Exercices corrigés — Droites et plans de l'espace (Terminale)

a) Dans un repère orthonormé, le plan d'équation ax + by + cz + d = 0 admet le vecteur (a ; b ; c) comme vecteur normal : n(3 ; −2 ; 1) est normal à P.
b) Un point appartient à P si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation. Pour A : 3 × 1 − 2 × 0 + 2 − 5 = 0, donc A ∈ P. Pour B : 3 × 2 − 2 × 1 + 0 − 5 = −1 ≠ 0, donc B ∉ P.
c) Q est parallèle à P, donc admet le même vecteur normal n : son équation est de la forme 3x − 2y + z + d' = 0. Comme C ∈ Q : 0 − 2 + 1 + d' = 0, soit d' = 1. Une équation de Q est 3x − 2y + z + 1 = 0. Comme C ∉ P (0 − 2 + 1 − 5 ≠ 0), Q est strictement parallèle à P.

un plan de vecteur normal n(1 ; 3 ; −2) a une équation de la forme x + 3y − 2z + d = 0, où d reste à déterminer.
A appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient l'équation : 2 + 3 × (−1) − 2 × 0 + d = 0, soit −1 + d = 0 et d = 1.
Une équation du plan est x + 3y − 2z + 1 = 0. Vérification avec A : 2 − 3 − 0 + 1 = 0. Toute équation obtenue en multipliant celle-ci par un réel non nul, par exemple 2x + 6y − 4z + 2 = 0, décrit le même plan.

a) AB = (−1 ; 2 ; 0) et AC = (−1 ; 0 ; 3). Leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles (la deuxième coordonnée de AC est nulle, celle de AB ne l'est pas) : les vecteurs ne sont pas colinéaires, les points ne sont pas alignés et définissent un plan.
b) Un vecteur n(a ; b ; c) est normal au plan s'il est orthogonal à AB et à AC : n · AB = −a + 2b = 0 et n · AC = −a + 3c = 0. Donc a = 2b et a = 3c. En choisissant a = 6, on obtient b = 3 et c = 2 : n(6 ; 3 ; 2) convient.
Le plan a une équation de la forme 6x + 3y + 2z + d = 0. Avec A : 6 + d = 0, donc d = −6. Une équation de (ABC) est 6x + 3y + 2z − 6 = 0.
Vérification avec B : 0 + 6 + 0 − 6 = 0 ; avec C : 0 + 0 + 6 − 6 = 0. En divisant par 6, on peut aussi écrire x1 + y2 + z3 = 1, forme qui fait apparaître les points d'intersection du plan avec les trois axes.

P a pour vecteur normal n(2 ; −1 ; 4) et Q a pour vecteur normal m(−4 ; 2 ; −8). On constate que m = −2n : les vecteurs normaux sont colinéaires, donc les plans sont parallèles. Reste à savoir s'ils sont confondus ou strictement parallèles.
Multiplions l'équation de P par −2 : −4x + 2y − 8z = −6. Le membre de gauche est celui de Q, mais le second membre vaut −6 et non 1. Un point de P vérifie −4x + 2y − 8z = −6, il ne peut donc pas vérifier −4x + 2y − 8z = 1 : les plans n'ont aucun point commun.
P et Q sont strictement parallèles. Autre vérification : le point (0 ; −3 ; 0) appartient à P (0 + 3 + 0 = 3) mais pas à Q (0 − 6 − 0 = −6 ≠ 1).

a) d a pour vecteur directeur u(2 ; 1 ; −1) et P pour vecteur normal n(1 ; 1 ; 2). Leur produit scalaire vaut 2 + 1 − 2 = 1 ≠ 0 : u n'est pas orthogonal à n, donc la droite n'est pas parallèle au plan. Elle le coupe en un unique point.
b) On remplace x, y, z par leurs expressions dans l'équation de P : (1 + 2t) + (−1 + t) + 2(2 − t) − 8 = 0, soit 1 + 2t − 1 + t + 4 − 2t − 8 = 0, c'est-à-dire t − 4 = 0, donc t = 4.
Le point d'intersection correspond à t = 4 : I(1 + 8 ; −1 + 4 ; 2 − 4) = I(9 ; 3 ; −2). Vérification dans P : 9 + 3 − 4 − 8 = 0.

d a pour vecteur directeur u(1 ; 1 ; −1) et P pour vecteur normal n(1 ; 2 ; 3). Produit scalaire : 1 + 2 − 3 = 0. Le vecteur directeur de d est orthogonal au vecteur normal de P : d est parallèle à P au sens large, c'est-à-dire soit incluse dans P, soit strictement parallèle.
Pour trancher, on teste un point de d : A(0 ; 1 ; 2), obtenu pour t = 0. Dans l'équation de P : 0 + 2 + 6 − 1 = 7 ≠ 0, donc A ∉ P. Une droite parallèle à un plan et ayant un point hors de ce plan n'a aucun point commun avec lui.
d est strictement parallèle à P. On peut le confirmer par substitution : t + 2(1 + t) + 3(2 − t) − 1 = 7 pour tout t, et l'équation 7 = 0 n'a pas de solution.

on remplace x, y, z par leurs expressions en t dans l'équation de P : (2 + t) − (−1 + 2t) − (3 − t) = 2 + t + 1 − 2t − 3 + t = 0.
On obtient 0 = 0, égalité vraie pour toute valeur de t : chaque point de d, quel que soit son paramètre, appartient à P.
La droite d est incluse dans le plan P. Cohérence : le vecteur directeur u(1 ; 2 ; −1) est orthogonal au vecteur normal n(1 ; −1 ; −1), car 1 − 2 + 1 = 0, et le point A(2 ; −1 ; 3) de d vérifie 2 + 1 − 3 = 0.

a) Les vecteurs normaux n(1 ; 2 ; −1) et m(2 ; −1 ; 1) ne sont pas colinéaires (12 ≠ 2−1), donc les plans ne sont pas parallèles : ils sont sécants suivant une droite Δ.
b) Un point de Δ vérifie les deux équations. En les additionnant, z disparaît : 3x + y = 5, donc y = 5 − 3x. En reportant dans l'équation de P : z = x + 2y − 1 = x + 10 − 6x − 1 = 9 − 5x.
On choisit x comme paramètre, x = t : Δ a pour représentation paramétrique x = t, y = 5 − 3t, z = 9 − 5t, t ∈ ℝ. Vérification dans Q : 2t − (5 − 3t) + (9 − 5t) = 4, exact pour tout t.
c) Le vecteur directeur est w(1 ; −3 ; −5). w · n = 1 − 6 + 5 = 0 et w · m = 2 + 3 − 5 = 0. La droite d'intersection est orthogonale aux deux normales, ce qui est attendu puisqu'elle est contenue dans chacun des deux plans.