Exercices corrigés — Vecteurs, droites et plans de l'espace

1. Une droite est déterminée par un point et un vecteur directeur. On prend le point $A$ et le vecteur $\overrightarrow{AB}$, dont les coordonnées s’obtiennent en soustrayant celles de $A$ à celles de $B$ :

$\overrightarrow{AB}\,\big(3 - 1\,;\,1 - 2\,;\,0 - (-1)\big)$

soit $\overrightarrow{AB}\,(2\,;\,-1\,;\,1)$. Un point $M(x\,;\,y\,;\,z)$ appartient à $(AB)$ si, et seulement si, il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{AM} = t\,\overrightarrow{AB}$, ce qui s’écrit coordonnée par coordonnée :

$\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 2 - t \\ z = -1 + t \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}$

Les constantes $1$, $2$ et $-1$ sont les coordonnées de $A$ ; les coefficients de $t$, $2$, $-1$ et $1$, sont celles de $\overrightarrow{AB}$.

2. Pour $C(7\,;\,-1\,;\,2)$, la première équation donne $1 + 2t = 7$, soit $t = 3$. On teste cette même valeur dans les deux autres équations : $y = 2 - 3 = -1$ et $z = -1 + 3 = 2$. Les trois coordonnées de $C$ sont retrouvées avec $t = 3$ : le point $C$ appartient à la droite $(AB)$.

Pour $D(5\,;\,0\,;\,2)$, la première équation donne $1 + 2t = 5$, soit $t = 2$. Alors $y = 2 - 2 = 0$, ce qui convient, mais $z = -1 + 2 = 1$, alors que la cote de $D$ vaut $2$. La seule valeur possible de $t$ ne vérifie pas les trois équations à la fois : le point $D$ n’appartient pas à la droite $(AB)$.

3. Sur la représentation paramétrique de $d_1$, on lit le point $(1\,;\,3\,;\,0)$, obtenu pour $s = 0$, et le vecteur directeur $\vec{u_1}\,(1\,;\,0\,;\,1)$, formé des coefficients de $s$ : la coordonnée $y$ ne dépend pas de $s$, son coefficient vaut $0$. Si $\vec{u_1}$ était colinéaire à $\overrightarrow{AB}\,(2\,;\,-1\,;\,1)$, on aurait $\vec{u_1} = k\,\overrightarrow{AB}$ : la deuxième coordonnée imposerait $0 = -k$, soit $k = 0$, et la première deviendrait $1 = 0$, ce qui est impossible. Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires : les droites $(AB)$ et $d_1$ ne sont pas parallèles.

On cherche un point commun en gardant deux paramètres différents, $t$ pour $(AB)$ et $s$ pour $d_1$ :

$\begin{cases} 1 + 2t = 1 + s \\ 2 - t = 3 \\ -1 + t = s \end{cases}$

La deuxième équation donne $t = -1$, puis la troisième $s = -1 + (-1) = -2$. On vérifie la première : $1 + 2 \times (-1) = -1$ d’un côté, $1 + (-2) = -1$ de l’autre, elle est vérifiée. Le système a une solution : les droites sont sécantes. On obtient leur point commun en remplaçant $t$ par $-1$ dans la représentation de $(AB)$ : $x = 1 - 2 = -1$, $y = 2 + 1 = 3$ et $z = -1 - 1 = -2$. Les droites $(AB)$ et $d_1$ se coupent au point de coordonnées $(-1\,;\,3\,;\,-2)$. Contrôle avec $d_1$ et $s = -2$ : on retrouve bien $x = 1 - 2 = -1$, $y = 3$ et $z = -2$.

4. La droite $d_2$ est dirigée par $\vec{u_2}\,(-1\,;\,2\,;\,-1)$. Si $\vec{u_2}$ était colinéaire à $\overrightarrow{AB}\,(2\,;\,-1\,;\,1)$, la première coordonnée imposerait $k = -\dfrac{1}{2}$, et la deuxième donnerait alors $-\dfrac{1}{2} \times (-1) = \dfrac{1}{2}$, et non $2$. Les droites ne sont pas parallèles. On cherche un point commun :

$\begin{cases} 1 + 2t = -1 - r \\ 2 - t = 2r \\ -1 + t = 1 - r \end{cases}$

La deuxième équation donne $t = 2 - 2r$. En remplaçant dans la première : $1 + 2(2 - 2r) = -1 - r$, soit $5 - 4r = -1 - r$, donc $3r = 6$ et $r = 2$, puis $t = 2 - 2 \times 2 = -2$. On teste ces valeurs dans la troisième équation : $-1 + (-2) = -3$ d’un côté, $1 - 2 = -1$ de l’autre, et $-3 \neq -1$. Le système n’a aucune solution : les droites n’ont aucun point commun. Elles ne sont ni parallèles ni sécantes : les droites $(AB)$ et $d_2$ sont non coplanaires.

Réflexe à retenir : pour deux droites, compare d’abord les vecteurs directeurs, puis cherche un point commun avec deux paramètres différents. Les valeurs tirées de deux équations ne valent rien tant que la troisième n’est pas vérifiée.

1. Dans ce repère, une coordonnée compte les arêtes parcourues depuis $A$ dans la direction de $\overrightarrow{AB}$, puis de $\overrightarrow{AD}$, puis de $\overrightarrow{AE}$. Par exemple, pour aller de $A$ à $H$, on suit $\overrightarrow{AD}$ puis $\overrightarrow{DH} = \overrightarrow{AE}$ : $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE}$, donc $H(0\,;\,1\,;\,1)$. De même : $B(1\,;\,0\,;\,0)$, $D(0\,;\,1\,;\,0)$, $E(0\,;\,0\,;\,1)$, $F(1\,;\,0\,;\,1)$ et $G(1\,;\,1\,;\,1)$.

2. Avec la relation de Chasles, en passant par $A$ :

$\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AD} = -\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$

$\overrightarrow{BE} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AE} = -\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AE}$

Leurs coordonnées sont donc $\overrightarrow{BD}\,(-1\,;\,1\,;\,0)$ et $\overrightarrow{BE}\,(-1\,;\,0\,;\,1)$. S’ils étaient colinéaires, on aurait $\overrightarrow{BE} = k\,\overrightarrow{BD}$ : la deuxième coordonnée imposerait $0 = k$, et la troisième deviendrait $1 = 0$, ce qui est impossible. Les vecteurs $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BE}$ ne sont pas colinéaires : les points $B$, $D$ et $E$ ne sont pas alignés, ils définissent un plan. Le plan $(BDE)$ passe par $B$ et il est dirigé par $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BE}$.

3. Les coordonnées de $P$ sont les coefficients de $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{AE}$ dans l’expression de $\overrightarrow{AP}$, puisque $A$ est l’origine du repère : $P$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{4}\,;\,\dfrac{1}{4}\right)$, donc :

$\overrightarrow{BP}\left(\dfrac{1}{2} - 1\,;\,\dfrac{1}{4}\,;\,\dfrac{1}{4}\right)$

soit $\overrightarrow{BP}\left(-\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{4}\,;\,\dfrac{1}{4}\right)$. Le point $P$ appartient au plan $(BDE)$ si, et seulement si, il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $\overrightarrow{BP} = a\,\overrightarrow{BD} + b\,\overrightarrow{BE}$, c’est-à-dire :

$\begin{cases} -a - b = -\dfrac{1}{2} \\[4pt] a = \dfrac{1}{4} \\[4pt] b = \dfrac{1}{4} \end{cases}$

Les deux dernières équations donnent $a$ et $b$. On vérifie la première : $-\dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} = -\dfrac{1}{2}$, elle est vérifiée. Ainsi $\overrightarrow{BP} = \dfrac{1}{4}\,\overrightarrow{BD} + \dfrac{1}{4}\,\overrightarrow{BE}$ : le point $P$ appartient au plan $(BDE)$.

4. Les coordonnées de $\overrightarrow{FH}$ sont $(0 - 1\,;\,1 - 0\,;\,1 - 1) = (-1\,;\,1\,;\,0)$ : ce sont celles de $\overrightarrow{BD}$. Ainsi $\overrightarrow{FH} = \overrightarrow{BD}$ : un vecteur directeur de $(FH)$ s’écrit $1 \times \overrightarrow{BD} + 0 \times \overrightarrow{BE}$, c’est un vecteur du plan $(BDE)$, donc la droite $(FH)$ est parallèle au plan $(BDE)$.

Reste à savoir si elle est incluse dans ce plan : on teste l’un de ses points, $F$. On a $\overrightarrow{BF}\,(0\,;\,0\,;\,1)$, et l’égalité $\overrightarrow{BF} = a\,\overrightarrow{BD} + b\,\overrightarrow{BE}$ impose $a = 0$ (deuxième coordonnée) et $b = 1$ (troisième coordonnée). La première coordonnée vaudrait alors $-a - b = -1$, alors que celle de $\overrightarrow{BF}$ vaut $0$ : aucun couple ne convient, et $F$ n’appartient pas au plan $(BDE)$. La droite $(FH)$ est donc strictement parallèle au plan $(BDE)$. La figure le confirme : $BDHF$ est un rectangle, et $(FH)$ est parallèle à son côté $(BD)$.

5. Le vecteur $\overrightarrow{AG}$ a pour coordonnées $(1\,;\,1\,;\,1)$, et $A$ est l’origine du repère. Une représentation paramétrique de la droite $(AG)$ est donc :

$\begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}$

Un point $M(t\,;\,t\,;\,t)$ de la droite $(AG)$ appartient au plan $(BDE)$ si, et seulement si, il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $\overrightarrow{BM} = a\,\overrightarrow{BD} + b\,\overrightarrow{BE}$. Avec $\overrightarrow{BM}\,(t - 1\,;\,t\,;\,t)$, cela s’écrit :

$\begin{cases} t - 1 = -a - b \\ t = a \\ t = b \end{cases}$

Les deux dernières équations donnent $a = t$ et $b = t$ ; la première devient $t - 1 = -2t$, soit $3t = 1$, donc $t = \dfrac{1}{3}$. Le système a une seule solution : la droite $(AG)$ et le plan $(BDE)$ ont un seul point commun, ils sont sécants en

$K\left(\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\right)$

Le point $K$ correspond à $t = \dfrac{1}{3}$ dans la représentation de $(AG)$, construite avec le point $A$ et le vecteur $\overrightarrow{AG}$ : $\overrightarrow{AK} = \dfrac{1}{3}\,\overrightarrow{AG}$. Le plan $(BDE)$ coupe la diagonale $[AG]$ du cube au tiers de sa longueur, en partant de $A$.

Réflexe à retenir : un plan se décrit par un point et deux vecteurs non colinéaires. Pour savoir si un point est dans ce plan, écris le vecteur qui le relie au point de départ comme combinaison des deux vecteurs : une solution, il y est ; aucune, il n’y est pas. Et quand le point parcourt une droite, la même équation donne le point d’intersection.