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 .

31.5 Problème : trancher le cube

Problème 31.1

Devoir du week-end — un plan coupe le cube en un hexagone parfait, un tétraèdre régulier se cache dans les coins, et l’angle de la diagonale façonne tout diamant

Tranchez un cube et vous attendez des carrés et des rectangles — et pourtant une coupe célèbre produit un hexagone régulier, et quatre coupes de coin bien choisies laissent derrière elles un tétraèdre régulier. Ces deux surprises, ainsi que l’angle de $109.5^\circ$ que vénèrent les atomes de carbone, cèdent à la trousse de ce chapitre : droites paramétrées, équations de plans et produit scalaire (Théorème 31.9, Proposition 31.11). On utilisera partout le cube de l’Exercice 31.8 : côté $1$ , $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ , $C(1,1,0)$ , $F(1,0,1)$ , $H(0,1,1)$ , $G(1,1,1)$ .

Partie I — Aisance.

Écrire l’équation du plan passant par $B(1,0,0)$ et de vecteur normal $(1,1,1)$ , une représentation paramétrique de la droite passant par $A$ et dirigée par $(1,1,1)$ , puis leur point d’intersection.
Calculer la distance de $A$ à ce plan (Proposition 31.11).
Les vecteurs $(1,-1,0)$ et $(1,1,-2)$ sont-ils orthogonaux ?
Position relative des plans $x + y + z = 1$ et $2x + 2y + 2z = 5$ ? Et de la droite passant par $A$ et dirigée par $(1,1,0)$ par rapport au premier plan ?
Énumérer les milieux des six arêtes $[BC], [CD], [DH], [HE], [EF], [FB]$ du cube, et vérifier que tous les six vérifient l’équation $x + y + z = \frac32$ .

Partie II — La section hexagonale. Soit $P$ le plan d’équation $x + y + z = \frac32$ .

Montrer que $P$ est perpendiculaire à la grande diagonale $(AG)$ et passe par le centre du cube.
Calculer les distances entre milieux consécutifs de la question 5 le long de la section : que trouve-t-on ?
Calculer l’angle du polygone de section en l’un de ses sommets (deux vecteurs d’arêtes consécutives et un produit scalaire). Conclure : la section est un hexagone régulier.
Calculer le périmètre et l’aire de l’hexagone, et comparer cette aire à celle d’une face du cube. (Pour mémoire : la plus grande section plane du cube unité est le rectangle diagonal $1 \times \sqrt2$ , d’aire $\sqrt2$ — l’hexagone régulier décroche l’argent.)
En quel point la diagonale $(AG)$ perce-t-elle $P$ ? Vérifier que ce point de percée est le milieu de $[AG]$ .
Faire glisser la coupe : décrire les sections $x + y + z = c$ lorsque $c$ croît de $0$ à $3$ — calculer la section pour $c = \frac12$ (quel polygone, de quelle taille ?), et raconter la métamorphose qui passe par votre hexagone en $c = \frac32$ .
Pourquoi aucun plan ne peut-il découper dans un cube un polygone à sept côtés ? (Où doit se trouver chaque côté de la section ?)

Partie III — Le tétraèdre caché.

Calculer le volume du tétraèdre de coin $ABDE$ (base, hauteur, et la formule du tiers admise dans le volume précédent — l’Exercice 31.9 calcule de tels volumes en général).
Les quatre sommets $B$ , $D$ , $E$ , $G$ : calculer les six distances deux à deux et en conclure que $BDEG$ est un tétraèdre régulier. Puis obtenir son volume en retranchant du cube les tétraèdres de coin.
Calculer la distance du centre du cube au plan $(BDE)$ .
L’angle du diamant : calculer l’angle entre les diagonales $\vect{AG}$ et $\vect{BH}$ du cube. Son supplémentaire, environ $109.5^\circ$ , est l’angle entre les liaisons dans le diamant et le méthane — pourquoi quatre doublets électroniques autour d’un atome de carbone choisissent-ils les sommets du tétraèdre de la question 14 ?

Partie IV — Authentiquement tridimensionnel.

Déterminer en quel point la droite passant par $B(1,0,0)$ et dirigée par $(0,1,1)$ perce le plan $P$ de l’hexagone.
Montrer que les droites $(AB)$ et $(EG)$ ne se coupent pas et ne sont pas parallèles : elles sont non coplanaires, phénomène impossible dans un plan.
Calculer le projeté orthogonal de $B$ sur $P$ (cheminer depuis $B$ le long de la normale jusqu’au plan), et vérifier que le point obtenu satisfait l’équation de $P$ .
Pour finir — la trousse de l’arpenteur de l’espace : les droites paramétrées pour percer, les vecteurs normaux pour les angles et les distances, les équations de plans pour les sections ; et le cube comme terrain de jeu où elles ont produit un hexagone, un tétraèdre régulier, l’angle du diamant et deux droites non coplanaires. Une phrase pour chacune.

Solution

Solution de Problème 31.1.

1. Plan : $x + y + z = 1$ . Droite : $(t, t, t)$ . Intersection : $3t = 1$ , d’où $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ .

2. $\dfrac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{\sqrt3}{3}$ .

3. $1 - 1 + 0 = 0$ : ils sont orthogonaux.

4. Même vecteur normal $(1,1,1)$ , mais $\frac52 \neq 1$ : plans strictement parallèles. Pour la droite : $(1,1,0) \cdot (1,1,1) = 2 \neq 0$ , donc elle n’est pas parallèle au plan et le perce en un point.

5. Milieux : $\left(1, \frac12, 0\right)$ , $\left(\frac12, 1, 0\right)$ , $\left(0, 1, \frac12\right)$ , $\left(0, \frac12, 1\right)$ , $\left(\frac12, 0, 1\right)$ , $\left(1, 0, \frac12\right)$ : chacun a pour somme de coordonnées $\frac32$ .

6. Le vecteur normal de $P$ est $(1,1,1)$ , la direction de $(AG)$ : ils sont perpendiculaires. Le centre $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ a pour somme de coordonnées $\frac32$ : il appartient à $P$ .

7. Deux milieux consécutifs diffèrent de vecteurs du type $\left(-\frac12, \frac12, 0\right)$ : de longueur $\frac{\sqrt2}{2}$ à chaque fois — six côtés égaux.

8. En $\left(\frac12, 1, 0\right)$ : vecteurs d’arêtes $\left(\frac12, -\frac12, 0\right)$ et $\left(-\frac12, 0, \frac12\right)$ : produit scalaire $-\frac14$ , normes $\frac{\sqrt2}{2}$ , donc $\cos = -\frac12$ et l’angle vaut $120^\circ$ . Côtés égaux, angles égaux à $120^\circ$ : c’est un hexagone régulier.

9. Périmètre $6 \times \frac{\sqrt2}{2} = 3\sqrt2 \approx 4.24$ . Aire $6 \times \frac{\sqrt3}{4} \times \frac12 = \frac{3\sqrt3}{4} \approx 1.30$ : plus grande qu’une face (d’aire $1$ ) — une tranche plus large que n’importe quel côté de la boîte ; seul le rectangle diagonal ( $\sqrt2 \approx 1.41$ ) fait mieux.

10. La droite $(t,t,t)$ rencontre $P$ en $t = \frac12$ : c’est le centre — lequel est bien le milieu de $[AG]$ ( $A$ en $t = 0$ , $G$ en $t = 1$ ).

11. Pour $c = \frac12$ : le plan coupe les trois arêtes issues du coin $A$ en $\left(\frac12,0,0\right)$ , $\left(0,\frac12,0\right)$ et $\left(0,0,\frac12\right)$ : un triangle équilatéral de côté $\frac{\sqrt2}{2}$ . Quand $c$ croît, le triangle grandit, ses coins se tronquent en un hexagone (régulier exactement en $c = \frac32$ ), puis la figure se rétracte symétriquement jusqu’à un triangle au coin $G$ : la métamorphose du tailleur de cristal.

12. Chaque côté de la section est l’intersection du plan de coupe avec une face du cube, et un plan rencontre une face (un polygone plat) en au plus un segment : il y a donc au plus $6$ côtés. Sept est impossible ; trois, quatre, cinq et six se produisent tous (les questions 8 et 11 en montrent deux).

13. Base $ABD$ : triangle rectangle d’aire $\frac12$ ; hauteur $AE = 1$ : volume $\frac13 \times \frac12 \times 1 = \frac16$ .

14. Deux points quelconques parmi $B, D, E, G$ diffèrent d’exactement $1$ sur deux coordonnées : les six distances valent toutes $\sqrt2$ — le tétraèdre est régulier. Le cube se décompose en $BDEG$ plus quatre tétraèdres de coin isométriques à $ABDE$ : volume $1 - 4 \times \frac16 = \frac13$ .

15. Plan $(BDE)$ : $x + y + z = 1$ ; centre $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ : distance $\frac{\abs{\frac32 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{2\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{6}$ .

16. $\vect{AG} = (1,1,1)$ et $\vect{BH} = (-1,1,1)$ : $\cos\theta = \frac{-1 + 1 + 1}{3} = \frac13$ , donc $\theta \approx 70.5^\circ$ , de supplémentaire environ $109.5^\circ$ . Quatre doublets électroniques se repoussent et s’écartent le plus possible autour du carbone : l’optimum est constitué des sommets du tétraèdre régulier, dont les directions issues du centre se rencontrent exactement sous cet angle — le diamant est la question 14 cristallisée.

17. $(1, t, t)$ appartient à $P$ lorsque $1 + 2t = \frac32$ , soit $t = \frac14$ : le point $\left(1, \frac14, \frac14\right)$ .

18. $(AB)$ : les points $(t, 0, 0)$ ; $(EG)$ : les points $(s, s, 1)$ . Se rencontrer exigerait $0 = 1$ sur la troisième coordonnée : jamais. Être parallèles exigerait $(1,0,0)$ et $(1,1,0)$ colinéaires : non plus. Elles ne se coupent pas et ne sont pas parallèles : elles sont non coplanaires — deux couloirs à des étages différents.

19. $B + t(1,1,1) = (1 + t, t, t)$ appartient à $P$ lorsque $1 + 3t = \frac32$ , soit $t = \frac16$ : le projeté est $\left(\frac76, \frac16, \frac16\right)$ , dont la somme des coordonnées vaut $\frac32$ : il est bien sur $P$ .

20. Les droites paramétrées percent (questions 1, 10 et 17) ; les vecteurs normaux mesurent angles et distances (questions 2, 8, 15 et 16) ; les équations de plans taillent les sections (la métamorphose du triangle à l’hexagone). Et le terrain de jeu a bien rendu la visite : un hexagone régulier dans une boîte de carrés, un tétraèdre régulier dans les coins, l’angle du diamant, et deux droites qui s’ignorent — de la géométrie que seul l’espace peut offrir.

Termes définis dans ce chapitre

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