Exercices corrigés — Vecteurs et repérage dans l'espace (Terminale)

la droite (AB) passe par A et a pour vecteur directeur AB = (4 − 1 ; 6 − 0 ; 1 − (−2)) = (3 ; 6 ; 3).
Tout vecteur non nul colinéaire convient aussi comme vecteur directeur : (3 ; 6 ; 3) = 3(1 ; 2 ; 1), on peut donc prendre u(1 ; 2 ; 1), plus simple.
Une représentation paramétrique de (AB) est : x = 1 + t, y = 2t, z = −2 + t, t ∈ ℝ.
Vérification : t = 0 donne A(1 ; 0 ; −2) et t = 3 donne (4 ; 6 ; 1) = B. Une droite a une infinité de représentations paramétriques : en partant de B avec le vecteur (3 ; 6 ; 3), on obtiendrait x = 4 + 3s, y = 6 + 6s, z = 1 + 3s, qui décrit la même droite.

d a pour vecteur directeur u(1 ; 2 ; −1) et d' a pour vecteur directeur v(1 ; −1 ; 2). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (11 ≠ 2−1), donc les droites ne sont pas parallèles : elles sont soit sécantes, soit non coplanaires.
Un point commun correspond à des paramètres t et s (un pour chaque droite, il ne faut pas utiliser la même lettre) vérifiant : 1 + t = 1 + s ; 2t = 3 − s ; 3 − t = 2s.
La première équation donne t = s. La deuxième devient 2t = 3 − t, soit t = 1, puis s = 1. On vérifie la troisième : 3 − 1 = 2 et 2 × 1 = 2, c'est exact.
Le système a une solution : les droites sont sécantes. Le point d'intersection s'obtient avec t = 1 dans d (ou s = 1 dans d') : P(2 ; 2 ; 2). Si la troisième équation n'avait pas été vérifiée, les droites auraient été non coplanaires.