Equations de droites et de plans : exemples

Equations de droites et de plans : exemples page 1 de 3
Equations de droites et de plans : exemples
1. Déterminer une équation cartésienne du plan Ptel que le projeté orthogonal de O
(origine) sur Psoit le point A(1; −5; 7)
−→
OA(1; −5; 7) est normal à Pet A∈P, donc l’équation de Pest :
−−→
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)
Le milieu de [AB]est I2; 1
2; 2.Pest le plan qui passe par Iet qui est normal
à−−→ AB (4; −3; 2), donc son équation est :
−−→
IM ·−−→ AB = 0 ⇔. . . ⇔4x−3y+ 2z−21
2= 0
•Autre méthode : Pest l’ensemble des points Mtels que MA =MB, c’est-à-dire
MA2=MB2⇔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.
On obtient (à vérifier) : 
4x−4y−10z−13 = 0
2x−10y−6z−7 = 0
3x−3y+ 2z−5=0
On résout (à vérifier) : les plans ont un point commun unique E2; 0; −1
2.
D’après la propriété d’un plan médiateur, Eest équidistant des points A, B, C et
D, donc il est le centre de la sphère circonscrite à ABCD. Le rayon de cette sphère
est EA =··· =√41
2
4. Déterminer l’équation du plan Pparallèle au plan Qd’équation 2x+y−3z+ 7 = 0
et passant par A(3; −2; 5)
Pa 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 Asur le plan P
Soit ax +by +cz +d= 0 une équation de Pet A(xA;yA;zA). Un vecteur normal
àPest −→ n(a;b;c)On traduit les deux conditions de la définition :
−−→
AH ⊥Pet H∈P.
Dire que −−→ AH ⊥Previent à dire que −−→ AH =k−→ n. On obtient :
x=xA+ka
y=yA+kb
z=zA+kc
ax +by +cz +d= 0
(système de 4 équations à 4 inconnues).
On remplace x, y et zdans 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 Asur 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 ⊥Det H∈D.
Un vecteur directeur de Dest −→ u(α;β;γ). La condition −−→ AH ⊥Ds’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 zdans la première équation, on trouve t, on remplace dans x, y
et z. On vérifie.
7. Soit Ple plan d’équation x−y+ 1 = 0. Déterminer une équation du plan Qperpen-
diculaire à Pet contenant la droite définie par 
x= 1 −3t
y=−1+3t
z= 1 −t
Il suffit de déterminer un vecteur normal à Qet un point de Q.
Tout point de Dest un point de Q, donc en particulier A(1; −1; 1) (obtenu avec
t= 0).

Equations de droites et de plans : exemples page 2 de 3
Soit −→ n(a;b;c)un vecteur normal à Q. Il doit être orthogonal à un vecteur normal
àP, 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 −→ ndoit être orthogonal à tout vecteur de Q, par exemple −→ v(−3; 3; −1)
(coefficients de tdans la représentation paramétrique de D). (« doit » : implica-
tion, 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 bcomme paramètre (par
exemple) est avantageux car alors aest 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 Qainsi 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 ...)
Qest perpendiculaire à Pcar 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 zpar 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
8. Soit A(1; 3; 1),B(3; 0; 1) et Dla droite définie par : 
x= 2 + 2t
y=−5−3t
z= 2 + 2t
.
a) Les droites (AB)et Dsont-elles coplanaires ?
b) Déterminer une équation du plan Pparallèle 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
sécantes. Pour cela on écrit d’abord une représentation paramétrique de (AB)(avec
un paramètre de nom différent de t, par exemple t0) : 
x= 1 + 2t0
y= 3 −3t0
z= 1
On résout ensuite un système de 3 équations à 2 inconnues tet t0:
−2+2t= 1 + 2t0
−5−3t= 3 −3t0
2+2t= 1
Il y a une équation « en trop », donc on résout avec deux équations et on vérifie la
compatibilité avec la troisième. Les équation 1 et 3 donnent t=−1
2et t0= 0, mais
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 (−2n’est pas multiple de 0).
Remarque : bien que Aet Bne 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
Cet Ddu plan Ptels 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
2a−3b−2c= 0 (systéme de 2 équations à 3 inconnues).
On choisit une inconnue comme paramètre, par exemple b.
On trouve une infinité de solutions, toutes proportionnelles : (a;b;c) = 3
2b;b; 0.
On choisit une de ces solutions, par exemple −→ n(3; 2; 0). On écrit l’équation du plan
orthogonal à −→ net contenant C:
−−→
CM ·−→ n= 0 ⇔3(x−2) + 2(y+ 5) + 0 = 0 ⇔3x+ 2y+ 4 = 0
Vérification : Pest parallèle à (AB)car −→ n·−−→ AB = 6 −6 + 0 = 0
Pcontient D, car si on reporte les formules de Ddans 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

Equations de droites et de plans : exemples page 3 de 3
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 :
z= 1 .
10. Déterminer l’intersection de la droite 
x= 1 + t
y=−1−t
z=−1−t
et du plan x+y−z−3=0
On remplace x, y et zdans l’équation de P:
(t+ 1) + (t−1) −(t−1) −3=0, d’où t= 2.
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
|1+(−1) −(−1) −3|
p12+ 12+ (−1)2=2 √3
12. Déterminer l’intersection des deux plans P:2x−y−2z−1=0et Q:−x+4y+z−3=0
Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont ni parallèles
ni confondus.
On résout un système de 2 équations à 3 inconnues : 2x−y−2z−1=0
−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 zdans les équations de Pet 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.
On écrit l’égalité des distances : |x−1|
√12+ 02+ 02=|y| √02+ 12+ 02.
c’est équivalent à |x−1|=|y|, c’est-à-dire à (x−1 = you 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 ver-
ticale passant par A(1; 0; 0). Quand on fait la figure projetée sur le plan horizontal
z= 0, on obtient :
x−y−1=0
x+y−1=0
y= 0
x= 1
•
O•A
x= 0
•M •
H
•
K
Tout point Mde l’ensemble vérifie MH =M K
14. Dans le plan, déterminer une parabole d’équation y=ax2+bx +cpassant 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 commune aux deux droites det d0dont les repré-
sentations paramétriques sont : d
x= 1 −t
y=t
z= 2t
et d0
x=t
y= 2 + 2t
z=t
Pour cela, construire le plan Pparallèle à det contenant d0, puis le plan Qperpendi-
culaire à Pet contenant d0. Ce plan Qcoupe den H. Soit Kle projeté de Hsur P.
Démontrer que la perpendiculaire commune à det d0est la droite (HK).
On trouve que Pa pour équation x−y+z+ 2 = 0,Qa pour équation x−z= 0
H2
3,1 3,2 3.K−1 3,4 3,−1 3.
d0
H•
d
K
•
Q
P