Orthogonalité dans l'espace

Les prérequis, en vitesse

Avant tout, on travaille dans un repère orthonormé de l'espace : chaque point a trois coordonnées $(x\,;y\,;z)$, chaque vecteur aussi.

Deux réflexes de calcul suffisent pour démarrer. Le produit scalaire de $\vec{u}(x\,;y\,;z)$ et $\vec{v}(x'\,;y'\,;z')$ vaut $\vec{u}\cdot\vec{v}=xx'+yy'+zz'$. Et deux vecteurs sont orthogonaux exactement quand ce nombre est nul : $\vec{u}\perp\vec{v}\iff\vec{u}\cdot\vec{v}=0$.

Enfin, la norme (la longueur) d'un vecteur : $\|\vec{u}\|=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$. Avec ça, on est parés.

L'essentiel : le vecteur normal

Un plan $\mathcal{P}$, c'est une surface plate infinie. Un vecteur normal à ce plan, noté $\vec{n}$, c'est un vecteur non nul qui pique le plan à angle droit : il est orthogonal à toutes les directions tracées dans le plan.

Le point clé du chapitre : dès que tu connais un vecteur normal $\vec{n}(a\,;b\,;c)$ et un point $A(x_0\,;y_0\,;z_0)$ du plan, tu peux écrire son équation cartésienne. Et inversement, dans une équation $ax+by+cz+d=0$, les trois premiers coefficients sont les coordonnées d'un vecteur normal — tu les lis directement.

Les deux formules à retenir absolument :

$ax+by+cz+d=0\quad\text{avec}\quad\vec{n}(a\,;b\,;c),$

$d(M,\mathcal{P})=\dfrac{|ax_M+by_M+cz_M+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}.$

Un exemple, du début à la fin

On connaît un vecteur normal $\vec{n}(2\,;1\,;-1)$ et un point $A(1\,;-2\,;3)$ du plan. Quelle est l'équation du plan ?

1. On part de $a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0$ avec les coordonnées de $\vec{n}$ et de $A$ : $2(x-1)+1(y+2)-1(z-3)=0$.

2. On développe : $2x-2+y+2-z+3=0$.

3. On réduit : $2x+y-z+3=0$.

4. On vérifie avec $A$ : $2(1)+(-2)-3+3=0$. C'est bien $0$, l'équation est correcte.

Vecteur normal et équation cartésienne

Définition. Un vecteur normal à un plan $\mathcal{P}$ est un vecteur $\vec{n}\neq\vec{0}$ orthogonal à tous les vecteurs directeurs de $\mathcal{P}$. En pratique, il suffit qu'il soit orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan : ces deux-là engendrent déjà toutes les directions.

Le vecteur normal caractérise l'orientation du plan. Deux plans sont parallèles (ou confondus) si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires.

Des coordonnées à l'équation. Si $\vec{n}(a\,;b\,;c)$ est normal à $\mathcal{P}$ et si $A(x_0\,;y_0\,;z_0)\in\mathcal{P}$, alors un point $M(x\,;y\,;z)$ appartient à $\mathcal{P}$ si et seulement si $\vec{AM}\cdot\vec{n}=0$, ce qui donne $a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0$, puis, après développement, l'équation cartésienne $ax+by+cz+d=0$ avec $d=-(ax_0+by_0+cz_0)$.

De l'équation aux coordonnées. Réciproquement, tout plan d'équation $ax+by+cz+d=0$ (avec $a$, $b$, $c$ non tous nuls) admet $\vec{n}(a\,;b\,;c)$ pour vecteur normal : les coefficients se lisent directement.

Perpendiculaire, parallèle, et droite orthogonale au plan

Tout se décide sur les vecteurs normaux. Soit $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ de vecteurs normaux $\vec{n}_1$ et $\vec{n}_2$.

Plans perpendiculaires. $\mathcal{P}_1\perp\mathcal{P}_2\iff\vec{n}_1\cdot\vec{n}_2=0$ : les deux normales sont orthogonales.

Plans parallèles. $\mathcal{P}_1\parallel\mathcal{P}_2\iff\vec{n}_1$ et $\vec{n}_2$ sont colinéaires. Attention : colinéaires signifie parallèles ou confondus — pour trancher, on teste si un point de l'un appartient à l'autre.

Droite orthogonale à un plan. Une droite $\mathcal{D}$ de vecteur directeur $\vec{u}$ est orthogonale à $\mathcal{P}$ si et seulement si $\vec{u}$ est un vecteur normal de $\mathcal{P}$, c'est-à-dire $\vec{u}$ colinéaire à $\vec{n}$. C'est le pont commode entre droites et plans : la direction de la droite devient la normale du plan.

Distance d'un point à un plan, méthode et exemple

La distance d'un point $M(x_M\,;y_M\,;z_M)$ au plan $\mathcal{P}:ax+by+cz+d=0$ est la plus courte longueur entre $M$ et le plan (mesurée perpendiculairement) :

$d(M,\mathcal{P})=\dfrac{|ax_M+by_M+cz_M+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}.$

Au numérateur, on injecte les coordonnées de $M$ dans le membre de gauche de l'équation, en valeur absolue ; au dénominateur, la norme du vecteur normal.

Méthode pour écrire l'équation d'un plan.
1. Identifier le vecteur normal $\vec{n}(a\,;b\,;c)$.
2. Écrire $a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0$ avec un point connu $A\in\mathcal{P}$.
3. Développer et réduire pour arriver à $ax+by+cz+d=0$.
4. Contrôler en remplaçant $x,y,z$ par les coordonnées de $A$ : on doit trouver $0$.

Exemple — distance. Plan $\mathcal{P}:2x-y+2z-1=0$, point $M(2\,;1\,;-3)$. Le vecteur normal est $\vec{n}(2\,;-1\,;2)$, de norme $\sqrt{4+1+4}=3$. Alors $d(M,\mathcal{P})=\dfrac{|2(2)-1(1)+2(-3)-1|}{3}=\dfrac{|4-1-6-1|}{3}=\dfrac{4}{3}.$

Échauffement 1 — écrire l'équation d'un plan

On veut l'équation du plan $\mathcal{P}$ passant par $A(3\,;1\,;-1)$ et de vecteur normal $\vec{n}(1\,;-2\,;2)$. On y va ensemble.

On pose la forme. Comme $M(x\,;y\,;z)\in\mathcal{P}\iff\vec{AM}\cdot\vec{n}=0$, on écrit $1(x-3)-2(y-1)+2(z+1)=0$. (Le $y-1$ car $y_A=1$, le $z+1$ car $z_A=-1$.)

On développe, terme à terme. $x-3-2y+2+2z+2=0$.

On regroupe les constantes. $-3+2+2=1$, donc $x-2y+2z+1=0$.

On contrôle avec $A$. $3-2(1)+2(-1)+1=3-2-2+1=0$. On tombe sur $0$ : l'équation est juste.

Échauffement 2 — la distance d'un point à ce plan

On reste sur le plan $\mathcal{P}:x-2y+2z+1=0$ et on calcule la distance du point $M(2\,;-1\,;2)$.

On repère le vecteur normal. Les coefficients donnent $\vec{n}(1\,;-2\,;2)$.

On calcule sa norme (le dénominateur). $\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}+2^{2}}=\sqrt{1+4+4}=\sqrt{9}=3$.

On remplit le numérateur. On injecte $M$ dans le membre de gauche, en valeur absolue : $|1\times2-2\times(-1)+2\times2+1|=|2+2+4+1|=|9|=9$.

On conclut. $d(M,\mathcal{P})=\dfrac{9}{3}=3$.

Le réflexe à garder. On n'oublie jamais la valeur absolue au numérateur : une distance est toujours positive.

Échauffement 3 — plans perpendiculaires et droite orthogonale

Deux petits gestes très fréquents au contrôle, faits ensemble.

a) Ces deux plans sont-ils perpendiculaires ? Soit $\mathcal{P}_1:2x-y+3z-1=0$ et $\mathcal{P}_2:x+5y+z+4=0$. On lit les normales : $\vec{n}_1(2\,;-1\,;3)$ et $\vec{n}_2(1\,;5\,;1)$. On calcule leur produit scalaire : $\vec{n}_1\cdot\vec{n}_2=2\times1+(-1)\times5+3\times1=2-5+3=0$. Le produit scalaire est nul : les deux plans sont bien perpendiculaires.

b) Un plan orthogonal à une droite. On cherche le plan $\mathcal{Q}$ passant par $B(0\,;1\,;3)$ et orthogonal à la droite $\mathcal{D}$ de vecteur directeur $\vec{u}(1\,;-1\,;2)$. Comme $\mathcal{Q}\perp\mathcal{D}$, le vecteur $\vec{u}$ est un vecteur normal de $\mathcal{Q}$. On écrit donc $1(x-0)-1(y-1)+2(z-3)=0$, soit $x-y+1+2z-6=0$, c'est-à-dire $x-y+2z-5=0$. Contrôle avec $B$ : $0-1+2(3)-5=0-1+6-5=0$. Parfait.

Problème type — un plan défini par trois points

Énoncé. Dans un repère orthonormé, on donne $A(1\,;0\,;0)$, $B(0\,;2\,;0)$ et $C(0\,;0\,;3)$. Déterminer une équation cartésienne du plan $(ABC)$, puis la distance de l'origine $O$ à ce plan.

Étape 1 — deux vecteurs directeurs. $\vec{AB}(-1\,;2\,;0)$ et $\vec{AC}(-1\,;0\,;3)$ ne sont pas colinéaires : ils dirigent le plan.

Étape 2 — chercher un vecteur normal $\vec{n}(a\,;b\,;c)$. Il doit être orthogonal aux deux : on résout $\vec{n}\cdot\vec{AB}=0$ et $\vec{n}\cdot\vec{AC}=0$, soit $\begin{cases}-a+2b=0\\-a+3c=0\end{cases}$, d'où $a=2b$ et $a=3c$.

Étape 3 — choisir une solution simple. En prenant $b=3$ : $a=6$, et de $a=3c$ on tire $c=2$. Donc $\vec{n}(6\,;3\,;2)$ convient.

Étape 4 — l'équation du plan. Elle est de la forme $6x+3y+2z+d=0$. On y met $A(1\,;0\,;0)$ : $6+d=0$, donc $d=-6$. Ainsi $(ABC):6x+3y+2z-6=0$. (Contrôle avec $C$ : $2\times3-6=0$, correct.)

Étape 5 — la distance de $O$. La norme de $\vec{n}$ est $\sqrt{36+9+4}=\sqrt{49}=7$. Donc $d(O,(ABC))=\dfrac{|6\times0+3\times0+2\times0-6|}{7}=\dfrac{6}{7}.$

Ce que le correcteur attend : la remarque que $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ ne sont pas colinéaires, le système clairement posé, un choix de $\vec{n}$ assumé (n'importe quel multiple non nul marche), et la valeur absolue présente dans le calcul de distance.

Les pièges classiques (et ce qui coûte des points)

Confondre vecteur normal et vecteur directeur. Le vecteur normal $\vec{n}$ est orthogonal au plan ; il n'est pas contenu dedans. Un vecteur directeur, lui, est dans le plan. Les confondre fausse toute l'équation.

Oublier la valeur absolue. Dans la distance, le numérateur est $|ax_M+by_M+cz_M+d|$. Sans les barres, on peut trouver un nombre négatif — or une distance vérifie toujours $d(M,\mathcal{P})\ge0$.

Se tromper de signe pour $d$. On a $d=-(ax_0+by_0+cz_0)$, avec un moins, et non $+(ax_0+by_0+cz_0)$. Le contrôle final (je remplace par $A$, je dois trouver $0$) rattrape cette erreur.

Croire que « normales colinéaires » veut dire « plans confondus ». C'est le piège subtil. Prenons $\mathcal{P}_1:2x-y+2z-1=0$ et $\mathcal{P}_2:4x-2y+4z+3=0$. Les normales $\vec{n}_1(2\,;-1\,;2)$ et $\vec{n}_2(4\,;-2\,;4)=2\,\vec{n}_1$ sont colinéaires, donc les plans sont parallèles. Confondus ? On teste un point de $\mathcal{P}_1$, par exemple $H(0\,;0\,;\tfrac{1}{2})$ (il vérifie $2(0)-0+2\times\tfrac{1}{2}-1=0$). Dans $\mathcal{P}_2$ : $4(0)-2(0)+4\times\tfrac{1}{2}+3=2+3=5\neq0$. Le point n'est pas sur $\mathcal{P}_2$ : les plans sont strictement parallèles, pas confondus.

Le bon réflexe : normales colinéaires, puis test d'un point — c'est en deux temps qu'on tranche entre parallèles et confondus.

D'où vient la formule de distance

La formule $d(M,\mathcal{P})=\dfrac{|ax_M+by_M+cz_M+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$ n'est pas tombée du ciel : elle sort d'une projection orthogonale.

Idée de la démonstration. Soit $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur $\mathcal{P}$ : c'est le point du plan le plus proche de $M$, et $d(M,\mathcal{P})=MH$. Comme $\vec{HM}$ est orthogonal au plan, il est colinéaire au vecteur normal $\vec{n}(a\,;b\,;c)$.

Prenons un point $A$ quelconque du plan. En projetant $\vec{AM}$ sur la direction de $\vec{n}$, on obtient la longueur $MH$ :

$MH=\dfrac{|\vec{AM}\cdot\vec{n}|}{\|\vec{n}\|}.$

Or $\vec{AM}\cdot\vec{n}=a(x_M-x_A)+b(y_M-y_A)+c(z_M-z_A)=ax_M+by_M+cz_M-(ax_A+by_A+cz_A)$. Comme $A\in\mathcal{P}$, on a $ax_A+by_A+cz_A=-d$, donc $\vec{AM}\cdot\vec{n}=ax_M+by_M+cz_M+d$. En remplaçant, et avec $\|\vec{n}\|=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$, on retrouve exactement la formule. La valeur absolue, elle, vient simplement du fait qu'une longueur est positive.

Les notions voisines qu'on relie

L'orthogonalité dans l'espace n'est pas un îlot : elle branche entre elles plusieurs notions du programme.

Le produit scalaire. C'est le moteur de tout le chapitre : « orthogonal » veut dire « produit scalaire nul », et c'est lui qui fabrique aussi bien l'équation du plan que la distance.

Droites et représentation paramétrique. La droite passant par $M$ et orthogonale à $\mathcal{P}$ a pour vecteur directeur $\vec{n}$ ; on l'écrit en représentation paramétrique $\begin{cases}x=x_M+a\,t\\y=y_M+b\,t\\z=z_M+c\,t\end{cases}$. En cherchant où cette droite perce le plan, on trouve le projeté $H$ — et donc, à nouveau, la distance.

La sphère. Un plan est tangent à une sphère de centre $\Omega$ et de rayon $R$ exactement quand $d(\Omega,\mathcal{P})=R$ ; il la coupe si la distance est plus petite, l'évite si elle est plus grande. La distance point–plan devient un outil de position relative.

Un avant-goût de l'an prochain

Un raccourci qui arrive : le produit vectoriel. Cette année, pour trouver un vecteur normal à partir de deux vecteurs directeurs, on résout un système. Dans le supérieur, une seule opération le donne d'un coup : le produit vectoriel $\vec{u}\times\vec{v}$, un vecteur automatiquement orthogonal à $\vec{u}$ et à $\vec{v}$ — donc normal au plan qu'ils dirigent.

Monter en dimension. Un plan de l'espace est un cas particulier d'hyperplan. En dimension $n$, un hyperplan a pour équation $a_1x_1+a_2x_2+\dots+a_nx_n+d=0$, de vecteur normal $(a_1\,;a_2\,;\dots\,;a_n)$, et la distance d'un point se calcule avec exactement la même formule : $\dfrac{|a_1x_1+\dots+a_nx_n+d|}{\sqrt{a_1^{2}+\dots+a_n^{2}}}$. Ce que tu apprends en 3D se généralise mot pour mot.

Où ça sert. Cette géométrie des hyperplans et des distances est au cœur de l'algèbre linéaire de prépa, mais aussi de domaines très actuels : en apprentissage automatique, un « séparateur à vaste marge » (SVM) n'est rien d'autre qu'un hyperplan choisi pour maximiser sa distance aux points. Le petit $\vec{n}$ d'aujourd'hui devient un outil de tous les jours.