Loading [MathJax]/jax/output/CommonHTML/jax.js
-->
Terminale S - Géométrie dans l'espace 1 1Droites et plans de l'espace

On considère un cube ABCDEFGH et I le milieu de [AB].

B C D A F G H E I
On illustrera diverses propriétés à partir de cette figure dans les sous-paragraphes suivants. 1.1Positions relatives Deux droites peuvent être :
Deux plans peuvent être :
La position d'une droite relativement à un plan peut être : Remark 1 1.2Parallélisme Property 1
Deux droites parallèles à une même droite
sont
parallèles.
 Exercice 1 Montrer que dans notre figure (AD) et (FG) sont parallèles.
Correction
(AD) est parallèle à (BC)
car
ABCD est un carré,
de plus
(BC) est parallèle à (FG)
car
CBGF est un carré,
donc
(AD) est parallèle à (FG).
✕
Property 2
Une droite est parallèle à un plan
si et seulement si
elle est parallèle à une droite contenue par le plan.
 Exemple 1 (AD) est parallèle au plan (FGI) puisque
(AD) est parallèle à (FG).
Property 3
Deux plans sont parallèles
si et seulement si
deux droites sécantes de l'un
sont parallèles à
deux droites sécantes de l'autre.
 Exercice 2 Soit ABCD est un parallélogramme et S un point n'appartenant pas au plan (ABC). Soient I, J et K les milieux respectifs de [SA], [SB] et [SC].
Montrer que les plans (IJK) et (ABC) sont parallèles.
Correction
Construisons tout d'abord la figure.
A B C D S I J K

Dans le plan (SAB), d'après le théorème des milieux,
(IJ) est parallèle à
(AB).

De même (JK) est parallèle à
(BC)
et d'après la propriété précédente on peut affirmer que
les plans (IJK) et (ABC)
sont parallèles.
✕
Property 4
Si deux plans sont parallèles,
tout plan sécant à l'un
est sécant à l'autre
et les droites d'intersection sont
parallèles.
Illustration
Property 5 -- Théorème du toit
Soient P1 et P2 deux plans
sécants.

Si une droite
d1
de P1
est parallèle
à une droite d2
de P2, alors la droite d'intersection de
P1 et P2
est parallèle à
d1 et d2.
 Illustration
P1 P2 d1 d2

Preuve
Une preuve vectorielle sera donnée plus loin dans ce cours. 1.3Orthogonalité Definition 1
Deux droites D1 et D2 sont dites
orthogonales
s'il existe une droite D′1
parallèle
à D1 et une droite D′2
parallèle
à D2 telles que D′1 et D′2 soient
perpendiculaires
dans le plan qu'elles déterminent. Remark 2 Deux droites perpendiculaires sont
coplanaires
et sont donc
sécantes.

Deux droites
orthogonales
peuvent
ne pas être sécantes.
Dans ce cas elles sont
non-coplanaires.
Definition 2
Une droite est
perpendiculaire
à un plan
si elle est orthogonale à
deux droites sécantes
de ce plan.
 Illustration
Exemple 2 Dans le cube du début de paragraphe, la droite (FG) est perpendiculaire au plan
(ABE)
puisqu'elle est orthogonale aux droites
(FB)
et
(EF)
puisquelesfacesd′uncubesontdescarrés.
B C D A F G H E I
Property 6
Si une droite est perpendiculaire à un plan alors
elle est orthogonale
à toutes les droites du plan.
 Remark 3 À l'aide d'un stylo et d'une feuille de papier on peut retrouver les propriétés suivantes : 2Vecteurs et repérages dans l'espace Property 7
Les propriétés vues pour les vecteurs du plan restent valables pour les vecteurs de l'espace. Exemple 3 Soient A, B et C trois points de l'espace :
→AB+→CA=
→CA+→AB
=
→CB.
2.1Repère Property 8
 Exemple 4 On considère un cube ABCDEFGH dans un repère orthonormal de l'espace (A;→i,→j,→k) donné ci-dessous où →i=12→AB, →j=12→AD et →k=12→AE.
B C D A F G H E →i →j →k
Les coordonnées des sommets du cube sont :
Remark 4 De même que dans le plan, on parlera de repère orthogonal lorsque les axes seront deux à deux perpendiculaires et de repère orthonormal lorsqu'il sera orthogonal et que les vecteurs unitaires, →i, →j et →k, auront la même norme longueur. Property 9
Soit A(xA;yA;zA) et B(xB;yB;zB) deux points de l'espace. Exercice 3 On considère deux points de l'espace A(2;5;−4) et B(4;−2;10).
  1. Déterminer les coordonnées du vecteur →AB.
  2. Déterminer les coordonnées du point C milieu de [AB].
  3. Déterminer la longueur du segment [AB].
Correction
  1. →AB
    =
    (xB−xA yB−yA zB−zA)
    =
    (2 −7 14).

  2. xC
    =
    xA+xB2 = 3.

    yC
    =
    yA+yB2 = 32.

    zC
    =
    zA+zB2 = 3.

    Le point C a donc pour coordonnées :
    C(3;32;3).

  3. AB
    =
    √(xB−xA)2+(yB−yA)2+(zB−zA)2)
    =
    √249.
✕
2.2Vecteurs colinéaires La définition suivante est encore proche de celle donnée dans le plan. Definition 3
Deux vecteurs →u et →v sont dits
colinéaires
si il existe une constante réelle
λ
telle que
→v
=
λ→u.
 Exemple 5 On considère trois vecteurs de l'espace →u(1\-2\7), →v(−2\4\-14) et →w(−9\2\0) Property 10
 Exercice 4 On considère trois points de l'espace A(3;3;2), B(−7;3;22) et C(1;3;6). Montrer que C appartient à la droite (AB).
Correction
Montrons pour cela que les vecteurs →AB et →AC sont
colinéaires.

→AB
=
(xB−xA yB−yA zB−zA)
=
(−10 0 20).

→AC
=
(xC−xA yC−yA zC−zA)
=
(−2 0 4).

Nous avons alors que :
→AB
=
5→AC,
ainsi les vecteurs →AB et →AC sont
colinéaires,
les points A, B et C
sont donc alignés.
✕
2.3Vecteurs coplanaires Definition 4
Des vecteurs sont
coplanaires
si, et seulement si, leurs représentants
de même origine
A
ont leurs
extrémités
dans
un même plan
passant par A.
 Exemple 6
B C D A F G H E
Dans le cube ci-dessus : Remark 5 Les trois vecteurs de base d'un repère de l'espace
ne sont pas coplanaires.
Property 11
Trois vecteurs →u, →v et →w
sont coplanaires
si il existe
deux
réels
λ
et
μ
non tous nuls tels que :

→w
=
λ→u+μ→v
 Exemple 7 Les vecteurs →u(1\1\1), →v(1\3\2) et →w(2\0\1)
sont coplanaires
car
→w=3→u−→v.
Remark 6 Lorsque trois vecteurs seront connus par leurs coordonnées il ne sera pas toujours aussi aisé de montrer qu'ils sont coplanaires.
De manière générale on sera obligé de résoudre
un système d'équations
en posant
λ
et
μ
del′écrituredelapropriétéprécédente en inconnues. Property 12
Les points A, B, C et D sont
coplanaires
si, et seulement si, les vecteurs
→AB,
→AC
et
→AD
sont
coplanaires.
 Exercice 5 Montrer que les points A(1;0;1), B(2;2;4), C(3;0;5) et D(5;4;11) sont coplanaires.
Correction
Déterminons tout d'abord les coordonnées des vecteurs
→AB, →AC et →AD.

→AB
=
(xB−xA yB−yA zB−zA)
=
(1 2 3).


→AC
=
(xC−xA yC−yA zC−zA)
=
(2 0 4).


→AD
=
(xD−xA yD−yA zD−zA)
=
(4 4 10).


Nous remarquons que :
2→AB+→AC
=
→AD.


Les points A(1;0;1), B(2;2;4), C(3;0;5) et D(5;4;11) sont bien
coplanaires.
✕
2.4Caractérisation vectorielle dans l'espace
Concernant les droites

Pour définir une droite nous avons besoin : Property 13 Caractérisation vectorielle d'une droite
On considère une droite D passant par un point A et dirigée par un vecteur →u. Pour tout point M de l'espace on a:
M∈D
⟺
→AM et →u
sont colinéaires
.
Concernant les plans

Pour définir un plan nous avons besoin : Property 14 Caractérisation vectorielle d'un plan
On considère un plan P passant par un point A et dirigée par deux vecteurs
non colinéaires
→u et →v. Pour tout point M de l'espace on a:
M∈P
⟺
→AM, →u et →v
sont coplanaires.
 Remark 7 Quand on voudra vérifier que trois points de l'espace définissent un plan, il suffira de s'assurer que ceux-ci
ne sont pas alignés,
et donc que
deux des vecteurs qu'ils définissent
ne sont pas
colinéaires.
Property 15
Une droite D est parallèle à un plan P si, et seulement si, un vecteur
directeur de D
est un vecteur de
P
(au sens "
coplanaire
à deux vecteurs
non colinéaires
de P"). Remark 8 Deux plans dirigés par le même couple de vecteurs
non colinéaires
sont
parallèles.
Exemple 8
Démonstration du théorème du toit
Soit Δ la droite d'intersection des plans P1 et P2 et
→w
un de ses vecteurs directeurs.

Soit
→u
un vecteur directeur de
d1.
Puisque d1 et d2 sont
parallèles,
→u
est également un vecteur directeur de
d2.

Les droites d1 et d2 étant
incluses
dans les plans
P1
et
P2,
→u est également un vecteur de
P1
et
P2.
Raisonnons par l'absurde :
Supposons que les droites
ne soient pas parallèles
, c'est-à-dire que →u et →w
ne soient pas colinéaires.
On aurait alors un même couple de vecteurs
non colinéaires
(→u;→w)
qui dirigerait les plans
P1 et P2.

D'après la remarque précédente, P1 et P2 seraient donc
parallèles,
ce qui est
en contradiction
avec l'hypothèse.
◻
3Représentations paramétriques 3.1 Paramétrisation d'une droite On considère une droite D passant par un point A et dirigée par le vecteur →u=(a\b\c)≠→0.
En reprenant la caractérisation vectorielle d'une droite, nous avons les équivalences suivantes :
M(x;y;z)∈D
⟺
→AM et →u
sont colinéaires
⟺
 Il existe t∈R tel que →AM=t→u
⟺
{x−xA=t×a y−yA=t×b z−zA=t×c où t∈R
⟺
{x=t×a+xA y=t×b+yA z=t×c+zA où t∈R



Property 16
Si D est la droite passant par A(xA;yA;zA) et de vecteur →u(a\b\c). Alors :
M(x;y;z)∈D
⟺
{x=xA+t×a y=yA+t×b z=zA+t×c
 pour t∈R.
Remark 9
La réciproque est vraie.
Exemple 9 Une représentation paramétrique de la droite D passant par A(31;1;29) et B(12;−2;25) est :
M(x;y;z)∈D
⟺
{x=31+19t y=1+3t z=29+4t
 pour t∈R
Nous avons ici utilisé les coordonnées du point
A
et celles du vecteur
→AB.

Nous aurions pu également utiliser les cordonnées du point
B,
celles du vecteur
→BA
ou encore celles de
3→AB,
ou tout autre vecteur
directeur de (AB).

La paramétrisation aurait été
différente,
mais aurait bien définit
la même droite.

Ceci nous conduit à faire la remarque suivante. Remark 10 Il n'y a pas
d'unicité
de la représentation paramétrique d'une droite. 3.2Paramétrisation d'un plan On considère un plan P passant par un point A et dirigée par les vecteurs non colinéaires →u=(a\b\c) et →v=(a′\b′\c′).
En reprenant la caractérisation vectorielle d'un plan, nous avons les équivalences suivantes :
M(x;y;z)∈P
⟺
→AM, →u et →v sont coplanaires
⟺
 Il existe t, t′∈R tels que →AM=t→u+t′→v
⟺
{x−xA=t×a+t′×a′ y−yA=t×b+t′×b′ z−zA=t×c+t′×c′ où t,t′∈R
⟺
{x=t×a+t′×a′+xA y=t×b+t′×b′+yA z=t×c+t′×c′+zA où t,t′∈R.



Property 17
Si P est le plan passant par A(xA;yA;zA) et de vecteur directeurs →u(a\b\c) et →v(a′\b′\c′). Alors :
M(x;y;z)∈P
⟺
{x=t×a+t′×a′+xA y=t×b+t′×b′+yA z=t×c+t′×c′+zA
 où t,t′∈R.


 Remark 11
La réciproque est vraie.
Exercice 6 Soit P le plan et D la droite de représentation respectives :
{x=1+t y=3+t′ z=4+t+2t′ pour t,t′∈R
et
{x=6−k y=−4+2k z=1+k pour k∈R
  1. Le point A de D de paramètre 0 appartient-il au plan P ?
  2. Démontrer que la droite D est sécante au plan P.
Correction
  1. Déterminons tout d'abord les coordonnées de A en remplaçant k par 0 dans la paramétrisation de D :
    A(
    6
    ;
    −4
    ;
    1).

    En observant la paramétrisation de P, si jamais A∈P il faut :
    1+t=6
    et
    3+t′=−4,
    c'est-à-dire
    t=5
    et
    t′=−7.

    Vérifions dans la paramétrisation de la
    cote
    :
    z
    =
    4+t+2t′
    =
    4+5+2×(−7)
    =
    −9
    ≠
    zA.

    Ainsi :
    A∉P.
  2. Soit M(x;y;z) un point de l'espace. On a : M(x;y;z) ∈
    D∩P
    si et seulement si :

    {1+t=6−k 3+t′=−4+2k 4+t+2t′=1+k 
    ⟺
    {t+k=5 t′−2k=−7 t+2t′−k=−3 
    ⟺
    {t+2t′−k=−3(1) t+k=5(2) t′−2k=−7(3) 
    ⟺
    {t+2t′−k=−3(1) t+k=5(2) t+3k=11(1)−2×(3)=(3′) 
    ⟺
    {t+2t′−k=−3(1) t+k=5(2) 2k=6(3′)−(2) 
    ⟺
    {t+2t′−k=−3 t+k=5 k=3 
    ⟺
    {t+2t′−k=−3 t=2 k=3 
    ⟺
    {2t′=−2 t=2 k=3 
    ⟺
    {t′=−1 t=2 k=3 

    Ce système
    possède donc une unique solution,
    ce qui signifie que D et P
    sont sécants.

    Pour déterminer les coordonnées du point d'intersection on remplace k par
    3
    dans la paramétrisation de
    D
    et on obtient :
    (3;2;4).
✕