Représentation paramétrique d'une droite · Vecteur normal, équation de plan, intersections, projeté orthogonal
Dans le plan, une droite se décrit par une équation. Dans l'espace, une équation du type $ax + by + cz + d = 0$ décrit un plan, et une droite se décrit autrement : par un point et un vecteur directeur, sous forme de représentation paramétrique. Un plan, lui, se caractérise très efficacement par un point et un vecteur normal, c'est-à-dire un vecteur orthogonal au plan : c'est le produit scalaire qui fait le lien entre ce vecteur et l'équation cartésienne. Avec ces deux outils, on sait répondre aux questions classiques : un point est-il sur une droite ? Une droite traverse-t-elle un plan, et où ? Deux plans sont-ils parallèles ? Quel est le point d'un plan le plus proche d'un point donné ? Toute la difficulté tient à ne pas confondre les rôles : vecteur directeur pour une droite, vecteur normal pour un plan, et un seul paramètre $t$ commun aux trois coordonnées.
Soit $\mathcal{D}$ la droite passant par $A(x_A \,;\, y_A \,;\, z_A)$ et de vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$ (non nul).
Définition :
$M(x \,;\, y \,;\, z)$ appartient à $\mathcal{D}$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{AM} = t\,\vec{u}$, c'est-à-dire $$ \begin{cases} x = x_A + a\,t \\ y = y_A + b\,t \\ z = z_A + c\,t \end{cases} \qquad (t \in \mathbb{R}). $$
Lecture :
chaque valeur de $t$ donne un point de la droite ; les coefficients de $t$ forment un vecteur directeur, les constantes un point.
Non unicité :
une droite a une infinité de représentations paramétriques (autre point, autre vecteur directeur colinéaire).
Appartenance :
$M$ est sur $\mathcal{D}$ si un même $t$ vérifie les trois équations.
Droite $\mathcal{D}$ passant par $A(1 \,;\, 2 \,;\, -1)$ de vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}$ : $x = 1 + 2t$, $y = 2 - t$, $z = -1 + 3t$. Le point $B(5 \,;\, 0 \,;\, 5)$ est-il sur $\mathcal{D}$ ? La première équation donne $t = 2$ ; alors $y = 2 - 2 = 0$ et $z = -1 + 6 = 5$ : oui. Le point $C(3 \,;\, 1 \,;\, 1)$ ? On trouve $t = 1$, puis $y = 1$ mais $z = 2 \neq 1$ : non.
Exercice 1 — Lire et écrire une représentation paramétrique (Tle)
La droite $\mathcal{D}$ a pour représentation paramétrique $x = 2 - t$, $y = 3t$, $z = 1 + 2t$. Donner un point et un vecteur directeur de $\mathcal{D}$, puis les coordonnées du point de paramètre $t = -1$.
Donner une représentation paramétrique de la droite $(AB)$ avec $A(1 \,;\, 0 \,;\, 2)$ et $B(3 \,;\, -1 \,;\, 4)$.
Les points $M(4 \,;\, -6 \,;\, -3)$ et $N(0 \,;\, 6 \,;\, 4)$ appartiennent-ils à la droite $\mathcal{D}$ de la question 1 ?
Les représentations $x = 1 + t$, $y = 2t$, $z = 3 - t$ et $x = 3 - 2s$, $y = 4 - 4s$, $z = 1 + 2s$ décrivent-elles la même droite ?
▶ Solution — Exercice 1
Point $A(2 \,;\, 0 \,;\, 1)$ (obtenu pour $t = 0$) et vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix}$. Pour $t = -1$ : $(3 \,;\, -3 \,;\, -1)$.
$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$, d'où $x = 1 + 2t$, $y = -t$, $z = 2 + 2t$ (on peut aussi partir de $B$).
Pour $M$ : $2 - t = 4$ donne $t = -2$ ; alors $y = -6$ ✓{} et $z = 1 - 4 = -3$ ✓{} : $M \in \mathcal{D}$. Pour $N$ : $t = 2$, puis $y = 6$ ✓{} mais $z = 5 \neq 4$ : $N n°tin \mathcal{D}$.
Vecteurs directeurs $\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix} -2 \\ -4 \\ 2 \end{pmatrix}$ : colinéaires (le second vaut $-2$ fois le premier), donc droites parallèles. Le point $(3 \,;\, 4 \,;\, 1)$ de la seconde ($s = 0$) est-il sur la première ? $1 + t = 3$ donne $t = 2$, puis $y = 4$ ✓{} et $z = 1$ ✓{}. Les deux droites sont parallèles et ont un point commun : c'est la même droite.
Vecteur normal et équation cartésienne d'un plan (Tle)
Vecteur normal :
un vecteur non nul $\vec{n}$ est normal au plan $\mathcal{P}$ s'il est orthogonal à tout vecteur de $\mathcal{P}$. Il suffit qu'il soit orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de $\mathcal{P}$.
Caractérisation :
si $\mathcal{P}$ passe par $A$ et a pour vecteur normal $\vec{n}$, alors $M \in \mathcal{P} \iff \overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 0$.
Équation cartésienne :
avec $\vec{n}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$, cette condition s'écrit $a x + b y + c z + d = 0$, où $d = -(a x_A + b y_A + c z_A)$.
Réciproque :
toute équation $ax + by + cz + d = 0$ avec $(a \,;\, b \,;\, c) \neq (0 \,;\, 0 \,;\, 0)$ est celle d'un plan de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$. Les coefficients de $x$, $y$, $z$ se lisent directement.
Méthode : équation d'un plan à partir d'un point et d'un vecteur normal
Recopier les coordonnées de $\vec{n}$ comme coefficients : $ax + by + cz + d = 0$.
Remplacer $x$, $y$, $z$ par les coordonnées du point $A$ pour trouver $d$.
Vérifier que $A$ satisfait l'équation obtenue.
Si le plan est donné par trois points $A$, $B$, $C$ non alignés, on cherche d'abord $\vec{n}$ orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ en résolvant $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ et $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$ (on fixe une coordonnée, par exemple $c = 1$, quand c'est possible).
Plan $\mathcal{P}$ passant par $A(1 \,;\, -2 \,;\, 3)$ de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ : on écrit $2x + y - z + d = 0$, puis $2 \times 1 + (-2) - 3 + d = 0$ donne $d = 3$. Ainsi $\mathcal{P}$ : $2x + y - z + 3 = 0$. Vérification : $2 - 2 - 3 + 3 = 0$. ✓
Exercice 2 — Équation cartésienne d'un plan, étape par étape (Tle)
Le plan $\mathcal{P}$ passe par $A(0 \,;\, 1 \,;\, 2)$ et a pour vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$. Compléter : $\mathcal{P}$ : $x - y + … z + d = 0$ ; avec $A$ : $0 - 1 + … + d = 0$, donc $d = …$ et $\mathcal{P}$ : $…$
Donner un vecteur normal du plan $\mathcal{Q}$ : $3x - y + 2z - 5 = 0$. Les points $E(1 \,;\, 0 \,;\, 1)$ et $F(2 \,;\, 3 \,;\, 1)$ appartiennent-ils à $\mathcal{Q}$ ?
Soit $A(1 \,;\, 1 \,;\, 0)$, $B(0 \,;\, 2 \,;\, 1)$ et $C(2 \,;\, 0 \,;\, 3)$. Calculer $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, vérifier qu'ils ne sont pas colinéaires, déterminer un vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$ orthogonal aux deux, puis une équation du plan $(ABC)$.
▶ Solution — Exercice 2
$\mathcal{P}$ : $x - y + 2z + d = 0$ ; avec $A$ : $0 - 1 + 4 + d = 0$, donc $d = -3$ et $\mathcal{P}$ : $x - y + 2z - 3 = 0$.
$\vec{n}\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$. Pour $E$ : $3 - 0 + 2 - 5 = 0$, donc $E \in \mathcal{Q}$. Pour $F$ : $6 - 3 + 2 - 5 = 0$, donc $F \in \mathcal{Q}$ aussi.
$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}$ : non colinéaires (les deux premières coordonnées sont opposées, pas la troisième). On résout $-a + b + c = 0$ et $a - b + 3c = 0$ : en ajoutant, $4c = 0$ donc $c = 0$, puis $a = b$. On prend $\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$. Équation : $x + y + d = 0$ ; avec $A$ : $1 + 1 + d = 0$, $d = -2$. Donc $(ABC)$ : $x + y - 2 = 0$. Vérification : $B$ : $0 + 2 - 2 = 0$ ✓{} ; $C$ : $2 + 0 - 2 = 0$ ✓.
Positions relatives (Tle)
Soit $\mathcal{D}$ une droite de vecteur directeur $\vec{u}$, $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$ des plans de vecteurs normaux $\vec{n}$ et $\vec{n}'$.
Droite et plan :
$\mathcal{D}$ est parallèle à $\mathcal{P}$ si et seulement si $\vec{u} \cdot \vec{n} = 0$ (elle est alors incluse dans $\mathcal{P}$ ou strictement parallèle : tester un point). Sinon, $\mathcal{D}$ et $\mathcal{P}$ sont sécants en un point unique. $\mathcal{D}$ est orthogonale à $\mathcal{P}$ si et seulement si $\vec{u}$ et $\vec{n}$ sont colinéaires.
Deux plans :
$\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$ sont parallèles si et seulement si $\vec{n}$ et $\vec{n}'$ sont colinéaires (confondus ou strictement parallèles : tester un point). Sinon, ils sont sécants selon une droite.
Deux droites :
elles sont coplanaires (sécantes ou parallèles) ou non coplanaires. Vecteurs directeurs colinéaires : parallèles. Sinon, on cherche un point commun : s'il existe elles sont sécantes, sinon non coplanaires.
Méthode : intersection d'une droite et d'un plan
Remplacer $x$, $y$, $z$ dans l'équation du plan par leurs expressions en fonction de $t$.
Résoudre l'équation en $t$ obtenue : une solution (sécants), aucune (strictement parallèles) ou une infinité (droite incluse).
Reporter la valeur de $t$ dans la représentation paramétrique pour obtenir le point d'intersection, et vérifier qu'il satisfait l'équation du plan.
$\mathcal{D}$ : $x = 1 + t$, $y = 2 - t$, $z = 3 + 2t$ et $\mathcal{P}$ : $x + 2y - z + 1 = 0$. On remplace : $(1 + t) + 2(2 - t) - (3 + 2t) + 1 = 3 - 3t$. Donc $3 - 3t = 0$, $t = 1$, et le point d'intersection est $I(2 \,;\, 1 \,;\, 5)$. Vérification : $2 + 2 - 5 + 1 = 0$. ✓
Exercice 3 — Intersection d'une droite et d'un plan (Tle)
On considère le plan $\mathcal{P}$ : $2x - y + z - 4 = 0$.
Soit $\mathcal{D}'$ : $x = 1 + t$, $y = 1 + t$, $z = 2 - t$. Calculer $\vec{u}' \cdot \vec{n}$ et conclure sur la position de $\mathcal{D}'$ par rapport à $\mathcal{P}$. Préciser si $\mathcal{D}'$ est incluse dans $\mathcal{P}$.
Soit $\mathcal{D}''$ : $x = 2t$, $y = 3 - t$, $z = t$. Montrer que $\mathcal{D}''$ est orthogonale à $\mathcal{P}$ et déterminer leur point d'intersection.
$\vec{u}'\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ et $\vec{n}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ : $\vec{u}' \cdot \vec{n} = 2 - 1 - 1 = 0$, donc $\mathcal{D}'$ est parallèle à $\mathcal{P}$. Le point $(1 \,;\, 1 \,;\, 2)$ de $\mathcal{D}'$ donne $2 - 1 + 2 - 4 = -1 \neq 0$ : il n'est pas dans $\mathcal{P}$. $\mathcal{D}'$ est strictement parallèle à $\mathcal{P}$ (aucun point commun).
Exercice 4 — Positions relatives de plans et de droites (Tle)
On donne $\mathcal{P}_1$ : $x - 2y + z - 1 = 0$, $\mathcal{P}_2$ : $-2x + 4y - 2z + 5 = 0$ et $\mathcal{P}_3$ : $x + y + z = 0$. Étudier la position relative de $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$, puis de $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_3$.
Déterminer une représentation paramétrique de la droite d'intersection de $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_3$ (on pourra poser $z = t$).
$\vec{n}_1\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$ et $\vec{n}_2\begin{pmatrix} -2 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix} = -2\,\vec{n}_1$ : $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ sont parallèles. Le point $(1 \,;\, 0 \,;\, 0)$ de $\mathcal{P}_1$ donne dans $\mathcal{P}_2$ : $-2 + 5 = 3 \neq 0$ : plans strictement parallèles. $\vec{n}_3\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ n'est pas colinéaire à $\vec{n}_1$ : $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_3$ sont sécants selon une droite.
On pose $z = t$. Le système $x - 2y = 1 - t$ et $x + y = -t$ donne, par soustraction, $3y = -1$, soit $y = -\dfrac{1}{3}$, puis $x = -t + \dfrac{1}{3}$. Droite : $x = \dfrac{1}{3} - t$, $y = -\dfrac{1}{3}$, $z = t$, de vecteur directeur $\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ (on vérifie qu'il est orthogonal à $\vec{n}_1$ et à $\vec{n}_3$ : $-1 + 0 + 1 = 0$ dans les deux cas).
$\vec{u}_1\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$ et $\vec{u}_2\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires : pas parallèles. Point commun ? $1 + t = 2 + s$ et $2t = 1 - s$ donnent $t = 1 + s$ puis $2 + 2s = 1 - s$, soit $s = -\dfrac{1}{3}$ et $t = \dfrac{2}{3}$. Troisième équation : $3 - \dfrac{2}{3} = \dfrac{7}{3}$ et $4 - \dfrac{2}{3} = \dfrac{10}{3}$ : différents. Aucun point commun : les droites sont non coplanaires.
Projeté orthogonal et distance (Tle)
Sur un plan :
le projeté orthogonal de $M$ sur $\mathcal{P}$ est le point $H$ de $\mathcal{P}$ tel que $\overrightarrow{MH}$ soit colinéaire au vecteur normal $\vec{n}$. C'est le point de $\mathcal{P}$ le plus proche de $M$ : la distance de $M$ à $\mathcal{P}$ est $MH$.
Sur une droite :
le projeté orthogonal de $M$ sur $\mathcal{D}$ est le point $H$ de $\mathcal{D}$ tel que $\overrightarrow{MH} \cdot \vec{u} = 0$. C'est le point de $\mathcal{D}$ le plus proche de $M$.
Méthode : projeté orthogonal d'un point sur un plan
Écrire la représentation paramétrique de la droite $\Delta$ passant par $M$ et de vecteur directeur $\vec{n}$.
Déterminer l'intersection $H$ de $\Delta$ et de $\mathcal{P}$ (méthode précédente).
Calculer $MH$ si l'on veut la distance de $M$ au plan.
Pour un projeté sur une droite : écrire $H$ en fonction du paramètre $t$, puis résoudre $\overrightarrow{MH} \cdot \vec{u} = 0$.
Déterminer le projeté orthogonal $H$ de $M(1 \,;\, 2 \,;\, 3)$ sur le plan $\mathcal{P}$ : $2x - y + 2z - 3 = 0$, puis la distance de $M$ à $\mathcal{P}$.
Déterminer le projeté orthogonal $K$ de $A(2 \,;\, 3 \,;\, 1)$ sur la droite $\mathcal{D}$ : $x = t$, $y = 1 + t$, $z = 2 - t$, puis la distance de $A$ à $\mathcal{D}$.
Pourquoi $H$ est-il le point de $\mathcal{P}$ le plus proche de $M$ ? (On pourra considérer un autre point $N$ de $\mathcal{P}$ et le triangle $MHN$.)
$K(t \,;\, 1 + t \,;\, 2 - t)$ et $\overrightarrow{AK}\begin{pmatrix} t - 2 \\ t - 2 \\ 1 - t \end{pmatrix}$. Avec $\vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ : $\overrightarrow{AK} \cdot \vec{u} = (t - 2) + (t - 2) - (1 - t) = 3t - 5 = 0$, donc $t = \dfrac{5}{3}$ et $K\left(\dfrac{5}{3} \,;\, \dfrac{8}{3} \,;\, \dfrac{1}{3}\right)$. Alors $\overrightarrow{AK}\begin{pmatrix} -1/3 \\ -1/3 \\ -2/3 \end{pmatrix}$ et $AK = \sqrt{\dfrac{1 + 1 + 4}{9}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3} \approx 0{,}82$.
Pour tout point $N$ de $\mathcal{P}$ distinct de $H$, le triangle $MHN$ est rectangle en $H$ (car $\overrightarrow{MH}$ est normal au plan, donc orthogonal à $\overrightarrow{HN}$). D'après le théorème de Pythagore, $MN^{2} = MH^{2} + HN^{2} > MH^{2}$ : $MN > MH$. Le projeté est bien le point le plus proche.
Exercice 6 — Problème en contexte : la grande diagonale du cube (Tle)
$ABCDEFGH$ est un cube d'arête $1$. On se place dans le repère orthonormé $(A \,;\, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$.
Donner les coordonnées des points $B$, $D$, $E$ et $G$.
Montrer que le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ est normal au plan $(BDE)$ et en déduire une équation cartésienne de ce plan.
Montrer que la droite $(AG)$ est orthogonale au plan $(BDE)$, puis déterminer les coordonnées de leur point d'intersection $I$.
Calculer la distance du point $A$ au plan $(BDE)$.
En déduire le volume du tétraèdre $ABDE$ sachant que le triangle $BDE$ est équilatéral de côté $\sqrt{2}$ (aire $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$). Retrouver ce volume par une autre méthode.
Exercice 7 — Problème en contexte : un rayon de soleil sur un panneau (Tle)
Dans un repère orthonormé (unité : le mètre), un panneau solaire est le parallélogramme $ABCD$ avec $A(0 \,;\, 0 \,;\, 2)$, $B(4 \,;\, 0 \,;\, 2)$ et $D(0 \,;\, 3 \,;\, 4)$. Un rayon de soleil suit la droite $\mathcal{R}$ passant par $S(1 \,;\, 4 \,;\, 7)$ et de vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}$.
Montrer que $\vec{n}\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $(ABD)$ et qu'une équation de ce plan est $2y - 3z + 6 = 0$.
Le rayon est-il parallèle au panneau ? Est-il orthogonal au panneau ?
Déterminer les coordonnées du point $I$ où le rayon rencontre le plan $(ABD)$.
Le point $I$ appartient au panneau si $\overrightarrow{AI} = \lambda\,\overrightarrow{AB} + \mu\,\overrightarrow{AD}$ avec $0 \leqslant \lambda \leqslant 1$ et $0 \leqslant \mu \leqslant 1$. Le rayon touche-t-il effectivement le panneau ?
▶ Solution — Exercice 7
$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AD}\begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix}$, non colinéaires. $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ et $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AD} = 6 - 6 = 0$ : $\vec{n}$ est normal au plan. Équation : $2y - 3z + d = 0$ ; avec $A$ : $-6 + d = 0$, $d = 6$. Donc $(ABD)$ : $2y - 3z + 6 = 0$. Vérification avec $D$ : $6 - 12 + 6 = 0$. ✓
$\vec{u} \cdot \vec{n} = 0 - 2 + 6 = 4 \neq 0$ : le rayon n'est pas parallèle au panneau, il le traverse. $\vec{u}$ et $\vec{n}$ ne sont pas colinéaires (première coordonnée $1$ contre $0$) : il n'est pas orthogonal au panneau non plus.
$\overrightarrow{AI}\begin{pmatrix} 11/4 \\ 9/4 \\ 3/2 \end{pmatrix} = \lambda\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + \mu\begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix}$ donne $4\lambda = \dfrac{11}{4}$, soit $\lambda = \dfrac{11}{16}$, et $3\mu = \dfrac{9}{4}$, soit $\mu = \dfrac{3}{4}$ ; la troisième coordonnée $2\mu = \dfrac{3}{2}$ est cohérente. Comme $0 \leqslant \dfrac{11}{16} \leqslant 1$ et $0 \leqslant \dfrac{3}{4} \leqslant 1$, le point $I$ est bien sur le panneau : le rayon le touche.
Erreurs classiques à éviter
Erreur
Exemple faux
Correction
Confondre vecteur directeur et vecteur normal
« $x + 2y - z + 1 = 0$ a pour vecteur directeur $(1 \,;\, 2 \,;\, -1)$ »
c'est un vecteur normal ; un plan n'a pas de vecteur directeur unique
Croire qu'une droite a une équation cartésienne
« $\mathcal{D}$ : $2x - y + 3 = 0$ »
dans l'espace, cette équation décrit un plan ; une droite se donne par une représentation paramétrique
Tester l'appartenance avec des $t$ différents
« $x$ donne $t = 2$, $y$ donne $t = 1$, donc $M \in \mathcal{D}$ »
le paramètre doit être le même pour les trois coordonnées : ici $M n°tin \mathcal{D}$
Oublier la constante $d$
« vecteur normal $(1 \,;\, 2 \,;\, 3)$ donc $x + 2y + 3z = 0$ »
il faut utiliser un point du plan pour calculer $d$
Conclure « incluse » dès que $\vec{u} \cdot \vec{n} = 0$
parallèle seulement ; tester un point pour distinguer incluse et strictement parallèle
Exercice 8 — QCM (Tle)
Pour chaque question, une seule réponse est correcte.
Un vecteur normal au plan d'équation $3x - y + 2z - 7 = 0$ est :
A. $\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ -7 \end{pmatrix}$
B. $\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$
C. $\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -7 \end{pmatrix}$
D. $\begin{pmatrix} 6 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}$
La droite de représentation paramétrique $x = 1 + 2t$, $y = -t$, $z = 3$ passe par le point :
A. $(3 \,;\, -1 \,;\, 3)$
B. $(1 \,;\, 0 \,;\, 0)$
C. $(2 \,;\, -1 \,;\, 3)$
D. $(1 \,;\, -1 \,;\, 3)$
La droite $\mathcal{D}$ de vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$ et le plan $\mathcal{P}$ de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$ sont tels que :
A. $\mathcal{D}$ est orthogonale à $\mathcal{P}$
B. $\mathcal{D}$ est sécante à $\mathcal{P}$ sans lui être orthogonale
C. $\mathcal{D}$ est parallèle à $\mathcal{P}$ (incluse ou strictement parallèle)
D. $\mathcal{D}$ est incluse dans $\mathcal{P}$
La distance du point $M(1 \,;\, 1 \,;\, 1)$ au plan d'équation $z = 4$ vaut :
A. $4$
B. $3$
C. $1$
D. $\sqrt{3}$
▶ Solution — Exercice 8
Réponse D. Un vecteur normal est $\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$, et tout vecteur colinéaire non nul convient : $\begin{pmatrix} 6 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}$ en est le double.
A : la constante $-7$ n'est pas une coordonnée du vecteur normal.
B : erreur de signe sur la deuxième coordonnée.
C : coefficients mélangés.
Réponse A. Pour $t = 1$ : $x = 3$, $y = -1$, $z = 3$.
B : la cote vaut toujours $3$.
C : $x = 2$ impose $t = \dfrac{1}{2}$, donc $y = -\dfrac{1}{2}$ et non $-1$.
D : $x = 1$ impose $t = 0$, donc $y = 0$ et non $-1$.
Réponse C. $\vec{u} \cdot \vec{n} = 2 - 2 + 0 = 0$ : la droite est parallèle au plan.
A : il faudrait $\vec{u}$ et $\vec{n}$ colinéaires, ce qui n'est pas le cas.
B : le produit scalaire nul exclut que la droite traverse le plan.
D : sans un point de $\mathcal{D}$, on ne peut pas savoir si elle est incluse ou strictement parallèle.
Réponse B. Le plan $z = 4$ est horizontal, de vecteur normal $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ; le projeté de $M$ est $H(1 \,;\, 1 \,;\, 4)$ et $MH = 4 - 1 = 3$.
A : $4$ est la cote du plan, pas la distance.
C : confusion avec les coordonnées de $M$.
D : $\sqrt{3}$ est la distance de $M$ à l'origine, sans rapport avec le plan.
Exercice 9 — Vrai ou faux ?
Pour chaque affirmation, dire si elle est vraie ou fausse et justifier :
Une droite de l'espace admet une unique représentation paramétrique.
Si $\vec{u} \cdot \vec{n} = 0$, où $\vec{u}$ dirige $\mathcal{D}$ et $\vec{n}$ est normal à $\mathcal{P}$, alors $\mathcal{D}$ est incluse dans $\mathcal{P}$.
Deux plans dont les vecteurs normaux sont colinéaires sont parallèles.
Dans l'espace, l'équation $x + y - 3 = 0$ définit une droite.
Le projeté orthogonal $H$ de $M$ sur un plan $\mathcal{P}$ est le point de $\mathcal{P}$ le plus proche de $M$.
Deux droites de l'espace qui ne sont pas parallèles sont sécantes.
Un plan admet une infinité de vecteurs normaux, tous colinéaires entre eux.
Le plan d'équation $2x - 3y + z = 0$ passe par l'origine du repère.
▶ Solution — Exercice 9
Faux. On peut changer de point de départ ou multiplier le vecteur directeur par un réel non nul : il y en a une infinité.
Faux. $\mathcal{D}$ est parallèle à $\mathcal{P}$, mais elle peut être strictement parallèle (aucun point commun). Il faut tester un point.
Vrai. C'est la caractérisation du parallélisme de deux plans (confondus ou strictement parallèles).
Faux. Toute équation $ax + by + cz + d = 0$ avec $(a \,;\, b \,;\, c) \neq \vec{0}$ définit un plan : ici le plan de vecteur normal $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, parallèle à l'axe des cotes.
Vrai. Pour tout autre point $N$ de $\mathcal{P}$, le triangle $MHN$ est rectangle en $H$ et $MN > MH$.
Faux. Elles peuvent être non coplanaires : ni parallèles ni sécantes, comme deux arêtes opposées d'un cube.
Vrai. Si $\vec{n}$ est normal, $k\,\vec{n}$ l'est aussi pour tout réel $k \neq 0$, et ce sont les seuls.