Le cours formel Rappels : caractériser droites et plans
Définition · Rappel : Représentation paramétrique d'une droite
Soit \(d\) la droite passant par le point \(A(x_A,y_A,z_A)\) et de vecteur directeur \(\vec{u}\coord{a}{b}{c}\) (non nul).
Un point \(M(x,y,z)\) appartient à \(d\) si et seulement si il existe un réel \(t\) tel que :
\[\boxed{d:\; \begin{cases} x = x_A + ta \\ y = y_A + tb \\ z = z_A + tc \end{cases}, \quad t \in \R}\]
Le réel \(t\) est le paramètre . Pour \(t=0\) , on retrouve le point \(A\) .
Définition · Rappel : Équation cartésienne d'un plan
Soit \(\mathcal{P}\) un plan de vecteur normal \(\vec{n}\coord{a}{b}{c}\) (non nul), passant par \(A(x_A,y_A,z_A)\) .
Un point \(M(x,y,z)\) appartient à \(\mathcal{P}\) si et seulement si :
\[\boxed{\begin{aligned}\mathcal{P}:\; ax + by + cz + d &= 0\\\text{avec } d &= -(ax_A+by_A+cz_A)\end{aligned}}\]
Réciproquement, dans toute équation \(ax+by+cz+d=0\) (avec \((a,b,c)\neq(0,0,0)\) ), les coefficients \(a\) , \(b\) , \(c\) sont les coordonnées d'un vecteur normal \(\vec{n}\coord{a}{b}{c}\) .
Méthode · Passage paramétrique \(\leftrightarrow\) cartésienne pour un plan
Paramétrique \(\to\) cartésienne :
Lire les deux vecteurs directeurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) dans la représentation paramétrique.
Trouver un vecteur normal \(\vec{n}\coord{a}{b}{c}\) en résolvant le système \(\begin{cases}\vec{n}\cdot\vec{u}=0\\\vec{n}\cdot\vec{v}=0\end{cases}\) . C'est un système de 2 équations à 3 inconnues. On exprime les inconnues en fonction d'une variable libre, puis on choisit une valeur donnant un vecteur non nul. Fixer arbitrairement \(c=1\) peut être impossible si les équations imposent \(c=0\) .
Calculer \(d\) en substituant un point connu dans \(ax+by+cz+d=0\) .
Cartésienne \(\to\) paramétrique :
Trouver un point \(A\) du plan (choisir une coordonnée dont le coefficient est non nul, fixer les deux autres et résoudre).
Trouver deux vecteurs directeurs en cherchant deux solutions non colinéaires de \(ax+by+cz=0\) (l'équation homogène associée).
Vérifier que ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, puis écrire la représentation paramétrique.
Exemple · Passage cartésienne \(\to\) paramétrique
Soit \(\mathcal{P}: 2x-y+3z-6=0\) . Trouvons un point et deux vecteurs directeurs.
Un point : posons
\[\begin{aligned}y &= z\\[.35em]&= 0
.\end{aligned}\]
Alors \(2x=6\) , soit \(x=3\) . Donc \(A(3,0,0)\in\mathcal{P}\) .
Deux vecteurs directeurs : on cherche \(\vec{u}\coord{x}{y}{z}\) tel que \(2x-y+3z=0\) .
Fixons \(y=2,z=0\) : \(2x=2\) , \(x=1\) . Donc \(\vec{u}\coord{1}{2}{0}\) .
Fixons \(y=0,z=2\) : \(2x=-6\) , \(x=-3\) . Donc \(\vec{v}\coord{-3}{0}{2}\) .
Vérifions que \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) ne sont pas colinéaires : si \(\vec u=\lambda\vec v\) , la deuxième coordonnée imposerait \(2=\lambda\times0\) , impossible. ✓
\(\mathcal{P}:\begin{cases}x=3+s-3t\\y=2s\\z=2t\end{cases},\quad(s,t)\in\R^2\)
Vérification :
\[\begin{aligned}2(3+s-3t)-(2s)+3(2t)-6 &= 6+2s-6t-2s+6t-6\\[.35em]&= 0\end{aligned}\]
✓.
Une preuve à construire
Équation du plan normal à un vecteur Dans un repère orthonormé, un plan passe par \(A(x_A,y_A,z_A)\) et a pour normale \(\vec n=(a,b,c)\ne\vec0\) . Démontre que ses points vérifient \(a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0\) .
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Le déplacement de \(A\) vers un point du plan est orthogonal à la normale. La réciproque doit également être expliquée.
Indice 2 · Un pas de plus La direction d'un plan normal à \(\vec n\) est l'ensemble des vecteurs orthogonaux à \(\vec n\) . Puis écris les coordonnées de \(\vect{AM}\) .
Voir la preuve expliquée Par définition du plan passant par \(A\) de direction orthogonale à \(\vec n\) , on a
\[\begin{aligned}M\in\mathcal P&\Longleftrightarrow\vect{AM}\cdot\vec n=0\\[.35em]&\Longleftrightarrow a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0.\end{aligned}\]
Le produit est développé grâce au repère orthonormé. En regroupant les constantes, on obtient \(ax+by+cz+d=0\) avec \(d=-(ax_A+by_A+cz_A)\) . Inversement, cette équation équivaut à l'orthogonalité du déplacement et décrit exactement ce plan. Si \((a,b,c)=(0,0,0)\) , l'équation serait vraie pour tout point ou pour aucun point : la non-nullité est indispensable. Réessaie : \(A=(0,0,2)\) et \(\vec n=(0,0,1)\) donnent \(z=2\) .
À toi d’essayer
Une représentation décrit-elle vraiment le même ensemble ? Le plan a pour équation \(2x-y+z=3\) . Exprime \(y\) en fonction de \(x\) et \(z\) puis donne une représentation paramétrique. Vérifie qu'elle produit le point \((1,0,1)\) .
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Tu peux choisir librement \(x\) et \(z\) , car le coefficient de \(y\) n'est pas nul.
Indice 2 · Un pas de plus L'équation devient \(y=2x+z-3\) . Pose \(x=s\) et \(z=t\) .
Voir l’explication On obtient \((x,y,z)=(s,2s+t-3,t)\) . Pour
\[\begin{aligned}s &= t\\[.35em]&= 1
,\end{aligned}\]
le point est \((1,0,1)\) . Réciproquement, tout point du plan peut se représenter en choisissant s égal à son abscisse et t égal à sa troisième coordonnée ; on n'a donc perdu aucun point. Les directions \((1,2,0)\) et \((0,1,1)\) ne sont pas colinéaires. Réessaie : \(z=2\) s'écrit \((s,t,2)\) ; sa normale est \((0,0,1)\) , tandis que ses directions sont \((1,0,0)\) et \((0,1,0)\) .
Positions relatives de deux droites
Dans l'espace, deux droites \(d_1\) et \(d_2\) se trouvent dans l'une des quatre configurations suivantes. C'est la première grande différence avec le plan (où les trois premiers cas existent déjà).
Propriété · Les quatre cas possibles
Soient \(d_1\) (passant par \(A_1\) , vecteur directeur \(\vec{u}_1\) ) et \(d_2\) (passant par \(A_2\) , vecteur directeur \(\vec{u}_2\) ).
Position \(\vec{u}_1\) et \(\vec{u}_2\) Points communs Coplanaires ? Confondues colinéaires \(\infty\) oui Parallèles strictes colinéaires \(0\) oui Sécantes non colinéaires \(1\) oui Non coplanaires (gauches)non colinéaires \(0\) non
Remarque : les trois premiers cas sont exactement les mêmes que dans le plan. Seul le quatrième cas est spécifique à l'espace.
Intuition · Comment visualiser les quatre cas
Pour bien comprendre ces quatre cas, pense à des objets du quotidien :
Confondues : la même ligne tracée deux fois. Les deux tracés occupent exactement le même emplacement (infinité de points communs).
Parallèles strictes : les deux rails d'une voie ferrée. Même direction, mais ils ne se touchent jamais (zéro point commun).
Sécantes : deux routes qui se croisent à un carrefour. Elles se rencontrent en un seul point (un point commun).
Non coplanaires (gauches) : une route au sol et un pont autoroutier qui passe au-dessus. Ils ne sont pas parallèles (directions différentes), mais ne se croisent jamais non plus car ils sont à des altitudes différentes (zéro point commun).
À retenir : aucun plan ne contient deux droites non coplanaires. On peut les représenter en perspective sur une feuille, mais ce dessin ne doit pas être confondu avec un plan qui contiendrait les droites réelles.
Attention · Ne confonds pas « non sécantes » et « parallèles »
C'est l'erreur la plus fréquente ! Dans le plan , « non sécantes » implique « parallèles ». Mais dans l'espace , deux droites peuvent ne pas se couper sans être parallèles (cas des droites gauches). Donc à l'examen, quand tu montres que deux droites n'ont pas de point commun, tu ne peux pas conclure qu'elles sont parallèles : il faut aussi vérifier si les vecteurs directeurs sont colinéaires.
Méthode · Algorithme pour déterminer la position relative de deux droites
Étape 1 : tester si \(\vec{u}_1\) et \(\vec{u}_2\) sont colinéaires .
Si oui (\(\vec{u}_1\parallel\vec{u}_2\) ) : les droites sont parallèles. Pour distinguer confondues/parallèles strictes, tester si un point de \(d_2\) appartient à \(d_1\) (par exemple, vérifier si \(\vect{A_1A_2}\) est colinéaire à \(\vec{u}_1\) ).
Étape 2 : si \(\vec{u}_1\not\parallel\vec{u}_2\) , écrire les représentations paramétriques et résoudre le système pour chercher un point d'intersection.
Concrètement : \(d_1\) est paramétrée par \(t\) , \(d_2\) par \(s\) . On écrit les 3 équations obtenues en égalant les coordonnées :
\[\begin{cases} x_{A_1}+t\,a_1 = x_{A_2}+s\,a_2 \\ y_{A_1}+t\,b_1 = y_{A_2}+s\,b_2 \\ z_{A_1}+t\,c_1 = z_{A_2}+s\,c_2 \end{cases}\]
C'est un système de 3 équations à 2 inconnues (\(t\) et \(s\) ). On choisit deux équations indépendantes pour proposer les paramètres, puis on vérifie toutes les équations. Les deux premières ne sont pas toujours indépendantes.
Exemple · Exemple complet : droites sécantes
\(d_1:\begin{cases}x=1+t\\y=t\\z=2t\end{cases}\) et \(d_2:\begin{cases}x=2+s\\y=1-s\\z=2+2s\end{cases}\)
Étape 1 : \(\vec{u}_1\coord{1}{1}{2}\) , \(\vec{u}_2\coord{1}{-1}{2}\) . Non colinéaires car \(\frac{1}{1}\neq\frac{1}{-1}\) .
Étape 2 : On résout \(\begin{cases}1+t=2+s\\t=1-s\\2t=2+2s\end{cases}\)
De (2) : \(s=1-t\) . Dans (1) :
\[\begin{aligned}1+t &= 2+(1-t)\\[.35em]&= 3-t
,\end{aligned}\]
donc \(2t=2\) , \(t=1\) et \(s=0\) .
Vérification dans (3) : \(2\times 1=2\) et \(2+2\times 0=2\) . \(2=2\) ✓
Les droites sont sécantes en
\[\begin{aligned}M &= (1+1,\,1,\,2)\\[.35em]&= \boldsymbol{(2,1,2)}
.\end{aligned}\]
Exemple · Exemple complet : droites non coplanaires
\(d_1:\begin{cases}x=1+t\\y=2-t\\z=3+2t\end{cases}\) et \(d_2:\begin{cases}x=3+s\\y=s\\z=5-s\end{cases}\)
Étape 1 : \(\vec{u}_1\coord{1}{-1}{2}\) , \(\vec{u}_2\coord{1}{1}{-1}\) . Non colinéaires (pas de ratio commun).
Étape 2 : \(\begin{cases}1+t=3+s\quad(1)\\2-t=s\quad(2)\\3+2t=5-s\quad(3)\end{cases}\)
De (2) : \(s=2-t\) . Dans (1) :
\[\begin{aligned}1+t &= 3+(2-t)\\[.35em]&= 5-t
,\end{aligned}\]
donc \(2t=4\) , \(t=2\) , \(s=0\) .
Vérification dans (3) : \(3+4=7\) et \(5-0=5\) . \(7\neq 5\) non
Le système est incompatible . Les droites sont non coplanaires (droites gauches).
À toi d’essayer
Deux droites ont deux paramètres indépendants 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 ?
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste La même position peut être atteinte avec des valeurs différentes des paramètres. Égalise les trois coordonnées, sans imposer d'autre condition.
Indice 2 · Un pas de plus La deuxième coordonnée impose \(s=0\) . La première donne alors \(t=1\) ; vérifie la troisième.
Voir 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.
Positions relatives d'une droite et d'un plan
Propriété · Les trois cas possibles
Soient \(d\) une droite de vecteur directeur \(\vec{u}\) et \(\mathcal{P}:ax+by+cz+d_0=0\) un plan de vecteur normal \(\vec{n}\coord{a}{b}{c}\) .
Position Critère Intersection \(d\) sécante à \(\mathcal{P}\) \(\vec{u}\cdot\vec{n}\neq 0\) exactement 1 point \(d\) strictement parallèle à \(\mathcal{P}\) \(\vec{u}\cdot\vec{n}= 0\) et \(d\not\subset\mathcal{P}\) aucun point\(d\) contenue dans \(\mathcal{P}\) \(\vec{u}\cdot\vec{n}= 0\) et \(d\subset\mathcal{P}\) toute la droite
Intuition · Interprétation du critère \(\vec{u}\cdot\vec{n}\)
Le critère clé est le produit scalaire entre le vecteur directeur de la droite et le vecteur normal du plan.
Si \(\vec{u}\cdot\vec{n}\neq 0\) , la droite « pointe vers » le plan (elle n'est pas parallèle à lui). Elle le traverse forcément en un unique point.
Si \(\vec{u}\cdot\vec{n}=0\) , la droite est perpendiculaire au vecteur normal, c'est-à-dire qu'elle est parallèle au plan (ou contenue dedans). Dans ce cas, soit elle est dans le plan (si un point de la droite est dans le plan), soit elle est parallèle stricte (si aucun point de la droite n'est dans le plan).
Méthode · Intersection droite-plan : la méthode fondamentale
Substituer signifie écrire que le même point est à la fois sur la droite et dans le plan. Chaque résultat possible de l'équation en t possède un sens géométrique.
Écrire la représentation paramétrique de \(d\) : \(\begin{cases}x=x_0+ta\\y=y_0+tb\\z=z_0+tc\end{cases}\)
Substituer dans l'équation cartésienne du plan \(\alpha x+\beta y+\gamma z+\delta=0\) .
On obtient une équation en \(t\) de la forme \(\boldsymbol{At+B=0}\) où
\[\begin{aligned}A &= \alpha a+\beta b+\gamma c\\[.35em]&= \vec{u}\cdot\vec{n}\end{aligned}\]
et \(B=\alpha x_0+\beta y_0+\gamma z_0+\delta\) .
Discuter :
\(A\neq 0\) : un seul \(t = -B/A\) \(\Rightarrow\) droite et plan sécants . On calcule le point.
\(A=0\) et \(B\neq 0\) : équation \(0=B\neq 0\) , impossible \(\Rightarrow\) \(d\parallel\mathcal{P}\) strictement .
\(A=0\) et \(B=0\) : équation \(0=0\) , vraie \(\forall t\) \(\Rightarrow\) \(d\subset\mathcal{P}\) .
Remarque : \(A=\vec{u}\cdot\vec{n}\) n'est rien d'autre que le produit scalaire vecteur directeur \(\cdot\) vecteur normal. C'est la même condition que dans le tableau ci-dessus.
Exemple · Intersection droite/plan : sécants
\(d:\begin{cases}x=1+2t\\y=3-t\\z=-1+t\end{cases}\) et \(\mathcal{P}:x+y+z-5=0\) .
Substitution : \((1+2t)+(3-t)+(-1+t)-5=0\) , soit \(2t-2=0\) , d'où \(t=1\) .
Point d'intersection :
\[\begin{aligned}I &= (1+2,\,3-1,\,-1+1)\\[.35em]&= \boldsymbol{(3,2,0)}
.\end{aligned}\]
Vérification : \(3+2+0-5=0\) ✓.
Exemple · Une direction parallèle : deux positions possibles
Prenons \(d:(x,y,z)=(t,1+2t,3t)\) . Son vecteur directeur est \((1,2,3)\) . Avec le plan \(\mathcal P:x+y-z+5=0\) , la normale vaut \((1,1,-1)\) et le produit avec la direction vaut \(1+2-3=0\) . La direction est parallèle au plan. Vérifions la position :
\[\begin{aligned}t+(1+2t)-3t+5&=0\\[.35em]6&=0.\end{aligned}\]
Cette équation n'a aucune solution : la droite est strictement parallèle au plan. Avec \(\mathcal Q:x+y-z-1=0\) , la même substitution donne \(0=0\) , vraie pour tout t. La droite entière appartient alors à \(\mathcal Q\) . Le produit scalaire seul ne distinguait pas ces deux positions.
À toi d’essayer
Trois équations, trois sens géométriques 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 \(d_3:(t,1,1)\) .
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Être dans le plan signifie simplement avoir sa troisième coordonnée égale à 1.
Indice 2 · Un pas de plus Pour les trois droites, la substitution donne respectivement \(2t=1\) , \(0=1\) et \(1=1\) .
Voir 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.
Une preuve à construire
Pourquoi l'équation en t donne-t-elle exactement trois cas ? Une droite passe par A de direction non nulle \(\vec u\) , et un plan a pour équation \(\vec n\cdot\vect{OX}+d=0\) , avec \(\vec n\ne\vec0\) . Explique pourquoi l'intersection est déterminée par une équation \(\alpha t+\beta=0\) , puis interprète tous les cas.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Sur la droite, \(\vect{OX}=\vect{OA}+t\vec u\) . Développe le produit scalaire.
Indice 2 · Un pas de plus Pose \(\alpha=\vec n\cdot\vec u\) et \(\beta=\vec n\cdot\vect{OA}+d\) . Quand peut-on diviser par \(\alpha\) ?
Voir la preuve expliquée La bilinéarité donne
\[\vec n\cdot(\vect{OA}+t\vec u)+d=t(\vec n\cdot\vec u)+\vec n\cdot\vect{OA}+d.\]
Si \(\alpha\ne0\) , l'unique solution est \(t=-\beta/\alpha\) : un point d'intersection. Si \(\alpha=0\) et \(\beta\ne0\) , l'équation est impossible : aucun point. Si les deux sont nuls, tout t convient : la droite est incluse. La direction étant non nulle, deux valeurs distinctes de t donnent deux points distincts. Réutilise : \(\alpha=0\) indique le parallélisme des directions ; \(\beta=0\) indique l'appartenance de A au plan.
Positions de deux plans et approfondissement de leur intersection
Propriété · Les trois cas possibles
Soient \(\mathcal{P}_1:a_1x+b_1y+c_1z+d_1=0\) et \(\mathcal{P}_2:a_2x+b_2y+c_2z+d_2=0\) , de vecteurs normaux \(\vec{n}_1\) et \(\vec{n}_2\) .
Position Condition sur \(\vec{n}_1,\vec{n}_2\) Intersection Sécants \(\vec{n}_1\not\parallel\vec{n}_2\) une droite \(\Delta\) Parallèles (strictement)\(\vec{n}_1\parallel\vec{n}_2\) et \(\mathcal{P}_1\neq\mathcal{P}_2\) ensemble vide Confondus \(\vec{n}_1\parallel\vec{n}_2\) et \(\mathcal{P}_1=\mathcal{P}_2\) le plan entier
Intuition
Pour représenter deux plans sécants, imagine les plans de deux faces adjacentes d'une boîte. Leur intersection est la droite qui porte l'arête commune. Deux étagères horizontales à des hauteurs différentes représentent des plans strictement parallèles ; deux plans confondus ont tous leurs points en commun.
Méthode · Trouver l'intersection de deux plans sécants
C'est un exercice classique. On cherche la droite \(\Delta = \mathcal{P}_1\cap\mathcal{P}_2\) .
Étape 1 : Vecteur directeur de \(\Delta\) :
\(\Delta\) est contenue dans \(\mathcal{P}_1\) , donc \(\vec{d}\perp\vec{n}_1\) , c'est-à-dire \(\vec{d}\cdot\vec{n}_1=0\) .
\(\Delta\) est contenue dans \(\mathcal{P}_2\) , donc \(\vec{d}\perp\vec{n}_2\) , c'est-à-dire \(\vec{d}\cdot\vec{n}_2=0\) .
On résout le système \(\begin{cases}\vec{d}\cdot\vec{n}_1=0\\\vec{d}\cdot\vec{n}_2=0\end{cases}\) (2 équations, 3 inconnues). On identifie une variable libre, on résout en fonction d'elle, puis on choisit une valeur donnant un vecteur non nul.
Étape 2 : Un point de \(\Delta\) :
On résout simultanément \(\begin{cases}a_1x+b_1y+c_1z+d_1=0\\a_2x+b_2y+c_2z+d_2=0\end{cases}\)
C'est un système de 2 équations à 3 inconnues : on identifie une variable libre et on lui donne une valeur, puis on résout. Poser \(z=0\) peut être impossible si la droite cherchée est, par exemple, dans le plan \(z=1\) ; on choisit alors une autre variable libre.
Étape 3 : Écrire la représentation paramétrique de \(\Delta\) .
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 : \(\Delta:\begin{cases}x=2+2t\\y=1+t\\z=-3t\end{cases},\quad t\in\R\)
À toi d’essayer
Une droite comme solution de deux équations Résous simultanément \(x+y+z=3\) et \(x-y+z=1\) . Décris géométriquement toutes les solutions, puis donne deux points distincts de l'intersection.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Soustrais la seconde équation à la première. Quelle coordonnée est alors fixée ?
Indice 2 · Un pas de plus Tu obtiens \(y=1\) et \(x+z=2\) . Choisis \(x\) comme paramètre libre.
Voir 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.
Théorèmes de parallélisme et d'orthogonalité
Ces théorèmes sont des outils de raisonnement puissants. Ils permettent de déduire des propriétés géométriques sans calcul.
Théorème · Théorème du toit
Si deux plans \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\) sont sécants le long d'une droite \(\Delta\) , et si une droite \(d\) est contenue dans \(\mathcal{P}_1\) et est parallèle à \(\mathcal{P}_2\) , alors \(d\) est parallèle à \(\Delta\) .
Agrandir ↗ Théorème · Droite orthogonale à un plan
Si une droite \(d\) est orthogonale à un plan \(\mathcal{P}\) , alors elle est orthogonale à toute droite contenue dans \(\mathcal{P}\) .
Réciproquement, si \(d\) est orthogonale à deux droites sécantes contenues dans \(\mathcal{P}\) , alors \(d\) est orthogonale à \(\mathcal{P}\) .
Attention · Piège classique du parallélisme transitif
Attention ! « \(d_1\parallel\mathcal{P}\) et \(d_2\parallel\mathcal{P}\) » n'implique pas \(d_1\parallel d_2\) . Pense à deux droites tracées sur un mur (\(\mathcal{P}\) ) qui se croisent : elles sont toutes les deux parallèles au mur (puisqu'elles y sont contenues), mais elles ne sont pas parallèles entre elles.
Intersection de trois plans
Propriété · Trois plans de l'espace
Trois plans de l'espace peuvent se trouver dans les positions suivantes :
Un point unique d'intersection (cas générique) : le système de 3 équations a une seule solution.
Une droite d'intersection : les trois plans se coupent le long d'une droite (comme les pages d'un livre ouvert).
Un plan entier si les trois plans sont confondus.
Aucun point commun : configurations variées (plans parallèles, « prisme », etc.).
À toi d’essayer
Une troisième équation peut être inutile ou contradictoire On sait que \(x+y=2\) et \(z=0\) . Ajoute successivement chacune de ces conditions : \(x=1\) , \(2x+2y=4\) , \(2x+2y=5\) . Décris dans chaque cas l'ensemble des solutions.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Avant la troisième condition, les solutions sont \((t,2-t,0)\) . Substitue ce triplet.
Indice 2 · Un pas de plus Les conditions deviennent \(t=1\) , puis \(4=4\) , puis \(4=5\) .
Voir l’explication Le premier système a un point unique : \((1,1,0)\) . Le deuxième garde toute la droite \((t,2-t,0)\) , car la nouvelle équation répète une information existante. Le troisième n'a aucune solution. Réessaie : les trois équations \(z=0\) , \(2z=0\) , \(-z=0\) ont pour intersection un plan entier. Trois équations ne garantissent donc pas trois contraintes indépendantes.
Distance d'un point à une droite
Théorème · Distance d'un point à une droite
Soit d une droite de direction non nulle \(\vec u\) , A un point de d et H le projeté orthogonal de M sur d. La distance cherchée vaut \(d(M,d)=MH\) . On peut calculer directement la norme de \(\vect{MH}\) ou appliquer Pythagore dans le triangle MAH :
\[d(M,d)=\sqrt{AM^2-AH^2}.\]
Si M appartient à d, H=M et la distance vaut zéro. Le produit vectoriel n'est pas nécessaire à cette méthode.
Méthode · Projeté orthogonal d'un point sur une droite
Pour trouver le projeté \(H\) de \(M\) sur \(d\) (passant par \(A\) , vecteur directeur \(\vec{u}\) ) :
\(H\in d\) , donc \(H=A+t\vec{u}\) pour un certain \(t\) .
\(\vect{MH}\perp\vec{u}\) , donc \(\vect{MH}\cdot\vec{u}=0\) .
Substituer \(H=A+t\vec{u}\) dans la condition d'orthogonalité et résoudre en \(t\) .
À toi d’essayer
L'appartenance et la perpendicularité sont deux vérifications Soit \(d:(x,y,z)=(1+t,2t,0)\) et \(M=(3,1,2)\) . Trouve son projeté \(H\) sur \(d\) et la distance MH.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Écris \(H=(1+t,2t,0)\) , puis \(\vect{MH}=(t-2,2t-1,-2)\) .
Indice 2 · Un pas de plus Le produit avec la direction \((1,2,0)\) donne \((t-2)+2(2t-1)=0\) .
Voir l’explication L'équation devient \(5t-4=0\) , donc \(t=\frac45\) et \(H=(9/5,8/5,0)\) . Le déplacement vaut \((-6/5,3/5,-2)\) et son produit avec \((1,2,0)\) vaut \(-6/5+6/5=0\) . \(H\) est bien sur \(d\) par sa construction.
\[\begin{aligned}MH^2&=36/25+9/25+4\\[.35em]&=145/25\\[.35em]&=29/5.\end{aligned}\]
Ainsi \(d(M,d)=\sqrt{145}/5\) . Réessaie : \(M=(1,0,2)\) se projette en \(A=(1,0,0)\) , à distance 2.
Une preuve à construire
Pourquoi le calcul du projeté a-t-il une seule solution ? Pour une droite passant par A de direction \(\vec u\ne\vec0\) , démontre que la condition \(\vect{MH}\cdot\vec u=0\) avec \(\vect{AH}=t\vec u\) détermine un unique t.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Utilise Chasles : \(\vect{MH}=\vect{MA}+\vect{AH}\) .
Indice 2 · Un pas de plus Le coefficient de t dans l'équation sera \(\vec u\cdot\vec u=\|\vec u\|^2\) . Pourquoi est-il strictement positif ?
Voir la preuve expliquée On obtient
\[\vect{MA}\cdot\vec u+t\|\vec u\|^2=0.\]
Comme \(\vec u\ne\vec0\) , le carré de sa norme est strictement positif. On peut diviser et l'unique solution est
\[\begin{aligned}t &= -\frac{\vect{MA}\cdot\vec u}{\|\vec u\|^2}\\[.35em]&= \frac{\vect{AM}\cdot\vec u}{\|\vec u\|^2}.\end{aligned}\]
Ce calcul justifie l'existence et l'unicité du point de la droite ayant le déplacement perpendiculaire demandé. Pythagore établit ensuite que c'est le point le plus proche, comme dans la fiche précédente. Réutilise : si \(M\) est sur la droite, on retrouve \(H=M\) et une distance nulle.
Exercices Exercice 1 ★☆☆ : Positions relatives de droites
\(d_1:\begin{cases}x=1+2t\\y=-t\\z=3+t\end{cases}\) , \(d_2:\begin{cases}x=3+4s\\y=1-2s\\z=4+2s\end{cases}\) , \(d_3:\begin{cases}x=-1+s\\y=2+s\\z=1-s\end{cases}\) .
\(d_1\) et \(d_2\) sont-elles parallèles, sécantes, ou non coplanaires ?
\(d_1\) et \(d_3\) sont-elles parallèles, sécantes, ou non coplanaires ?
Exercice 2 ★☆☆ : Intersection droite/plan
\(d:\begin{cases}x=2+t\\y=1-2t\\z=3t\end{cases}\) 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 \(\mathcal{P}\) ?
Exercice 3 ★☆☆ : Intersection de deux plans
\[\mathcal{P}_1:x+2y-z+1=0\]
\[\text{et }\mathcal{P}_2:2x-y+z-4=0.\]
Montrer que \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\) sont sécants.
Déterminer la représentation paramétrique de la droite d'intersection \(\Delta\) .
Exercice 4 ★☆☆ : Plans parallèles et perpendiculaires
\[\mathcal{P}_1:2x-y+3z+1=0,\]
\[\mathcal{P}_2:4x-2y+6z-5=0,\]
\[\mathcal{P}_3:x+y+z-2=0.\]
\(\mathcal{P}_1\) 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 \(A(1,0,-1)\) .
Exercice 5 ★★☆ : Paramétrique \(\to\) cartésienne
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 \(\mathcal{P}\) ?
Exercice 6 ★★☆ : Cartésienne \(\to\) paramétrique
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.
Exercice 7 ★★☆ : Droite contenue dans un plan ?
\(d:\begin{cases}x=1+t\\y=2+2t\\z=-1+t\end{cases}\) et \(\mathcal{P}:x+y-3z-6=0\) .
Vérifier que \(d\) est parallèle à \(\mathcal{P}\) .
\(d\) est-elle contenue dans \(\mathcal{P}\) ?
Exercice 8 ★★☆ : Droite perpendiculaire à un plan
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 \(AH\) .
Exercice 9 ★★☆ : Intersection de trois plans
\[\mathcal{P}_1:x+y+z=6,\]
\[\mathcal{P}_2:x-y+2z=5,\]
\[\mathcal{P}_3:2x+y-z=3.\]
Déterminer le point d'intersection des trois plans.
Exercice 10 ★★☆ : Plan passant par 3 points
\(A(1,0,2)\) , \(B(3,1,0)\) , \(C(0,2,1)\) .
Calculer \(\vect{AB}\) et \(\vect{AC}\) .
Déterminer un vecteur normal au plan \((ABC)\) .
Écrire l'équation cartésienne de \((ABC)\) .
Le point \(D(2,2,2)\) est-il dans ce plan ?
Exercice 11 ★★★ : Projeté sur une droite et distance
\(d:\begin{cases}x=1+t\\y=2t\\z=-1+3t\end{cases}\) et \(M(3,4,1)\) .
Déterminer le projeté orthogonal \(H\) de \(M\) sur \(d\) .
Calculer la distance de \(M\) à \(d\) .
Exercice 12 ★★★ : Symétrique par rapport à un plan
\(\mathcal{P}:x-2y+2z-1=0\) et \(M(3,1,-1)\) .
Déterminer le projeté orthogonal \(H\) de \(M\) sur \(\mathcal{P}\) .
En déduire le symétrique \(M'\) de \(M\) par rapport à \(\mathcal{P}\) .
Vérifier que \(H\) est le milieu de \([MM']\) et que \(M'\) est à la même distance de \(\mathcal{P}\) que \(M\) .
Corrigés détaillés Corrigé : Exercice 1
\(d_1\) 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 :
\[\begin{aligned}x &= 1+2(-\frac{4}{3})\\[.35em]&= -\frac{5}{3}
,\end{aligned}\]
\[y=\frac{4}{3},\]
\[\begin{aligned}z &= 3-\frac{4}{3}\\[.35em]&= \frac{5}{3}
.\end{aligned}\]
\[I=\boldsymbol{\left(-\frac{5}{3},\,\frac{4}{3},\,\frac{5}{3}\right)}.\]
Corrigé : Exercice 2
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
\[\begin{aligned}\alpha &= \arcsin\frac{2}{\sqrt{154}}\\[.35em]&\approx \boldsymbol{9{,}3°}
.\end{aligned}\]
Corrigé : Exercice 3
\(\vec{n}_1\coord{1}{2}{-1}\) , \(\vec{n}_2\coord{2}{-1}{1}\) . \(\frac{1}{2}\neq\frac{2}{-1}\) : 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 \(\mathcal{P}_1\) :
\[\begin{aligned}&\frac{7}{5} +t +2(-\frac{6}{5}-3t) -(-5t) +1\\[.35em]&= \frac{7}{5} -\frac{12}{5} +t -6t\\[.35em]&\quad {}+5t +1\\[.35em]&= -1+1\\[.35em]&= 0\end{aligned}\]
✓.
Corrigé : Exercice 4
\(\vec{n}_1\coord{2}{-1}{3}\) , \(\vec{n}_2\coord{4}{-2}{6}=2\vec{n}_1\) . 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 : \(2-0-3+1=0\) ✓. \(\boldsymbol{\mathcal{P}_4:2x-y+3z+1=0}\) .
Corrigé : Exercice 5
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 , \(M\in\mathcal{P}\) .
Corrigé : Exercice 6
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 :
\[\begin{aligned}3(2+s-2t)-(3s)+2(3t)-6 &= 6+3s-6t-3s+6t-6\\[.35em]&= 0\end{aligned}\]
✓.
Corrigé : Exercice 7
\(\vec{u}\coord{1}{2}{1}\) , \(\vec{n}\coord{1}{1}{-3}\) .
\[\begin{aligned}\vec{u}\cdot\vec{n} &= 1+2-3\\[.35em]&= 0
.\end{aligned}\]
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 \(\mathcal{P}\) .
Corrigé : Exercice 8
\(d\perp\mathcal{P}\) 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 \(H=A\) .
Corrigé : Exercice 9
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 :
\[\begin{aligned}(1) : \frac{13+12+17}{7} &= \frac{42}{7}\\[.35em]&= 6\end{aligned}\]
✓
\[\begin{aligned}(2) : \frac{13-12+34}{7} &= \frac{35}{7}\\[.35em]&= 5\end{aligned}\]
✓
\[\begin{aligned}(3) : \frac{26+12-17}{7} &= \frac{21}{7}\\[.35em]&= 3\end{aligned}\]
✓
Corrigé : Exercice 10
\[\vect{AB}=\coord{2}{1}{-2},\]
\[\vect{AC}=\coord{-1}{2}{-1}.\]
\(\vec{n}\coord{a}{b}{c}\) avec \(\begin{cases}2a+b-2c=0\\-a+2b-c=0\end{cases}\)
De (2) : \(a=2b-c\) . Dans (1) : \(2(2b-c)+b-2c=0\) , \(5b-4c=0\) , \(c=\frac{5b}{4}\) . Posons \(b=4\) : \(c=5\) ,
\[\begin{aligned}a &= 8-5\\[.35em]&= 3
.\end{aligned}\]
\(\vec{n}\coord{3}{4}{5}\) .
\((ABC)\) passe par \(A(1,0,2)\) : \(3(x-1)+4y+5(z-2)=0\) , soit \(\boldsymbol{3x+4y+5z-13=0}\) .
Vérif : \(A\) : \(3+0+10-13=0\) ✓. \(B\) : \(9+4+0-13=0\) ✓. \(C\) : \(0+8+5-13=0\) ✓.
\(D(2,2,2)\) : \(6+8+10-13=11\neq 0\) . \(\boldsymbol{D\notin(ABC)}\) .
Corrigé : Exercice 11
\(H\in d\) : \(H=(1+t,\,2t,\,-1+3t)\) . \(\vec{u}\coord{1}{2}{3}\) .
\[\begin{aligned}\vect{MH} &= \coord{1+t-3}{2t-4}{-1+3t-1}\\[.35em]&= \coord{t-2}{2t-4}{3t-2}
.\end{aligned}\]
\(\vect{MH}\cdot\vec{u}=0\) : \((t-2)+2(2t-4)+3(3t-2)=0\) , soit \(t-2+4t-8+9t-6=0\) , \(14t=16\) , \(t=\frac{8}{7}\) .
\[\begin{aligned}H &= \left(1+\frac{8}{7},\,\frac{16}{7},\,-1+\frac{24}{7}\right)\\[.35em]&= \boldsymbol{\left(\frac{15}{7},\,\frac{16}{7},\,\frac{17}{7}\right)}
.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}MH &= \sqrt{\left(\frac{15}{7}-3\right)^2+\left(\frac{16}{7}-4\right)^2+\left(\frac{17}{7}-1\right)^2}\\[.35em]&= \sqrt{\frac{36+144+100}{49}}\\[.35em]&= \sqrt{\frac{280}{49}}\\[.35em]&= \frac{\sqrt{280}}{7}\\[.35em]&= \frac{2\sqrt{70}}{7}\\[.35em]&\approx \boldsymbol{2{,}39}
.\end{aligned}\]
Corrigé : Exercice 12
On considère le plan \(\mathcal{P} : x - 2y + 2z - 1 = 0\) et le point \(M(3, 1, -1)\) .
Détermination du projeté orthogonal \(H\) de \(M\) sur \(\mathcal{P}\) :
Le vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n} \coord{1}{-2}{2}\) . La droite \((MH)\) est perpendiculaire à \(\mathcal{P}\) , elle a donc \(\vec{n}\) pour vecteur directeur. Sa représentation paramétrique est :
\[(MH) : \begin{cases} x = 3 + t \\ y = 1 - 2t \\ z = -1 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}\]
Le point \(H\) est l'intersection de cette droite et du plan. En substituant ces expressions dans l'équation de \(\mathcal{P}\) :
\[(3 + t) - 2(1 - 2t) + 2(-1 + 2t) - 1 = 0\]
\[\begin{aligned}3 + t - 2 + 4t - 2 + 4t - 1 &= 0 \implies 9t - 2\\[.35em]&= 0 \implies \mathbf{t = \frac{2}{9}}\end{aligned}\]
On en déduit les coordonnées de \(H\) :
\[\begin{aligned}x_H &= 3 + \frac{2}{9}\\[.35em]&= \frac{27+2}{9}\\[.35em]&= \frac{29}{9}\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}y_H &= 1 - 2\left(\frac{2}{9}\right)\\[.35em]&= \frac{9-4}{9}\\[.35em]&= \frac{5}{9}\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}z_H &= -1 + 2\left(\frac{2}{9}\right)\\[.35em]&= \frac{-9+4}{9}\\[.35em]&= -\frac{5}{9}\end{aligned}\]
D'où \(H\left(\frac{29}{9}, \frac{5}{9}, -\frac{5}{9}\right)\)
Détermination du symétrique \(M'\) de \(M\) par rapport à \(\mathcal{P}\) :
\(H\) est le milieu du segment \([MM']\) , ce qui implique la relation vectorielle \(\vect{OM'} = 2\vect{OH} - \vect{OM}\) .
\[\begin{aligned}x_{M'} &= 2\left(\frac{29}{9}\right) - 3\\[.35em]&= \frac{58-27}{9}\\[.35em]&= \frac{31}{9}\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}y_{M'} &= 2\left(\frac{5}{9}\right) - 1\\[.35em]&= \frac{10-9}{9}\\[.35em]&= \frac{1}{9}\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}z_{M'} &= 2\left(-\frac{5}{9}\right) - (-1)\\[.35em]&= \frac{-10+9}{9}\\[.35em]&= -\frac{1}{9}\end{aligned}\]
D'où \(M'\left(\frac{31}{9}, \frac{1}{9}, -\frac{1}{9}\right)\)
Vérifications :
Milieu : La coordonnée \(y\) du milieu de \([MM']\) est bien
\[\begin{aligned}\frac{1 + 1/9}{2} &= \frac{10/18}{1}\\[.35em]&= \frac{5}{9}\\[.35em]&= y_H
.\end{aligned}\]
Distances : La distance de \(M\) à \(\mathcal{P}\) est
\[\begin{aligned}&d(M, \mathcal{P})\\[.35em]&= \frac{|3 - 2(1) + 2(-1) - 1|}{\sqrt{1^2 + (-2)^2 + 2^2}}\\[.35em]&= \frac{|-2|}{3}\\[.35em]&= \frac{2}{3}
.\end{aligned}\]
La distance de \(M'\) à \(\mathcal{P}\) est
\[\begin{aligned}&d(M', \mathcal{P})\\[.35em]&= \frac{|\frac{31}{9} - 2(\frac{1}{9}) + 2(-\frac{1}{9}) - 1|}{3}\\[.35em]&= \frac{|\frac{31-2-2-9}{9}|}{3}\\[.35em]&= \frac{2}{3}
.\end{aligned}\]
Les distances sont égales, ce qui confirme la symétrie.
Corrigé : Problème
Partie A
1.
\[\begin{aligned}AB &= \sqrt{0+4+4}\\[.35em]&= \sqrt{8}\\[.35em]&= 2\sqrt{2}
.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}AC &= \sqrt{4+0+4}\\[.35em]&= 2\sqrt{2}
.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}AD &= \sqrt{4+4+0}\\[.35em]&= 2\sqrt{2}
.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}BC &= \sqrt{4+4+0}\\[.35em]&= 2\sqrt{2}
.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}BD &= \sqrt{4+0+4}\\[.35em]&= 2\sqrt{2}
.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}CD &= \sqrt{0+4+4}\\[.35em]&= 2\sqrt{2}
.\end{aligned}\]
Toutes les arêtes mesurent \(a=2\sqrt{2}\) . Le tétraèdre est régulier . ✓
2.
\[\begin{aligned}G &= \frac{A+B+C+D}{4}\\[.35em]&= \frac{1}{4}\coord{1+1-1-1}{1-1+1-1}{1-1-1+1}\\[.35em]&= \frac{1}{4}\coord{0}{0}{0}\\[.35em]&= O
.\end{aligned}\]
✓
Partie B
3.
\[\vect{AB}=\coord{0}{-2}{-2},\]
\[\vect{AC}=\coord{-2}{0}{-2}.\]
\(\vec{n}\coord{a}{b}{c}\) : \(\begin{cases}-2b-2c=0\\-2a-2c=0\end{cases}\) \(\Rightarrow\) \(b=-c\) et \(a=-c\) . Posons \(c=-1\) : \(\vec{n}\coord{1}{1}{-1}\) .
\((ABC)\) : \(1(x-1)+1(y-1)+(-1)(z-1)=0\) , soit \(\boldsymbol{x+y-z-1=0}\) .
Vérif : \(A\) : \(1+1-1-1=0\) ✓. \(B\) : \(1-1+1-1=0\) ✓. \(C\) : \(-1+1+1-1=0\) ✓.
4. Hauteur issue de \(D\) : droite passant par \(D(-1,-1,1)\) , direction \(\vec{n}\coord{1}{1}{-1}\) .
\(h:\begin{cases}x=-1+t\\y=-1+t\\z=1-t\end{cases}\)
5. Substitution dans \((ABC)\) : \((-1+t)+(-1+t)-(1-t)-1=0\) , soit \(3t-4=0\) , \(t=\frac{4}{3}\) .
\[\begin{aligned}H &= \left(-1+\frac{4}{3},\,-1+\frac{4}{3},\,1-\frac{4}{3}\right)\\[.35em]&= \boldsymbol{\left(\frac{1}{3},\,\frac{1}{3},\,-\frac{1}{3}\right)}
.\end{aligned}\]
Centre de gravité de \(ABC\) :
\[\begin{aligned}G' &= \frac{A+B+C}{3}\\[.35em]&= \frac{1}{3}(1+1-1,\,1-1+1,\,1-1-1)\\[.35em]&= (\frac{1}{3},\frac{1}{3},-\frac{1}{3})\\[.35em]&= H\end{aligned}\]
✓.
6.
\[\begin{aligned}DH &= \sqrt{(\frac{4}{3})^2+(\frac{4}{3})^2+(-\frac{4}{3})^2}\\[.35em]&= \frac{4}{3}\sqrt{3}\\[.35em]&= \frac{4\sqrt{3}}{3}\\[.35em]&\approx 2{,}31
.\end{aligned}\]
Partie C
7.
\[\begin{aligned}OA &= \sqrt{1+1+1}\\[.35em]&= \sqrt{3}
.\end{aligned}\]
De même,
\[\begin{aligned}OB &= OC\\[.35em]&= OD\\[.35em]&= \sqrt{3}
.\end{aligned}\]
Donc \(O\) est équidistant des 4 sommets : c'est le centre de la sphère circonscrite , de rayon \(R=\sqrt{3}\) .
8. \((x-0)^2+(y-0)^2+(z-0)^2=3\) , soit \(\boldsymbol{x^2+y^2+z^2=3}\) .
9. Le centre \(I\) de la sphère inscrite est équidistant des 4 faces. Par symétrie du tétraèdre régulier,
\[\begin{aligned}I &= G\\[.35em]&= O\\[.35em]&= (0,0,0)
.\end{aligned}\]
Le rayon de la sphère inscrite est la distance de \(O\) à la face \((ABC)\) :
\[\begin{aligned}d(O,(ABC)) &= \frac{|0+0-0-1|}{\sqrt{1+1+1}}\\[.35em]&= \frac{1}{\sqrt{3}}\\[.35em]&= \frac{\sqrt{3}}{3}
.\end{aligned}\]
Remarquons que
\[\begin{aligned}R &= \sqrt{3}\\[.35em]&= 3\times\frac{\sqrt{3}}{3}\\[.35em]&= 3r
.\end{aligned}\]
Pour un tétraèdre régulier, le rayon de la sphère circonscrite est toujours 3 fois celui de la sphère inscrite.
