Mathématiques du lycée · Grades 10–12

31Vecteurs, droites et plans de l’espace

La géométrie en dimension trois devient calculatoire une fois les vecteurs et les coordonnées disponibles : les droites admettent des représentations paramétriques, les plans des équations cartésiennes, et le produit scalaire mesure les angles et les distances. Ce chapitre construit cette boîte à outils et l’utilise pour résoudre les problèmes classiques d’intersection et de distance.

31.1 Vecteurs de l’espace

Les vecteurs de l’espace obéissent aux mêmes règles que dans le plan : ils s’additionnent, se multiplient par un scalaire, et $\vect{AB} = \vect{CD}$ exactement lorsque $ABDC$ est un parallélogramme. Dans un repère $(O; \vec\imath, \vec\jmath, \vec k)$ , tout vecteur a des coordonnées $(x, y, z)$ .

Définition 31.1 (Colinéarité, coplanarité)

Deux vecteurs sont colinéaires si l’un est un multiple de l’autre. Trois vecteurs $\vec u, \vec v, \vec w$ sont coplanaires si l’un d’eux peut s’écrire comme combinaison des deux autres, disons $\vec w = a\vec u + b\vec v$ .

Proposition 31.2

Si $\vec u, \vec v, \vec w$ ne sont pas coplanaires, tout vecteur de l’espace se décompose de façon unique en $x\vec u + y\vec v + z\vec w$ .

Idée de la preuve. Par l’extrémité du vecteur à décomposer, mener la droite parallèle à $\vec w$ ; elle rencontre le plan de $\vec u, \vec v$ en un unique point, qui scinde le vecteur en une composante dans ce plan (uniquement $x\vec u + y\vec v$ , géométrie plane) et une composante selon $\vec w$ . Unicité : une différence de deux décompositions exprimerait l’un des vecteurs en fonction des deux autres, contredisant la non-coplanarité. ∎

31.2 Droites et plans

Définition 31.3 (Représentation paramétrique d’une droite)

La droite passant par $A(x_A, y_A, z_A)$ de vecteur directeur $\vec u (a, b, c) \neq \vec 0$ est l’ensemble des points

M(x_A + ta,\; y_A + tb,\; z_A + tc), \qquad t \in \R .

Définition 31.4 (Plan)

Le plan passant par $A$ dirigé par deux vecteurs non colinéaires $\vec u, \vec v$ est l’ensemble des points $M$ avec $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ , $(s, t) \in \R^2$ .

À gauche : la droite passant par A de direction u, graduée par le paramètre t. À droite : le plan passant par A dirigé par u et v ; tout point M du plan est atteint comme AM = s u + t v. — À gauche : la droite passant par $A$ de direction $\vec u$ , graduée par le paramètre $t$ . À droite : le plan passant par $A$ dirigé par $\vec u$ et $\vec v$ ; tout point $M$ du plan est atteint comme $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ .

Proposition 31.5 (Positions relatives)

Deux plans distincts sont soit parallèles, soit s’intersectent selon une droite. Une droite et un plan sont soit parallèles (éventuellement contenus), soit s’intersectent en un unique point. Deux droites de l’espace peuvent être sécantes, strictement parallèles, confondues, ou non coplanaires (gauches).

Esquisse. Ce sont des énoncés d’incidence ; chaque analyse de cas se réduit, en coordonnées, à résoudre un système linéaire et à compter ses solutions — voir Méthode 31.10. ∎

31.3 Produit scalaire

Définition 31.6 (Produit scalaire)

Le produit scalaire de $\vec u$ et $\vec v$ est

\vec u \cdot \vec v = \tfrac12\left(\norm{\vec u + \vec v}^2 - \norm{\vec u}^2 - \norm{\vec v}^2\right),

où $\norm{\vec u}$ est la longueur de $\vec u$ . Si les deux vecteurs sont non nuls, $\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta$ où $\theta$ est l’angle entre eux ; et dans un repère orthonormé,

\vec u \cdot \vec v = xx' + yy' + zz' .

Deux vecteurs sont orthogonaux si leur produit scalaire vaut $0$ .

Proposition 31.7 (Propriétés)

Le produit scalaire est symétrique ( $\vec u\cdot\vec v = \vec v\cdot\vec u$ ), bilinéaire ( $(a\vec u + b\vec v)\cdot \vec w = a\,\vec u\cdot\vec w + b\,\vec v\cdot \vec w$ ), et $\vec u \cdot \vec u = \norm{\vec u}^2 \geq 0$ .

Démonstration. Dans un repère orthonormé, les trois propriétés sont immédiates sur la formule $xx' + yy' + zz'$ , qui elle-même suit de la formule définissante et du calcul pythagoricien des longueurs : $\norm{\vec u}^2 = x^2 + y^2 + z^2$ . ∎

Définition 31.8 (Vecteur normal)

Un vecteur normal d’un plan $\mathcal P$ est un vecteur non nul orthogonal à tout vecteur situé dans $\mathcal P$ (il suffit qu’il soit orthogonal à deux directions non colinéaires de $\mathcal P$ ).

Un vecteur normal n du plan P est orthogonal à toute direction de P. Le point H, pied de la perpendiculaire issue de M_0, réalise la distance de M_0 au plan. — Un vecteur normal $\vec n$ du plan $\mathcal P$ est orthogonal à toute direction de $\mathcal P$ . Le point $H$ , pied de la perpendiculaire issue de $M_0$ , réalise la distance de $M_0$ au plan.

Théorème 31.9 (Équation cartésienne d’un plan)

Dans un repère orthonormé, le plan passant par $A$ de vecteur normal $\vec n(a, b, c)$ a pour équation

a x + b y + c z + d = 0,

où $d = -(ax_A + by_A + cz_A)$ . Réciproquement, toute telle équation avec $(a,b,c) \neq (0,0,0)$ définit un plan de vecteur normal $(a, b, c)$ .

Démonstration. $M \in \mathcal P \iff \vect{AM} \perp \vec n \iff a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = 0$ , qui se développe en l’équation. Réciproquement, prendre un point solution $A$ quelconque de l’équation ; le même calcul à l’envers montre que l’ensemble des solutions est $\{M : \vect{AM}\cdot\vec n = 0\}$ , le plan passant par $A$ de normale $\vec n$ . ∎

Méthode 31.10 (Intersections en pratique)

Droite $\cap$ plan : substituer les coordonnées paramétriques de la droite dans l’équation du plan ; résoudre en $t$ (une solution : un point ; $0 =$ non nul : parallèle ; $0 = 0$ : droite contenue).
Plan $\cap$ plan : résoudre le système des deux équations, en paramétrant par une coordonnée libre ; la solution est une droite (ou les plans sont parallèles lorsque les vecteurs normaux sont colinéaires).
Contrôles d’orthogonalité : droite $\perp$ plan ssi sa direction est colinéaire à la normale ; deux plans sont perpendiculaires ssi leurs normales sont orthogonales.

Proposition 31.11 (Distance d’un point à un plan)

Dans un repère orthonormé, la distance de $M_0(x_0, y_0, z_0)$ au plan $\mathcal P : ax + by + cz + d = 0$ est

\operatorname{dist}(M_0, \mathcal P) = \frac{\abs{ax_0 + by_0 + cz_0 + d}}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}.

Démonstration. Soit $H$ la projection orthogonale de $M_0$ sur $\mathcal P$ : le pied de la perpendiculaire, donc $\vect{HM_0}$ est colinéaire à la normale unitaire $\frac{\vec n}{\norm{\vec n}}$ , et la distance est $\abs{\vect{HM_0}\cdot \frac{\vec n}{\norm{\vec n}}}$ . Pour tout $H \in \mathcal P$ , $\vect{HM_0}\cdot\vec n = ax_0 + by_0 + cz_0 - (ax_H + by_H + cz_H) = ax_0 + by_0 + cz_0 + d$ (en utilisant l’équation en $H$ ), d’où la formule après division par $\norm{\vec n} = \sqrt{a^2+b^2+c^2}$ . ∎

Exemple 31.12

Distance de l’origine au plan $x + 2y + 2z - 6 = 0$ : $\frac{\abs{-6}}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \frac63 = 2$ .

31.4 Exercices

Dans tous les exercices le repère est orthonormé.

Exercice 31.1 ★

Soient $A(1, 0, 2)$ , $B(3, 1, 1)$ et $C(2, -1, 3)$ . Les points $A$ , $B$ , $C$ sont-ils alignés ? Donner une représentation paramétrique de la droite $(AB)$ .

Solution

Solution de Exercice 31.1.

$\vect{AB}(2, 1, -1)$ et $\vect{AC}(1, -1, 1)$ ne sont pas proportionnels ( $\frac21 \neq \frac{1}{-1}$ ), donc les points ne sont pas alignés. Droite $(AB)$ :

(x, y, z) = (1 + 2t,\; t,\; 2 - t), \qquad t \in \R .

Exercice 31.2 ★

Déterminer une équation cartésienne du plan passant par $A(1, 1, 0)$ de vecteur normal $\vec n(2, -1, 3)$ . Le point $B(0, 2, 1)$ lui appartient-il ?

Solution

Solution de Exercice 31.2.

$2(x - 1) - (y - 1) + 3(z - 0) = 0$ , c.-à-d.

2x - y + 3z - 1 = 0 .

Pour $B(0,2,1)$ : $0 - 2 + 3 - 1 = 0$ : oui, $B$ est sur le plan.

Exercice 31.3 ★

Calculer l’angle en $A$ (au degré le plus proche) du triangle de sommets $A(0,0,0)$ , $B(1, 1, 0)$ et $C(1, 0, 1)$ .

Solution

Solution de Exercice 31.3.

$\vect{AB}(1,1,0)$ , $\vect{AC}(1,0,1)$ :

\cos\widehat{A} = \frac{\vect{AB}\cdot\vect{AC}}{\norm{\vect{AB}}\,\norm{\vect{AC}}} = \frac{1}{\sqrt2\,\sqrt2} = \frac12,

donc $\widehat A = 60^\circ$ .

Exercice 31.4 ★★

On considère la droite $\mathcal D$ passant par $A(1, 2, 0)$ de direction $\vec u(1, -1, 2)$ , et le plan $\mathcal P : 2x + y - z + 1 = 0$ . Déterminer $\mathcal D \cap \mathcal P$ .

Solution

Solution de Exercice 31.4.

Points de $\mathcal D$ : $(1 + t,\, 2 - t,\, 2t)$ . En substituant dans l’équation de $\mathcal P$ :

2(1+t) + (2 - t) - 2t + 1 = 5 - t = 0 \iff t = 5 .

Point d’intersection unique : $(6, -3, 10)$ .

Exercice 31.5 ★★

Soient $\mathcal P : x - y + 2z = 1$ et $\mathcal Q : 2x + y + z = 4$ . Montrer que $\mathcal P$ et $\mathcal Q$ s’intersectent selon une droite et en donner une représentation paramétrique.

Solution

Solution de Exercice 31.5.

Les vecteurs normaux $(1, -1, 2)$ et $(2, 1, 1)$ ne sont pas colinéaires, donc les plans s’intersectent selon une droite. En additionnant les deux équations : $3x + 3z = 5$ , donc $x = \frac53 - z$ ; puis la première équation donne $y = x + 2z - 1 = \frac23 + z$ . Avec $z = t$ :

(x, y, z) = \left(\frac53 - t,\; \frac23 + t,\; t\right), \qquad t \in \R,

une droite de vecteur directeur $(-1, 1, 1)$ . (Les deux équations se vérifient identiquement.)

Exercice 31.6 ★★

Montrer que les droites

\mathcal D_1 : (x, y, z) = (1 + t,\; 2t,\; 3 - t), \qquad \mathcal D_2 : (x, y, z) = (2 + s,\; 1 + s,\; 1 + 2s)

sont non coplanaires (gauches).

Solution

Solution de Exercice 31.6.

Les directions $\vec u_1(1, 2, -1)$ et $\vec u_2(1, 1, 2)$ ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles. Une intersection exigerait

1 + t = 2 + s, \qquad 2t = 1 + s, \qquad 3 - t = 1 + 2s .

Les deux premières donnent $t = 1 + s$ et $2(1+s) = 1 + s$ , donc $s = -1$ , $t = 0$ ; mais alors la troisième lit $3 = -1$ , absurde. Pas de point commun et non parallèles : les droites sont non coplanaires.

Exercice 31.7 ★★

Soit $\mathcal P : 2x - y + 2z - 3 = 0$ .

Calculer la distance de $M_0(3, 1, 1)$ à $\mathcal P$ .
Déterminer les coordonnées de la projection orthogonale $H$ de $M_0$ sur $\mathcal P$ , et vérifier la distance $M_0H$ .

Solution

Solution de Exercice 31.7.

1. $\operatorname{dist} = \dfrac{\abs{2\cdot3 - 1 + 2\cdot1 - 3}} {\sqrt{4 + 1 + 4}} = \dfrac{4}{3}$ .

2. $H = M_0 + t\,\vec n$ avec $\vec n(2, -1, 2)$ , en choisissant $t$ pour que $H \in \mathcal P$ :

2(3 + 2t) - (1 - t) + 2(1 + 2t) - 3 = 4 + 9t = 0 \iff t = -\frac49 .

D’où $H\left(\frac{19}{9}, \frac{13}{9}, \frac19\right)$ , et

M_0H = \norm{t\,\vec n} = \frac49 \times 3 = \frac43,

en accord avec la formule de distance.

Exercice 31.8 ★★★

Le cube $ABCDEFGH$ a pour arête $1$ ; placer les coordonnées de sorte que $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ (avec $C = B + D$ , $F = B + E$ , $G = B + D + E$ , $H = D + E$ comme vecteurs issus de $A$ ).

Montrer que la diagonale $(AG)$ est orthogonale au plan $(BDE)$ .
Calculer la distance de $A$ au plan $(BDE)$ , et le point où $(AG)$ le perce.

Solution

Solution de Exercice 31.8.

Coordonnées : $G(1,1,1)$ , et le plan $(BDE)$ passe par $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ .

1. Le plan $(BDE)$ a pour équation $x + y + z = 1$ (satisfaite par les trois points, et ils ne sont pas alignés), donc $\vec n(1,1,1)$ lui est normal. Comme $\vect{AG} = (1,1,1) = \vec n$ , la diagonale $(AG)$ est orthogonale au plan $(BDE)$ .

2. Distance de $A(0,0,0)$ : $\frac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{3}$ . La droite $(AG)$ est $(t, t, t)$ ; elle rencontre le plan lorsque $3t = 1$ : au point $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ , le centre de gravité du triangle $BDE$ .

Exercice 31.9 ★★★

(Volume d’un tétraèdre.) Soient $A(1,1,1)$ , $B(2,1,0)$ , $C(0,2,1)$ et $D(2,2,2)$ .

Vérifier que $\vect{AB}$ , $\vect{AC}$ , $\vect{AD}$ ne sont pas coplanaires (les points forment un vrai tétraèdre).
Trouver un vecteur $\vec n$ orthogonal à la fois à $\vect{BC}$ et $\vect{BD}$ , et en déduire une équation cartésienne du plan $(BCD)$ .
Calculer la distance de $A$ au plan $(BCD)$ et l’aire du triangle $BCD$ , en utilisant la formule $\text{Aire} = \frac12\sqrt{\norm{\vec u}^2\norm{\vec v}^2 - (\vec u \cdot \vec v)^2}$ pour le triangle engendré par $\vec u, \vec v$ .
En déduire le volume du tétraèdre ( $V = \frac13 \times \text{aire de base} \times \text{hauteur}$ ).

Solution

Solution de Exercice 31.9.

1. $\vect{AB}(1, 0, -1)$ , $\vect{AC}(-1, 1, 0)$ , $\vect{AD}(1, 1, 1)$ . Si $\vect{AD} = a\vect{AB} + b\vect{AC}$ , les coordonnées donnent $a - b = 1$ , $b = 1$ , $-a = 1$ : les deux premières forcent $a = 2$ , contredisant $a = -1$ . Non coplanaires.

2. $\vect{BC}(-2, 1, 1)$ , $\vect{BD}(0, 1, 2)$ . Résoudre $\vec n \cdot \vect{BC} = \vec n \cdot \vect{BD} = 0$ : de $b + 2c = 0$ , $b = -2c$ ; puis $-2a - 2c + c = 0$ donne $c = -2a$ . Avec $a = 1$ : $\vec n(1, 4, -2)$ . Plan passant par $B(2,1,0)$ :

x + 4y - 2z - 6 = 0 .

3. Distance de $A(1,1,1)$ : $\dfrac{\abs{1 + 4 - 2 - 6}}{\sqrt{21}} = \dfrac{3}{\sqrt{21}}$ . Aire de $BCD$ : $\norm{\vect{BC}}^2 = 6$ , $\norm{\vect{BD}}^2 = 5$ , $\vect{BC}\cdot\vect{BD} = 3$ , donc

\text{Aire} = \frac12\sqrt{6 \times 5 - 9} = \frac{\sqrt{21}}{2}.

V = \frac13 \times \frac{\sqrt{21}}{2} \times \frac{3}{\sqrt{21}} = \frac12 .