Exercices corrigés : la droite et le plan dans l'espace (201-NYC / Maths 105)

a) $\vec{u}=\vec{AB}=(3-1;\ 5-2;\ 1-(-1))=(2;\ 3;\ 2)$.

b) Équation vectorielle : $(x;\ y;\ z)=(1;\ 2;\ -1)+t(2;\ 3;\ 2)$. Équations paramétriques : $x=1+2t,\ y=2+3t,\ z=-1+2t$. Équations symétriques : $\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{3}=\dfrac{z+1}{2}$.

c) Pour $P(5;\ 8;\ 3)$ : la première équation donne $5=1+2t$, soit $t=2$ ; on vérifie $y=2+3(2)=8$ et $z=-1+2(2)=3$. Les trois coordonnées concordent pour un même $t$, donc $P\in d$. Pour $Q(0;\ 0;\ 0)$ : $0=1+2t$ donne $t=-\tfrac{1}{2}$, mais alors $y=2+3(-\tfrac{1}{2})=\tfrac{1}{2}\neq 0$. Les coordonnées ne concordent pas, donc $Q\notin d$.

a) $\vec{PQ}=(2;\ 1;\ -1)$ et $\vec{PR}=(1;\ 2;\ 1)$ sont deux vecteurs directeurs du plan.

b) Un vecteur normal est $\vec{n}=\vec{PQ}\times\vec{PR}=((1)(1)-(-1)(2);\ (-1)(1)-(2)(1);\ (2)(2)-(1)(1))=(3;\ -3;\ 3)$. On peut simplifier en $\vec{n}=(1;\ -1;\ 1)$. Le plan passe par $P(1;\ 0;\ 2)$ : $1(x-1)-1(y-0)+1(z-2)=0$, soit $x-y+z-3=0$.

c) Pour $Q(3;\ 1;\ 1)$ : $3-1+1-3=0$ ; pour $R(2;\ 2;\ 3)$ : $2-2+3-3=0$. Les deux points satisfont l'équation. Pour $S(0;\ 0;\ 0)$ : $0-0+0-3=-3\neq 0$, donc $S\notin\pi$.

a) $\vec{u}\cdot\vec{n}=(2)(1)+(3)(-1)+(2)(1)=2-3+2=1\neq 0$, donc $d$ perce le plan en un point. On remplace les équations paramétriques de $d$ dans celle de $\pi$ : $(1+2t)-(2+3t)+(-1+2t)-3=0$, soit $-5+t=0$, d'où $t=5$. Le point d'intersection est $(1+10;\ 2+15;\ -1+10)=(11;\ 17;\ 9)$. Vérification : $11-17+9-3=0$.

b) Le vecteur directeur de $d_{2}$ est $\vec{v}=(1;\ 2;\ 1)$ et $\vec{v}\cdot\vec{n}=(1)(1)+(2)(-1)+(1)(1)=1-2+1=0$ : $d_{2}$ est donc parallèle à $\pi$. Reste à tester un point de $d_{2}$, par exemple $(0;\ 1;\ 0)$ : $0-1+0-3=-4\neq 0$, donc ce point n'est pas dans $\pi$. La droite $d_{2}$ est strictement parallèle à $\pi$ : elles n'ont aucun point commun.

a) $\text{dist}(S,\pi)=\dfrac{|4-1+5-3|}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+1^{2}}}=\dfrac{|5|}{\sqrt{3}}=\dfrac{5}{\sqrt{3}}=\dfrac{5\sqrt{3}}{3}\approx 2{,}89$.

b) $\vec{AS}=(4-1;\ 1-2;\ 5-(-1))=(3;\ -1;\ 6)$. On calcule $\vec{AS}\times\vec{u}=((-1)(2)-(6)(3);\ (6)(2)-(3)(2);\ (3)(3)-(-1)(2))=(-20;\ 6;\ 11)$, de norme $\sqrt{(-20)^{2}+6^{2}+11^{2}}=\sqrt{400+36+121}=\sqrt{557}$. Comme $\|\vec{u}\|=\sqrt{4+9+4}=\sqrt{17}$, on obtient $\text{dist}(S,d)=\dfrac{\sqrt{557}}{\sqrt{17}}=\sqrt{\dfrac{557}{17}}\approx 5{,}72$.

c) Les deux plans ont le même vecteur normal $\vec{n}=(1;\ -1;\ 1)$, donc ils sont parallèles. En écrivant $\pi : x-y+z=3$ et $\pi_{2} : x-y+z=-1$, la distance entre eux vaut $\dfrac{|3-(-1)|}{\sqrt{3}}=\dfrac{4}{\sqrt{3}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\approx 2{,}31$.

a) Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. Or $\vec{n_{1}}=(1;\ 1;\ 1)$ et $\vec{n_{2}}=(2;\ -1;\ 1)$ ne le sont pas, puisque $\dfrac{2}{1}\neq\dfrac{-1}{1}$. Les plans ne sont donc pas parallèles : ils se coupent selon une droite.

b) La droite d'intersection est contenue dans les deux plans, donc son vecteur directeur est perpendiculaire aux deux normales à la fois. On le prend égal à leur produit vectoriel : $\vec{d}=\vec{n_{1}}\times\vec{n_{2}}=((1)(1)-(1)(-1);\ (1)(2)-(1)(1);\ (1)(-1)-(1)(2))=(2;\ 1;\ -3)$.

c) On cherche un point commun aux deux plans en fixant une coordonnée, par exemple $z=0$. Le système devient $\begin{cases} x+y=1 \\ 2x-y=2 \end{cases}$. En additionnant : $3x=3$, donc $x=1$ et $y=0$. Le point $I(1;\ 0;\ 0)$ appartient bien aux deux plans : $1+0+0-1=0$ et $2-0+0-2=0$. Une équation vectorielle de $\Delta$ est donc $(x;\ y;\ z)=(1;\ 0;\ 0)+t(2;\ 1;\ -3)$.

d) L'angle entre deux plans est celui de leurs normales, ramené à l'angle aigu par la valeur absolue : $\cos\theta=\dfrac{|\vec{n_{1}}\cdot\vec{n_{2}}|}{\|\vec{n_{1}}\|\,\|\vec{n_{2}}\|}$. Ici $\vec{n_{1}}\cdot\vec{n_{2}}=(1)(2)+(1)(-1)+(1)(1)=2$, $\|\vec{n_{1}}\|=\sqrt{3}$ et $\|\vec{n_{2}}\|=\sqrt{6}$, donc $\cos\theta=\dfrac{2}{\sqrt{18}}=\dfrac{2}{3\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\approx 0{,}4714$, d'où $\theta\approx 61{,}87^{\circ}$. La valeur absolue est ce qui garantit un angle aigu : sans elle, un produit scalaire négatif donnerait l'angle obtus supplémentaire.

a) $\vec{u}\times\vec{v}=((2)(1)-(1)(-1);\ (1)(2)-(1)(1);\ (1)(-1)-(2)(2))=(3;\ 1;\ -5)$. Ce vecteur n'est pas nul, donc $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires : les droites ne sont pas parallèles.

b) $\vec{AC}=(0-1;\ 1-0;\ 2-0)=(-1;\ 1;\ 2)$. Le produit mixte vaut $\vec{AC}\cdot(\vec{u}\times\vec{v})=(-1)(3)+(1)(1)+(2)(-5)=-3+1-10=-12\neq 0$. Les trois vecteurs ne sont pas coplanaires, donc les droites ne se rencontrent pas. N'étant ni parallèles ni sécantes, $d_{1}$ et $d_{2}$ sont gauches.

c) Le vecteur $\vec{u}\times\vec{v}$ est perpendiculaire à la fois à $\vec{u}$ et à $\vec{v}$ : c'est la direction de la perpendiculaire commune aux deux droites. La distance cherchée est la longueur de la projection du vecteur $\vec{AC}$ (qui relie un point de chaque droite) sur cette direction commune, soit $\dfrac{|\vec{AC}\cdot(\vec{u}\times\vec{v})|}{\|\vec{u}\times\vec{v}\|}$. Numériquement : $\|\vec{u}\times\vec{v}\|=\sqrt{3^{2}+1^{2}+(-5)^{2}}=\sqrt{35}$, donc $\text{dist}=\dfrac{|-12|}{\sqrt{35}}=\dfrac{12}{\sqrt{35}}=\dfrac{12\sqrt{35}}{35}\approx 2{,}03$.

d) Avec $\vec{v_{m}}=(2;\ -1;\ m)$ : $\vec{u}\times\vec{v_{m}}=((2)(m)-(1)(-1);\ (1)(2)-(1)(m);\ (1)(-1)-(2)(2))=(2m+1;\ 2-m;\ -5)$. Le produit mixte devient $\vec{AC}\cdot(\vec{u}\times\vec{v_{m}})=(-1)(2m+1)+(1)(2-m)+(2)(-5)=-2m-1+2-m-10=-3m-9$. Les droites sont coplanaires lorsque ce produit mixte s'annule : $-3m-9=0$, donc $m=-3$.

a) On cherche des paramètres $t$ (drone 1) et $s$ (drone 2) donnant le même point : $\begin{cases} 1+2t=4+s \\ 2+t=6-2s \\ t=-1+3s \end{cases}$. La troisième équation donne $t=3s-1$ ; en la portant dans la première : $1+2(3s-1)=4+s$, soit $6s-1=4+s$, d'où $s=1$ et $t=2$. On vérifie la deuxième : $2+2=4$ et $6-2(1)=4$. Le système est compatible : les trajectoires se croisent. Le point commun est $\vec{r_{1}}(2)=(1+4;\ 2+2;\ 0+2)=(5;\ 4;\ 2)$, et l'on retrouve bien $\vec{r_{2}}(1)=(4+1;\ 6-2;\ -1+3)=(5;\ 4;\ 2)$.

b) Le drone 1 atteint le point $(5;\ 4;\ 2)$ à l'instant $t=2$ min, alors que le drone 2 y passe à l'instant $s=1$ min. Les instants sont différents, donc il n'y a PAS collision : les chemins se croisent dans l'espace, mais les drones n'y sont jamais en même temps. C'est la distinction essentielle du problème : deux trajectoires peuvent se couper sans qu'il y ait rencontre.

c) Les vecteurs directeurs sont $\vec{u_{1}}=(2;\ 1;\ 1)$ et $\vec{u_{2}}=(1;\ -2;\ 3)$. On a $\vec{u_{1}}\cdot\vec{u_{2}}=(2)(1)+(1)(-2)+(1)(3)=3$, $\|\vec{u_{1}}\|=\sqrt{6}$ et $\|\vec{u_{2}}\|=\sqrt{14}$. Donc $\cos\theta=\dfrac{|3|}{\sqrt{6}\sqrt{14}}=\dfrac{3}{\sqrt{84}}\approx 0{,}3273$, d'où $\theta\approx 70{,}9^{\circ}$.

a) Le projeté orthogonal de $M$ sur $\pi$ s'obtient en descendant de $M$ le long de la normale : $H=M-\dfrac{ax_{M}+by_{M}+cz_{M}+d}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\,\vec{n}$. Ici $ax_{M}+by_{M}+cz_{M}+d=3-1+4-3=3$ et $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$, donc le coefficient vaut $\dfrac{3}{3}=1$ et $H=M-1\cdot\vec{n}=(3;\ 1;\ 4)-(1;\ -1;\ 1)=(2;\ 2;\ 3)$. On vérifie que $H\in\pi$ : $2-2+3-3=0$. La distance de $M$ à $\pi$ est $\dfrac{|3|}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\approx 1{,}73$, c'est aussi la longueur $\|MH\|$.

b) Le symétrique s'obtient en descendant deux fois plus loin le long de la normale : $M'=M-2\cdot 1\cdot\vec{n}=(3;\ 1;\ 4)-(2;\ -2;\ 2)=(1;\ 3;\ 2)$. Le milieu de $[MM']$ est $\left(\dfrac{3+1}{2};\ \dfrac{1+3}{2};\ \dfrac{4+2}{2}\right)=(2;\ 2;\ 3)=H$, ce qui confirme le calcul : le projeté est toujours le milieu du point et de son symétrique.

c) Le projeté orthogonal de $P$ sur $\ell$ est le pied de la perpendiculaire : $F=A+t\,\vec{u}$ avec $t=\dfrac{\vec{AP}\cdot\vec{u}}{\|\vec{u}\|^{2}}$. On a $\vec{AP}=(1-0;\ 0-1;\ 3-0)=(1;\ -1;\ 3)$, donc $\vec{AP}\cdot\vec{u}=(1)(2)+(-1)(-1)+(3)(2)=2+1+6=9$ et $\|\vec{u}\|^{2}=4+1+4=9$, d'où $t=1$. Ainsi $F=(0;\ 1;\ 0)+1\cdot(2;\ -1;\ 2)=(2;\ 0;\ 2)$. On vérifie l'orthogonalité : $\vec{PF}=(1;\ 0;\ -1)$ et $\vec{PF}\cdot\vec{u}=(1)(2)+(0)(-1)+(-1)(2)=0$. La distance de $P$ à $\ell$ est $\|\vec{PF}\|=\sqrt{1+0+1}=\sqrt{2}\approx 1{,}41$.

d) Comme pour le plan, le pied $F$ est le milieu de $[PP']$, donc $P'=2F-P=(4;\ 0;\ 4)-(1;\ 0;\ 3)=(3;\ 0;\ 1)$. Vérification : le milieu de $P(1;\ 0;\ 3)$ et $P'(3;\ 0;\ 1)$ est $(2;\ 0;\ 2)=F$. Le même principe gouverne la symétrie par rapport à un plan et par rapport à une droite : trouver le pied de la perpendiculaire, puis prolonger d'autant de l'autre côté.

a) Si $M$ était sur $\ell$, il existerait $t$ tel que $M=A+t\,\vec{u}$. La première coordonnée impose $0=1+2t$, soit $t=-\dfrac{1}{2}$. Mais alors la deuxième coordonnée vaudrait $0+(-\tfrac{1}{2})(1)=-\dfrac{1}{2}\neq 3$. Aucune valeur de $t$ ne convient, donc $M\notin\ell$.

b) Le plan cherché contient la direction $\vec{u}$ de la droite et le vecteur $\vec{AM}=(0-1;\ 3-0;\ 1-2)=(-1;\ 3;\ -1)$, qui relie un point de la droite au point $M$. Un vecteur normal est leur produit vectoriel : $\vec{n}=\vec{u}\times\vec{AM}=((1)(-1)-(-1)(3);\ (-1)(-1)-(2)(-1);\ (2)(3)-(1)(-1))=(2;\ 3;\ 7)$. Le plan passe par $A(1;\ 0;\ 2)$ : $2(x-1)+3(y-0)+7(z-2)=0$, soit $2x+3y+7z-16=0$. On vérifie sur $M$ : $2(0)+3(3)+7(1)-16=9+7-16=0$.

c) $\vec{u}$ est parallèle à $\pi$ si et seulement s'il est orthogonal à la normale : $\vec{u}\cdot\vec{n}=(2)(2)+(1)(3)+(-1)(7)=4+3-7=0$. C'est bien le cas, ce qui confirme que la droite entière est dans le plan (elle y a un point, $A$, et une direction parallèle). Pour la distance de $S(4;\ 2;\ 0)$ : $\dfrac{|2(4)+3(2)+7(0)-16|}{\sqrt{2^{2}+3^{2}+7^{2}}}=\dfrac{|8+6-16|}{\sqrt{62}}=\dfrac{2}{\sqrt{62}}\approx 0{,}25$.