Tle · Du modèle à l’autonomie

Droites et plans de l’espace : pas à pas

Observe un exemple expliqué, entraîne-toi avec des indices, puis résous une autre situation sur papier. Compare les étapes avant de faire le point.

Mon objectif

Retrouver mes révisions

Positions relatives de deux droites

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Cherche les points communs à $$d:(x,y,z)=(t,0,t)$$ et $$d':(1-s,s,1-s)$$ . Pourquoi imposer $$t=s$$ dès le début serait-il une erreur ?

Comparer avec l’explication

On obtient $$s=0$$ et $$t=1$$ . La troisième coordonnée donne bien $$1=1-0$$ . Les droites se coupent donc en $$(1,0,1)$$ . Imposer $$t=s$$ aurait exclu ce point alors qu'il appartient aux deux droites. Réessaie : remplace la troisième coordonnée de $$d'$$ par $$2-s$$ . Les deux premières imposent encore $$s=0$$ et $$t=1$$ , mais la troisième donnerait $$1=2$$ : les droites, de directions non colinéaires, sont alors non coplanaires.

3. Résoudre seul

$d_1:\begin{cases}x=1+2t\\y=-t\\z=3+t\end{cases}$ , $d_2:\begin{cases}x=3+4s\\y=1-2s\\z=4+2s\end{cases}$ , $d_3:\begin{cases}x=-1+s\\y=2+s\\z=1-s\end{cases}$ .

$$d_1$$ et $$d_2$$ sont-elles parallèles, sécantes, ou non coplanaires ?
$$d_1$$ et $$d_3$$ sont-elles parallèles, sécantes, ou non coplanaires ?

Comparer avec l’explication

$$d_1$$ et $$d_2$$ :

Vecteurs directeurs : $\vec{u}_1\coord{2}{-1}{1}$ , $\vec{u}_2\coord{4}{-2}{2}=2\vec{u}_1$ .

Les vecteurs sont colinéaires : $d_1\parallel d_2$ . Reste à savoir si elles sont confondues ou strictement parallèles.

Le point $$A_1(1,0,3)$$ (de $$d_1$$ pour $$t=0$$ ) est-il sur $$d_2$$ ? On cherche $$s$$ tel que $$1=3+4s$$ , soit $s=-\frac{1}{2}$ . Vérifions : $y=1-2(-\frac{1}{2})=2\neq 0$ non.

Donc $$d_1$$ et $$d_2$$ sont strictement parallèles.
$$d_1$$ et $$d_3$$ :

$\vec{u}_1\coord{2}{-1}{1}$ , $\vec{u}_3\coord{1}{1}{-1}$ . Non colinéaires ( $\frac{2}{1}\neq\frac{-1}{1}$ ).

On résout : $\begin{cases}1+2t=-1+s\quad(1)\\-t=2+s\quad(2)\\3+t=1-s\quad(3)\end{cases}$

De (2) : $$s=-t-2$$ . Dans (1) :
$\begin{aligned}1+2t &= -1+(-t-2)\\[.35em]&= -3-t ,\end{aligned}$
d'où $$3t=-4$$ , $t=-\frac{4}{3}$ ,
$\begin{aligned}s &= -\frac{4}{3}\times(-1)-2\\[.35em]&= \frac{4}{3}-2\\[.35em]&= -\frac{2}{3} .\end{aligned}$
Vérification dans (3) : $3+(-\frac{4}{3})=\frac{5}{3}$ et $1-(-\frac{2}{3})=\frac{5}{3}$ . $\frac{5}{3}=\frac{5}{3}$ ✓

Les droites sont sécantes. Point d'intersection :
$\begin{aligned}x &= 1+2(-\frac{4}{3})\\[.35em]&= -\frac{5}{3} ,\end{aligned}$ $y=\frac{4}{3},$ $\begin{aligned}z &= 3-\frac{4}{3}\\[.35em]&= \frac{5}{3} .\end{aligned}$ $I=\boldsymbol{\left(-\frac{5}{3},\,\frac{4}{3},\,\frac{5}{3}\right)}.$

Soit $\mathcal{P}:\begin{cases}x=1+s+2t\\y=2-s+t\\z=s-t\end{cases}$ .

Déterminer un vecteur normal à $\mathcal{P}$ .
En déduire l'équation cartésienne de $\mathcal{P}$ .
Le point $$M(4,3,-1)$$ appartient-il à $\mathcal{P}$ ?

Comparer avec l’explication

Vect. directeurs : $\vec{u}\coord{1}{-1}{1}$ , $\vec{v}\coord{2}{1}{-1}$ .

On cherche $\vec{n}\coord{a}{b}{c}$ : $\begin{cases}a-b+c=0\\2a+b-c=0\end{cases}$

Addition : $$3a=0$$ , $$a=0$$ . De (1) : $$c=b$$ . Prenons $$b=1$$ , $$c=1$$ . $\vec{n}\coord{0}{1}{1}$ .
$\mathcal{P}$ passe par $$A(1,2,0)$$ (pour
$\begin{aligned}s &= t\\[.35em]&= 0\end{aligned}$
). Équation : $$0(x-1)+1(y-2)+1(z-0)=0$$ , soit $\boldsymbol{y+z-2=0}$ .

Vérif : $$A(1,2,0)$$ donne $$2+0-2=0$$ ✓.
$$M(4,3,-1)$$ : $$3+(-1)-2=0$$ ✓. Oui, $M\in\mathcal{P}$ .

4. Aller plus loin

Soit $\mathcal{P}:3x-y+2z-6=0$ .

Trouver un point et deux vecteurs directeurs de $\mathcal{P}$ .
Écrire la représentation paramétrique de $\mathcal{P}$ .
Vérifier en retrouvant l'équation cartésienne.

Comparer avec l’explication

Point :
$\begin{aligned}y &= z\\[.35em]&= 0\end{aligned}$
donne $$3x=6$$ , $$x=2$$ . $$A(2,0,0)$$ .

Vect. dir. (solutions de $$3x-y+2z=0$$ ) : $y=3,z=0\Rightarrow x=1$ : $\vec{u}\coord{1}{3}{0}$ . $y=0,z=3\Rightarrow x=-2$ : $\vec{v}\coord{-2}{0}{3}$ . Non colinéaires ✓.
$\mathcal{P}:\begin{cases}x=2+s-2t\\y=3s\\z=3t\end{cases}$
Vérif :
$\begin{aligned}3(2+s-2t)-(3s)+2(3t)-6 &= 6+3s-6t-3s+6t-6\\[.35em]&= 0\end{aligned}$
✓.

Positions relatives d'une droite et d'un plan

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

On considère le plan $\mathcal P:z=1$ . Décris l'intersection avec $$d_1:(x,y,z)=(t,0,2t)$$ , $$d_2:(t,1,0)$$ et $$d_3:(t,1,1)$$ .

Comparer avec l’explication

Sur $$d_1$$ , $$t=1/2$$ est l'unique solution : l'intersection est $$(1/2,0,1)$$ . Sur $$d_2$$ , $$0=1$$ est impossible : la droite est strictement parallèle au plan. Sur $$d_3$$ , tous les t conviennent : la droite est incluse dans le plan. Réessaie : avec le plan $$z=0$$ , les intersections deviennent respectivement O, toute $$d_2$$ , et l'ensemble vide. La direction n'a pas changé, mais la position du plan a changé.

3. Résoudre seul

$d:\begin{cases}x=2+t\\y=1-2t\\z=3t\end{cases}$ et $\mathcal{P}:3x+y-z-8=0$ .

Déterminer le point d'intersection de $$d$$ et $\mathcal{P}$ .
Quel est l'angle entre $$d$$ et $\mathcal{P}$ ?

Comparer avec l’explication

Substitution de $$d$$ dans $\mathcal{P}$ : $$3(2+t)+(1-2t)-(3t)-8=0$$ , soit $$6+3t+1-2t-3t-8=0$$ , d'où $$-2t-1=0$$ , $t=-\frac{1}{2}$ .

Point d'intersection :
$\begin{aligned}x &= 2-\frac{1}{2}\\[.35em]&= \frac{3}{2} ,\end{aligned}$ $\begin{aligned}y &= 1+1\\[.35em]&= 2 ,\end{aligned}$ $z=-\frac{3}{2}.$
$\boldsymbol{I=\left(\frac{3}{2},\,2,\,-\frac{3}{2}\right)}$ .

Vérification :
$\begin{aligned}3\times\frac{3}{2}+2-(-\frac{3}{2})-8 &= \frac{9}{2}+2+\frac{3}{2}-8\\[.35em]&= \frac{12}{2}+2-8\\[.35em]&= 6+2-8\\[.35em]&= 0\end{aligned}$
✓.
L'angle $\alpha$ entre la droite $$d$$ et le plan $\mathcal{P}$ est le complémentaire de l'angle entre $\vec{u}$ et $\vec{n}$ :
$\sin\alpha = \frac{|\vec{u}\cdot\vec{n}|}{\norme{\vec{u}}\norme{\vec{n}}}$
$\vec{u}\coord{1}{-2}{3}$ , $\vec{n}\coord{3}{1}{-1}$ .
$\begin{aligned}\vec{u}\cdot\vec{n} &= 3-2-3\\[.35em]&= -2 .\end{aligned}$ $\begin{aligned}\norme{\vec{u}} &= \sqrt{1+4+9}\\[.35em]&= \sqrt{14} ,\end{aligned}$ $\begin{aligned}\norme{\vec{n}} &= \sqrt{9+1+1}\\[.35em]&= \sqrt{11} .\end{aligned}$ $\begin{aligned}\sin\alpha &= \frac{2}{\sqrt{14}\sqrt{11}}\\[.35em]&= \frac{2}{\sqrt{154}} .\end{aligned}$
Donc
$\begin{aligned}\alpha &= \arcsin\frac{2}{\sqrt{154}}\\[.35em]&\approx \boldsymbol{9{,}3°} .\end{aligned}$

$d:\begin{cases}x=1+t\\y=2+2t\\z=-1+t\end{cases}$ et $\mathcal{P}:x+y-3z-6=0$ .

Vérifier que $$d$$ est parallèle à $\mathcal{P}$ .
$$d$$ est-elle contenue dans $\mathcal{P}$ ?

Comparer avec l’explication

$\vec{u}\coord{1}{2}{1}$ , $\vec{n}\coord{1}{1}{-3}$ .
$\begin{aligned}\vec{u}\cdot\vec{n} &= 1+2-3\\[.35em]&= 0 .\end{aligned}$
Donc $d\parallel\mathcal{P}$ (ou $d\subset\mathcal{P}$ ).
On teste si $A(1,2,-1)\in\mathcal{P}$ :
$\begin{aligned}1+2-3(-1)-6 &= 1+2+3-6\\[.35em]&= 0\end{aligned}$
✓.

Comme $A\in\mathcal{P}$ et $\vec{u}\cdot\vec{n}=0$ , la droite $$d$$ est entièrement contenue dans $\mathcal{P}$ .

4. Aller plus loin

Soit $\mathcal{P}:2x-y+2z-3=0$ et $$A(1,1,1)$$ .

Écrire la représentation paramétrique de la droite $$d$$ passant par $$A$$ et perpendiculaire à $\mathcal{P}$ .
Déterminer le projeté orthogonal $$H$$ de $$A$$ sur $\mathcal{P}$ .
Calculer $$AH$$ .

Comparer avec l’explication

$d\perp\mathcal{P}$ signifie que le vect.\ dir.\ de $$d$$ est $\vec{n}\coord{2}{-1}{2}$ . $d:\begin{cases}x=1+2t\\y=1-t\\z=1+2t\end{cases}$
Substitution dans $\mathcal{P}$ : $$2(1+2t)-(1-t)+2(1+2t)-3=0$$ , soit $$2+4t-1+t+2+4t-3=0$$ , d'où $$9t=0$$ , $$t=0$$ .

Donc
$\begin{aligned}H &= A\\[.35em]&= (1,1,1) .\end{aligned}$
Cela signifie que $$A$$ est déjà dans le plan $\mathcal{P}$ .

Vérif :
$\begin{aligned}2(1)-1+2(1)-3 &= 2-1+2-3\\[.35em]&= 0\end{aligned}$
✓. Effectivement, $A\in\mathcal{P}$ .
$$AH=0$$ puisque $$H=A$$ .

Positions de deux plans et approfondissement de leur intersection

1. Observer

Exemple · Intersection de deux plans : exemple détaillé

\mathcal{P}_1:x+y+z-3=0

\text{et }\mathcal{P}_2:2x-y+z-3=0.

Étape 1 : Normaux : $\vec{n}_1\coord{1}{1}{1}$ , $\vec{n}_2\coord{2}{-1}{1}$ . Non colinéaires ( $\frac{1}{2}\neq\frac{1}{-1}$ ), donc sécants.

Vecteur directeur $\vec{d}\coord{a}{b}{c}$ : $\begin{cases}a+b+c=0\\2a-b+c=0\end{cases}$

Soustrayons : $(2a-b+c)-(a+b+c)=0 \Rightarrow a-2b=0 \Rightarrow a=2b$ .

De (1) :

\begin{aligned}c &= -a-b\\[.35em]&= -2b-b\\[.35em]&= -3b .\end{aligned}

Prenons $$b=1$$ : $\vec{d}\coord{2}{1}{-3}$ .

Étape 2 : Un point : posons $$z=0$$ . $\begin{cases}x+y=3\\2x-y=3\end{cases}$ Addition : $$3x=6$$ , $$x=2$$ , $$y=1$$ . Point $$A(2,1,0)$$ .

Vérif : $$2+1+0-3=0$$ ✓ et $$4-1+0-3=0$$ ✓.

Étape 3 : $\Delta:\begin{cases}x=2+2t\\y=1+t\\z=-3t\end{cases},\quad t\in\R$

2. S’entraîner avec aide

Résous simultanément $$x+y+z=3$$ et $$x-y+z=1$$ . Décris géométriquement toutes les solutions, puis donne deux points distincts de l'intersection.

Comparer avec l’explication

La soustraction donne $$2y=2$$ , donc $$y=1$$ . La première équation devient $$x+z=2$$ . Tous les points sont donc $$(t,1,2-t)$$ , avec $$t$$ réel : une droite de direction $$(1,0,-1)$$ . Par exemple $$(0,1,2)$$ et $$(2,1,0)$$ satisfont les deux équations. Réessaie : les équations $$x+y+z=3$$ et $$2x+2y+2z=6$$ décrivent le même plan. Si le 6 est remplacé par 7, elles n'ont aucun point commun. Vérifier seulement les normales ne permet pas de distinguer ces deux cas.

3. Résoudre seul

\mathcal{P}_1:x+2y-z+1=0

\text{et }\mathcal{P}_2:2x-y+z-4=0.

Montrer que $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ sont sécants.
Déterminer la représentation paramétrique de la droite d'intersection $\Delta$ .

Comparer avec l’explication

$\vec{n}_1\coord{1}{2}{-1}$ , $\vec{n}_2\coord{2}{-1}{1}$ . $\frac{1}{2}\neq\frac{2}{-1}$ : non colinéaires, donc sécants.
Vecteur directeur $\vec{d}\coord{a}{b}{c}$ : $\begin{cases}a+2b-c=0\\2a-b+c=0\end{cases}$ Addition : $$3a+b=0$$ , $$b=-3a$$ . De (1) :
$\begin{aligned}c &= a+2(-3a)\\[.35em]&= -5a .\end{aligned}$
Avec $$a=1$$ : $\vec{d}\coord{1}{-3}{-5}$ .

Un point : posons $$z=0$$ . $\begin{cases}x+2y=-1\\2x-y=4\end{cases}$ De (2) : $$y=2x-4$$ . Dans (1) : $$x+2(2x-4)=-1$$ , $$5x=7$$ , $x=\frac{7}{5}$ ,
$\begin{aligned}y &= \frac{14}{5}-4\\[.35em]&= -\frac{6}{5} .\end{aligned}$
$A\left(\frac{7}{5},-\frac{6}{5},0\right)$ .
$\Delta:\begin{cases}x=\frac{7}{5}+t\\y=-\frac{6}{5}-3t\\z=-5t\end{cases}$
Vérif dans $\mathcal{P}_1$ :
$\begin{aligned}&\frac{7}{5} +t +2(-\frac{6}{5}-3t) -(-5t) +1\\[.35em]&= \frac{7}{5} -\frac{12}{5} +t -6t\\[.35em]&\quad {}+5t +1\\[.35em]&= -1+1\\[.35em]&= 0\end{aligned}$
✓.

\mathcal{P}_1:2x-y+3z+1=0,

\mathcal{P}_2:4x-2y+6z-5=0,

\mathcal{P}_3:x+y+z-2=0.

$\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ sont-ils parallèles ? Confondus ?
$\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_3$ sont-ils perpendiculaires ?
Trouver l'équation du plan $\mathcal{P}_4$ parallèle à $\mathcal{P}_1$ passant par $$A(1,0,-1)$$ .

Comparer avec l’explication

$\vec{n}_1\coord{2}{-1}{3}$ , $\vec{n}_2\coord{4}{-2}{6}=2\vec{n}_1$ . Colinéaires, donc parallèles.

Confondus ? Point de $\mathcal{P}_1$ : $(0,0,\frac{-1}{3})$ . Dans $\mathcal{P}_2$ : $0-0+6\times\frac{-1}{3}-5=-2-5=-7\neq 0$ . Parallèles stricts.
$\vec{n}_1\cdot\vec{n}_3=2(1)+(-1)(1)+3(1)=4\neq 0$ . Non perpendiculaires.
$\mathcal{P}_4\parallel\mathcal{P}_1$ : même normal $\coord{2}{-1}{3}$ . Passant par $$A(1,0,-1)$$ : $$2(x-1)-(y-0)+3(z+1)=0$$ , soit $$2x-y+3z+1=0$$ .

Vérif : $$2-0-3+1=0$$ ✓. $\boldsymbol{\mathcal{P}_4:2x-y+3z+1=0}$ .

4. Aller plus loin

\mathcal{P}_1:x+y+z=6,

\mathcal{P}_2:x-y+2z=5,

\mathcal{P}_3:2x+y-z=3.

Déterminer le point d'intersection des trois plans.

Comparer avec l’explication

Pour déterminer le point d'intersection des trois plans $\mathcal{P}_1$ , $\mathcal{P}_2$ et $\mathcal{P}_3$ , nous devons résoudre le système suivant :

\begin{cases} x + y + z = 6 \quad (1) \\ x - y + 2z = 5 \quad (2) \\ 2x + y - z = 3 \quad (3) \end{cases}

Méthode de résolution par substitution :

Élimination de $$x$$ et $$z$$ en fonction de $$y$$ : En soustrayant $$(2)$$ à $$(1)$$ , on élimine $$x$$ :
$(1) - (2) \implies 2y - z = 1 \implies \mathbf{z = 2y - 1} \text{ }$
En soustrayant $$(3)$$ à $$(1)$$ , on obtient une relation entre $$x$$ et $$z$$ :
$(1) - (3) \implies -x + 2z = 3 \implies \mathbf{x = 2z - 3} \text{ }$
Substitution dans l'équation (1) : Exprimons d'abord $$x$$ uniquement en fonction de $$y$$ en utilisant $$z = 2y - 1$$ :
$\begin{aligned}x &= 2(2y - 1) - 3\\[.35em]&= 4y - 2 - 3\\[.35em]&= \mathbf{4y - 5}\end{aligned}$
Injectons maintenant ces expressions de $$x$$ et $$z$$ dans l'équation $$(1)$$ :
$\[(4y - 5) + y + (2y - 1) = 6\]$ $7y - 6 = 6 \implies 7y = 12 \implies \mathbf{y = \frac{12}{7}} \text{ }$
Calcul des autres coordonnées :
$z = 2\left(\frac{12}{7}\right) - 1 = \frac{24}{7} - \frac{7}{7} = \mathbf{\frac{17}{7}} \text{ }$ $x = 4\left(\frac{12}{7}\right) - 5 = \frac{48}{7} - \frac{35}{7} = \mathbf{\frac{13}{7}} \text{ }$

Conclusion : Les trois plans sont sécants en un point unique $I\left(\frac{13}{7}, \frac{12}{7}, \frac{17}{7}\right)$ .

Vérification :

$\begin{aligned}(1) : \frac{13+12+17}{7} &= \frac{42}{7}\\[.35em]&= 6\end{aligned}$
✓
$\begin{aligned}(2) : \frac{13-12+34}{7} &= \frac{35}{7}\\[.35em]&= 5\end{aligned}$
✓
$\begin{aligned}(3) : \frac{26+12-17}{7} &= \frac{21}{7}\\[.35em]&= 3\end{aligned}$
✓

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