V
Géométrie dans l’espace
Positions relatives
D
ans l’espace (de dimension 3), nous avons défini trois objets essentiels : le point, la droite et le plan. Représentations paramétriques et cartésiennes comprises, il reste à comprendre comment se comportent ces objets entre eux. On parle ici de positions relatives.C
ette séquence s’intéresse donc à la définition de l’intersection entre plan/plan, droite/- plan et droite/droite.Lorsqu’elle sera non vide, on la caractérisera. Commençons !
Dans ce chapitre et sauf mention contraire, l’espace sera muni d’un repère orthonormé direct (O; −→ı ; −→; −→
k).
Sommaire
I Deux plans . . . . 2
I.1 Positions relatives . . . 2
I.2 Intersection de plans . . . 5
I.3 Parallélisme entre deux plans . . . 7
II Plan et Droite . . . . 9
II.1 Positions relatives . . . 9
II.2 Intersection d’une droite et d’un plan . . . 11
II.3 Parallélisme entre droites et plans . . . 15
III Deux Droites . . . . 18
III.1 Positions relatives . . . 18
III.2 Intersection de deux droites . . . 21
IV Orthogonalité . . . . 23
IV.1 Droites orthogonales . . . 23
IV.2 Droites perpendiculaires à un plan . . . 25
V Projection orthogonale . . . . 31
V.1 Projection orthogonale d’un point sur un plan ou sur une droite . . . 31
V.2 Distance d’un point à un plan . . . 33
V.3 Distance d’un point à une droite . . . 36
VI Hors-programme mais. . . . . . . 38
VI.1 Positions relatives de trois plans . . . 38
VI.2 Sphère . . . 40
VI.3 Plan médiateur . . . 42
I Deux plans
I.1 Positions relatives
Plans sécants Plans parallèles Plans confondus
(P) (P′)
(D) (P)
(P′) (P)=(P′)
L’intersection de (P) et (P′) est la droite (D)
L’intersection de (P) et (P′) est vide
L’intersection de (P) et (P′) est le plan (P) De la même manière que dans le plan, un point était défini par l’intersection de deux droites sécantes, on retrouve ici une droite comme intersection de deux plans sécants.
On dit que deux plans non dégénérés de l’espace sont strictement parallèles si, et seulement si leur intersection est vide.
Définition 1
On reviendra sur cette notion au paragraphe (I.3).
Dans les exercices, il sera aussi utile de voir que deux plans confondus sont aussi deux plans parallèles qui contiennent le même point ou deux plans sécants en trois points non alignés.
Suivant les points de vue, deux plans sécants seront donc vus, soit comme deux plans « très » sécants, soit comme deux plans « très » parallèles.
(AB)
+
A + B (P)
(P′)
Figure V.1– Intersection de deux plans.
Pour trouver l’intersection de deux plans sécants (P) et (P′), il suffit de trouver deux points A et B distincts et communs aux plans (P) et (P′).
L’intersection cherchée est alors la droite (AB).
Méthode 1 (Intersection de deux plans)
Exemple 1 : Dans le cube ABCDEFGH,
— les plans (BFG) et (EFG) sont sécants selon la droite (FG):
(BFG)∩(EFG) = (FG).
— les plans(ABC)et(EFG)sont parallèles (strictement) :
(ABC)∩(EFG) =∅.
— les plans (EFG) et (HGF) sont confon- dus :
(EFG)∩(HGF)(EFG).
— Quelle est la position relative des plans (AFC) et (BHD) ?
A B
C G H
E F
D
F
D
Remarque :Deux plans sont parallèles si, et seulement si leurs vecteurs directeurs sont copla- naires.
Exercice 1 : Soit ℘ le plan de représentation paramétrique :
x=t−2t′ y = 1 + 3t+t′ z = 2−5t
, t∈R, t′ ∈R.
Déterminer la nature de ℘∩℘′ dans chacun des cas suivants où ℘′ est définie par une repré- sentation paramétrique :
1
x=−2−3t−t′ y= 2−2t+ 4t′ z = 2 + 5t−5t′
2
x= 4−3t+ 5t′ y=−2t+t′ z = 5 + 5t−5t′
3
x=−3 + 2t+t′ y= 2−t+ 2t′ z = 1 +t t∈R, t′ ∈R.
Exercice 2 : Soit ℘ le plan de représentation paramétrique :
x= 4−t+ 3t′ y= 1−t+ 5t′ z =t−t′
, t∈R, t′ ∈R.
Dans chacun des cas suivants, déterminer une représentation paramétrique de la droite d’in- tersection de℘ et du plan :
1 (O ;−→i ,−→j ) 2 (O ;−→i ,−→
k) 3 (O ;−→j ,−→ k)
Correction :
1 On sait que le plan (O ;−→i ,−→j) a pour représentation paramétrique :
x=r y=r′ z= 0
, r;r′∈R2.
Un point M (x;y;z) appartiendra aux deux plans si, et seulement si ses coordonnées sont solutions du système :
r = 4−t+ 3t′ r′ = 1−t+ 5t′ 0 =t−t′
⇐⇒
r= 4−t+ 3t′ r′ = 1−t+ 5t′ t=t′
⇐⇒
x=r = 4 + 2t y=r′ = 1 + 4t t=t′
Conclusion, les coordonnées de M (x;y;z) vérifient le système
x= 4 + 2t y= 1 + 4t z= 0
, t∈R.
C’est la droite passant par A
4 1 0
et dirigée par le vecteur−→u
2 4 0
ou encore
1 2 0
. 2 Le raisonnement est identique avec les représentations :
(O ;−→i ,−→ k) :
x=r y= 0 z=r′
, r;r′∈R2 et (℘) :
x= 4−t+ 3t′ y= 1−t+ 5t′ z=t−t′
, t;t′∈R2.
On résout donc le système :
r = 4−t+ 3t′ 0 = 1−t+ 5t′ r′ =t−t′
⇐⇒
r = 4−t+ 3t′ t= 1 + 5t′ r′ =t−t′
⇐⇒
r= 3−2t′ t= 1 + 5t′ r′ = 1 + 4t′
Les coordonnées de M (x;y;z) vérifient donc le système
x= 3−2t′ y= 0 z= 1 + 4t′
, t′ ∈R.
C’est la droite passant par B
3 0 1
et dirigée par le vecteur −→v
−2 0 4
ou encore
−1 0 2
. 3 Enfin, avec le système :
0 = 4−t+ 3t′ r= 1−t+ 5t′ r′ =t−t′
⇐⇒
t= 4 + 3t′ r= 1−t+ 5t′ r′ =t−t′
⇐⇒
t= 4 + 3t′ r=−3 + 2t′ r′= 4 + 2t′
Les coordonnées de M (x;y;z) vérifient donc le système
x= 0 y=−3 + 2t′ z= 4 + 2t′
, t′ ∈R.
C’est la droite passant par C
0
−3 4
et dirigée par le vecteur −→w
0 2 2
ou encore
0 1 1
.
I.2 Intersection de plans
Soient (P) et (P′) deux plans de l’espace de vecteurs normaux respectifs−→n et−→ n′.
— Si −→n et −→
n′ ne sont pas colinéaires, les plans (P) et (P′) sont sécants suivant une droite (D).
— Si−→n et −→
n′ sont colinéaires et si A est un point quelconque de (P) :
— Si A∈(P′), les plans (P) et (P′) sont confondus.
— Si A∈/ (P), les plans (P) et (P′) sont strictement parallèles.
Théorème 1
(P) (P′) (D)
−
→n
−
→n′
(P)=(P′)
−
→n
−
→n′
× A
(P) (P′)
−
→n
−
→n′
× A
Table V.1– Position relative de plans.
Preuve:
— Si−→n et−→
n′ sont colinéaires alors les plans (P) et (P′) sont parallèles. Reste à savoir s’ils sont confondus ou disjoints.
— Si −→n et −→
n′ ne sont pas colinéaires, les plans (P) et (P′) sont sécants suivant une droite (D).
Remarque : Dans l’espace, une droite (D) n’est pas représentée par une seule équation carté- sienne mais par deux : celles de deux plans sécants dont elle est l’intersection.
Exercice 3 : Déterminer une représentation paramétrique de la droite d’intersection de deux plans sécants :
(P) : x−3y+ 2z−5 = 0 et (P′) : 2x+y+ 7z−1 = 0.
Correction : Les vecteurs normaux respectifs−n→1
1
−3 2
et−n→2
2 1 7
de (P) et (P′) ne sont pas colinéaires donc les plans sont sécants en une droite (D).
L’idée est toujours la même : traduire au niveau des coordonnées les propriétés d’un point quelconque de la droite.
M (x;y;z)∈(D) ⇐⇒
(M∈(P) M∈(P′) ⇐⇒
(x−3y+ 2z−5 = 0 (L1) 2x+y+ 7z−1 = 0 (L2)
Étant donné que c’est un système à 3 inconnues pour deux équations, nous ne trouverons pas une solution unique. On exprime deux des inconnues en fonction de la troisième qui jouera le rôle du paramètre.
(7x+ 23z−8 = 0 (L1) + 3×(L2) 7y+ 3z+ 9 = 0 (L2)−2×(L1) ⇐⇒
x= 8
7−23 7 z y=−9
7 −3 7z En posantz=t, une représentation de (D) peut être :
(D) :
x= 8
7 −23 7 t y=−9
7 −3 7t z=t
, t∈R.
Exercice 4 : Même question qu’à l’ exercice (3) avec :
1 (P) : x+y+ 2z−3 = 0 et (P′) : −x+ 4y−5z+ 6 = 0.
2 (P) : x−2z−1 = 0 et (P′) : y−2z+ 4 = 0.
3 (P) : 2x−y−2z−1 = 0 et (P′) : −x+ 4y+z−3 = 0.
Exercice 5 (Plus fin) : Déterminer l’intersection des plans (P), (Q) et (R) avec : 1 (P) : 3x+ 3y+z+ 2 = 0, (Q) : y+z−5 = 0 et (R) : 2z−8 = 0.
2 (P) : 4x+ 3y+z+ 2 = 0, (Q) : x+ 2y+z−5 = 0 et (R) : 3x+ 5y+ 2z−9 = 0.
Problème 6 (Parallélisme de plans) : Démontrons que deux plans (P1) et (P2) sont parallèles si, et seulement si un vecteur normal de l’un est un vecteur normal de l’autre.
1. Supposons que les deux plans ont un même vecteur normal−→n
a b c
et démontrons qu’ils sont parallèles.
Notons ax+by +cz+d = 0 l’équation de (P1) ainsi que ax+by+cz+δ = 0 celle de (P2) et intéressons-nous au système composé de ces deux équations, permettant d’obtenir l’intersection des deux plans.
(a) Démontrer que ce système est équivalent au système suivant :
( ax+by+cz+d = 0 d−δ = 0
(b) Si d=δ, que peut-on dire de l’ensemble des solutions du système ? Conclure.
(c) Même question lorsque d 6=δ.
2. Réciproquement, supposons que (P1) et (P2) sont parallèles et démontrons qu’ils ont même vecteur normal.
Le cas où (P1) et (P2) sont confondus amenant une conclusion évidente, traitons le cas où les deux plans sont strictement parallèles.
On note−→n1
a b c
et −→n2
α β γ
deux vecteurs normaux respectifs de (P1) et (P2).
(a) En raisonnant par l’absurde, démontrer que (a;α) 6= (0 ; 0) ou (b;β) 6= (0 ; 0) ou (c;γ)6= (0 ; 0).
(b) Admettons que (a;α)6= (0 ; 0) (la démonstration est identique dans les autres cas) et admettons que a6= 0.
En considérant le système composé des équations des deux plans, démontrer que α 6= 0.
(c) Démontrer que ce système est équivalent au
système :
( ax+by+cz+d = 0 y(αb−aβ) +z(αc−aγ) + (αD−aδ) = 0 (d) Justifier que αb−aβ = 0 et αc−aγ = 0.
(e) En déduire que −→n1 et−→n2 sont colinéaires et donner le coefficient de colinéarité.
(f) Conclure.
I.3 Parallélisme entre deux plans
Si un plan (Q) coupe deux plans parallèles (P) et (P′) alors les droites d’intersection sont parallèles.
Théorème 2
(P′)
(P)
(Q)
Figure V.2 –Intersection d’un plan avec deux plans parallèles.
Preuve: Si (P) et (P′) sont confondus, le résultat est évident. Supposons donc qu’ils sont strictement parallèles et soit (Q) sécant avec (P) en une droite (D). En particulier,
Si (Q) était parallèle à (P′), les plans (P) et (Q) distincts et parallèles à (P′) seraient parallèles, ce qui n’est pas le cas puisque (Q) coupe (P).
Donc (Q) et (P′) sont sécants en une droite (D′)
Les droites (D) et (D′) sont donc des droites coplanaires et sans point commun puisque situés dans deux plans parallèles distincts (P) et (P′). Elles sont donc parallèles.
Exercice 7 : Déterminer la position relative des plans (P1) et (P2) d’équations respectives : 1 (P1) : x−y−2z−1 = 0 et (P2) : −2x+ 2y+ 4z+ 4 = 0.
2 (P1) : 3x+ 9y−6z−3 = 0 et (P2) : x+ 3y−2z−1 = 0.
Exercice 8 : On considère le solide ADECBF, ci-dessous, constitué de deux pyramides iden- tiques ayant pour base commune le carré ABCD de centre I. Toutes les arêtes sont de lon- gueur 1.
L’espace est rapporté au repère orthonormé
A ; −→
AB, −→
AD, −→
AK.
On nomme M le milieu du segment [DF] et N celui du segment [AB].
1 Démontrer que les plans (FDC) et (ABE) sont parallèles.
2 Déterminer l’intersection des plans (EMN) et (FDC).
×
×
A B
D C E
F I K
II Plan et Droite
II.1 Positions relatives
Droite et plan sécants Droite contenue dans le plan Droite et plan strictement parallèles
× M
(D)
(P)
(D) (P)
(D) (P)
(P′)
(P) et (D) ont un unique point d’intersection M
(D) est incluse dans le plan (P)
(P) et (D) n’ont aucun point commun
Ici aussi, il sera utile de voir une droite incluse dans un plan comme une droite passant par deux points de ce plan. Cette droite pourra alors être encore vue comme une droite « très » sécante avec le plan.
Exemple 2 : Dans le cube ABCDEFGH,
— la droite (EG) et le plan(BFC) sont sé- cants en G :
(BFC)∩(EG) = G.
— la droite (EG)et le plan (ABC)sont pa- rallèles (strictement) :
(EG)∩(ABC) =∅.
— la droite (EG) est contenue dans le plan (EFG) :
(EFG)∩(EG) = (EG).
A B
C G H
E F
D
F
Pour déterminer l’intersection d’un plan (P) et d’une droite (D) non parallèle à (P) : 1. On trouve un plan (P′) qui contient (D) et sécant à (P).
2. On détermine la droite (D′), intersection de (P) et (P′).
(cf méthode 1)
3. Le point d’intersection de (D) et (D′) est lors l’intersection de (D) et (P).
Méthode 2 (Intersection d’une droite et d’un plan)
Exercice 9 : ABCD est un tétraèdre. I est le milieu de l’arête [AD], G un point de la face ABC distinct des sommets et tel que la droite (IG) ne soit pas parallèle au plan (BCD).
Construire le point N, intersection de la droite (IG) et du plan (BCD).
bc A (D′)
(D) (P)
(P′)
Figure V.3– Intersection d’une droite et d’un plan.
Correction :
B D
A
C J
G I
×N
Ici aussi, on applique la méthode :
1 Le plan (AIG) ou encore (ADG) contient la droite (AI) et est sécant au plan (BCD).
2 Le point (d), par définition, appartient aux deux plans (ADG) et (BCD).
Posons J l’intersection entre la droite (AG) et la droite (BC). Le point (J) appartient aussi aux deux plans (ADG) et (BCD).
L’intersection entre les deux plans (ADG) et (BCD) est donc la droite (DJ).
3 L’intersection entre le plan (BCD) et la droite (IG) est donc l’intersection entre les droites (DJ) et (IG), intersection qui existe bien car (IG) n’est pas parallèle au plan (BCD).
Exercice 10 : SABCD est une pyramide de sommet S, M est un point de [AS] et N est un point de [CS] tels que (MN) n’est pas parallèle au plan (ABC).
Construire, en justifiant, le point E, intersection de la droite (MN) et du plan (ABC).
Exercice 11 : Soit ℘ le plan de représentation paramétrique :
x= 4−t+ 3t′ y = 1−t+ 5t′ z =t−t′
, t∈R, t′ ∈R
Dans chacun des cas suivants, déterminer l’intersection de℘ avec la droite (d) donnée par une représentation paramétrique :
1
x= 2 +t y= 3 + 3t z = 5−t
2
x= 1 + 4t y= 10t z =−3t
3
x= 1 + 2t y=−2 z=−3 +t
t∈R.
II.2 Intersection d’une droite et d’un plan
Soient (D) une droite de vecteur directeur −→u et (P) un plan de vecteur normal−→n.
— Si−→u .−→n 6= 0 alors (P) et (D) sont sécants en un point.
— Si−→u .−→n = 0 alors soit A est un point quelconque de (D).
— Si A∈(P), la droite (D) est contenue dans (P).
— Si A∈/ (P), la droite (D) est strictement parallèle à (P).
Théorème 3
(D)
u−→
−
→n (P)
×
A (D)
−
→u
−
→n (P)
×
A
−
→n
(P)
(D)
−
→u
(P) et (D) ont un unique point d’intersection
(D) est incluse dans le plan (P)
(P) et (D) n’ont aucun point commun Table V.2– Position relative d’une droite et d’un plan.
Preuve:
— Si−→u .−→n 6= 0 alors (D) n’est pas parallèle à (P). Elle lui est donc sécante.
— Si −→u .−→n = 0 alors (D) est parallèle à (P). Reste à savoir si elle est contenue dans ce dernier ou s’ils sont disjoints. Tout dépend de l’appartenance d’un de ses points à (P).
Pour trouver l’intersection éventuelle d’une droite et d’un plan, on résout le système formé des deux représentations de la droite et du plan.
— S’il existe une unique solution (x; y;z), l’intersection est un point I de coordonnées (x; y; z).
— S’il existe une infinité de solution, la droite est contenue dans le plan.
— S’il n’existe aucune solution, la droite est strictement parallèle au plan.
Méthode 3 (Intersection d’une droite et d’un plan)
Exercice 12 : Déterminer l’intersection éventuelle du plan (P) d’équation 2x−y+3z−2 = 0 et de la droite (D) de représentation paramétrique :
(D) :
x=−2 +t y= 1 +t z = 2t
, t∈R.
Exercice 13 : Même question qu’à l’ exercice (11) avec : 1 La droite (d) :
x = 6 +t y = −1 + 2t z = −3−t
, t∈R et le plan (P) :x+y+ 3z−1 = 0.
2 La droite (d) engendrée par A(6 ;−2 ;−3) et −→u = 5−→i −3−→j −6−→
k et le plan (P) :−5x−7y+ 10z+ 6 = 0
.
3 La droite (d) passant par les points A(−5 ; 4 ;−3) et B(1 ;−2 ; 3) et le plan (P) :x+y+ 3z−1 = 0.
4 La droite (d) passant par les points A(1 ; 2 ;−1) et B(2 ; 4 ; 1) et le plan (P) :−4
5x− 1 10y+1
2z−2 = 0.
5 La droite (d) passant par les points A(2 ; 4 ; 5) et B(−2 ; 0 ; 3) et le plan (P) : 1
2x−5 6y+ 2
3z−1 = 0.
6 Le plan (P) : 4x−6y+ 5z−3 = 0 et :
1 l’axe des abscisses ;
2 l’axe des ordonnées ;
3 l’axe des cotes.
7 La droite (d) passant par les points A(2 ;−5 ; 3) et B(−2 ; 4 ;−8) et le plan (P) passant par C(4 ;−1 ; 2) et dirigé par −→u
1 1 1
et −→v
−2
−3 1
.
Exercice 14 : Dans l’espace muni d’un repère orthonormé (O ;~i,~j,~k), soit (∆) la droite de représentation paramétrique :
x= 1−t y= 2t z =−t+ 2
, t∈R.
et℘ le plan de représentation paramétrique :
x=−t′
y= 1 +t+ 3t′ z =t
, t∈R, t′ ∈R.
1 Le point C (1; 3; 2) appartient-il au plan ℘?
2 Démontrer que la droite (∆) est incluse dans le plan℘.
3 Soit ℘′ le plan de représentation paramétrique :
x=t+t′ y= 1 + 2t+t′ z=−1 + 3t+t′
, t∈R, t′ ∈R.
1 Montrer que C∈℘′.
2 Montrer que (∆) coupe ℘′ en un point I dont on déterminera les coordonnées.
3 Montrer que CI =√ 3.
4 Soit t un nombre réel et M le point de (∆) de coordonnées M (−t+ 1; 2t; −t+ 2).
1 Montrer que CM2 = 6t2−12t+ 9.
2 Montrer que CI est la distance minimale de CM lorsque t décrit l’ensemble des réels.
Correction :
1 Le point C (1; 3; 2) au plan℘ si, et seulement si il existe un couple de paramètres t;t′∈R2 qui permette d’atteindre les coordonnées de ce dernier.
On résout donc le système d’inconnuestett′ :
1 =−t′ 3 = 1 +t+ 3t′ 2 =t
⇐⇒
t′ =−1 3 = 1 +t−3 t= 2
Il ne reste qu’à vérifier que la deuxième équation est compatible avec les deux autres : 1 + 2 + 3×(−1) = 0!
Le système n’admet donc aucun couple t;t′solution c.-à-d. C∈/ ℘.
2 Trois méthodes pour cette question :
1 Montrer que tout vecteur directeur de (∆) est coplanaire avec les deux vecteurs directeurs de ℘ ce qui montrera que (∆)℘ puis montrer qu’un point de (∆) appartient à ℘.
−
→u
−1 2
−1
= −
0 1 1
+
−1 3 0
où −→v =
0 1 1
et −→w
−1 3 0
sont deux vecteurs directeurs de ℘ et−→u un vecteur directeur de (∆).
D
1 0 2
∈(∆) pourk= 0 et D∈℘ pour t= 2 et t′ =−1.
2 Prendre deux points distincts quelconques de (∆) et montrer qu’ils appartiennent tous deux à ℘.
On sait déjà que D
1 0 2
∈(∆)∩℘.
E
0 2 1
∈(∆) pourk= 1 et E∈℘ pourt= 1 et t′= 0.
3 Montrer que le système formé des deux représentations admet une infinités de triplets k;t;t′solutions.
Résolvons donc le système :
1−k=−t′ 2k= 1 +t+ 3t′
−k+ 2 =t
⇐⇒
t′=k−1 2k= 1 +t+ 3t′ t=−k+ 2
⇐⇒
t′=k−1
2k= 1 + (−k+ 2) + 3(k−1) t=−k+ 2
⇐⇒
t′=k−1 2k= 2k t=−k+ 2
Ce système est toujours vrai quels que soient les réelsk,tett′
Tout couple k; t;t′est donc solution. Chacun d’eux représente alors un point de (∆)∩℘= (∆).
3 1 Le point C (1; 3; 2) au plan ℘′ si, et seulement si il existe un couple de paramètres t;t′∈R2 qui permette d’atteindre les coordonnées de ce dernier.
On résout donc le système d’inconnues tett′ :
1 =t+t′ 3 = 1 + 2t+t′ 2 =−1 + 3t+t′
⇐⇒
1 =t+t′ 2 = 2t+t′ 3 = 3t+t′
⇐⇒
1 =t+t′ 2 = 2t+t′ 2 = 2t
⇐⇒
t′= 0 t′= 0 t= 1 Le système admet le couple (1; 0) comme solution donc C∈℘′.
2 Puisque l’on nous demande le point d’intersection I, on va directement résoudre le système formé des deux représentations :
I
x y z
∈(∆)∩℘′ ⇐⇒
x= 1−k y= 2k z=−k+ 2
et
x=t+t′ y= 1 + 2t+t′ z=−1 + 3t+t′
⇐⇒
1−k =t+t′ 2k = 1 + 2t+t′
−k+ 2 =−1 + 3t+t′
⇐⇒
1 =k+t+t′
−1 =−2k+ 2t+t′ 3 =k+ 3t+t′
⇐⇒
1 =k+t+t′
−1 =−2k+ 2t+t′ 3 =k+ 3t+t′
⇐⇒
1 =k+t+t′ 2 = 3k−t 2 = 2t
⇐⇒
1 = 1 +t+t′ 2 = 3k−1 t= 1
⇐⇒
t′=−1 k= 1 t= 1
Donc I
1−1 2×1
−1 + 2
=
0 2 1
Remarque : En reportant t= 1 et t′ =−1 dans les équations de ℘′ on retrouve évidem- ment les mêmes coordonnées pour I et cela permet d’ailleurs de vérifier ses calculs.
3 Il suffit d’appliquer une formule de seconde :
CI =q(xI−xC)2+ (yI−yC)2+ (zI−zC)2
=q12+ 12+ (−1)2 =√ 3.
4 1 C’est exactement la même question que la précédente mais avec des t:
CM2 = (xM−xC)2+(yM−yC)2+(zM−zC)2 = (1✁−t−✁1)2+(2t−3)2+(✁2−t−✁2)2 = 6t2−12t+9.
2 Comme la fonction x 7−→ √
x est une fonction croissante sur R+, il suffit de trouver le minimum de la fonction ϕ: t7−→CM2 = 6t2−12t+ 9.
La fonction ϕ est un trinôme du second degré dont on sait, depuis la première, que le minimum est ateint pour x=− b
2a = 12 12 = 1.
Le minimum deϕest alors ϕ(1) = 3.
CI =√
3 est donc la distance minimale de CM lorsquet∈R.
II.3 Parallélisme entre droites et plans
Une droite est parallèle à un plan si et seulement si elle est parallèle à une droite de ce plan.
Proposition 4
(D′)
(D) (P)
(D)//(D′) (D)⊂(P)
)
=⇒ (D)//(P).
Figure V.4– Droite parallèle à un plan.
Si une droite est parallèle à un plan, elle sera donc contenue dans celui-ci ou strictement parallèle.
Si une droite (D′) est parallèle à deux plans (P) et (P′) sécants en une droite (D) alors (D) et (D′) sont parallèles.
Corollaire 5
Preuve: Si (D) et (D′) étaient sécantes alors la droite (D) est le plan (P) auraient un point d’intersection. Ce qui n’est pas possible par hypothèse.
Les droites (D) et (D′) sont donc parallèles ou non coplanaires.
Comme (D′)//(P), il existe une droite (∆) de (P) parallèle à (D′). Si (D) et (∆) étaient sécantes alors (P′) et (D) seraient sécants ce qui n’est pas possible par hypothèse.
Les droites (D) et (∆) sont donc parallèles et, par transitivité, (D)//(D′).
(D)
(D′) (P)
(P′)
Figure V.5–Droite parallèle à deux plans sécants.
Deux plans (P) et (P′) sont parallèles si, et seulement si il existe deux droites sécantes (D) et (D′) de (P) parallèles à (P′).
Théorème 6
(P′)
(D) (D′) (P)
Figure V.6– Deux plans parallèles.
On remarquera que, contrairement à la proposition précédente, pour montrer que deux plans (de dimension 2) sont parallèles, il est nécessaire de disposer d’une droite supplémentaire plutôt
que pour montrer qu’une droite (de dimension 1) est parallèle à un plan.
Preuve: On raisonne par double implication :
— Le cas où (P) et (P′) sont confondues est trivial. On suppose donc que (P) et (P′) sont strictement parallèles.
Soient (D) et (D′) deux droites sécantes de (P).
Si (D) était sécante avec (P′) en A, par exemple, alors A appartiendrait aux deux plans (P) et (P′) qui seraient alors sécants. La droite (D) est donc strictement parallèle à (P′).
Par le même raisonnement, (D′) est aussi strictement parallèle à (P′).
Le plan (P′) est donc bien parallèle à deux droites sécantes de (P).
— Réciproquement, supposons que (P′) soit parallèle à deux droites sécantes (D) et (D′) de (P).
Si (P) et (P′) sont confondus, le résultat est immédiat sinon supposons (P) et (P′) sécants en une droite (∆).
(∆) ne peut être parallèle aux deux droites sécantes (D) et (D′). Supposons donc, par exemple, que (D) et (∆) soit sécantes en un point A.
Le point A, appartenant (∆) ⊂ (P′) est alors un point de (P′) mais aussi de (P) car (∆)⊂(P).
Les plans (P) et (P′) seraient alors sécants en A ce qui est impossible.
En conclusion, les plans (P) et (P′) sont strictement parallèles et le théorème est dé- montré.
Soient (D) et (D′) deux droites parallèles contenues respectivement dans les plans (P) et (P′).
Si (P) et (P′) sont sécants en une droite (∆), alors la droite (∆) est parallèle à (D) et (D′).
(D)⊂(P) (D′)⊂(P′) (D)//(D′)
=⇒
avec (∆) = (P)∩(P′) (D)//(∆)
(D′)//(∆) Théorème 7 (Théorème du toit)
(∆) (D)
(D′) (P)
(P′)
Figure V.7 –Théorème du toit.
III Deux Droites
III.1 Positions relatives
Droites coplanaires Droites non
coplanaires
Sécantes Strictement
parallèles Confondues
(D) (D′)
×
(D)
(D′)
bc
M
(D)
(D′) (D)
(D′)
Un unique point d’intersection
Aucun point d’intersection
Au moins 2 points d’intersection
Il n’existe aucun plan contenant (D)
et (D′)
ATTENTION
Dans l’espace, il existe des droites qui ne sont ni parallèles, ni sécantes.Exemple 3 : Dans le cube ABCDEFGH,
— les droites (AF) et (BE) sont copla- naires.
— les droites (AB) et(AD) sont sécantes.
— les droites (BC) et (EH) sont parallèles (strictement).
— les droites (AE) et (FG)ne sont pas co-
planaires. A B
C G H
E F
D
Exercice 15 (Positions relatives de droites) : Dans un repère de l’espace, on consi- dère les droites (D1), (D2) et (D3) représentées par :
(D1) :
x=−1 + 2t y= 4t z = 5−3t
, t∈R, (D2) :
x= 8−6t y= 1−12t z = 9t−2
, t ∈R et (D3) :
x= 6 +t y=−1 + 3t z = 2−2t
, t∈R
1 Montrer que (D1) et (D2) sont strictement parallèles.
2 Montrer que (D1) et (D3) sont sécantes en un point M dont on donnera les coordonnées.
Dans l’espace, deux droites distinctes peuvent être sécantes, parallèles ou non coplanaires.
Pour montrer que :
— deux droites sont parallèles, il suffit de montrer que leur vecteurs directeurs sont colinéaires.
— deux droites sont sécantes, il suffit de montrer que le système formé des deux repré- sentations paramétriques a une unique solution.
— deux droites sont non coplanaires, il suffit de montrer que le système formé des deux représentations paramétriques n’a pas de solution et qu’elles ne sont pas parallèles.
Méthode 4(Position relative de droites)
Correction :
1 On applique la méthode :
— (D1) et (D2) sont respectivement dirigées par−→u1
2 4
−3
et−→u2
−6
−12 9
=−3
2 4
−3
=−3−→u1. Leur vecteur directeur étant colinéaires, (D1) et (D2) sont donc strictement parallèles ou confondues.
— Montrons qu’elles sont strictement parallèles c.-à-d. qu’un point de (D1), par exemple A
−1 0 5
, n’appartient pas à (D2) en résolvant le système :
−1 = 8−6t 0 = 1−12t 5 = 9t−2
⇐⇒
t= 32 t= 121 t= 13
Les équations ne sont pas compatibles.
Le système n’a pas de solutions.
Le point A de (D1) n’appartient donc pas à (D2). Les droites sont distinctes et parallèles donc strictement parallèles.
2 Question plus simple, il suffit de résoudre le système formé des deux représentations :
−1 + 2k= 6 +t 4k=−1 + 3t 5−3k= 2−2t
⇐⇒
−1 + 2k= 6 +t 2 =−13 +t 5−3k= 2−2t
L2 ←L2−2L1
⇐⇒
2k= 22 t= 15
−3k=−33
⇐⇒
k= 11
t= 15 k= 11
Le système admet donc le couple (11; 15) comme solution c.-à-d. les droites (D1) et (D3) sont sécantes en M
−1 + 2×11 4×11 5−3×11
=
21 44
−28
Remarque :Pensez à vérifier vos calculs avec la droite (D3) et t= 15 !
Exercice 16 (Métropole 2015) : Dans l’espace muni d’un repère orthonormé, on consi- dère :
— les points A(0 ; 1 ; −1) et B(−2 ; 2 ; −1).
— la droite D de représentation paramétrique
x = −2 +t y = 1 +t z = −1−t
, t∈R.
1 Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AB).
2 1 Montrer que les droites (AB) et D ne sont pas parallèles.
2 Montrer que les droites (AB) et D ne sont pas sécantes.
3 En déduire la position relative des droites (AB) et D.
Exercice 17 (Intersection d’une droite et d’une sphère) : Soit A (1; −2; 3) un point et~u(3; 2; −1) un vecteur de l’espace.
1 Rappeler l’équation paramétrique de la droite (D) passant par A et de vecteur directeur
~u.
2 Déterminer l’équation réduite de la sphère (S) de centre Ω (1;−1; 2) et de rayon√ 10.
3 Déterminer les coordonnées des points d’intersection, s’il en existe, de la droite (D) avec la sphère (S).
Correction :
1 D’après le cours, on a immédiatement : (D) :
x= 1 + 3t y=−2 + 2t z= 3−t
, t∈R.
2 Soit M
x y z
un point quelconque de l’espace.
M∈(S) ⇐⇒ ΩM =√ 10
⇐⇒ ΩM2 = 10 (On élève au carré)
⇐⇒ (xΩ−x)2+ (yΩ−y)2+ (zΩ−z)2= 10
⇐⇒ (1−x)2+ (−1−y)2+ (2−z)2 = 10 (Équation réduite de (S))
⇐⇒ x2+y2+z2−2x+ 2y−4z−4 = 0. (Équation développée de (S)) 3 Le point M appartient à (D)∩(S) si, et seulement si ses coordonnées sont solutions du système :
x= 1 + 3t y=−2 + 2t z= 3−t
, t∈R
x2+y2+z2−2x+ 2y−4z−4 = 0.
c.-à-d. si et seulement s’il existe un réelt∈R tel que : ( x= 1 + 3t, y=−2 + 2t, z= 3−t
(1 + 3t)2+ (−2 + 2t)2+ (3−t)2−2(1 + 3t) + 2(−2 + 2t)−4(3−t)−4 = 0.
On développe et simplifie la dernière équation :
⇐⇒
( x= 1 + 3t, y=−2 + 2t, z= 3−t 7t2−3t−4 = 0.
La dernière équation admet deux solutions réelles qui sont 1 puis−4
7. On trouve alors :
— Pourt= 1, M1(4; 0; 2).
— Pourt=−4 7, M2
−5 7;−22
7 ; 25 7
.
La droite (D) coupe donc la sphère (S) en les deux points M1 et M2 trouvés ci-dessus.
III.2 Intersection de deux droites
Exercice 18 : Soit (∆) la droite de représentation paramétrique :
x= 1−t y=−2 + 3t z =−1 +t
, t ∈R.
Dans chacun des cas suivants, étudier la position de la droite (∆) avec la droite (d) de repré- sentation paramétrique :
1
x=−k y= 3 + 2k z = 4−k
2
x= 1 +k y=−2k z = 3−k
3
x=k−2 y= 7−3k z= 2−k
k∈R.
Correction : (∆) a pour vecteur directeur−→u(−1 ; 3 ; 1)
1 (d) a pour vecteur directeur−→v(−1 ; 2 ; 1) qui n’est pas colinéaire avec−→u. (∆) et (d) sont donc soit sécantes, soit non coplanaires.
x= 1−t y=−2 + 3t z=−1 +t x=−k y= 3 + 2k z= 4−k
⇐⇒
−k= 1−t 3 + 2k=−2 + 3t 4−k=−1 +t x=−k
y= 3 + 2k z= 4−k
⇐⇒
k=t−1
−2 + 3t= 1 + 2t 4−t+ 1 =−1 +t x=−k
y= 3 + 2k z= 4−k
⇐⇒
k= 2 t= 3 t= 3 x=−2 y= 7 z= 2 Les droites (d) et (∆) sont donc sécantes en A(−2 ; 7 ; 2).
2 (d) a pour vecteur directeur −→v(1 ; −2 ; −1) qui n’est pas colinéaire avec −→u. (∆) et (d) sont donc soit sécantes, soit non coplanaires.
x= 1−t y =−2 + 3t z=−1 +t x= 1 +k y =−2k z= 3−k
⇐⇒
1 +k= 1−t
−2k=−2 + 3t 3−k=−1 +t x= 1 +k y=−2k z= 3−k
⇐⇒
k=−t t= 2 3 =−1!!!
x= 1 +k y=−2k z= 3−k
Le système n’admet pas de solution et les droites (d) et (∆) sont donc non coplanaires.
