Représentations paramétriques et équations cartésiennes

Leçon 1 : Représentation paramétrique d'une droite

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1.1 D'une égalité vectorielle à trois équations

Au chapitre 3 : la droite $d$ passant par $A$ et de vecteur directeur $\vec{u}$ (non nul) est l'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{AM} = t\,\vec{u} \quad \text{pour un réel } t.$ Avec des coordonnées, $A(x_A\,;y_A\,;z_A)$, $\vec{u}\,(a\,;b\,;c)$ et $M(x\,;y\,;z)$, cette égalité de vecteurs s'écrit coordonnée par coordonnée : $x - x_A = ta$, $y - y_A = tb$ et $z - z_A = tc$.

1.2 Définition

Propriété et définition. La droite $d$ passant par $A(x_A\,;y_A\,;z_A)$ et de vecteur directeur $\vec{u}\,(a\,;b\,;c)$ est l'ensemble des points $M(x\,;y\,;z)$ tels que $\begin{cases} x = x_A + ta \\ y = y_A + tb \\ z = z_A + tc \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}.$ Ce système est une représentation paramétrique de $d$ ; le réel $t$ est le paramètre.

Chaque valeur de $t$ donne un point de $d$, et chaque point de $d$ est obtenu pour une seule valeur de $t$ : le paramètre repère le point sur la droite, comme une abscisse sur un axe gradué. Pour $t = 0$, on obtient $A$ ; pour $t = 1$, le point $B$ tel que $\overrightarrow{AB} = \vec{u}$.

Exemple 1. La droite $d$ passe par $A(1\,;-2\,;3)$ et elle est dirigée par $\vec{u}\,(2\,;1\,;-1)$. Une représentation paramétrique de $d$ est $\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -2 + t \\ z = 3 - t \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}.$ Pour $t = 2$, on obtient le point $(5\,;0\,;1)$ ; pour $t = -1$, le point $(-1\,;-3\,;4)$.

Exemple 2 (droite passant par deux points). $A(2\,;0\,;-1)$ et $B(4\,;3\,;1)$. Le vecteur $\overrightarrow{AB}\,(2\,;3\,;2)$ dirige la droite $(AB)$, qui passe par $A$ : $(AB) : \begin{cases} x = 2 + 2t \\ y = 3t \\ z = -1 + 2t \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}.$

Exemple 3 (dans le cube). La grande diagonale $(AG)$ passe par $A(0\,;0\,;0)$ et elle est dirigée par $\overrightarrow{AG}\,(1\,;1\,;1)$ : $x = t$, $y = t$, $z = t$. La diagonale $(BH)$ passe par $B(1\,;0\,;0)$ et elle est dirigée par $\overrightarrow{BH}\,(-1\,;1\,;1)$ : $x = 1 - s$, $y = s$, $z = s$. Quand on étudie deux droites ensemble, on donne à leurs paramètres des noms différents ($t$ et $s$).

1.3 Lire une représentation paramétrique

Dans une représentation paramétrique, on lit :

• les coordonnées d'un point de la droite : les termes constants (c'est le point obtenu pour $t = 0$) ;
• les coordonnées d'un vecteur directeur : les coefficients de $t$, sans en oublier aucun (un coefficient peut être nul).

Exemple 4. Le système $x = 4 - t$, $y = 2$, $z = 1 + 3t$ ($t \in \mathbb{R}$) représente la droite passant par $C(4\,;2\,;1)$ et dirigée par $\vec{w}\,(-1\,;0\,;3)$. Le coefficient de $t$ dans la deuxième ligne est $0$ : la deuxième coordonnée de $\vec{w}$ est nulle.

Attention : une droite a une infinité de représentations paramétriques. On peut partir d'un autre point de la droite, ou prendre un autre vecteur directeur (colinéaire à $\vec{u}$). Pour savoir si deux représentations décrivent la même droite, on vérifie que leurs vecteurs directeurs sont colinéaires et qu'un point de l'une est sur l'autre.

Exemple 5. Le système $x = -3 - 4s$, $y = -4 - 2s$, $z = 5 + 2s$ ($s \in \mathbb{R}$) représente la droite $d$ de l'exemple 1. En effet, son vecteur directeur $(-4\,;-2\,;2)$ est égal à $-2\,\vec{u}$, et son point $(-3\,;-4\,;5)$, obtenu pour $s = 0$, est sur $d$ (exemple 6 : c'est le point de paramètre $t = -2$).

1.4 Un point est-il sur la droite ?

Méthode. Le point $M$ est sur $d$ si et seulement s'il existe un même réel $t$ qui vérifie les trois équations. On trouve $t$ avec une équation, puis on vérifie les deux autres.

Exemple 6. Avec la droite $d$ de l'exemple 1 : $x = 1 + 2t$, $y = -2 + t$, $z = 3 - t$.

• $B(-3\,;-4\,;5)$ : la première équation donne $1 + 2t = -3$, soit $t = -2$. Alors $y = -2 - 2 = -4$ et $z = 3 + 2 = 5$ : ce sont bien les coordonnées de $B$. $B \in d$, avec $t = -2$.
• $C(3\,;-1\,;1)$ : la première équation donne $t = 1$, et la deuxième aussi ($-2 + 1 = -1$). Mais la troisième donne $z = 3 - 1 = 2 \neq 1$. Aucun réel ne convient : $C \notin d$.

Une seule équation ne suffit jamais : le point $C$ vérifie les deux premières.

1.5 Segment, demi-droite, mouvement rectiligne

• Si $\vec{u} = \overrightarrow{AB}$, les points de paramètre $t \in [0\,;1]$ forment le segment $[AB]$, et ceux de paramètre $t \geq 0$ la demi-droite $[AB)$. Le milieu de $[AB]$ est le point de paramètre $\frac12$.
• Si $t$ désigne un temps, le point $M(t)$ est la position d'un objet qui avance en ligne droite, toujours à la même vitesse : il parcourt le vecteur $\vec{u}$ pendant chaque unité de temps. Sa vitesse est $\lVert\vec{u}\rVert$ (la norme se calcule ainsi parce que le repère est orthonormé, chapitre 9). C'est le mouvement rectiligne uniforme de la physique.

Leçon 2 : Équation cartésienne d'un plan

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2.1 Le théorème (démonstration du programme)

Au chapitre 9 : le plan $\mathcal{P}$ passant par $A$ et normal au vecteur non nul $\vec{n}$ est l'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 0$. Écrite avec des coordonnées, cette condition devient une équation.

Théorème. Dans un repère orthonormé, soit $A(x_A\,;y_A\,;z_A)$ un point et $\vec{n}\,(a\,;b\,;c)$ un vecteur non nul. Le plan $\mathcal{P}$ passant par $A$ et normal à $\vec{n}$ a une équation de la forme $ax + by + cz + d = 0,$ où $d$ est un réel : un point $M(x\,;y\,;z)$ appartient à $\mathcal{P}$ si et seulement si ses coordonnées vérifient cette équation. On l'appelle une équation cartésienne de $\mathcal{P}$.

Démonstration. Soit $M(x\,;y\,;z)$ un point de l'espace. Alors $\overrightarrow{AM}\,(x - x_A\,;\ y - y_A\,;\ z - z_A)$. Comme le repère est orthonormé, le produit scalaire se calcule avec les coordonnées (chapitre 9) : $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = ax + by + cz - (a x_A + b y_A + c z_A).$ On pose $d = -(a x_A + b y_A + c z_A)$ : c'est un nombre fixé, qui ne dépend pas de $M$. Alors $M \in \mathcal{P} \iff \overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 0 \iff ax + by + cz + d = 0.$

Les coefficients de $x$, $y$ et $z$ sont les coordonnées du vecteur normal. Le nombre $d$ se trouve en écrivant que $A$ vérifie l'équation.

2.2 Trouver une équation

Méthode. 1. On écrit $ax + by + cz + d = 0$ avec les coordonnées $(a\,;b\,;c)$ du vecteur normal. 2. On remplace $x$, $y$, $z$ par les coordonnées de $A$ pour trouver $d$. 3. On peut contrôler avec un autre point connu du plan.

Exemple 7. Le plan $\mathcal{P}$ passe par $A(2\,;-1\,;3)$ et il est normal à $\vec{n}\,(1\,;2\,;-2)$. Une équation est $x + 2y - 2z + d = 0$. Comme $A \in \mathcal{P}$ : $2 - 2 - 6 + d = 0$, donc $d = 6$, et $\mathcal{P} : x + 2y - 2z + 6 = 0.$ Le point $B(0\,;-3\,;0)$ est dans $\mathcal{P}$ : $0 - 6 - 0 + 6 = 0$. Le point $O$ n'y est pas : $0 + 0 - 0 + 6 = 6 \neq 0$.

Exemple 8. Le plan passant par l'origine $O$ et normal à $\vec{n}\,(3\,;-1\,;4)$ a pour équation $3x - y + 4z = 0$. En général, un plan passe par l'origine si et seulement si $d = 0$.

2.3 Une équation n'est pas unique

Si l'on multiplie une équation par un réel $k$ non nul, on obtient une autre équation du même plan : $x + 2y - 2z + 6 = 0$ et $2x + 4y - 4z + 12 = 0$ décrivent le même plan. On dit donc « une équation cartésienne ». On admet que deux équations d'un même plan sont toujours proportionnelles.

2.4 Plans particuliers : les faces du cube

Exemple 9. Dans le repère $(A\,;\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$ du cube :

• la face $ABCD$ est dans le plan normal à $\overrightarrow{AE}\,(0\,;0\,;1)$ passant par $A$ : son équation est $z = 0$. La face $EFGH$ a pour équation $z = 1$ ;
• les faces $ABFE$ et $DCGH$ : $y = 0$ et $y = 1$ ; les faces $ADHE$ et $BCGF$ : $x = 0$ et $x = 1$ ;
• au chapitre 9, on a montré que $\overrightarrow{AG}\,(1\,;1\,;1)$ est normal au plan $(BDE)$. Ce plan passe par $B(1\,;0\,;0)$, donc $x + y + z + d = 0$ avec $1 + d = 0$ : $(BDE) : x + y + z - 1 = 0.$ Contrôle : $D(0\,;1\,;0)$ et $E(0\,;0\,;1)$ vérifient l'équation.

Une équation où une coordonnée n'apparaît pas décrit aussi un plan : $z = 1$ s'écrit $0x + 0y + 1z - 1 = 0$, de vecteur normal $\vec{k}$.

2.5 Plan médiateur

Au chapitre 9 : le plan médiateur de $[AB]$ passe par le milieu $I$ de $[AB]$ et il est normal à $\overrightarrow{AB}$.

Exemple 10. $A(1\,;2\,;-1)$ et $B(3\,;0\,;3)$. Le milieu de $[AB]$ est $I(2\,;1\,;1)$ et $\overrightarrow{AB}\,(2\,;-2\,;4)$. Le plan médiateur a une équation $2x - 2y + 4z + d = 0$, avec $4 - 2 + 4 + d = 0$, donc $d = -6$. En divisant par $2$ : $x - y + 2z - 3 = 0.$ Contrôle avec le point $M(3\,;2\,;1)$, dont on a vu au chapitre 9 qu'il est à égale distance de $A$ et de $B$ : $3 - 2 + 2 - 3 = 0$.

Leçon 3 : Reconnaître un plan ; plan défini par trois points

Voir la vidéo de la leçon 3

3.1 La réciproque

Propriété. Soit $a$, $b$, $c$, $d$ quatre réels, avec $a$, $b$, $c$ non tous nuls. L'ensemble des points $M(x\,;y\,;z)$ tels que $ax + by + cz + d = 0$ est un plan, de vecteur normal $\vec{n}\,(a\,;b\,;c)$.

Démonstration. Cet ensemble contient au moins un point $A(x_A\,;y_A\,;z_A)$ : si $a \neq 0$, par exemple, le point $A\left(-\frac{d}{a}\,;0\,;0\right)$ convient (de même avec $b$ ou $c$). Alors $a x_A + b y_A + c z_A + d = 0$, donc $d = -(a x_A + b y_A + c z_A)$, et pour tout point $M(x\,;y\,;z)$ : $ax + by + cz + d = a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = \overrightarrow{AM} \cdot \vec{n}.$ L'équation équivaut donc à $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 0$ : c'est le plan passant par $A$ et normal à $\vec{n}$ (chapitre 9), et $\vec{n}$ n'est pas nul.

3.2 Lire un vecteur normal, tester un point

Exemple 11. $\mathcal{P} : 2x - y + 3z - 6 = 0$.

• Vecteur normal : $\vec{n}\,(2\,;-1\,;3)$, les coefficients de $x$, $y$, $z$ (le signe compris).
• Un point : on fixe deux coordonnées et l'on calcule la troisième. Avec $y = z = 0$ : $2x - 6 = 0$, donc $(3\,;0\,;0) \in \mathcal{P}$. De même, $(0\,;-6\,;0)$ et $(0\,;0\,;2)$ sont dans $\mathcal{P}$ : ce sont ses points sur les trois axes.
• Tester un point : $M(1\,;2\,;2)$ donne $2 - 2 + 6 - 6 = 0$, donc $M \in \mathcal{P}$ ; $N(1\,;1\,;1)$ donne $2 - 1 + 3 - 6 = -2 \neq 0$, donc $N \notin \mathcal{P}$.

Exemple 12. L'équation $x + y - 1 = 0$, où $z$ n'apparaît pas, est celle d'un plan de vecteur normal $(1\,;1\,;0)$. Si un point $(x\,;y\,;z)$ y est, tous les points $(x\,;y\,;z')$ y sont aussi : ce plan contient des droites parallèles à l'axe des cotes. Dans le cube, il contient $B$, $D$, $F$ et $H$ : c'est le plan $(BDH)$.

3.3 Plans parallèles, droite orthogonale, droite parallèle à un plan

Les conséquences des vecteurs normaux (chapitre 9) se lisent sur les équations. Soit $\mathcal{P}$ un plan de vecteur normal $\vec{n}$ et $d$ une droite de vecteur directeur $\vec{u}$.

• Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires : les coefficients de $x$, $y$, $z$ sont proportionnels.
• $d$ est orthogonale à $\mathcal{P}$ si et seulement si $\vec{u}$ et $\vec{n}$ sont colinéaires.
• $d$ est parallèle à $\mathcal{P}$ (strictement, ou contenue dans $\mathcal{P}$) si et seulement si $\vec{u} \cdot \vec{n} = 0$.

Exemple 13. On reprend $\mathcal{P} : 2x - y + 3z - 6 = 0$, de vecteur normal $\vec{n}\,(2\,;-1\,;3)$.

• $\mathcal{P}' : 4x - 2y + 6z + 1 = 0$ a pour vecteur normal $(4\,;-2\,;6) = 2\vec{n}$ : les plans sont parallèles. Ils sont distincts, car $(3\,;0\,;0)$, point de $\mathcal{P}$, donne $12 + 1 = 13 \neq 0$ dans l'équation de $\mathcal{P}'$.
• Le plan $\mathcal{Q}$ parallèle à $\mathcal{P}$ passant par $B(1\,;1\,;1)$ a une équation $2x - y + 3z + d = 0$, avec $2 - 1 + 3 + d = 0$ : $\mathcal{Q} : 2x - y + 3z - 4 = 0$.
• La droite passant par $B$ et orthogonale à $\mathcal{P}$ est dirigée par $\vec{n}$ : $x = 1 + 2t$, $y = 1 - t$, $z = 1 + 3t$.
• La droite $d$ : $x = 1 + t$, $y = 2t$, $z = 3$ est dirigée par $\vec{u}\,(1\,;2\,;0)$, et $\vec{u} \cdot \vec{n} = 2 - 2 + 0 = 0$ : elle est parallèle à $\mathcal{P}$. Son point $(1\,;0\,;3)$ donne $2 - 0 + 9 - 6 = 5 \neq 0$ : elle n'est pas contenue dans $\mathcal{P}$, elle lui est strictement parallèle.

3.4 Plan défini par trois points

Méthode. Pour trouver une équation du plan $(ABC)$ :

1. vérifier que $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires (les points ne sont pas alignés) ;
2. vérifier qu'un vecteur $\vec{n}$ (souvent donné par l'énoncé) est orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et à $\overrightarrow{AC}$ : il est alors normal au plan (chapitre 9) ;
3. écrire l'équation avec $\vec{n}$ et le point $A$ ;
4. contrôler avec $B$ et $C$.

Exemple 14. $A(1\,;0\,;2)$, $B(2\,;1\,;0)$, $C(0\,;3\,;1)$ et $\vec{n}\,(5\,;3\,;4)$.

1. $\overrightarrow{AB}\,(1\,;1\,;-2)$ et $\overrightarrow{AC}\,(-1\,;3\,;-1)$ : ils ne sont pas colinéaires, car il faudrait multiplier par $-1$ pour passer de $1$ à $-1$, et par $3$ pour passer de $1$ à $3$.
2. $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 5 + 3 - 8 = 0$ et $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = -5 + 9 - 4 = 0$ : $\vec{n}$ est normal au plan $(ABC)$.
3. $5x + 3y + 4z + d = 0$ avec $A$ : $5 + 0 + 8 + d = 0$, donc $d = -13$, et $(ABC) : 5x + 3y + 4z - 13 = 0$.
4. Contrôle : $B$ donne $10 + 3 + 0 - 13 = 0$ et $C$ donne $0 + 9 + 4 - 13 = 0$.

3.5 Pour aller plus loin : trouver soi-même un vecteur normal

Le programme range « déterminer un vecteur orthogonal à deux vecteurs non colinéaires » parmi les approfondissements possibles : ce paragraphe n'est pas exigible. Pour trouver un vecteur $\vec{n}\,(a\,;b\,;c)$ normal au plan de l'exemple 14, on écrit les deux conditions : $\begin{cases} a + b - 2c = 0 \\ -a + 3b - c = 0 \end{cases}$ En ajoutant les deux lignes : $4b - 3c = 0$. Deux équations pour trois inconnues : on choisit une valeur, par exemple $c = 4$. Alors $b = 3$, puis $a = 2c - b = 5$. On retrouve $\vec{n}\,(5\,;3\,;4)$, ou tout vecteur colinéaire.

Leçon 4 : Intersections

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4.1 Une droite et un plan

Une droite $d$ et un plan $\mathcal{P}$ sont sécants (un seul point commun), strictement parallèles (aucun point commun), ou bien $d$ est contenue dans $\mathcal{P}$ (chapitre 3).

Méthode. $d$ est donnée par une représentation paramétrique, $\mathcal{P}$ par une équation cartésienne. Un point de $d$ est dans $\mathcal{P}$ si ses coordonnées $x(t)$, $y(t)$, $z(t)$ vérifient l'équation du plan. On remplace donc $x$, $y$, $z$ dans l'équation du plan : on obtient une équation du premier degré en $t$.

• Une seule solution $t_0$ : $d$ et $\mathcal{P}$ sont sécants, en le point de paramètre $t_0$.
• Aucune solution (on arrive à une égalité fausse, par exemple $-2 = 0$) : $d$ est strictement parallèle à $\mathcal{P}$.
• Tout réel est solution (on arrive à $0 = 0$) : $d$ est contenue dans $\mathcal{P}$.

Le coefficient de $t$ obtenu est exactement $\vec{u} \cdot \vec{n}$ : il est nul quand $d$ est parallèle à $\mathcal{P}$ (leçon 3).

Exemple 15 (dans le cube). La droite $(AG)$ : $x = t$, $y = t$, $z = t$, et le plan $(BDE) : x + y + z - 1 = 0$. On remplace : $t + t + t - 1 = 0$, donc $t = \frac13$. La droite coupe le plan au point $K\left(\frac13\,;\frac13\,;\frac13\right)$, au tiers de la diagonale : c'est le point $K$ trouvé par une autre méthode au chapitre 3.

Exemple 16 (les trois cas). $d$ : $x = 1 + 2t$, $y = -1 + t$, $z = 3 - t$, de vecteur directeur $\vec{u}\,(2\,;1\,;-1)$.

• $\mathcal{P}_1 : x + y + z - 9 = 0$. On remplace : $(1 + 2t) + (-1 + t) + (3 - t) - 9 = 2t - 6$. L'équation $2t - 6 = 0$ donne $t = 3$ : $d$ et $\mathcal{P}_1$ sont sécants en $I(7\,;2\,;0)$.
• $\mathcal{P}_2 : x - y + z - 7 = 0$. On obtient $(1 + 2t) - (-1 + t) + (3 - t) - 7 = -2$. L'équation $-2 = 0$ n'a aucune solution : $d$ est strictement parallèle à $\mathcal{P}_2$.
• $\mathcal{P}_3 : x - y + z - 5 = 0$. On obtient $0 = 0$, vrai pour tout $t$ : $d$ est contenue dans $\mathcal{P}_3$.

Contrôle : avec $\vec{n}_2\,(1\,;-1\,;1)$, $\vec{u} \cdot \vec{n}_2 = 2 - 1 - 1 = 0$.

4.2 Deux droites

Deux droites sont coplanaires (sécantes ou parallèles) ou non coplanaires (chapitre 3).

Méthode. Soit $d$ de vecteur directeur $\vec{u}$ et $d'$ de vecteur directeur $\vec{u}'$, avec des paramètres de noms différents, $t$ et $s$.

1. Si $\vec{u}$ et $\vec{u}'$ sont colinéaires, les droites sont parallèles : confondues si un point de l'une est sur l'autre, strictement parallèles sinon.
2. Sinon, on cherche un point commun : on écrit l'égalité des trois coordonnées. On obtient un système de trois équations à deux inconnues $t$ et $s$. On résout deux équations, puis on vérifie la troisième :
   • si elle est vérifiée, les droites sont sécantes ;
   • sinon, elles n'ont aucun point commun et ne sont pas parallèles : elles sont non coplanaires.

Exemple 17 (dans le cube). $(AG)$ : $x = t$, $y = t$, $z = t$ et $(BH)$ : $x = 1 - s$, $y = s$, $z = s$. Les vecteurs $(1\,;1\,;1)$ et $(-1\,;1\,;1)$ ne sont pas colinéaires. Le système $\begin{cases} t = 1 - s \\ t = s \\ t = s \end{cases}$ donne $s = 1 - s$, donc $s = \frac12$ et $t = \frac12$ ; la troisième équation est vérifiée. Les diagonales se coupent au point $\Omega\left(\frac12\,;\frac12\,;\frac12\right)$, le centre du cube.

Avec $(BD)$ : $x = 1 - s$, $y = s$, $z = 0$, le système $t = 1 - s$, $t = s$, $t = 0$ donne $t = 0$ et $s = 0$ par les deux dernières équations, puis $0 = 1$ dans la première : impossible. Comme $(1\,;1\,;1)$ et $(-1\,;1\,;0)$ ne sont pas colinéaires, $(AG)$ et $(BD)$ sont non coplanaires.

Exemple 18. $d$ : $x = 1 + 2t$, $y = -1 + t$, $z = 3 - t$.

• $d_1$ : $x = 1 + s$, $y = -4 + 2s$, $z = s$. Les vecteurs $(2\,;1\,;-1)$ et $(1\,;2\,;1)$ ne sont pas colinéaires. La première équation donne $s = 2t$ ; la troisième, $3 - t = 2t$, donne $t = 1$ et $s = 2$. Deuxième équation : $-1 + 1 = 0$ et $-4 + 4 = 0$, elle est vérifiée. Les droites sont sécantes en $(3\,;0\,;2)$.
• $d_2$ : $x = s$, $y = 1 + s$, $z = 1 + s$. La deuxième et la troisième équation donnent $-1 + t = 3 - t$, donc $t = 2$, puis $s = 0$. La première donnerait $1 + 4 = 0$ : impossible. Les vecteurs $(2\,;1\,;-1)$ et $(1\,;1\,;1)$ ne sont pas colinéaires : $d$ et $d_2$ sont non coplanaires.

4.3 Deux plans

Deux plans sont parallèles si leurs vecteurs normaux sont colinéaires (leçon 3) ; sinon, ils sont sécants selon une droite. Pour aller plus loin (approfondissement du programme, non exigible) : l'intersection des plans $x + y + z - 9 = 0$ et $z = 0$ est l'ensemble des points tels que $z = 0$ et $x + y = 9$ ; en posant $x = t$, on obtient la droite $x = t$, $y = 9 - t$, $z = 0$.

Leçon 5 : Projeté orthogonal et distance

Voir la vidéo de la leçon 5

Au chapitre 9 : le projeté orthogonal $H$ d'un point $M$ sur un plan (ou sur une droite) est le point de ce plan (ou de cette droite) le plus proche de $M$, et la distance de $M$ au plan (ou à la droite) est $MH$. Au chapitre 9, le projeté sur un plan était deviné sur une figure, puis vérifié, et le projeté sur une droite était donné par la formule $t = \dfrac{\overrightarrow{AM} \cdot \vec{u}}{\lVert\vec{u}\rVert^2}$. Ici, on calcule les coordonnées de $H$ dans tous les cas, avec une représentation paramétrique et une équation cartésienne.

5.1 Sur un plan donné par une équation cartésienne

Méthode. Soit $\mathcal{P} : ax + by + cz + d = 0$, de vecteur normal $\vec{n}\,(a\,;b\,;c)$, et $M$ un point.

1. La droite $\Delta$ passant par $M$ et orthogonale à $\mathcal{P}$ est dirigée par $\vec{n}$ : on écrit sa représentation paramétrique.
2. Le projeté $H$ est le point d'intersection de $\Delta$ et de $\mathcal{P}$ (leçon 4) : on remplace dans l'équation du plan et l'on trouve $t$.
3. On en déduit les coordonnées de $H$, puis la distance $MH$.

Exemple 19. $\mathcal{P} : 2x - y + 2z - 3 = 0$ et $M(5\,;-3\,;4)$.

1. $\vec{n}\,(2\,;-1\,;2)$ ; $\Delta$ : $x = 5 + 2t$, $y = -3 - t$, $z = 4 + 2t$.
2. $2(5 + 2t) - (-3 - t) + 2(4 + 2t) - 3 = 18 + 9t$, et $18 + 9t = 0$ donne $t = -2$.
3. $H(1\,;-1\,;0)$. Contrôle : $2 + 1 + 0 - 3 = 0$. Alors $\overrightarrow{MH}\,(-4\,;2\,;-4)$ et $MH = \sqrt{16 + 4 + 16} = 6.$ La distance du point $M$ au plan $\mathcal{P}$ vaut $6$. On a aussi $\overrightarrow{MH} = -2\vec{n}$ et $\lVert\vec{n}\rVert = 3$.

Exemple 20 (dans le cube). Le projeté de $A$ sur le plan $(BDE) : x + y + z - 1 = 0$. La droite passant par $A$ dirigée par le vecteur normal $(1\,;1\,;1)$ est $(AG)$, et l'exemple 15 donne $H = K\left(\frac13\,;\frac13\,;\frac13\right)$. La distance de $A$ au plan $(BDE)$ vaut $AK = \sqrt{\frac19 + \frac19 + \frac19} = \frac{\sqrt3}{3}$ : c'est le résultat du chapitre 9, obtenu ici par le calcul.

5.2 Sur une droite donnée par un point et un vecteur directeur

Méthode. Soit $d$ la droite passant par $A$ et dirigée par $\vec{u}$, et $M$ un point.

1. On écrit les coordonnées d'un point quelconque $H(t)$ de $d$ avec la représentation paramétrique.
2. $H(t)$ est le projeté de $M$ si et seulement si $\overrightarrow{MH(t)} \cdot \vec{u} = 0$ : c'est une équation du premier degré en $t$.
3. On en déduit $H$, puis la distance $MH$.

Exemple 21. $d$ passe par $A(1\,;2\,;-1)$ et elle est dirigée par $\vec{u}\,(1\,;2\,;2)$ : $x = 1 + t$, $y = 2 + 2t$, $z = -1 + 2t$. Soit $M(4\,;5\,;-1)$.

1. $H(1 + t\,;\ 2 + 2t\,;\ -1 + 2t)$, donc $\overrightarrow{MH}\,(-3 + t\,;\ -3 + 2t\,;\ 2t)$.
2. $\overrightarrow{MH} \cdot \vec{u} = (-3 + t) + 2(-3 + 2t) + 2 \times 2t = 9t - 9$, nul pour $t = 1$.
3. $H(2\,;4\,;1)$ et $\overrightarrow{MH}\,(-2\,;-1\,;2)$ : la distance de $M$ à $d$ vaut $MH = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3$.

On retrouve la formule du chapitre 9, $t = \dfrac{\overrightarrow{AM} \cdot \vec{u}}{\lVert\vec{u}\rVert^2}$ : ici $\overrightarrow{AM}\,(3\,;3\,;0)$, $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{u} = 9$ et $\lVert\vec{u}\rVert^2 = 9$.

Exemple 22 (dans le cube). Le projeté de $B(1\,;0\,;0)$ sur $(AG)$ : $H(t\,;t\,;t)$, $\overrightarrow{BH}\,(t - 1\,;t\,;t)$ et $\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{AG} = 3t - 1$, nul pour $t = \frac13$. Le projeté est encore le point $K$, et la distance de $B$ à $(AG)$ vaut $BK = \sqrt{\frac49 + \frac19 + \frac19} = \frac{\sqrt6}{3}$, comme au chapitre 9.

Leçon 6 : Systèmes linéaires en géométrie

Voir la vidéo de la leçon 6

Le programme le dit : « l'étude générale des systèmes linéaires n'est pas un objectif », mais beaucoup de questions de géométrie se traduisent par un système d'équations linéaires. On le résout dans des cas simples (par substitution, ou en ajoutant des lignes), puis on interprète ses solutions.

6.1 Trois vecteurs forment-ils une base ?

Au chapitre 3 : trois vecteurs forment une base s'ils ne sont pas coplanaires, et si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires, $\vec{u}$, $\vec{v}$, $\vec{w}$ sont coplanaires si et seulement si $\vec{w} = a\vec{u} + b\vec{v}$ pour deux réels $a$ et $b$.

Méthode. 1. On vérifie que $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires. 2. On écrit $\vec{w} = a\vec{u} + b\vec{v}$ coordonnée par coordonnée : trois équations, deux inconnues. 3. S'il n'y a pas de solution, $\vec{w}$ n'est pas une combinaison de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ : les trois vecteurs forment une base. S'il y en a une, ils sont coplanaires : ce n'est pas une base.

Exemple 23. $\vec{u}\,(1\,;0\,;1)$, $\vec{v}\,(0\,;1\,;1)$, $\vec{w}\,(1\,;1\,;0)$. Les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires (une coordonnée nulle chez l'un, pas chez l'autre). Le système $\vec{w} = a\vec{u} + b\vec{v} \iff \begin{cases} a = 1 \\ b = 1 \\ a + b = 0 \end{cases}$ donnerait $2 = 0$ : il n'a pas de solution. $(\vec{u}, \vec{v}, \vec{w})$ est une base.

Avec $\vec{w}'\,(2\,;-1\,;1)$ : $a = 2$, $b = -1$, et la troisième équation $a + b = 1$ est vérifiée. Donc $\vec{w}' = 2\vec{u} - \vec{v}$ : les vecteurs $\vec{u}$, $\vec{v}$, $\vec{w}'$ sont coplanaires, ce n'est pas une base.