Vecteurs, droites et plans de l’espace

Chasles dans le cube. $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CG}$. Or $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$ (face carrée $ABCD$) et $\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AE}$, donc $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}$.

Coordonnées. Avec $A(1;-2;4)$ et $B(3;0;-1)$ : $\overrightarrow{AB}(3-1;0+2;-1-4)$, soit $\overrightarrow{AB}(2;2;-5)$. Le milieu de $[AB]$ est $I(2;-1;{\displaystyle \frac{3}{2}})$.

Colinéarité. $\overrightarrow{u}(2;-1;3)$ et $\overrightarrow{v}(-6;3;-9)$ : $-6=-3\times 2$, $3=-3\times (-1)$ et $-9=-3\times 3$, donc $\overrightarrow{v}=-3\overrightarrow{u}$ : ils sont colinéaires. En revanche, pour $\overrightarrow{w}(4;-2;5)$ : $4=2\times 2$ et $-2=2\times (-1)$, mais $5\ne 2\times 3$ : $\overrightarrow{w}$ n’est pas colinéaire à $\overrightarrow{u}$.

Alignement (réponse rédigée). $A(1;0;2)$, $B(3;1;-1)$, $C(7;3;-7)$. On calcule $\overrightarrow{AB}(2;1;-3)$ et $\overrightarrow{AC}(6;3;-9)$. Comme $6=3\times 2$, $3=3\times 1$ et $-9=3\times (-3)$, on a $\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AB}$ : les vecteurs sont colinéaires, donc les points $A$, $B$, $C$ sont alignés.

Trois vecteurs coplanaires. $\overrightarrow{u}(1;0;2)$, $\overrightarrow{v}(0;1;-1)$, $\overrightarrow{w}(2;3;1)$. L’abscisse de $\overrightarrow{v}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{u}$, et $\overrightarrow{v}\ne \overrightarrow{0}$ : $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ ne sont pas colinéaires. Si $\overrightarrow{w}=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$, les abscisses donnent $a=2$ et les ordonnées $b=3$. Test des cotes : $2\times 2+3\times (-1)=1$, c’est bien la cote de $\overrightarrow{w}$. Donc $\overrightarrow{w}=2\overrightarrow{u}+3\overrightarrow{v}$ : les trois vecteurs sont coplanaires.

Une base et une décomposition (réponse rédigée). $\overrightarrow{u}(1;1;0)$, $\overrightarrow{v}(0;1;1)$, $\overrightarrow{w}(1;0;1)$. $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ ne sont pas colinéaires (l’abscisse de $\overrightarrow{v}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{u}$). Si $\overrightarrow{w}=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$, les abscisses donnent $a=1$ et les cotes $b=1$ ; mais les ordonnées imposent $a+b=0$, or $1+1=2$ : impossible. $\overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{v}$, $\overrightarrow{w}$ ne sont pas coplanaires, donc $(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w})$ est une base.
Décomposons $\overrightarrow{s}(5;-1;4)$ : $\overrightarrow{s}=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}+c\overrightarrow{w}$ donne $a+c=5$, $a+b=-1$, $b+c=4$. En additionnant, $2(a+b+c)=8$, donc $a+b+c=4$ ; d’où $b=4-5=-1$, $c=4-(-1)=5$ et $a=4-4=0$. Ainsi $\overrightarrow{s}=-\overrightarrow{v}+5\overrightarrow{w}$ : ses coordonnées dans cette base sont $(0;-1;5)$.

Le repère du cube. Les points $A$, $B$, $D$, $E$ ne sont pas coplanaires, donc $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$ est un repère. On y lit $C(1;1;0)$ car $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$, $F(1;0;1)$ car $\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}$, et le centre de la face $EFGH$ a pour coordonnées $\left({\displaystyle \frac{1}{2}};{\displaystyle \frac{1}{2}};1\right)$.

Pourquoi la décomposition est unique (pour comprendre). Si $x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k}=x\prime \overrightarrow{i}+y\prime \overrightarrow{j}+z\prime \overrightarrow{k}$, alors $(x-x\prime )\overrightarrow{i}=(y\prime -y)\overrightarrow{j}+(z\prime -z)\overrightarrow{k}$. Si $x\ne x\prime$, on divise par $x-x\prime$ : $\overrightarrow{i}$ serait une combinaison linéaire de $\overrightarrow{j}$ et $\overrightarrow{k}$, et les trois vecteurs seraient coplanaires, ce qui est faux. Donc $x=x\prime$, puis de même $y=y\prime$ et $z=z\prime$.

Écrire une représentation. La droite $d$ passant par $A(2;-1;0)$ et dirigée par $\overrightarrow{u}(1;3;-2)$ a pour représentation paramétrique $x=2+t$, $y=-1+3t$, $z=-2t$ ($t\in ℝ$).

Tester un point (réponse rédigée). Pour $C(4;5;-4)$ : l’équation $4=2+t$ donne $t=2$ ; alors $y=-1+6=5$ et $z=-4$ : les trois équations sont vérifiées par $t=2$, donc $C\in d$. Pour $D(3;2;1)$ : $3=2+t$ donne $t=1$, puis $y=2$, mais $z=-2\ne 1$ : aucune valeur de $t$ ne convient, donc $D\notin d$.

Lire une représentation. Le système $x=5-t$, $y=4$, $z=2+3t$ représente la droite passant par $(5;4;2)$ (pour $t=0$) et dirigée par $(-1;0;3)$ (coefficients de $t$). Tous ses points ont pour ordonnée $4$.

Droite passant par deux points. $E(1;4;-3)$ et $F(3;3;1)$ : $\overrightarrow{EF}(2;-1;4)$, donc $(EF)$ : $x=1+2t$, $y=4-t$, $z=-3+4t$. Le point de $(EF)$ de cote nulle vérifie $-3+4t=0$, soit $t={\displaystyle \frac{3}{4}}$ : c’est le point $\left({\displaystyle \frac{5}{2}};{\displaystyle \frac{13}{4}};0\right)$.

Écrire un plan. Le plan $P$ passant par $B(2;1;0)$ et dirigé par $\overrightarrow{u}(1;-1;2)$ et $\overrightarrow{v}(0;3;1)$ (non colinéaires : l’abscisse de $\overrightarrow{v}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{u}$) a pour représentation $x=2+\lambda$, $y=1-\lambda +3\mu$, $z=2\lambda +\mu$.

Tester un point (réponse rédigée). $M(3;3;3)$ : l’abscisse donne $\lambda =1$ ; l’ordonnée donne $1-1+3\mu =3$, soit $\mu =1$ ; la cote vaut alors $2\times 1+1=3$ : vérifiée, donc $M\in P$. $N(4;0;5)$ : $\lambda =2$, puis $1-2+3\mu =0$ donne $\mu ={\displaystyle \frac{1}{3}}$ ; la cote vaut alors $4+{\displaystyle \frac{1}{3}}={\displaystyle \frac{13}{3}}\ne 5$ : $N\notin P$.

Quatre points coplanaires. $A(1;0;0)$, $B(0;2;0)$, $C(0;0;3)$, $D(1;2;-3)$. $\overrightarrow{AB}(-1;2;0)$ et $\overrightarrow{AC}(-1;0;3)$ ne sont pas colinéaires (l’ordonnée de $\overrightarrow{AC}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{AB}$). On cherche $\overrightarrow{AD}(0;2;-3)=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC}$ : les ordonnées donnent $a=1$, les cotes $b=-1$ ; abscisses : $-1+1=0$, vérifiée. Donc $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}$ : $D\in (ABC)$, les quatre points sont coplanaires.

Droites sécantes (réponse rédigée). $d$ : $x=2+t$, $y=1+2t$, $z=-1+t$ et $d\prime$ : $x=5-2s$, $y=1+2s$, $z=-2+2s$. Les vecteurs directeurs $(1;2;1)$ et $(-2;2;2)$ ne sont pas colinéaires (${\displaystyle \frac{-2}{1}}\ne {\displaystyle \frac{2}{2}}$). On résout : les ordonnées donnent $1+2t=1+2s$, soit $t=s$ ; les abscisses donnent $2+s=5-2s$, soit $s=1$, donc $t=1$. Test des cotes : $-1+1=0$ et $-2+2=0$, vérifiée. Les droites sont sécantes au point $(3;3;0)$.

Droites non coplanaires. $d_1$ : $x=1+2t$, $y=-t$, $z=3+t$ et $d_2$ : $x=4+s$, $y=1+s$, $z=-s$. Les vecteurs directeurs $(2;-1;1)$ et $(1;1;-1)$ ne sont pas colinéaires. Les ordonnées donnent $-t=1+s$, soit $s=-t-1$ ; les cotes deviennent $3+t=t+1$, soit $3=1$ : impossible. Les droites ne sont ni parallèles ni sécantes : elles sont non coplanaires.

Droite et plan. $d$ : $x=1+t$, $y=2-t$, $z=3t$ et $P$ : $x=\lambda$, $y=1+\mu$, $z=\lambda +2\mu$. On obtient $\lambda =1+t$ et $\mu =1-t$, puis $3t=(1+t)+2(1-t)=3-t$, donc $t={\displaystyle \frac{3}{4}}$. La droite coupe le plan au point $\left({\displaystyle \frac{7}{4}};{\displaystyle \frac{5}{4}};{\displaystyle \frac{9}{4}}\right)$.

Plans parallèles dans le cube. Les plans $(ABC)$ et $(EFG)$ sont parallèles (faces opposées). Le plan $(ACG)$ les coupe selon $(AC)$ et $(EG)$ : ces deux droites sont donc parallèles.

Théorème du toit dans un tétraèdre. $ABCD$ est un tétraèdre, $I$ le milieu de $[AB]$ et $J$ celui de $[AC]$. Les plans $(DIJ)$ et $(DBC)$ ont le point commun $D$ et sont sécants selon une droite $\Delta$ passant par $D$. Comme $(IJ)\subset (DIJ)$, $(BC)\subset (DBC)$ et $(IJ)\parallel (BC)$ (droite des milieux), le théorème du toit donne : $\Delta$ est la parallèle à $(BC)$ passant par $D$.

Pourquoi le théorème du toit est vrai (pour comprendre). Soit $\overrightarrow{w}$ un vecteur directeur de $d_1$ et de $d_2$, et $M$ un point de $\Delta$. La droite passant par $M$ et dirigée par $\overrightarrow{w}$ est contenue dans $P_1$ (elle passe par un point de $P_1$ et $\overrightarrow{w}$ est dans la direction de $P_1$), et de même dans $P_2$. Elle est donc contenue dans $P_1\cap P_2=\Delta$ : c’est $\Delta$, qui est ainsi dirigée par $\overrightarrow{w}$.