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

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.