Géométrie dans l'espace 2BAC SM

Étape 1 — Représentation paramétrique de $(d)$

La droite $(d)$ passe par $A(1,0,2)$ avec vecteur directeur $\vec{u}=(2,1,-1)$. Un point courant $M(x,y,z)$ de $(d)$ vérifie :

C'est bien une représentation paramétrique de $(d)$.

Étape 2 — Projection de $P$ sur le plan $(xOy)$ et distance $P{H}^{\prime }$

Le plan $(xOy)$ a pour équation $z=0$. La projection orthogonale de $P(3,4,1)$ sur ce plan est obtenue en annulant la coordonnée $z$ :

La distance $P{H}^{\prime }$ est la longueur du segment vertical :

Ainsi $P{H}^{\prime }=1$.

Étape 3 — Projection de $(d)$ sur le plan $(xOy)$ et distance de $H^{\prime }$ à $(d^{\prime })$

La projection de $(d)$ sur le plan $(xOy)$ est la droite $(d^{\prime })$ passant par $A^{\prime }(1,0)$ (projection de $A$) avec vecteur directeur $\overrightarrow{u^{\prime }}=(2,1)$ (composantes $x$ et $y$ de $\vec{u}$). Une équation cartésienne de $(d^{\prime })$ dans le plan : on élimine $t$ entre $x=1+2t$ et $y=t$, d'où $t=y$ et $x=1+2y$, soit :

La distance de $H^{\prime }(3,4)$ à la droite $(d^{\prime })$ d'équation $x-2y-1=0$ dans le plan $(xOy)$ est :

On obtient $d(H^{\prime },(d^{\prime }))=\frac{6}{\sqrt{5}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$.

Étape 4 — Déduction de la distance de $P$ à $(d)$ par la méthode de projection

On dispose de :

• $P{H}^{\prime }=1$ (hauteur verticale de $P$ au-dessus du plan $(xOy)$),
• $d(H^{\prime },(d^{\prime }))=\frac{6}{\sqrt{5}}$ (distance horizontale de $H^{\prime }$ à la projection de $(d)$).

En appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle formé par $P$, $H^{\prime }$ et le pied de la perpendiculaire de $H^{\prime }$ sur $(d^{\prime })$, on obtient :

On conclut donc que $d(P,(d))=\frac{\sqrt{205}}{5}$.

Étape 5 — Calcul correct par la perpendiculaire directe

On cherche $H$ sur $(d)$ tel que $\overrightarrow{PH}\perp \vec{u}$. Un point de $(d)$ s'écrit $M(1+2t,t,2-t)$, donc :

La condition $\overrightarrow{PM}\cdot \vec{u}=0$ donne :

Donc $H=\left(1+3,\frac{3}{2},2-\frac{3}{2}\right)=\left(4,\frac{3}{2},\frac{1}{2}\right)$.

La distance est :

Étape 6 — Vérification par le produit vectoriel

On calcule $\overrightarrow{AP}=P-A=(3-1,4-0,1-2)=(2,4,-1)$ et $\vec{u}=(2,1,-1)$.

Donc $\Vert \overrightarrow{AP}\wedge \vec{u}\Vert =\sqrt{9+0+36}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$ et $\Vert \vec{u}\Vert =\sqrt{4+1+1}=\sqrt{6}$.

On retrouve bien $d(P,(d))=\frac{\sqrt{30}}{2}$, ce qui confirme le résultat de l'étape 5.