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Vecteurs, droites et plans de l’espace

Vecteurs de l’espace et coordonnées, colinéarité, vecteurs coplanaires, bases et repères, représentations paramétriques de droites et de plans, positions relatives de droites et de plans.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés dans l’esprit du bac : un parallélogramme caché dans un cube, des plans parallèles dans un tétraèdre, les trajectoires de drones qui se croisent sans se percuter, et la section d’un cube par un plan avec le théorème des plans parallèles.

4 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je pose le repère (souvent celui du cube ou du tétraèdre) et je calcule les coordonnées des points de l’énoncé, ou je travaille avec Chasles si aucun repère n’est donné.
Je traduis chaque question : alignement (vecteurs colinéaires), coplanarité (combinaison linéaire), appartenance (paramètres), position relative (colinéarité puis système).
Je résous avec deux équations et je décide avec la troisième ; deux droites : paramètres de noms différents.
Je cite le résultat du cours qui conclut : caractérisation, théorème du toit, plans parallèles coupés par un troisième plan.
Je contrôle : le point trouvé vérifie les deux représentations, et la réponse a un sens dans la figure (sur l’arête, dans le segment…).

Problème 1 · Un parallélogramme dans le cube★★★Facile

A B C D E F G H

est le cube du cours, muni du repère

(A; \vec{A B}, \vec{A D}, \vec{A E})

I

est le milieu de l’arête

[B F]

J

celui de l’arête

[D H]

. Réponds par : strictement parallèles, confondues, sécantes ou non coplanaires.

1. $I$ : ( ; ; ) et $J$ : ( ; ; )
$B (1; 0; 0)$ et $F (1; 0; 1)$ donnent $I (1; 0; \frac{1}{2})$ ; $D (0; 1; 0)$ et $H (0; 1; 1)$ donnent $J (0; 1; \frac{1}{2})$ .
2. Démontrer que $E I C J$ est un parallélogramme : $\vec{E I} = \vec{J C}$ , de coordonnées ( ; ; )
Rédaction attendue. Avec $E (0; 0; 1)$ et $C (1; 1; 0)$ : $\vec{E I} (1; 0; - \frac{1}{2})$ et $\vec{J C} (1 - 0; 1 - 1; 0 - \frac{1}{2})$ , soit $\vec{J C} (1; 0; - \frac{1}{2})$ . Donc $\vec{E I} = \vec{J C}$ : le quadrilatère $E I C J$ est un parallélogramme (non aplati, car $\vec{E J} (0; 1; - \frac{1}{2})$ n’est pas colinéaire à $\vec{E I}$ ). En particulier, $E$ , $I$ , $C$ , $J$ sont coplanaires.
3. Démontrer que le centre $Ω$ du cube, milieu de $[E C]$ , est le centre de ce parallélogramme : $Ω$ : ( ; ; )
Rédaction attendue. Le milieu de $[E C]$ a pour coordonnées $(\frac{0 + 1}{2}; \frac{0 + 1}{2}; \frac{1 + 0}{2})$ , soit $Ω (\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2})$ . Le milieu de $[I J]$ a pour coordonnées $(\frac{1 + 0}{2}; \frac{0 + 1}{2}; \frac{1}{2})$ : c’est aussi $Ω$ . Les diagonales $[E C]$ et $[I J]$ du parallélogramme se coupent en leur milieu $Ω$ : $Ω$ est le centre de $E I C J$ .
4. Position relative des droites $(I J)$ et $(B D)$ :
Rédaction attendue. $\vec{I J} (- 1; 1; 0)$ et $\vec{B D} (- 1; 1; 0)$ : $\vec{I J} = \vec{B D}$ , les droites sont parallèles. Tous les points de $(B D)$ ont une cote nulle ( $B$ et $D$ sont dans la face $A B C D$ ), alors que $I$ a pour cote $\frac{1}{2}$ : $I \notin (B D)$ . Les droites sont strictement parallèles.

Problème 2 · Plans parallèles dans un tétraèdre★★★Moyen

A B C D

est un tétraèdre. Les points

M

Q

P

sont définis par

\vec{A M} = \frac{3}{5} \vec{A B}

\vec{A Q} = \frac{3}{5} \vec{A C}

\vec{A P} = \frac{3}{5} \vec{A D}

. Le point

G

est défini par

\vec{A G} = \frac{1}{3} (\vec{A B} + \vec{A C} + \vec{A D})

1. Démontrer que $\vec{M P} = k \vec{B D}$ , avec $k$ = , puis que $(M P)$ est parallèle au plan $(B C D)$ .
Rédaction attendue. Par Chasles, $\vec{M P} = \vec{M A} + \vec{A P} = \vec{A P} - \vec{A M}$ $= \frac{3}{5} (\vec{A D} - \vec{A B}) = \frac{3}{5} \vec{B D}$ . Les vecteurs $\vec{M P}$ et $\vec{B D}$ sont colinéaires : $(M P)$ est parallèle à $(B D)$ , droite du plan $(B C D)$ . Une droite parallèle à une droite d’un plan est parallèle à ce plan : $(M P) ∥ (B C D)$ .
2. Démontrer que les plans $(M P Q)$ et $(B C D)$ sont parallèles. Une seule droite de $(M P Q)$ parallèle à $(B C D)$ ne suffit pas. Combien de droites sécantes de $(M P Q)$ , parallèles à $(B C D)$ , faut-il au minimum ?
Rédaction attendue. De même, $\vec{M Q} = \vec{A Q} - \vec{A M} = \frac{3}{5} (\vec{A C} - \vec{A B}) = \frac{3}{5} \vec{B C}$ : $(M Q) ∥ (B C)$ , donc $(M Q) ∥ (B C D)$ . Les droites $(M P)$ et $(M Q)$ sont sécantes en $M$ , contenues dans $(M P Q)$ , et toutes deux parallèles à $(B C D)$ : les plans $(M P Q)$ et $(B C D)$ sont parallèles. Une seule droite ne suffit pas : le plan $(M P C)$ contient $(M P)$ , parallèle à $(B C D)$ , mais il passe par $C \in (B C D)$ sans être le plan $(B C D)$ ( $M \notin (B C D)$ ) ; il coupe donc $(B C D)$ . Il faut deux droites sécantes.
3. Dans le repère $(A; \vec{A B}, \vec{A C}, \vec{A D})$ , $Q$ : ( ; ; )
$\vec{A Q} = 0 \vec{A B} + \frac{3}{5} \vec{A C} + 0 \vec{A D}$ : $Q (0; \frac{3}{5}; 0)$ . De même $M (\frac{3}{5}; 0; 0)$ , $P (0; 0; \frac{3}{5})$ et $G (\frac{1}{3}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3})$ .
4. Déterminer le point d’intersection $N$ de la droite $(A G)$ et du plan $(M P Q)$ : $N$ : ( ; ; )
Rédaction attendue. $(A G)$ , issue de $A$ et dirigée par $\vec{A G}$ : $x = y = z = \frac{k}{3}$ ( $k \in ℝ$ ). $(M P Q)$ , issu de $M$ et dirigé par $\vec{M Q} (- \frac{3}{5}; \frac{3}{5}; 0)$ et $\vec{M P} (- \frac{3}{5}; 0; \frac{3}{5})$ : $x = \frac{3}{5} - \frac{3}{5} λ - \frac{3}{5} μ$ , $y = \frac{3}{5} λ$ , $z = \frac{3}{5} μ$ . Les ordonnées et les cotes donnent $λ = μ = \frac{5 k}{9}$ ; les abscisses donnent alors $\frac{3}{5} - \frac{2 k}{3} = \frac{k}{3}$ , soit $k = \frac{3}{5}$ . Donc $N (\frac{1}{5}; \frac{1}{5}; \frac{1}{5})$ , avec $\vec{A N} = \frac{3}{5} \vec{A G}$ .

Problème 3 · Deux drones et un troisième★★★Moyen

Dans un repère de l’espace (unité : le mètre), des drones se déplacent en ligne droite à vitesse constante. À l’instant

t

(en secondes,

t ⩾ 0

), le drone

D_{1}

est au point de coordonnées

(2 t; 1 + t; 5 + t)

et le drone

D_{2}

au point

(24 - 3 t; - 1 + 2 t; 15 - t)

. On note

d_{1}

d_{2}

les droites qui portent leurs trajectoires. Réponds par : strictement parallèles, confondues, sécantes ou non coplanaires.

1. Un vecteur directeur de $d_{1}$ , lu sur les coefficients de $t$ : ( ; ; )
$x = 2 t$ , $y = 1 + t$ , $z = 5 + t$ est une représentation paramétrique de la droite $d_{1}$ passant par $(0; 1; 5)$ et dirigée par $(2; 1; 1)$ .
2. Démontrer que les trajectoires se coupent, en notant $a$ l’instant de passage de $D_{1}$ et $b$ celui de $D_{2}$ au point commun : $a$ = et $b$ =
Rédaction attendue. Les vecteurs directeurs $(2; 1; 1)$ et $(- 3; 2; - 1)$ ne sont pas colinéaires ( $\frac{- 3}{2} \neq \frac{2}{1}$ ). Les instants n’ont aucune raison d’être égaux : on cherche $a$ et $b$ tels que $2 a = 24 - 3 b$ , $1 + a = - 1 + 2 b$ et $5 + a = 15 - b$ . La troisième équation donne $a = 10 - b$ ; la deuxième devient $11 - b = - 1 + 2 b$ , soit $b = 4$ , puis $a = 6$ . Première équation : $2 \times 6 = 12$ et $24 - 12 = 12$ , vérifiée. Les trajectoires se coupent au point $Ω (12; 7; 11)$ , atteint par $D_{1}$ à $a = 6$ s et par $D_{2}$ à $b = 4$ s.
3. Les drones ne se percutent pas : écart de temps entre leurs passages en $Ω$ : s
$D_{2}$ passe en $Ω$ à $4$ s, $D_{1}$ à $6$ s : $2$ s d’écart. Il n’y a pas d’instant commun : $2 t = 24 - 3 t$ donne $t = \frac{24}{5}$ , et alors $1 + t = \frac{29}{5}$ mais $- 1 + 2 t = \frac{43}{5}$ . Des trajectoires qui se coupent ne suffisent pas pour une collision : il faut le même instant.
4. Un troisième drone suit la droite $d_{3}$ : $x = 4 + 4 k$ , $y = 3 + 2 k$ , $z = 2 + 2 k$ . Position relative des trajectoires $d_{1}$ et $d_{3}$ :
Rédaction attendue. $(4; 2; 2) = 2 (2; 1; 1)$ : les vecteurs directeurs sont colinéaires, $d_{1} ∥ d_{3}$ . Le point $(4; 3; 2)$ de $d_{3}$ ( $k = 0$ ) est-il sur $d_{1}$ ? $2 a = 4$ donne $a = 2$ , puis $1 + 2 = 3$ (vérifiée) mais $5 + 2 = 7 \neq 2$ . Ce point n’est pas sur $d_{1}$ : les trajectoires sont strictement parallèles. Le point de $d_{1}$ situé au-dessus de $(4; 3; 2)$ est $(4; 3; 7)$ , $5$ mètres plus haut.

Problème 4 · Section d’un cube par un plan★★★Difficile

A B C D E F G H

est le cube du cours, muni du repère

(A; \vec{A B}, \vec{A D}, \vec{A E})

P

est le milieu de

[C G]

Q

le point de

[E F]

tel que

\vec{E Q} = \frac{1}{4} \vec{E F}

, et

R

le milieu de

[A D]

. Donne les valeurs exactes. On utilise la représentation de

(P Q R)

issue de

Q

, de

\vec{Q P}

(paramètre

λ

) et de

\vec{Q R}

(paramètre

μ

1. $Q$ : ( ; ; )
$\vec{A Q} = \vec{A E} + \frac{1}{4} \vec{E F} = \frac{1}{4} \vec{A B} + \vec{A E}$ : $Q (\frac{1}{4}; 0; 1)$ . De même $P (1; 1; \frac{1}{2})$ et $R (0; \frac{1}{2}; 0)$ .
2. Démontrer que $P$ , $Q$ , $R$ définissent un plan : $\vec{Q P}$ : ( ; ; )
Rédaction attendue. $\vec{Q P} (\frac{3}{4}; 1; - \frac{1}{2})$ et $\vec{Q R} (- \frac{1}{4}; \frac{1}{2}; - 1)$ . Si $\vec{Q R} = k \vec{Q P}$ , les abscisses imposent $k = - \frac{1}{3}$ et les ordonnées $k = \frac{1}{2}$ : impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc $P$ , $Q$ , $R$ ne sont pas alignés et définissent le plan $(P Q R)$ , de représentation $x = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} λ - \frac{1}{4} μ$ , $y = λ + \frac{1}{2} μ$ , $z = 1 - \frac{1}{2} λ - μ$ .
3. Démontrer que $H \notin (P Q R)$ : les abscisses et les ordonnées donnent $λ = \frac{1}{5}$ et $μ = \frac{8}{5}$ ; la cote vaut alors
Rédaction attendue. Pour $H (0; 1; 1)$ , les abscisses donnent $\frac{1}{4} + \frac{3}{4} λ - \frac{1}{4} μ = 0$ , soit $3 λ - μ = - 1$ ; les ordonnées $λ + \frac{1}{2} μ = 1$ , soit $2 λ + μ = 2$ . En additionnant, $5 λ = 1$ : $λ = \frac{1}{5}$ et $μ = \frac{8}{5}$ . La cote vaut alors $1 - \frac{1}{10} - \frac{8}{5} = - \frac{7}{10} \neq 1$ . Aucun couple ne vérifie les trois équations : $H \notin (P Q R)$ .
4. Le plan $(P Q R)$ coupe l’arête $[A E]$ en $S$ : $S$ : ( 0 ; 0 ; )
Les points de $(A E)$ sont les $(0; 0; z)$ . $3 λ - μ = - 1$ et $2 λ + μ = 0$ donnent $5 λ = - 1$ : $λ = - \frac{1}{5}$ , $μ = \frac{2}{5}$ . Alors $z = 1 + \frac{1}{10} - \frac{2}{5} = \frac{7}{10}$ , et $0 ⩽ \frac{7}{10} ⩽ 1$ : $S (0; 0; \frac{7}{10})$ est bien sur l’arête $[A E]$ .
5. Les faces $A D H E$ et $B C G F$ sont dans des plans parallèles. En déduire que $(P Q R)$ coupe le plan $(B C G)$ selon la parallèle à $(R S)$ passant par $P$ , puis le point $T$ où elle coupe $(F G)$ : $T$ : ( 1 ; ; 1 )
Rédaction attendue. Le plan $(P Q R)$ coupe les deux plans parallèles $(A D H)$ et $(B C G)$ ; les deux droites d’intersection sont parallèles. Dans $(A D H)$ , l’intersection est $(R S)$ ( $R$ et $S$ sont dans les deux plans). Dans $(B C G)$ , elle passe par $P$ (qui est sur $[C G]$ ) : c’est la parallèle à $(R S)$ passant par $P$ . Avec $\vec{R S} (0; - \frac{1}{2}; \frac{7}{10})$ , ses points sont $(1; 1 - \frac{1}{2} ℓ; \frac{1}{2} + \frac{7}{10} ℓ)$ , $ℓ \in ℝ$ . Sur $(F G)$ , $z = 1$ : $\frac{7}{10} ℓ = \frac{1}{2}$ , donc $ℓ = \frac{5}{7}$ et $y = 1 - \frac{5}{14} = \frac{9}{14}$ . Ainsi $T (1; \frac{9}{14}; 1)$ , sur l’arête $[F G]$ .

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