Equations de droites et de plans : exemples

Equations de droites et de plans : exemples
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Equations de droites et de plans : exemples
1. Déterminer une équation cartésienne du plan P tel que le projeté orthogonal de O
(origine) sur P soit le point A(1; −5; 7)
−→
OA(1; −5; 7) est normal à P et A ∈ P , donc l’équation de P est :
−−→ −→
AM · OA = 0 ⇔ . . . ⇔ x − 5y + 7z − 75 = 0
2. Déterminer l’équation du plan médiateur de [AB], avec A(0; 2; 1) et B(4; −1; 3)
1
Le milieu de [AB] est I 2; ; 2 . P est le plan qui passe par I et qui est normal
2
−−→
à AB (4; −3; 2), donc son équation est :
−−→ −−→
21
IM · AB = 0 ⇔ . . . ⇔ 4x − 3y + 2z −
=0
2
• Autre méthode : P est l’ensemble des points M tels que M A = M B, c’est-à-dire
M A2 = M B 2 ⇔ x2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 = (x − 4)2 + (y + 1)2 + (z − 3)2 ⇔
8x − 6y + 4z − 21 = 0
3. A(4; 0; −3), B(2; 2; 2), C(3; −3; −1), D(0; 0; −3). Déterminer la sphère circonscrite au
tétraèdre ABCD.
On peut déterminer les équations des plans médiateurs de [AB], [BC] et [CD] et
calculer leur intersection.
 4x − 4y − 10z − 13 = 0
2x − 10y − 6z − 7 = 0
On obtient (à vérifier) :

3x − 3y + 2z − 5 = 0
1
On résout (à vérifier) : les plans ont un point commun unique E 2; 0; − .
2
D’après la propriété d’un plan médiateur, E est équidistant des points A, B, C et
D, donc il est le √
centre de la sphère circonscrite à ABCD. Le rayon de cette sphère
41
est EA = · · · =
2
4. Déterminer l’équation du plan P parallèle au plan Q d’équation 2x + y − 3z + 7 = 0
et passant par A(3; −2; 5)
−
P a même vecteur normal que Q : →
n (2; 1; −3), et A ∈ P , donc l’équation de P
−−→ →
−
s’écrit AM · n = 0 ⇔ . . . ⇔ 2x + y − 3z + 11 = 0
5. Enoncer une méthode pour déterminer les coordonnées du projeté orthogonal H(x; y; z)
du point A sur le plan P
Soit ax + by + cz + d = 0 une équation de P et A(xA ; yA ; zA ). Un vecteur normal
−
à P est →
n (a; b; c) On traduit les deux conditions de la définition :
−−→
AH ⊥ P et H ∈ P .
−−→
−−→
→
−
Dire
 que AH ⊥ P revient à dire que AH = k n . On obtient :
x = xA + ka



y = yA + kb
(système de 4 équations à 4 inconnues).
z = zA + kc



ax + by + cz + d = 0
On remplace x, y et z dans la dernière équation, on trouve k, qu’on remplace ensuite
dans x, y et z. Il est prudent de vérifier.
6. Enoncer une méthode pour déterminer les coordonnées du projeté orthogonal H(x; y; z)
du point A sur la droite D
Soit A(xA ; yA ; zA ). On suppose qu’on a une représentation paramétrique de D :

 x = a + αt
y = b + βt

z = c + γt
−−→
On traduit les deux conditions de la définition : AH ⊥ D et H ∈ D.
−−→
−−→ −
−
Un vecteur directeur de D est →
u (α; β; γ). La condition AH ⊥ D s’écrit AH · →
u = 0.
On résout le système de 4 équations à 4 inconnues (x; y; z; t) :

α(x − xA ) + β(y − yA ) + γ(z − zA ) = 0



x = a + αt
y = b + βt



z = c + γt
On remplace x, y et z dans la première équation, on trouve t, on remplace dans x, y
et z. On vérifie.
7. Soit P le plan d’équation x − y + 1 = 0. Déterminer
une équation du plan Q perpen
 x = 1 − 3t
y = −1 + 3t
diculaire à P et contenant la droite définie par

z =1−t
Il suffit de déterminer un vecteur normal à Q et un point de Q.
Tout point de D est un point de Q, donc en particulier A(1; −1; 1) (obtenu avec
t = 0).
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−
Soit →
n (a; b; c) un vecteur normal à Q. Il doit être orthogonal à un vecteur normal
−
à P , par exemple →
u (1; −1; 0). Attention : si on rédige ainsi (« il doit ») alors on
affirme une implication et pas une équivalence. Pourquoi pas, mais il faudra une
réciproque à la fin pour être certain que la proposition de solution est bien une vraie
solution.
−
−
D’autre part →
n doit être orthogonal à tout vecteur de Q, par exemple →
v (−3; 3; −1)
(coefficients de t dans la représentation paramétrique de D). (« doit » : implication, pas équivalence) On détermine (a; b; c) par un système de 2 équations à 3
inconnues
:
a−b=0
−3a + 3b − c = 0
Il y a une inconnue « en trop », donc on choisit une des inconnues comme paramètre,
et on exprime les autres en fonction de celle-ci. Choisir b comme paramètre (par
exemple) est avantageux car alors a est directement résolu. Puis on remplace dans
la deuxième équation pour trouver c :
a=b
c = −3a + 3b = 0
On trouve donc une infinité de triplets (a; b; c), tous proportionnels : (b; b; 0), ce
qui est normal ( !) puisqu’un plan admet une infinité de vecteurs normaux, tous
colinéaires.
Il suffit de choisir un de ces triplets (non nul), par exemple avec b = 1 : (1; 1; 0).
−
On écrit alors l’équation du plan normal à →
n (1; 1; 0) et passant par A, ce qui s’écrit :
−−→ →
−
AM · n = 0 ⇔ (x − 1) + (y + 1) + 0 = 0 ⇔ x + y = 0.
• Réciproque : on a raisonné par implications et pas par équivalences, il faut donc
une réciproque. Le plan Q ainsi défini vérifie-t-il bien toutes les conditions de
l’énoncé ? Si oui, alors ce sera la solution et elle sera unique, sinon cela prouvera
qu’il n’y a pas de solution (ou qu’on s’est trompé quelque part ...)
−
Q est perpendiculaire à P car son vecteur normal →
n (1; 1; 0) est bien orthogonal à
→
−
→
−
−
un vecteur normal à P : u (1; −1; 0) (on a bien n · →
u = 1 − 1 + 0 = 0).
Contient-il la droite D ? La meilleure vérification est de revenir directement à
l’énoncé : on remplace x, y et z par les formules de la représentation paramétrique
de D : a-t-on x + y = 0 ? Oui car 1 − 3t + (−1 + 3t) = 0.
Donc la réponse est : x + y = 0

 x = 2 + 2t
y = −5 − 3t .
8. Soit A(1; 3; 1), B(3; 0; 1) et D la droite définie par :

z = 2 + 2t
a) Les droites (AB) et D sont-elles coplanaires ?
b) Déterminer une équation du plan P parallèle à (AB) et contenant la droite D.
−−→
−
a) Les vecteurs directeurs AB(2; −3; 0) et →
u (2; −3; 2) ne sont pas colinéaires, donc
les droites ne sont pas parallèles (ni confondues). Il reste à savoir si elles sont
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sécantes. Pour cela on écrit d’abord une représentation 
paramétrique de (AB) (avec
 x = 1 + 2t0
y = 3 − 3t0
un paramètre de nom différent de t, par exemple t0 ) :

z=1
On
résout
ensuite
un
système
de
3
équations
à
2
inconnues
t et t0 :

0
 −2 + 2t = 1 + 2t
−5 − 3t = 3 − 3t0

2 + 2t = 1
Il y a une équation « en trop », donc on résout avec deux équations et on vérifie la
1
compatibilité avec la troisième. Les équation 1 et 3 donnent t = − et t0 = 0, mais
2
ces valeurs ne sont pas compatibles avec l’équation 2. Donc les droites ne sont pas
sécantes.
Comme elles ne sont pas non plus parallèles, elles ne sont pas coplanaires .
b) On peut déterminer un point du plan et deux vecteurs non colinéaires du plan,
puis un vecteur normal au plan.
Un point : il suffit de choisir un point de D, par exemple C(2; −5; 2).
−−→
−
Deux vecteurs de P : AB(2; −3; 0) et →
u (2; −3; −2) (vecteur directeur de D). Ils ne
sont pas proportionnels (−2 n’est pas multiple de 0).
Remarque : bien que A et B ne soient pas des points de P , on dit quand même que
−−→
le vecteur AB est un vecteur du plan P , parce qu’il existe au moins deux points
−−→ −−→
C et D du plan P tels que CD = AB (ce qui compte pour un vecteur d’un plan,
c’est sa direction).
−
Donc on cherche un vecteur →
n (a; b; c) orthogonal à ces deux vecteurs :
2a − 3b = 0
(systéme de 2 équations à 3 inconnues).
2a − 3b − 2c = 0
On choisit une inconnue comme paramètre, par exemple b.
3
b; b; 0 .
On trouve une infinité de solutions, toutes proportionnelles : (a; b; c) =
2
−
On choisit une de ces solutions, par exemple →
n (3; 2; 0). On écrit l’équation du plan
−
orthogonal à →
n et contenant C :
−−→ →
−
CM · n = 0 ⇔ 3(x − 2) + 2(y + 5) + 0 = 0 ⇔ 3x + 2y + 4 = 0
−−→
−
Vérification : P est parallèle à (AB) car →
n · AB = 6 − 6 + 0 = 0
P contient D, car si on reporte les formules de D dans l’équation de P , on obtient :
3(2 + 2t) + 2(−5 − 3t) + 4 = 0
Donc la réponse est 3x + 2y + 4 = 0
9. Déterminer une équation du plan (ABC) avec A(2; −3; 1), B(−3; 1; 1) et C(5; 2; 1).
On peut utiliser une méthode standard (par exemple déterminer (a; b; c; d) pour
que l’équation ax + by + cz + d = 0 soit vérifiée par A, B et C), mais ici il y a
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une astuce possible : remarquer que les trois points vérifient z = 1. Or z = 1 est
l’équation d’un plan, et ce plan contient A, B et C, donc c’est le plan cherché :
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x=1
x=0
x−y−1=0
z=1.

 x=1+t
y = −1 − t et du plan x + y − z − 3 = 0
10. Déterminer l’intersection de la droite

z = −1 − t
On remplace x, y et z dans l’équation de P :
(t + 1) + (t − 1) − (t − 1) − 3 = 0, d’où t = 2.
H•
O
•
•
•
M
•
A K
y=0
x+y−1=0
Il y a un point d’intersection unique (3; −3; −3)
11. Calculer la distance du point A(1; −1; −1) au plan P : x + y − z − 3 = 0
2
|1 + (−1) − (−1) − 3|
p
= √
3
12 + 12 + (−1)2
12. Déterminer l’intersection des deux plans P : 2x−y−2z−1 = 0 et Q : −x+4y+z−3 = 0
Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont ni parallèles
ni confondus.
2x − y − 2z − 1 = 0
On résout un système de 2 équations à 3 inconnues :
−x + 4y + z − 3 = 0
Il y a une inconnue « en trop », qu’on peut choisir comme paramètre, par exemple
z. On obtient (à vérifier) :

 x=z+1
y=1
.

z=z
Vérification : on remplace x, y et z dans les équations de P et Q, qui doivent être
vérifiées (une vérification doit être la plus proche possible de l’énoncé).
C’est la représentation paramétrique de la droite qui passe par A(1; 1; 0) et de
−
vecteur directeur →
u (1; 0; 1).
13. Déterminer l’ensemble des points équidistants des deux plans x = 1 et y = 0.
|y|
|x − 1|
=√
.
On écrit l’égalité des distances : √
2
2
2
2
1 +0 +0
0 + 12 + 02
c’est équivalent à |x − 1| = |y|, c’est-à-dire à (x − 1 = y ou x − 1 = −y).
L’ensemble des points équidistants des deux plans x = 1 et y = 0 est donc la
réunion des deux plans x − y − 1 = 0 et x + y − 1 = 0, appelés plans bissecteurs
des deux plans de départ.
Tous ces plans sont verticaux (parallèles à Oz) et se coupent suivant la droite verticale passant par A(1; 0; 0). Quand on fait la figure projetée sur le plan horizontal
z = 0, on obtient :
Tout point M de l’ensemble vérifie M H = M K
14. Dans le plan, déterminer une parabole d’équation y = ax2 + bx + c passant par les
points (−1; −6), (1; −4) et (2; −9)
On écrit un système de trois équations à 3 inconnues (a; b; c) :

 a − b + c = −6
a + b + c = −4

4a + 2b + c = −9
On le résout, et on obtient a = −2; b = 1; c = −3.
L’équation de la parabole est donc : y = −2x2 + x − 3
Ce type de problème s’appelle un problème d’interpolation : il faut trouver une
courbe d’une famille donnée (ici : parabole) passant par des points donnés.
15. Construire la droite perpendiculaire
droites d et d0 dont les repré commune aux deux 
 x=1−t
 x=t
y=t
y = 2 + 2t
sentations paramétriques sont : d
et d0


z = 2t
z=t
Pour cela, construire le plan P parallèle à d et contenant d0 , puis le plan Q perpendiculaire à P et contenant d0 . Ce plan Q coupe d en H. Soit K le projeté de H sur P .
Démontrer que la perpendiculaire commune à d et d0 est la droite (HK).
Ontrouve que
x − y + z + 2 = 0, Q a pour équation x − z = 0
P a pour équation
2 1 2
1 4 1
H
, ,
. K − , ,− .
3 3 3
3 3 3
Q
d
H
•
K
•
d0
P