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Algèbre linéaire et géométrie vectorielle

Juan Carlos Bustamante, Sylvain Bérubé

Section 1.3 Droites et plans

Dans cette section, on utilise les notions vues à la section précédente, notamment la colinéarité et l’orthogonalité, pour étudier des objets connus et concrets:
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Un intermède consacré à un nouveau produit avec les vecteurs, le produit vectoriel, permettra de mieux comprendre les droites et les plans dans l’espace, notamment en lien avec l’orthogonalité, les angles et les projections.
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Sous-section La droite dans le plan

Vous êtes probablement familiers avec la notion de pente ou celle d’ordonnée à l’origine pour une droite. Il est souvent enseigné qu’une droite admet une équation de la forme \(y = mx + p\text{,}\) où \(m\) est la pente, et \(p\) son ordonnée à l’origine.
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Dans ce qui suit, on étudiera les droites d’un point de vue vectoriel, exploitant les notions comme la colinéarité ou l’orthogonalité des vecteurs.
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Ceci permettra d’une part de continuer à se familiariser avec ces concepts, mais surtout cette approche servira à mettre la table pour les notions qui seront étudiées dans la suite du cours, à savoir les droites dans l’espace, les plans et les systèmes d’équations linéaires.
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On recommande de s’attarder à la feuille de travail B.2 sur les droites dans le plan laquelle permet d’explorer les différentes façons de caractériser une droite dans le plan.
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Définition 1.3.1.

Une droite dans le plan admet plusieurs équations:
  • L’équation cartésienne est de la forme \(ax+by =c\text{,}\) où \(a, b, c\) sont des constantes réelles. On en déduit notamment que le vecteur normal à la droite est \(\vn = \rvd{a}{b}\text{.}\)
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  • Une équation vectorielle de la forme \(\vx = \vp_0 + t \vd\text{,}\) où \(t \in \R\text{,}\) \(P_0(x_0, y_0)\) correspond à un point quelconque sur la droite, et \(\vd = \rvd{d_x}{d_y}\) est un vecteur directeur pour celle-ci. À noter que \(\vx = \rvd{x}{y}\text{.}\)
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  • L’équation normale, qui est de la forme \(\vn \cdot \vx = \vn \cdot \vp_0\text{,}\) où \(\vn\) est un vecteur normal pour la droite et \(P_0\) correspond à un point sur celle-ci. Ici aussi on a \(\vx = \rvd{x}{y}\text{.}\)
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  • Les équations paramétriques, de la forme
    \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lcl} x\amp= \amp x_0 + t d_x\\ y \amp= \amp y_0+t d_y\end{array}\right. \end{equation*}
    où \(t \in \R\) et où \(x_0, y_0, d_x, d_y\) sont des constantes réelles. Elles sont obtenues simplement en exprimant une équation vectorielle par composante.
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  • Pente-ordonnée à l’origine de la forme \(y = mx + p\text{,}\) où \(m\) et \(p\) sont des constantes réelles. Elle est valable seulement pour les droites non verticales.
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Exemple 1.3.2.

Trouver les équations de la droite \(\plan{D}\) d’équation \(y = 2x-3\text{.}\)
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Solution.
La droite est spécifiée par son équation pente-ordonnée à l’origine. On détermine les autres.
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  • En réarrangeant l’équation donnée, on trouve directement l’équation cartésienne
    \begin{equation*} -2x + y = -3\text{.} \end{equation*}
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  • Le fait que la pente soit \(m=2\) dit que si l’on se déplace sur la droite, pour chaque unité ajoutée à \(x\text{,}\) on ajoute \(2\) à \(y\text{.}\) Ainsi, un vecteur directeur de la droite est \(\vd = \rvd{1}{2}\text{.}\) Un point sur la droite est par exemple le point d’abscisse nulle, soit \((0,-3)\text{.}\) Donc, une équation vectorielle de la droite est
    \begin{equation*} \vx = \rvd{0}{-3} + t \rvd{1}{2}. \end{equation*}
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Figure 1.3.3. Droite \(\plan{D}\) d’équation \(y = 2x-3\text{.}\)
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  • Connaissant un vecteur directeur \(\vd\text{,}\) on trouve aisément un vecteur normal, par exemple \(\vn = \rvd{-2}{1}\) (voir corollaire 1.2.21). En utilisant le point \(P_0(0,-3)\text{,}\) dont le vecteur position est noté \(\vp_0\) on trouve l’équation normale:
    \begin{equation*} \vn \cdot \vx = \vn \cdot \vp_0 \iff \rvd{-2}{1} \cdot \rvd{x}{y} = \rvd{-2}{1} \cdot \rvd{0}{-3}, \end{equation*}
    ce qui donne
    \begin{equation*} -2x + y = -3. \end{equation*}
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    On remarque qu’on aurait pu procéder autrement: avec l’équation donnée, on peut obtenir l’équation cartésienne générale, puis à partir de celle-là, déduire un vecteur directeur et l’équation vectorielle.
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Mise en garde 1.3.4.

L’équation vectorielle d’une droite n’est pas unique! En effet, tout ce dont on a besoin est d’un point sur la droite, et un vecteur directeur. En général il y a une infinité de choix possibles pour le point, et le vecteur directeur n’est déterminé qu’à multiple près.
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Exemple 1.3.5.

On a trois droites \(\plan{D}_1,\plan{D}_2\) et \(\plan{D}_3\) dans le plan.
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  1. On sait que \(\plan{D}_2\) est perpendiculaire à \(\plan{D}_1\) et qu’en plus elle passe par le point \((2,3)\text{.}\) Compléter le tableau ci-bas.
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    Droite Éq. cartésienne Vecteur normal Éq. vectorielle
    \(\plan{D}_1\) \(2x-y=1\)
    \(\plan{D}_2\)
    \(\plan{D}_3\) \(\vx = \rvd{-4}{-3}+ t \rvd{-6}{3}\)
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  2. Que peut-on dire de \(\plan{D}_3\) et \(\plan{D}_2\text{?}\) Justifiez.
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Solution.
  1. Les données permettent de calculer les vecteurs normaux ou directeurs.
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    • Pour la droite \(\plan{D}_1\text{,}\) un vecteur normal est \(\vn_1 = \rvd{2}{-1}\text{,}\) de sorte qu’un vecteur directeur est \(\vd_1 = \rvd{1}{2}\text{.}\) On remplace la valeur \(x=0\) dans l’équation cartésienne pour obtenir que la droite passe par \((0,-1)\text{.}\) Une équation vectorielle est donc \(\vx = \rvd{0}{-1} + t \rvd{1}{2}\text{.}\)
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    • Étant donné que \(\plan{D}_2\) est perpendiculaire à \(\plan{D}_1\text{,}\) le vecteur normal de l’une de ses droites sert comme vecteur directeur de l’autre, et vice-versa. Donc, un vecteur normal pour \(\plan{D}_2\) est \(\vn_2 = \vd_1 = \rvd{1}{2}\text{.}\) De même, \(\vd_2 = \vn_1 = \rvd{2}{-1}\) est un vecteur directeur pour \(\plan{D}_2\text{.}\) En utilisant le point \((2,3)\text{,}\) on trouve l’équation cartésienne de \(\plan{D}_2\text{:}\) \(x+2y = 8\text{.}\)
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    • On a un vecteur directeur pour la droite \(\plan{D}_3\text{,}\) à savoir \(\vd_3 = \rvd{-6}{3}\text{.}\) Un vecteur normal est donc un vecteur colinéaire à \(\rvd{3}{6}\text{.}\) On peut choisir \(\vn_3=\rvd{1}{2}\) (ou tout autre multiple). L’équation cartésienne est donc de la forme \(x + 2y = d\text{.}\) Pour trouver \(d\text{,}\) on remplace les coordonnées du point \((-4,-3)\) dans l’équation cartésienne, ce qui donne \(d = -4 + 2(-3) = -10\text{.}\) Donc l’équation cartésienne est \(x + 2y = -10\text{.}\)
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  2. Le vecteur normal de \(\plan{D}_2\) est \(\vn_2 = \rvd{1}{2}\) et le vecteur normal de \(\plan{D}_3\) est \(\vn_3 = \rvd{1}{2}\text{.}\) Les deux vecteurs sont colinéaires, donc les droites sont parallèles.
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Figure 1.3.6. Les droites \(\plan{D}_1,\plan{D}_2\) et \(\plan{D}_3\text{.}\)
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Mise en garde 1.3.7. Collisions et intersections.

Si on a deux droites données par les équations vectorielles
\begin{equation*} \vx = \va_1 + t \vd_1 \qquad \textrm{et} \qquad \vx = \va_2 + t \vd_2, \end{equation*}
alors résoudre l’équation \(\va_1 + t \vd_1 = \va_2 + t \vd_2\) pour la variable \(t\) ne permet pas de trouver un point commun!
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En effet, il faut comprendre que chaque équation décrit la position d’un mobile (le vecteur position est \(\vx\)) à l’instant \(t\text{.}\) L’équation \(\va_1 + t \vd_1 = \va_2 + t \vd_2 \) prétend donc trouver un instant commun où les deux mobiles se trouvent à la même place. Il s’agit d’une collision.
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Pour trouver un point commun, peut être correspondant à des moments différents, il faut introduire une nouvelle variable afin de distinguer les paramètres.
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Exemple 1.3.8.

Soient \(A(2, 6), B(1, 3), C(8, 1)\) et \(D(4, 6)\text{.}\) Ci-après on a un applet qui permet d’illustrer la différence entre un point commun et un point de collision.
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La droite \(AC\) est paramétrée par le paramètre \(s\text{:}\) lorsque \(s\) varie, le point \(M\) parcourt la droite \(AC\text{.}\) Quelque chose de semblable tient pour la droite \(BD\text{,}\) alors que le paramètre est \(t\text{,}\) et le point qui la parcourt est \(N\text{.}\)
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  1. Donnez des équations vectorielles des droites \(AC\) et \(BD\text{.}\)
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  2. Trouver les équations cartésiennes des droites \(AC\) et \(BD\text{,}\) puis trouvez leur point commun en vous servant de celles-ci.
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  3. Utilisez les équations vectorielles pour trouver ce point commun.
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Figure 1.3.9. Les droites ont un point commun \(P\text{,}\) lequel n’est pas un point de collision.
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Solution.
  1. Pour chaque droite, on a besoin d’un point s’y trouvant, ainsi que d’un vecteur directeur. On a alors
    • Pour la droite \(AC\text{,}\) un vecteur directeur est \(\vd_{AC} = \vc - \va = \rvd{6}{-5}\text{.}\) Une équation vectorielle est donc
      \begin{equation*} \vx = \Rvd{2}{6} + t \Rvd{6}{-5}. \end{equation*}
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    • Pour la droite \(BD\text{,}\) un vecteur directeur est \(\vd_{BD} = \vd - \vb = \rvd{3}{3}\text{.}\) Une équation vectorielle est donc
      \begin{equation*} \vx = \Rvd{1}{3} + t \Rvd{3}{3}. \end{equation*}
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  2. Une façon de procéder est d’utiliser une équation normale. Pour ceci, on a besoin d’un vecteur normal pour chaque droite, et un point s’y trouvant. On a déjà les points.
    • Pour la droite \(AC\text{,}\) un vecteur normal est \(\vn_{AC} = \rvd{5}{6}\text{.}\) Donc une équation normale est \(\vn_{AC} \cdot \vx = \vn_{AC} \cdot \va\text{,}\) c’est-à-dire
      \begin{equation*} 5x + 6y = 5\cdot 2 + 6\cdot 6 = 46. \end{equation*}
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    • Pour la droite \(BD\text{,}\) un vecteur normal est \(\rvd{-3}{3}\text{,}\) on peut donc prendre \(\vn_{BD} = \rvd{-1}{1}\text{.}\) Donc, une équation normale est \(\vn_{BD} \cdot \vx = \vn_{BD} \cdot \vb\text{,}\) c’est-à-dire
      \begin{equation*} -x + y = -1 + 3 = 2. \end{equation*}
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    Afin de trouver le point commun aux deux droites, on doit résoudre le système
    \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lcl} 5x + 6y \amp= \amp 46 \\ -x + y \amp= \amp 2 \end{array}\right. \end{equation*}
    En remplaçant \(y = x + 2\) dans la première équation, on trouve \(5x + 6(x + 2) = 46\text{,}\) soit \(11x = 34\) ou encore \(x = \tfrac{34}{11}\text{.}\) En remplaçant dans \(y = x + 2\text{,}\) on trouve \(y = \tfrac{34}{11} + 2 = \tfrac{56}{11}\text{.}\) Donc le point commun est \(P\left(\tfrac{34}{11}, \tfrac{56}{11}\right)\text{.}\)
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  3. Une erreur courante est d’essayer de résoudre l’équation
    \begin{equation*} \Rvd{2}{6} + t \Rvd{6}{-5} = \Rvd{1}{3} + t \Rvd{3}{3}. \end{equation*}
    Ceci est incorrect car on cherche un point commun, pas une collision. Il faut donc changer le nom du paramètre dans l’une des deux équations. Par exemple, on peut écrire
    \begin{equation*} \Rvd{2}{6} + t \Rvd{6}{-5} = \Rvd{1}{3} + s \Rvd{3}{3}. \end{equation*}
    Ceci donne le système d’équations
    \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lcl} 2 + 6t \amp= \amp 1 + 3s \\ 6 - 5t \amp= \amp 3 + 3s \end{array}\right. \end{equation*}
    En réarrangeant, on trouve
    \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lcl} 1+ 6t \amp=\amp 3s \\ 3-5t \amp= \amp 3s \end{array}\right. \end{equation*}
    d’où \(1 + 6t = 3 - 5t\text{,}\) ce qui mène à \(t = \tfrac{2}{11}\text{.}\) En remplaçant dans l’équation de la droite \(AC\text{,}\) on trouve le point commun
    \begin{equation*} \vx = \Rvd{2}{6} + \tfrac{2}{11} \Rvd{6}{-5} = \Rvd{\tfrac{34}{11}}{\tfrac{56}{11}}. \end{equation*}
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    On note qu’il n’a pas été nécessaire de calculer \(s\) pour trouver le point commun. Il est conseillé de le faire afin de vérifier que l’on trouve bien le même point.
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Exemple 1.3.10.

Soit \(\plan{D}\) la droite passant par \(A(-2,1)\) et \(B(6,2)\text{.}\)
  1. Donner l’équation de la droite \(\plan{D}'\text{,}\) parallèle à \(\plan{D}\) et passant par le point \(D(1,7)\text{.}\) Trouver \(C\) tel que \(ABCD\) est un parallélogramme.
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  2. Donner l’équation de la perpendiculaire à \(\plan{D}\) qui passe par le milieu des diagonales de ce parallélogramme.
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  3. Trouver la distance entre \(\plan{D}\) et \(\plan{D}'\text{,}\) puis trouver l’aire de \(ABCD\text{.}\)
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  4. Trouver l’angle formé par \(AB\) et \(AC\text{.}\)
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Solution.
Figure 1.3.11.
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  1. Un vecteur directeur pour la droite \(\plan{D}\) est \(\vu = \vect{OB} - \vect{OA} = \vb - \va = \rvd{8}{1}\text{.}\) Comme \(\plan{D}'\) est parallèle à \(\plan{D}\text{,}\) ce vecteur est aussi un vecteur directeur pour \(\plan{D}'\text{.}\) Cette droite passe aussi par le point \(D\text{.}\) Donc une équation vectorielle pour \(\plan{D}'\) est
    \begin{equation*} \vx = \Rvd{1}{7} + t \Rvd{8}{1}. \end{equation*}
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    Le point \(C\) est tel que \(\vect{AB} = \vect{DC}\) c’est-à-dire tel que \(\vb - \va = \vc - \vd\text{,}\) ce qui permet de calculer directement
    \begin{equation*} \vc = \vd - \va + \vb = \Rvd{1}{7} - \Rvd{-2}{1} + \Rvd{6}{2} = \Rvd{9}{8}. \end{equation*}
    Ainsi, \(C(9,8)\text{.}\)
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  2. Soit \(M\) le milieu des diagonales du parallélogramme. On a
    \begin{equation*} \vm = \tfrac{1}{2}(\va + \vc) = \tfrac{1}{2}\left(\Rvd{-2}{1} + \Rvd{9}{8}\right) = \Rvd{\tfrac{7}{2}}{\tfrac{9}{2}}. \end{equation*}
    Un vecteur normal à \(\plan{D}\) est \(\vn = \rvd{1}{-8}\text{,}\) qui est donc un vecteur directeur pour la droite cherchée. Ainsi, une équation vectorielle de cette droite est
    \begin{equation*} \vx = \vm + t \vn = \Rvd{\tfrac{7}{2}}{\tfrac{9}{2}} + t \Rvd{1}{-8}. \end{equation*}
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  3. Afin de calculer la distance entre \(\plan{D}\) et \(\plan{D}'\text{,}\) on utilise la projection sur la normale commune à ces deux droites. Plus précisément cette distance est donnée par
    \begin{equation*} \nrm{\text{proj}_{\vn}(\vd - \va)} = \frac{|\left(\vd - \va\right) \cdot \vn|}{\nrm{\vn}}. \end{equation*}
    Or, on calcule directement:
    • \(\vn \cdot (\vd - \va) = \rvd{1}{-8} \cdot \rvd{3}{6} = -45\) et
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    • \(\nrm{\vn} = \sqrt{1^2 + (-8)^2} = \sqrt{65}\text{.}\)
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    Ainsi, la distance entre les droites est
    \begin{equation*} \tfrac{45}{\sqrt{65}} = \tfrac{9 \cdot 5 }{\sqrt{13 \cdot 5}} = \tfrac{9\sqrt{65}}{13}. \end{equation*}
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  4. Afin de déterminer l’angle formé par les deux droites, on calcule l’angle formé par leurs vecteurs directeurs respectifs. On a
    \begin{equation*} \vect{AB} = \vb - \va = \Rvd{8}{1} \quad \text{et} \quad \vect{AC} = \vc - \va= \Rvd{11}{7}. \end{equation*}
    Ainsi
    \begin{align*} \cos \j \amp = \tfrac{(\vb - \va)\cdot( \vc - \va)}{\nrm{\vb - \va}\nrm{\vc - \va}} = \tfrac{88 + 7}{\sqrt{65} \sqrt{170}} = \tfrac{95}{\sqrt{13\cdot 5} \sqrt{2\cdot 5 \cdot 17}}\\ \amp = \tfrac{95}{5\sqrt{442}} = \tfrac{19\sqrt{442}}{442}\approx 0,9037, \end{align*}
    de sorte que l’angle vaut approximativement
    \begin{equation*} \j \approx \arccos(0,9037) \approx 0,4424 \textrm{ radian} \approx 25,35^\circ. \end{equation*}
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À vous de jouer 1.3.12.

Soit la droite \(\Delta(t) = \left[\begin{array}{c}1+t\cr 2-3t\cr\end{array}\right]\text{.}\) Alors la droite \(\Delta\) coupe :
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l’axe des \(x\) au point , quand \(t\) = ,
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l’axe des \(y\) au point , quand \(t\) = ,
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la parabole \(y = x^2\) aux points et , quand \(t\) = et .
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Donner une précision d’au moins trois décimales.
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Réponse 1.
\(\left(1.66667,0\right)\)
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Réponse 2.
\(0.666667\)
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Réponse 3.
\(\left(0,5\right)\)
🔗
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Réponse 4.
\(-1\)
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Réponse 5.
\(\left(1.19258,1.42225\right)\)
🔗
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Réponse 6.
\(\left(-4.19258,17.5777\right)\)
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Réponse 7.
\(0.192582\)
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Réponse 8.
\(-5.19258\)
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Sous-section Droites dans l’espace

On passe maintenant à l’étude des droites dans l’espace.
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Parmi tous les types d’équations donnés dans la définition 1.3.1, l’équation vectorielle, à savoir
\begin{equation*} \vx = \vp_0 + t \vd \end{equation*}
est celle qui permet d’étudier les droites dans l’espace \(\R^3\text{.}\) En effet, dans l’équation ci-dessus, rien ne dit que les vecteurs sont des vecteurs à deux ou trois coordonnées: les calculs et l’interprétation restent valables. On peut penser que la droite donnée ci-dessus donne la position \(\vx\) au temps \(t\) d’une particule qui part du point associé au vecteur \(\vp_0\) avec une vitesse \(\vd\text{.}\)
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Si on écrit composante par composante, on obtient les équations paramétriques de la droite.
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On verra plus loin qu’une équation de la forme \(ax+by+cz = d\) correspond non pas à une droite mais bien à un plan.
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Mise en garde 1.3.13.

On rappelle que dans le plan \(\R^2\text{:}\)
  • La direction d’une droite peut être déterminée soit par un vecteur directeur, soit par un vecteur normal.
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  • Deux droites sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs directeurs respectifs sont colinéaires. Ceci arrive si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires.
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  • Si deux droites ne sont pas parallèles, elles sont forcément sécantes, c’est-à-dire qu’elles auront un point commun.
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  • Si les vecteurs directeurs sont orthogonaux, les droites sont perpendiculaires: elles sont orthogonales (ceci est une question de direction) et en plus elles ont un point commun.
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Dans l’espace, les choses sont un peu différentes. Puisqu’il y a beaucoup plus de place, plusieurs choses peuvent arriver.
  • Deux droites non parallèles peuvent ne pas se couper.
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  • Une droite dans \(\R^3\) n’a pas de vecteur normal canonique.
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Remarque 1.3.14.

On considère la situation de l’applet ci-bas. Vous pouvez le bouger pour mieux visualiser.
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Figure 1.3.15. Trois droites dans \(\R^3\text{.}\) Deux droites non parallèles qui n’ont pas de point commun sont dites des droites gauches.
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  • Les droites \(\plan{D}_1\) et \(\plan{D}_2\) sont parallèles. Rien d’étonnant, leurs vecteurs directeurs sont colinéaires.
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  • Les droites \(\plan{D}_1\) et \(\plan{D}_3\) sont sécantes, elles ont un point commun. Elles sont en fait perpendiculaires.
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  • Les droites \(\plan{D}_2\) et \(\plan{D}_3\) sont des droites gauches: sans être parallèles, elles ne se coupent pas. En fait, il s’agit de droites orthogonales (mais non perpendiculaires).
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Exemple 1.3.16.

Soient \(\plan{D}_1\) la droite passant par \((3, 2, 5)\) et de vecteur directeur \(\vd = \vi + 4 \vj +\vk\text{,}\) puis \(\plan{D}_2\) la droite passant par les points \((5,1,7)\) et \((8,1,4)\text{.}\)
  1. Donnez les équations vectorielles des droites \(\plan{D}_1\) et \(\plan{D}_2\text{.}\)
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  2. Montrer que \(\plan{D}_1\) et \(\plan{D}_2\) sont des droites gauches.
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Solution.
  1. Pour chaque droite, on a besoin d’un point s’y trouvant et d’un vecteur directeur.
    • Pour la droite \(\plan{D}_1\text{,}\) un vecteur directeur est donné, à savoir \(\vd = \vi + 4 \vj +\vk\text{.}\) Un point s’y trouvant est \(P_1=(3,2,5)\text{.}\) Donc une équation vectorielle pour \(\plan{D}_1\) est
      \begin{equation*} \vx = \Rvt{3}{2}{5} + t \Rvt{1}{4}{1}. \end{equation*}
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    • Pour la droite \(\plan{D}_2\text{,}\) un vecteur directeur est \(\vd_2 = \rvt{8}{1}{4} - \rvt{5}{1}{7} = \rvt{3}{0}{-3}.\) Un point s’y trouvant est \(P_2=(5,1,7)\text{.}\) Donc une équation vectorielle pour \(\plan{D}_2\) est
      \begin{equation*} \vx = \Rvt{5}{1}{7} + t \Rvt{3}{0}{-3}. \end{equation*}
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  2. Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles. On voit que les droites ne sont pas sécantes. Si elles avaient un point commun, on devrait avoir une solution à l’équation
    \begin{equation*} \Rvt{3}{2}{5} + t \Rvt{1}{4}{1} = \Rvt{5}{1}{7} + s \Rvt{3}{0}{-3} \end{equation*}
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    Résoudre cette équation revient à résoudre le système
    \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lcr} 3 + t \amp= \amp 5 + 3s \\ 2 + 4t \amp= \amp 1 \\ 5 + t \amp= \amp 7 - 3s \end{array}\right.\quad \text{ ou encore}\quad \left\{ \begin{array}{lcr} t - 3s \amp= \amp 2 \\ 4t \amp= \amp -1 \\ t + 3s \amp= \amp 2 \end{array}\right. \end{equation*}
    🔗
    En additionnant la première équation à la troisième, on obtient \(2t = 4\text{,}\) de sorte que \(t = 2\text{,}\) mais ceci est incompatible avec la deuxième équation disant que \(4 t = -1\text{.}\)
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    Comme le système n’a pas de solution, les droites ne sont pas sécantes. Puisqu’on sait déjà qu’elles ne sont pas parallèles ce sont des droites gauches.
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À vous de jouer 1.3.17.

Déterminer les équations, sous les formes paramétriques et vectorielle, de la droite qui passe par le point \(P\left(2,4,-5\right)\) et qui est parallèle au vecteur \(\mathbf v =\left[\begin{array}{c}-5\\2\\-2\\\end{array}\right]\text{.}\)
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Équations paramétriques (paramètre \(t\text{,}\) passant par \(P\) quand \(t = 0\)) :
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\(x(t) =\)
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\(y(t) =\)
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\(z(t) =\)
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Équation vectorielle : \(\mathbf{r}(t) =\)
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Réponse 1.
\(2+t\mathopen{}\left(-5\right)\)
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Réponse 2.
\(4+t\cdot 2\)
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Réponse 3.
\(-5+t\mathopen{}\left(-2\right)\)
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Réponse 4.
\(\left(2,4,-5\right)+t\mathopen{}\left<-5,2,-2\right>\)
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À vous de jouer 1.3.18.

Pour cette question, vous devez entrer votre réponse avec la syntaxe \(a\mathbf{i}+b\mathbf{j}+c\mathbf{k}\text{,}\) où \(a,b,c\) sont les composantes de votre vecteur réponse.
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Vecteurs : Déterminer \(\mathbf v\text{,}\) le vecteur du point \(P \left(3,1,5\right)\) au point \(Q \left(8,2,7\right)\text{.}\)
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\(\mathbf v\) =
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Équations de droites : Soit l’équation vectorielle de la droite passant par les deux points précédents. Dire si les équations suivantes représentent cette droite.
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Voici les équations :
  1. \(\displaystyle (x,y,z) = (8, 2, 7) + t\, (3, 1, 5)\)
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  2. \(\displaystyle (x,y,z) = (3, 1, 5) + t\, (- 5, - 1, - 2)\)
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  3. \(\displaystyle (x,y,z) = (3, 1, 5) + t\, (5, 1, 2)\)
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  4. \(\displaystyle (x,y,z) = (3, 1, 5) + t\, (8, 2, 7)\)
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  5. \(\displaystyle (x,y,z) = (8, 2, 7) + t\, (5, 1, 2)\)
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Réponse.
\(5\mathbf{i}+\mathbf{j}+2\mathbf{k}\)
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Exemple 1.3.19.

Soit \(\plan{D}_1\) la droite \(\vx = \rvt{-3}{5}{6} + t \rvt{3}{0}{-4}\) et \(R(-2,7,-12)\text{.}\)
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  1. Trouver le point sur \(\plan{D}_1\) qui est le plus près de \(R\) et calculer la distance de \(R\) à \(\plan{D}_1\text{.}\)
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  2. Soit \(\plan{D}_2\) la droite passant par \(Q(4,3,-4)\) et ayant pour vecteur directeur \(\vv = \rvt{-1}{2}{2}\text{.}\) Trouver le point d’intersection des deux droites.
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Indice.
  1. Projetez sur le vecteur directeur!
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  2. Résolvez un système d’équations. Faites attention à distinguer un point commun d’un point de collision (voir mise en garde 1.3.7).
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Réponse.
  1. Le point le plus près est \((6,5,-6)\text{.}\) La distance est \(2\sqrt{26}\text{.}\)
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  2. \(\displaystyle (3,5,-2)\)
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Solution.
  1. Soient \(\vp_0 = \rvt{-3}{5}{6}\text{,}\) correspondant au point \(P_0(-3,5,6)\) sur \(\plan{D}_1\text{,}\) et \(\vd = \rvt{3}{0}{-4}\) un vecteur directeur de cette droite. On a \(\vect{P_0R} = \vr - \vp_0 = \rvt{-2}{7}{-12} - \rvt{-3}{5}{6} = \rvt{1}{2}{-18}\text{.}\)
    🔗
    Figure 1.3.20. La droite \(\plan{D}_1\) ainsi que les éléments qui la déterminent et le point \(R\text{.}\)
    🔗
    Soit \(H\) le point cherché sur \(\plan{D}_1\text{.}\) Ce point vérifie:
    \begin{align*} \vh - \vp_0 = \vect{P_0H} = \amp \proj{\vect{P_0R}}{\vd} = \tfrac{(\vr - \vp_0)\cdot \vd}{\vd \cdot \vd}\vd\\ \amp = \tfrac{1\cdot3 + 0\cdot2 -4\cdot(-18)}{3^2 + 0^2 + 4^2}\vd = \tfrac{75}{25}\vd = 3\vd \end{align*}
    🔗
    Donc \(\vh - \vp_0 = 3\vd\text{,}\) et ainsi \(\vh = \vp_0 + 3\vd = \rvt{-3}{5}{6} + 3\rvt{3}{0}{-4} = \rvt{6}{5}{-6}\text{,}\) d’où \(H(6,5,-6)\text{.}\)
    🔗
    La distance est \(\nrm{\vr - \vh}\text{.}\) Or, \(\vr - \vh = \rvt{-2}{7}{-12} - \rvt{6}{5}{-6} = \rvt{-8}{2}{-6} = 2\rvt{-4}{1}{-3}\text{,}\) donc:
    🔗
    \begin{equation*} 2\sqrt{(-4)^2 + 1^2 + (-3)^2} = 2\sqrt{26}. \end{equation*}
    Remarque: on peut aussi obtenir la distance à l’aide du théorème de Pythagore.
    🔗
    🔗
  2. L’équation de \(\plan{D}_1\) est donnée. Celle de \(\plan{D}_2\) est \(\vx = \rvt{4}{3}{-4} + s \rvt{-1}{2}{2}\text{.}\) On introduit \(s\) puisque \(t\) est déjà utilisé dans \(\plan{D}_1\) (voir mise en garde 1.3.7).
    🔗
    Pour trouver le point commun, on résout:
    🔗
    \begin{equation*} \rvt{-3}{5}{6} + t\rvt{3}{0}{-4} = \rvt{4}{3}{-4} + s\rvt{-1}{2}{2}. \end{equation*}
    Ce qui donne, composante par composante:
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    \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lcl} s + 3t & = & 7 \\ 2s & = & 2 \\ 2s + 4t & = & 10 \end{array} \right. \end{equation*}
    De la deuxième équation, \(s=1\text{,}\) et la première donne \(1 + 3t = 7\text{,}\) donc \(t=2\text{.}\) La troisième est bien vérifiée.
    🔗
    En remplaçant \(s=1\) dans \(\plan{D}_2\text{:}\)
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    \begin{equation*} \vx = \rvt{4}{3}{-4} + \rvt{-1}{2}{2} = \rvt{3}{5}{-2}. \end{equation*}
    On vérifie qu’en remplaçant \(t=2\) dans \(\plan{D}_1\text{,}\) on obtient le même point.
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À vous de jouer 1.3.21.

Déterminer si les droites
\begin{equation*} \Delta_1: x = 16+4t, \quad y = 12+5t, \quad z = 13+3t \end{equation*}
et
\begin{equation*} \Delta_2: x = 5t-6 , \quad y = 7t-17, \quad z = 6t-8 \end{equation*}
sont concourantes, gauches ou parallèles. Si elles sont concourantes, trouver leur point d’intersection; sinon, laisser la case réponse du point d’intersection en blanc.
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Les deux droites sont :
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Point d’intersection : ,
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Réponse 1.
\(\text{concourantes}\)
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Réponse 2.
\(\left(4,-3,4\right)\)
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Sous-section Les plans dans l’espace

On va maintenant s’intéresser aux plans dans l’espace, lesquels sont l’évolution naturelle des droites dans le plan. On rappelle, d’après définition 1.3.1, qu’une droite a plusieurs équations différentes:
  • Équation cartésienne (générale): \(ax+by = c\text{.}\)
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  • Équation normale: \(\vn \cdot \vx = \vn \cdot \vp_0\)
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  • Équation vectorielle: \(\vx = \vp_0 + t \vd\)
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Dans ce qui suit, on va adopter la même approche qu’en début de section: l’idée est d’adapter aux plans dans l’espace les notions qu’on a vues pour les droites dans le plan.
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Cette fois, c’est la notion de combinaison linéaire qui sera utile (définition 1.1.29), tout comme la caractérisation de normalité entre deux vecteurs, donnée par le produit scalaire (définition 1.2.1). On suggère de travailler sur la feuille d’activités B.3.
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Définition 1.3.22.

Un plan dans l’espace admet plusieurs équations.
  • L’équation cartésienne est de la forme \(a x + b y + c z = d\text{.}\)
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  • Une équation vectorielle de la forme \(\vx = \vp_0 + t \vu + s \vv\text{,}\) où \(\vp_0\) correspond à un point quelconque sur le plan, et \(\vu, \vv\) sont deux vecteurs non colinéaires qui sont parallèles au plan.
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  • L’équation normale qui est de la forme \(\vn \cdot \vx = \vn \cdot \vp_0\text{,}\) où \(\vn\) est un vecteur normal pour le plan, et \(\vp_0\) correspond à un point sur celui-ci.
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  • Les équations paramétriques, de la forme
    \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lcl} x \amp = x_0 + t u_x + s v_x \\ y \amp = y_0 + t u_y + s v_y \\ z \amp = z_0 + t u_z + s v_z \end{array}\right. \end{equation*}
    Elles sont obtenues simplement en exprimant une équation vectorielle composante par composante.
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Exemple 1.3.23.

Soit \(\plan{P}\) le plan d’équation \(2x+y-z=-7\text{.}\) Trouver, s’ils existent, les points d’intersection de \(\plan{P}\) avec:
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  1. La droite \(\vx = \rvt{1}{2}{-1} + t \rvt{-2}{1}{3}\text{;}\)
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  2. La droite \(\vx = \rvt{1}{2}{-1} + t \rvt{1}{0}{2}\text{.}\)
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Solution.
  1. L’équation vectorielle donne les coordonnées d’un point sur la droite en fonction du paramètre \(t\text{,}\) à savoir
    \begin{equation*} x(t) = 1-2t \qquad y(t) = 2+t \qquad z(t) = -1+3t. \end{equation*}
    🔗
    Dire qu’un point se trouve sur le plan \(\plan{P}\) revient à dire que ses coordonnées vérifient l’équation de \(\plan{P}\text{,}\) c’est-à-dire que
    \begin{equation*} 2(1-2t) + (2+t) - (-1+3t) = -7 \end{equation*}
    ce qui équivaut à \(-6t +5 = -7\text{,}\) d’où \(t=2\text{.}\) On substitue la valeur du paramètre dans l’équation vectorielle de la droite pour trouver un point commun:
    \begin{equation*} \rvt{1}{2}{-1} + 2 \rvt{-2}{1}{3} = \rvt{-3}{4}{5}. \end{equation*}
    🔗
    🔗
  2. La même logique que dans la partie précédente mène cette fois à
    \begin{equation*} 2 (1+t) + 2 - (-1 + 2t) = -7. \end{equation*}
    Ceci donne l’équation \(2t -2t +5 =-7\text{,}\) qui n’a pas de solution. Par conséquent, le plan \(\plan{P}\) n’a pas de point commun avec la droite considérée.
    🔗
    On remarque qu’on lit un vecteur normal pour \(\plan{P}\) dans son équation, à savoir \(\vn =\rvt{2}{1}{-1}\text{.}\) Le vecteur directeur pour la droite est \(\vd = \rvt{1}{0}{2}\text{.}\) On calcule aisément \(\vn \cdot \vd = 0\text{.}\) Le vecteur normal du plan est donc orthogonal au vecteur directeur de la droite. La droite est donc parallèle au plan.
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À vous de jouer 1.3.24.

Déterminer \(P\text{,}\) le point d’intersection entre la droite \(\Delta\) donnée par les équations:
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\begin{equation*} x(t) = 5-3t,\quad y(t) = 4+2t,\quad z(t) = -3+4t \end{equation*}
et le plan \(\pi: 5x+3y-2z = -8\text{.}\)
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\(P\) = .
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Réponse.
\(\left(-4,10,9\right)\)
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Exemple 1.3.25.

On reprend le contexte de l’exemple 1.3.19. Trouver l’équation cartésienne et une équation vectorielle du plan contenant les droites \(\plan{D}_1\) et \(\plan{D}_2\text{.}\)
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Réponse.
  • Équation vectorielle \(\vx = \rvt{3}{5}{-2} + s \rvt{3}{0}{-4} + t\rvt{-1}{2}{2}\text{.}\)
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  • Équation cartésienne \(4x-y+3z = 1\text{.}\)
    🔗
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Solution.
Figure 1.3.26.
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  • On a calculé le point commun aux deux droites, à savoir le point \(W(3,5,-2)\text{.}\) Les vecteurs directeurs des droites, que l’on nomme \(\vu = \rvt{3}{0}{-4}\) et \(\vv = \rvt{-1}{2}{2}\text{,}\) ne sont pas colinéaires. Ainsi, une équation vectorielle du plan cherché est
    \begin{equation*} \vx = \vw + s\vu + t\vv = \rvt{3}{5}{-2} + s \rvt{3}{0}{-4} + t \rvt{-1}{2}{2}, \qquad s,t\in\R \end{equation*}
    🔗
    🔗
  • On trouve l’équation cartésienne grâce à un vecteur normal \(\vn\) pour le plan. On ne dispose pas d’un tel vecteur, cependant, on sait qu’il doit être orthogonal aux deux vecteurs directeurs des droites simultanément. Ainsi, si on écrit \(\vn = \rvt{a}{b}{c}\text{,}\) les relations d’orthogonalité deviennent:
    \begin{align*} \vn \cdot \vu = 0 \amp \Leftrightarrow 3a-4c = 0 \\ \vn \cdot \vv = 0 \amp \Leftrightarrow -a+2b+2c=0 \end{align*}
    De la première équation on tire \(a = \tfrac{4}{3}c\text{,}\) ce qui dans la deuxième équation donne \(0 = \tfrac{4}{3}c + 2b +2c\text{,}\) ce qui à son tour mène à \(b = -\tfrac{1}{3}c\text{.}\) On a donc une infinité de solutions, en effet, pour toute valeur de \(c\) le vecteur
    \begin{equation*} \vn = c\Rvt{\tfrac{4}{3}}{-\tfrac{1}{3}}{1} \end{equation*}
    vérifie les conditions requises. Comme on a besoin d’un seul vecteur, on peut donner la valeur qui convient au paramètre \(c\text{.}\) Afin d’éliminer les fractions, il semble naturel de choisir \(c =3\text{,}\) ce qui donne \(\vn = \rvt{4}{-1}{3}\text{.}\)
    🔗
    L’équation normale du plan, formée grâce au vecteur normal \(\vn\) et au point \(W\) est donc
    \begin{equation*} \vn \cdot \vx = \vn \cdot \vw \Longleftrightarrow \rvt{4}{-1}{3} \cdot \rvt{x}{y}{z} = \rvt{4}{-1}{3} \cdot \rvt{3}{5}{-2} \end{equation*}
    c’est-à-dire
    \begin{equation*} 4x -y+3z = 1. \end{equation*}
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Sous-section Le produit vectoriel: en quête de la normalité

On considère les problèmes suivants:
  1. Étant donnés trois points dans un plan, trouver un vecteur \(\vn\) qui soit orthogonal aux vecteurs de ce plan. C’était la partie 2 de la feuille de travail “Plans dans l’espace”.
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  2. Trouver la distance entre deux droites gauches dans l’espace. Ça aurait pu être un ajout à l’exemple 1.3.16.
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    🔗
Dans les deux situations, on peut obtenir une solution en commençant par déterminer un vecteur \(\vn\) orthogonal simultanément à deux vecteurs donnés: deux vecteurs du plan dans le premier cas, ou encore les vecteurs directeurs des droites dans le second. Jusqu’ici, cette recherche a été menée de manière plutôt ad hoc. Dans ce qui suit, on introduit une construction systématique qui permet d’obtenir directement un tel vecteur — et bien davantage encore: le produit vectoriel.
🔗
Il importe de dire que cette opération n’est définie que pour les vecteurs dans \(\R^3\) (et il y a une façon de l’adapter aux problèmes dans le plan), ce qui diffère du produit scalaire qui est défini dans \(\R^n\text{.}\)
🔗

Définition 1.3.27.

Soient \(\vu = \rvt{u_1}{u_2}{u_3}\) et \(\vv = \rvt{v_1}{v_2}{v_3} \in \R^3\text{.}\) Leur produit vectoriel est le vecteur de \(\R^3\) défini par
\begin{equation*} \vu \times \vv = \begin{bmatrix}u_2 v_3 - u_3 v_2\\ u_3 v_1 - u_1 v_3\\ u_1 v_2 - u_2v_1 \end{bmatrix} \end{equation*}
La notation pour exprimer le produit vectoriel est “\(\times\)”.
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Exemple 1.3.28.

Calculer les produits vectoriels suivants.
  1. \(\rvt{1}{0}{0} \times \rvt{0}{1}{0}\text{.}\)
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  2. \(\rvt{0}{1}{0} \times \rvt{1}{0}{0}\text{.}\)
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    🔗
  3. \(\rvt{-1}{2}{3}\times \rvt{2}{-4}{-6}\text{.}\)
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  4. \(\rvt{-1}{2}{3} \times \rvt{1}{1}{1}\text{.}\)
    🔗
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Réponse.
  1. \(\rvt{1}{0}{0} \times \rvt{0}{1}{0} = \rvt{0}{0}{1}\text{.}\)
    🔗
    🔗
  2. \(\rvt{0}{1}{0} \times \rvt{1}{0}{0} = \rvt{0}{0}{-1}\text{.}\)
    🔗
    🔗
  3. \(\rvt{-1}{2}{3}\times \rvt{2}{-4}{-6} = \rvt{0}{0}{0}\text{.}\)
    🔗
    🔗
  4. \(\rvt{-1}{2}{3} \times \rvt{1}{1}{1} = \rvt{-1}{4}{-3}\text{.}\)
    🔗
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Remarque 1.3.29.

La définition fournit une façon concise d’écrire le produit vectoriel comme une combinaison linéaire de déterminants \(2\times 2\) ou encore comme un déterminant symbolique
 1 
symbolique car il ne s’agit pas, à proprement parler d’un déterminant, les éléments apparaissant dans la première colonne sont des vecteurs, pas des nombres. Le dernier chapitre du cours sera consacré aux déterminants proprement dits. Pour l’instant, on dit seulement que ceci est une astuce de calcul.
\begin{align*} \vu \times \vv \amp = \begin{vmatrix}\vi \amp u_1 \amp v_1 \\ \vj \amp u_2 \amp v_2\\ \vk \amp u_3 \amp v_3 \end{vmatrix} \\ \amp = \begin{vmatrix} u_2 \amp v_2 \\ u_3 \amp v_3\end{vmatrix}\vi - \begin{vmatrix} u_1 \amp v_1 \\ u_3 \amp v_3\end{vmatrix}\vj + \begin{vmatrix} u_1 \amp v_1 \\ u_2 \amp v_2\end{vmatrix}\vk \end{align*}
🔗
🔗

À vous de jouer 1.3.30.

Soient \(\mathbf a = \left[\begin{array}{c}-5\\-3\\2\\\end{array}\right]\text{,}\) \(\mathbf b = \left[\begin{array}{c}-4\\0\\2\\\end{array}\right]\) et \(\mathbf c = \left[\begin{array}{c}5\\2\\-2\\\end{array}\right]\text{.}\)
🔗
Effectuez les opérations suivantes :
🔗
\(\mathbf{a} \cdot ({\mathbf{b}} \times \mathbf c) =\)
🔗
\(\mathbf{b} \cdot ({\mathbf{a}} \times \mathbf c) =\)
🔗
Réponse 1.
\(-2\)
🔗
🔗
Réponse 2.
\(2\)
🔗
🔗
🔗
On observe que le produit vectoriel n’est pas commutatif: l’ordre des facteurs a une importance. De plus, le produit vectoriel de deux vecteurs non nuls peut donner le vecteur nul comme résultat, de sorte que la loi de simplification ne tient pas. Il est donc naturel de se demander quelles sont les propriétés satisfaites par cette opération. C’est justement l’objet du résultat qui suit.
🔗

Démonstration.

Soient \(\vu = \rvt{u_1}{u_2}{u_3}\text{,}\) \(\vv = \rvt{v_1}{v_2}{v_3}\) et \(\vw = \rvt{w_1}{w_2}{w_3}\) trois vecteurs de \(\R^3\text{,}\) et \(\a \in \R\) un scalaire.
🔗
  1. Directement,
    \begin{align*} (\vu \times \vv)\cdot \vu \amp= \Rvt{u_2v_3 - u_3v_2}{u_3v_1 - u_1v_3}{u_1v_2 - u_2v_1}\cdot \Rvt{u_1}{u_2}{u_3}\\ \amp = (u_2v_3 - u_3v_2)u_1 + (u_3v_1 - u_1v_3)u_2 + (u_1v_2 - u_2v_1)u_3 = 0. \end{align*}
    Un calcul analogue montre que \((\vu \times \vv)\cdot \vv = 0\text{.}\) Ainsi, \(\vu \times \vv\) est orthogonal à \(\vu\) et à \(\vv\text{.}\)
    🔗
    🔗
  2. En intervertissant \(\vu\) et \(\vv\) dans la définition, on obtient
    \begin{equation*} \vv \times \vu = \Rvt{v_2u_3 - v_3u_2}{v_3u_1 - v_1u_3}{v_1u_2 - v_2u_1} = -(\vu \times \vv)\text{.} \end{equation*}
    D’où \(\vu\times\vv = -\,\vv\times\vu\text{.}\)
    🔗
    🔗
  3. En prenant \(\vv = \vu\) dans la définition, tous les termes s’annulent: \(\vu \times \vu = \rvt{0}{0}{0} = \vZero\text{.}\)
    🔗
    🔗
  4. On montre que \(\vu \times (\a \vv) = \a (\vu \times \vv)\text{.}\)
    🔗
    On a \(\a \vv = \rvt{\a v_1}{\a v_2}{\a v_3}\text{,}\) et donc
    🔗
    \begin{equation*} \vu \times (\a \vv) = \Rvt{u_2(\a v_3) - u_3(\a v_2)}{u_3(\a v_1) - u_1(\a v_3)}{u_1(\a v_2) - u_2(\a v_1)} = \a \Rvt{u_2v_3 - u_3v_2}{u_3v_1 - u_1v_3}{u_1v_2 - u_2v_1} = \a (\vu \times \vv). \end{equation*}
    Une démonstration analogue montre que \((\a \vu) \times \vv = \a (\vu \times \vv)\text{.}\)
    🔗
    🔗
  5. On montre que \(\vu \times (\vv + \vw) = \vu \times \vv + \vu \times \vw\text{.}\)
    🔗
    On a \(\vv + \vw = \rvt{v_1 + w_1}{v_2 + w_2}{v_3 + w_3}\text{.}\) Alors
    🔗
    \begin{equation*} \vu \times (\vv + \vw) = \Rvt{u_2(v_3 + w_3) - u_3(v_2 + w_2)}{u_3(v_1 + w_1) - u_1(v_3 + w_3)}{u_1(v_2 + w_2) - u_2(v_1 + w_1)}. \end{equation*}
    En développant chaque coordonnée:
    🔗
    \begin{equation*} \vu \times (\vv + \vw) = \Rvt{(u_2v_3 - u_3v_2) + (u_2w_3 - u_3w_2)} {(u_3v_1 - u_1v_3) + (u_3w_1 - u_1w_3)} {(u_1v_2 - u_2v_1) + (u_1w_2 - u_2w_1)} \end{equation*}
    Ce qui est exactement \(\vu \times \vv + \vu \times \vw\text{.}\)
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  6. Enfin, on calcule la norme au carré de \(\vu \times \vv\text{:}\)
    \begin{equation*} \nrm{\vu \times \vv}^2 = (u_2v_3 - u_3v_2)^2 + (u_3v_1 - u_1v_3)^2 + (u_1v_2 - u_2v_1)^2. \end{equation*}
    Après développement et simplification, on obtient
    \begin{equation*} \nrm{\vu \times \vv}^2 = (u_1^2 + u_2^2 + u_3^2)(v_1^2 + v_2^2 + v_3^2) - (u_1v_1 + u_2v_2 + u_3v_3)^2, \end{equation*}
    c’est-à-dire \(\nrm{\vu \times \vv}^2 = \nrm{\vu}^2 \, \nrm{\vv}^2 - (\vu\cdot\vv)^2\text{.}\)
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La propriété (a) du théorème 1.3.31 dit que si \(\vu\) et \(\vv \) ne sont pas colinéaires alors \(\vu \times \vv\) est orthogonal au plan engendré par \(\vu\) et \(\vv\text{.}\) Par ailleurs, la propriété (f) donne la norme du produit vectoriel. Ceci laisse encore deux choix pour le produit vectoriel. Si on commence avec deux vecteurs \(\va\) et \(\vb\) dans la figure de gauche, ci-bas, on a que les vecteurs \(\vc\) et \(\vd\) sont des candidats potentiels. Lequel des deux choisir? La règle de la main droite fournit la réponse: lorsque vos doigts de la main droite tournent d’un angle \(\j\) de \(\va\) jusqu’à \(\vb\) (avec \(\j\) compris entre \(0\) et \(\pi\)), alors votre pouce indique la direction de \(\va \times \vb\)
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Figure 1.3.32. Pour le produit vectoriel, l’ordre des facteurs est important. À droite, la règle de la main droite.
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À vous de jouer 1.3.33.

Pour cette question, vous devez entrer votre réponse avec la syntaxe \(a\mathbf{i}+b\mathbf{j}+c\mathbf{k}\text{,}\) où \(a,b,c\) sont les composantes de votre vecteur réponse.
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Déterminer un vecteur orthogonal à la fois à \(\left[\begin{array}{c}-3\\-4\\-4\\\end{array}\right]\) et à \(\left[\begin{array}{c}2\\2\\4\\\end{array}\right]\text{.}\)
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Réponse :
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Réponse.
\(-8\mathbf{i}+4\mathbf{j}+2\mathbf{k}\)
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Exemple 1.3.34.

Soit \(\plan{D}_1\) la droite passant par \(P_1(1,1,0)\text{,}\) dirigée par le vecteur \(\bbm{d}_1 = \rvt{1}{-1}{2}\) et \(\plan{D}_2\) la droite passant par \(P_2(2,0,2)\) et ayant \(\bbm{d}_2 = \rvt{-1}{1}{0}\) comme vecteur directeur. Montrer que \(\plan{D}_1\) et \(\plan{D}_2\) se trouvent dans un même plan, duquel on trouvera une équation vectorielle et une équation cartésienne.
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Solution.
Les deux droites ne sont clairement pas parallèles, puisque leurs vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires. On montre qu’elles ont un point commun. Pour ceci, il faut résoudre l’équation
\begin{equation*} \Rvt{1}{1}{0} + t\Rvt{1}{-1}{2} = \Rvt{2}{0}{2} + s \Rvt{-1}{1}{0} \end{equation*}
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ou, si on écrit les équations correspondant à chaque composante
\begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lcl} 1+t \amp= \amp 2-s \\ 1-t \amp= \amp s \\ 2t \amp=\amp 2 \end{array}\right. \end{equation*}
La troisième équation donne directement \(t=1\text{,}\) ce qui dans la deuxième donne \(s=0\text{.}\) Ceci est cohérent avec la première équation.
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On remplace la valeur \(s=0\) dans l’équation de \(\plan{D}_2\) pour obtenir le point commun que l’on nomme \(\va = \rvt{2}{0}{2}\text{.}\) On remarque que l’on aurait pu utiliser la valeur \(t=1\) dans l’équation de l’autre droite. Les deux droites ont un point commun, elles se trouvent donc dans un même plan.
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Afin de trouver une équation vectorielle, on utilise un point commun (que l’on vient de trouver), puis les vecteurs directeurs des deux droites. On obtient donc une équation vectorielle:
\begin{equation*} \vx = \va + t \Rvt{1}{-1}{2} + s \Rvt{-1}{1}{0} = \Rvt{2}{0}{2} + t \Rvt{1}{-1}{2} + s \Rvt{-1}{1}{0} \end{equation*}
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Afin de trouver l’équation cartésienne, on trouve un vecteur normal, ce que l’on peut faire à l’aide du produit vectoriel des vecteurs directeurs des droites:
\begin{equation*} \Rvt{1}{-1}{2} \times \Rvt{-1}{1}{0} = \Rvt{-2}{-2}{0} \end{equation*}
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Comme seule la direction du vecteur normal importe, on peut prendre n’importe quel multiple de celui-ci. On pose donc \(\vn = \rvt{1}{1}{0}\text{.}\) L’équation cartésienne s’obtient au moyen de l’équation normale
\begin{align*} \vn \cdot \vx = \vn \cdot \va \amp \Leftrightarrow \Rvt{1}{1}{0}\cdot \Rvt{x}{y}{z} = \Rvt{1}{1}{0} \cdot \Rvt{2}{0}{2} \\ \amp \Leftrightarrow x+y=2 \end{align*}
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Exemple 1.3.35.

Soit \(\plan{P}\) le plan \(\rvt{x}{y}{z} = \rvt{-3}{-5}{2} + s \rvt{6}{5}{-2} + t \rvt{3}{10}{2}\text{.}\)
  1. Donner deux points différents de \(\plan{P}\text{.}\)
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  2. Donner trois vecteurs non colinéaires deux à deux, mais tous les trois parallèles au plan \(\plan{P}\text{.}\)
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  3. Trouver un vecteur normal à \(\plan{P}\text{.}\)
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  4. Est-ce que le point \(A(-1,1,3)\) appartient à \(\plan{P}\text{?}\)
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  5. Trouver les points où \(\plan{P}\) coupe les axes de coordonnées.
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  6. Trouver l’équation cartésienne de \(\plan{P}\text{.}\)
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Solution.
On pose \(\vp_0 = \rvt{-3}{-5}{2}, \vu = \rvt{6}{5}{-2}\) et \(\vv = \rvt{3}{10}{2}\text{.}\)
  1. En prenant \(s=t=0\) on obtient le point \(P_0(-3,-5,2)\text{.}\) En prenant \(s=1,\;t=0\) on obtient \(P_1=(3,0,0)\text{.}\) Ainsi, deux points de \(\plan{P}\) sont \(P_0=(-3,-5,2)\) et \(P_1=(3,0,0)\text{.}\) Plusieurs autres choix sont possibles!
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  2. Des vecteurs parallèles au plan sont les combinaisons linéaires des deux vecteurs directeurs \(\vv=\rvt{6}{5}{-2}\) et \(\vw=\rvt{3}{10}{2}\text{.}\) Par exemple, les trois vecteurs
    \begin{equation*} \vv = \Rvt{6}{5}{-2}, \, \vw = \Rvt{3}{10}{2}, \, \vv+\vw=\Rvt{9}{15}{0} \end{equation*}
    sont tous parallèles à \(\plan{P}\) et deux à deux non colinéaires.
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  3. Un vecteur normal est le produit vectoriel des deux directeurs: \(\vn=\vv\times\vw =\rvt{30}{-18}{45}\) (ou tout multiple non nul, par exemple \(\rvt{10}{-6}{15}\)).
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  4. Si \(A(-1,1,3)\) appartenait au plan \(\plan{P}\) il existerait \(s,t\in\R\) tels que
    \begin{equation*} \Rvt{-1}{1}{3}=\Rvt{-3}{-5}{2}+s\Rvt{6}{5}{-2}+t\Rvt{3}{10}{2} \end{equation*}
    Le système
    \begin{equation*} \begin{cases} 6s+3t=2\\ 5s+10t=6\\ -2s+2t=1 \end{cases} \end{equation*}
    admettrait donc au moins une solution. Les deux premières équations donnent \(s=\tfrac{2}{45}\) et \(t=\tfrac{26}{45}\text{,}\) ce qui ne satisfait pas la troisième (\(-2s+2t=\tfrac{16}{15}\neq 1\)). Donc \(A\notin\plan{P}\text{.}\)
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  5. Intersections avec les axes:
    • Axe \(Ox\) (\(y=z=0\)): on obtient \((3,0,0)\text{;}\)
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    • Axe \(Oy\) (\(x=z=0\)): on obtient \((0,-5,0)\text{;}\)
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    • Axe \(Oz\) (\(x=y=0\)): on obtient \((0,0,2)\text{.}\)
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  6. Avec le normal \(\vn=\rvt{10}{-6}{15}\) et le point \(P_0(-3,-5,2)\text{,}\) une équation cartésienne est \(10(x+3)-6(y+5)+15(z-2)=0\text{,}\) soit
    \begin{equation*} 10x-6y+15z=30\text{.} \end{equation*}
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À vous de jouer 1.3.36.

Déterminer l’équation cartésienne du plan passant par les trois points \(P \left(-2,3,0\right)\text{,}\) \(Q\left(-2,1,-2\right)\) et \(R \left(-3,-5,-3\right)\text{.}\)
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.
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Réponse.
\(2y-10x-2z = 26\)
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Démonstration.

  1. On se place dans le plan déterminé par \(\vu\) et \(\vv\text{.}\) Soit \(\vh\) la projection de \(\vv\) sur la direction orthogonale à \(\vu\text{.}\) On a alors
    \begin{equation*} \text{Aire} = \nrm{\vu}\, \nrm{\vh}. \end{equation*}
    🔗
    Or on a \(\nrm{\vh} = \nrm{\vv} \sin \j\text{,}\) de sorte que l’aire d’intérêt est
    \begin{equation*} \text{Aire} = \nrm{\vu}\, \nrm{\vv} \sin \j. \end{equation*}
    🔗
    Par ailleurs on a en vertu du théorème 1.3.31, partie (f).
    🔗
    \begin{align*} \nrm{\vu \times \vv}^2 \amp = \nrm{\vu}^2 \, \nrm{\vv}^2 - (\vu \cdot \vv)^2 \\ \amp = \nrm{\vu}^2 \, \nrm{\vv}^2 - \nrm{\vu}^2 \nrm{\vv}^2 \cos^2 \j \\ \amp = \nrm{\vu}^2 \, \nrm{\vv}^2 (1- \cos^2 \j) \\ \amp = \nrm{\vu}^2 \, \nrm{\vv}^2 \sin^2 \j \end{align*}
    et le résultat suit (car \(\j\in [0,\pi]\)).
    🔗
    🔗
  2. Étant donnés deux vecteurs \(\vu = \rvd{u_1}{u_2}\) et \(\vv = \rvd{v_1}{v_2}\) du plan, ils déterminent un parallélogramme dont l’aire est celle du parallélogramme déterminé par les vecteurs \(\rvt{u_1}{u_2}{0}\) et \(\rvt{v_1}{v_2}{0}\text{.}\) En vertu de la partie (a), cette aire est la norme du produit vectoriel de ces vecteurs, à savoir
    \begin{equation*} \Rvt{u_1}{u_2}{0} \times \Rvt{v_1}{v_2}{0} = \begin{vmatrix} \vi \amp u_1\amp v_1\\ \vj \amp u_2 \amp v_2\\ \vk \amp 0 \amp 0 \end{vmatrix} = \left[ \begin{array}{c}0\\ 0 \\u_1 v_2 - u_2 v_1\end{array}\right] \end{equation*}
    et le résultat suit.
    🔗
    🔗
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Exemple 1.3.39. Autre regard à l’exemple 1.2.36.

Trouver l’aire du triangle de sommets \(A(1,-1), B(2,2)\) et \(C(4,0)\text{.}\)
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Solution.
L’aire du triangle déterminé par les trois points est la moitié de l’aire du parallélogramme que les côtés du triangle déterminent. On calcule directement:
\begin{align*} \det{\vect{AC}, \vect{AB}} \amp= \det{\vc - \va, \vb-\va}\\ \amp= \begin{vmatrix}3\amp 1\\ 1 \amp 3\end{vmatrix} = 9- 1 =8 \end{align*}
Il s’en suit que l’aire du triangle est \(4\text{.}\)
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Figure 1.3.40. Le triangle de sommets \(A(1,-1), B(2,2)\) et \(C(4,0)\text{.}\)
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À vous de jouer 1.3.41.

Déterminer l’aire du parallélogramme de sommets \(P\left(3,3\right)\text{,}\) \(Q\left(8,4\right)\text{,}\) \(R \left(7,8\right)\) et \(S \left(12,9\right)\text{.}\)
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Réponse :
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Réponse.
\(\left|5\cdot 5-4\cdot 1\right|\)
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À vous de jouer 1.3.42.

Soient \(P\left(0,1,0\right)\text{,}\) \(Q\left(1,-1,-1\right)\) et \(R\left(2,1,1\right)\text{.}\) Déterminer
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a) L’aire du triangle \(PQR\text{.}\)
🔗
Aire =
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b) L’équation cartésienne du plan qui contient \(P\text{,}\) \(Q\) et \(R\text{.}\)
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Ce plan est
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Réponse 1.
\(\frac{5.38516}{2}\)
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🔗
Réponse 2.
\(-2\mathopen{}\left(x-0\right)+\left(-3\right)\mathopen{}\left(y-1\right)+4\mathopen{}\left(z-0\right) = 0\)
🔗
🔗
Solution.
a)\(\overrightarrow{PQ}\)\(P\)\(Q\)\(\overrightarrow{PR}\)\(P\)\(R\text{,}\)
\begin{equation*} \overrightarrow {PQ} = \left\lt 1,-2,-1\right> \qquad\mbox{et}\qquad \overrightarrow {PR} = \left\lt 2,0,1\right>, \end{equation*}
\(\overrightarrow{PQ}\)\(\overrightarrow{PR}\)
\begin{equation*} \Vert \overrightarrow{PQ}\times \overrightarrow{PR}\Vert = \Vert \left\lt -2,-3,4\right> \Vert \approx 5.38516. \end{equation*}
\(PQR\)\(\approx 2.69258\text{.}\)b)\(\vec n = \overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}\)\(PQR\text{,}\)\(\vec n = \left\lt -2,-3,4\right>\)\(-2\mathopen{}\left(x-0\right)+\left(-3\right)\mathopen{}\left(y-1\right)+4\mathopen{}\left(z-0\right) = 0\text{,}\)\(-2x-3\mathopen{}\left(y-1\right)+4z =0\text{.}\)
🔗
🔗
Étant donné que le produit vectoriel sert à calculer des aires, il peut servir aussi en partie à calculer un volume.
🔗
Un parallélépipède est un solide dont les six faces sont des parallélogrammes, ce solide est au parallélogramme ce que le cube est au carré. Dans l’espace \(\R^3\text{,}\) trois vecteurs déterminent un parallélépipède, c’est l’analogue tridimensionnel du parallélogramme.
🔗

Démonstration.

Le volume du parallélépipède est égal à l’aire de sa base multipliée par sa hauteur.
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\(\ \)
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Figure 1.3.44.
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On peut prendre pour base le parallélogramme déterminé par \(\vv\) et \(\vw\text{.}\) Son aire vaut
\begin{equation*} A =\nrm{\vv \times \vw}. \end{equation*}
🔗
Par ailleurs, le vecteur \(\vv \times \vw\) est orthogonal à la base, de sorte que la hauteur du solide est la norme de la projection de \(\vu\) sur cette normale, c’est-à-dire
\begin{align*} h \amp = \nrm{\proj{\vu}{\vv \times \vw}} = \frac{\vu \cdot (\vv \times \vw)}{(\vv \times \vw) \cdot (\vv \times \vw)} \nrm{\vv \times \vw}\\ \amp= \frac{\left| \vu\cdot (\vv \times \vw )\right|}{\nrm{\vv \times \vw}^2}\nrm{\vv \times \vw} = \frac{\left| \vu\cdot (\vv \times \vw )\right|}{\nrm{\vv \times \vw}} \end{align*}
🔗
On calcule alors le volume
\begin{equation*} V = A\cdot h = \nrm{\vv\times \vw}\frac{\left| \vu\cdot (\vv \times \vw )\right|}{\nrm{\vv \times \vw}} = \left| \vu\cdot (\vv \times \vw )\right| \end{equation*}
🔗
🔗

Exemple 1.3.45.

On considère les vecteurs \(\va = \rvt{1}{2}{1},\vb = \rvt{-1}{-3}{1},\vc = \rvt{3}{-2}{-1}\) et \(\vd = \rvt{1}{1}{3}\text{.}\) Calculer le volume des parallélépipèdes déterminés par les vecteurs suivants.
  1. \(\va,\vb\) et \(\vc\)
    🔗
    🔗
  2. \(\va,\vb\) et \(\vd\)
    🔗
    🔗
🔗
Solution.
  1. Le volume d’intérêt est \(\left| \va \cdot \left(\vb \times \vc\right)\right|\text{.}\) On calcule directement:
    \begin{equation*} \vb \times \vc = \rvt{-1}{-3}{1} \times \rvt{3}{-2}{-1} = \rvt{5}{2}{11} \end{equation*}
    de sorte que le volume vaut la valeur absolue de
    \begin{equation*} \va \cdot \left(\vb \times \vc\right) = \rvt{1}{2}{1} \cdot \rvt{5}{2}{11} = 20. \end{equation*}
    🔗
    🔗
  2. Le même raisonnement conduit à
    \begin{equation*} \vb \times \vd = \rvt{-1}{-3}{1} \times \rvt{1}{1}{3} = \rvt{-10}{4}{2} \end{equation*}
    ce qui permet de calculer
    \begin{equation*} \va \cdot (\vb \times \vd) = \rvt{1}{2}{1} \cdot \rvt{-10}{4}{2} = 0 \end{equation*}
    🔗
    Le fait que trois vecteurs déterminent un parallélépipède de volume nul signifie que le parallélépipède en question est aplati. Les trois vecteurs vérifient l’équation \(\vd = 2\va + \vb\text{.}\)
    🔗
    🔗
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À vous de jouer 1.3.46.

Calculer le volume du parallélépipède de côtés adjacents \(\overrightarrow{PQ}\text{,}\) \(\, \overrightarrow{PR}\text{,}\) \(\, \overrightarrow{PS}\) où \(P\left(1,2,2\right)\text{,}\) \(Q\left(0,1,4\right)\text{,}\) \(R\left(0,-3,-4\right)\) et \(S\left(-5,3,3\right)\text{.}\)
🔗
Le volume est :
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Réponse.
\(100\)
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🔗
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Sous-section Positions relatives de plans et droites dans l’espace

On finalise cette section avec quelques problèmes et observations complémentaires faisant intervenir simultanément des droites et des plans dans l’espace.
🔗
Distance d’un point à un plan. Soit \(\plan{P}\) un plan passant par le point \(P_0\) et de vecteur normal \(\vn\text{,}\) et \(M\) un point quelconque. On s’intéresse à la distance de \(M\) à \(\plan{P}\text{.}\)
🔗
La distance cherchée peut être calculée au moyen de la projection du vecteur \(\vect{P_0M}\) sur le vecteur normal \(\vn\text{.}\) En effet, le point sur \(\plan{P}\text{,}\) que l’on nomme \(H\text{,}\) qui est le plus près de \(M\) vérifie
\begin{equation*} \vect{HM} = \proj{\vect{P_0M}}{\vn} \end{equation*}
Une fois ce vecteur connu, comme \(P_0\) et \(M\) sont connus on peut aussi facilement trouver \(H\text{.}\)
🔗
Figure 1.3.47. La distance d’un point à un plan peut se calculer à l’aide d’une projection sur le vecteur normal au plan.
🔗

Exemple 1.3.48.

Soit \(Q(2,2,2)\) et \(\plan{P}\) le plan d’équation \(x + y - z = 0\text{.}\) Parmi tous les points du plan \(\plan{P}\text{,}\) trouver celui qui est le plus près de \(Q\) et calculez la distance du point \(Q\) au plan \(\plan{P}\text{.}\)
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Figure 1.3.49.
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Indice.
Ce problème peut être résolu d’au moins deux façons.
  • Inspirez-vous de la figure 1.3.47.
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  • Considérez la droite par \(Q\) qui est perpendiculaire à \(\plan{P}\) et trouvez le point d’intersection.
    🔗
    🔗
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🔗
Réponse.
Le point cherché est \(H(0,0,4)\text{.}\) La distance du point au plan est \(2\sqrt{3}\text{.}\)
🔗
🔗
Solution.
Soit \(\plan{D}\) la droite passant par \(Q\) et perpendiculaire au plan \(\plan{P}\text{.}\) Puisque cette droite passe par le point \(Q\) et que son vecteur directeur est le vecteur normal \(\vn = \rvt{1}{1}{-1}\) au plan \(\plan{P}\text{,}\) alors son équation vectorielle est
\begin{equation*} \vx = \vq + t \vn \quad \text { ou encore } \quad \rvt{x}{y}{z} = \rvt{2}{2}{2} + t \rvt{1}{1}{-1} = \rvt{2+t}{2+t}{2-t} \end{equation*}
🔗
On cherche le point commun \(H\) à la droite \(\plan{D}\) et au plan \(\plan{P}\text{,}\) qui doit donc vérifier l’équation du plan, à savoir
🔗
\begin{equation*} (2 + t) + (2 + t) - (2 - t) = 0 \end{equation*}
🔗
d’où l’on tire \(2 + 3t = 0\) ou encore \(t = -\tfrac{2}{3}\text{.}\) Dans l’équation de \(\plan{D}\) ceci donne
🔗
\begin{equation*} \rvt{2}{2}{2} - \tfrac{2}{3} \rvt{1}{1}{-1} = \rvt{\tfrac{4}{3}}{\tfrac{4}{3}}{\tfrac{8}{3}} \end{equation*}
🔗
de sorte que le point cherché est le point de coordonnées \(H(\tfrac{4}{3},\tfrac{4}{3},\tfrac{8}{3})\text{.}\)
🔗
La distance entre les points \(Q(2,2,2)\) et \(H(\frac{4}{3},\frac{4}{3},\frac{8}{3})\) est
\begin{equation*} \nrm{\vq - \vh} = \nrm{\rvt{2}{2}{2} - \rvt{\tfrac{4}{3}}{\tfrac{4}{3}}{\tfrac{8}{3}}} = \nrm{\rvt{\tfrac{2}{3}}{\tfrac{2}{3}}{-\tfrac{2}{3}}} = \sqrt{3 \cdot \left( \tfrac{2}{3} \right)^2} = \sqrt{\tfrac{4}{3}} \approx 1,155 \end{equation*}
🔗
🔗
🔗

Exemple 1.3.50.

Soit \(\plan{P}\) le plan passant par les points \(P(2,1,5), Q(-1,3,4)\) et \(R(3,0,6)\text{.}\)
  1. Trouver une équation du plan \(\plan{P}\text{.}\)
    🔗
    🔗
  2. Soit \(S(1,7,6)\text{.}\) Calculer la distance de \(S\) à \(\plan{P}\) puis trouver le point de \(\plan{P}\) qui est le plus près de \(S\text{.}\)
    🔗
    🔗
🔗
Figure 1.3.51.
🔗
Solution.
  1. On a déjà trois points, il en faut donc un et deux vecteurs. On prend, par exemple
    🔗
    \begin{equation*} \vu = \vect{PQ} = \vq - \vp = \rvt{-3}{2}{-1} \qquad \text{ et } \qquad \vv = \vect{PR} = \vr - \vp = \rvt{1}{-1}{1}. \end{equation*}
    🔗
    Il suit qu’une équation vectorielle est
    \begin{equation*} \vx = \vp + t\vu + s\vv = \rvt{2}{1}{5} + t\rvt{-3}{2}{-1} + s\rvt{1}{-1}{1}. \end{equation*}
    🔗
    Afin de trouver l’équation cartésienne, on calcule un vecteur normal
    \begin{equation*} \vn = \vu \times \vv = \rvt{1}{2}{1}. \end{equation*}
    On obtient donc l’équation normale (et l’équation cartésienne)
    \begin{align*} \vn \cdot \vx = \vn \cdot \vp \amp \Longleftrightarrow \rvt{1}{2}{1}\cdot \rvt{x}{y}{z} = \rvt{1}{2}{1} \cdot \rvt{2}{1}{5}\\ \amp \Longleftrightarrow x+2y+z=9 \end{align*}
    🔗
    🔗
  2. Le vecteur normal au plan \(\plan{P}\) est \(\vn = \rvt{1}{2}{1}\text{.}\) Pour calculer la distance de \(S\) à \(\plan{P}\text{,}\) on va projeter le vecteur \(\vect{PS} = \rvt{-1}{6}{1}\) sur le vecteur \(\vn\text{.}\)
    🔗
    \begin{equation*} \proj{\vect{PS}}{\vn} = \left(\tfrac{\vn \cdot \vect{PS}}{\vn\cdot \vn}\right) \vn = \left(\tfrac{12}{6}\right) \rvt{1}{2}{1} = \rvt{2}{4}{2}. \end{equation*}
    La distance de \(S\) à \(\plan{P}\) est donc
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    \begin{equation*} \nrm{\proj{\vect{PS}}{\vn}} = \nrm{\rvt{2}{4}{2}} = \sqrt{2^2 + 4^2 + 2^2} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}. \end{equation*}
    Le point du plan \(\plan{P}\) le plus près de \(S\) a pour vecteur associé
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    \begin{equation*} \vect{s} - \proj{\vect{PS}}{\vn} = \rvt{1}{7}{6} - \rvt{2}{4}{2} = \rvt{-1}{3}{4}. \end{equation*}
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À vous de jouer 1.3.52.

Calculer la distance entre le point \(P\left(3,-1,-3\right)\) et le plan \(\pi : -3x+y-2z = 1.\)
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Réponse.
\(\frac{5}{3.74166}\)
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Angle entre deux plans. On a vu que le vecteur normal d’un plan donne la direction qui lui est perpendiculaire. Il mesure donc en quelque sorte son inclinaison, c’est ce que l’on va utiliser pour déterminer l’angle entre deux plans. Soient \(\plan{P}_1\) et \(\plan{P}_2\) deux plans ayant respectivement des vecteurs normaux \(\vn_1\) et \(\vn_2\text{.}\)
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Les plans sont parallèles si les vecteurs \(\vn_1\) et \(\vn_2\) sont colinéaires. De même, si les vecteurs normaux sont orthogonaux, les plans sont perpendiculaires. Dans tous les cas, l’angle formé par les deux plans est celui formé par les deux vecteurs normaux respectifs.
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Figure 1.3.53. L’angle entre deux plans est celui que les vecteurs normaux forment.
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Exemple 1.3.54.

Soit \(\plan{P}\) le plan d’équation \(x+2y+2z=0\text{.}\) Trouver les angles que \(\plan{P}\) forme avec les plans suivants.
  1. \(\plan{P}_1\) d’équation \(x-y+z=3\)
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  2. \(\plan{P}_2\) d’équation \(\rvt{x}{y}{z} = \rvt{1}{0}{1} + s \rvt{-1}{0}{1} + t \rvt{0}{1}{1}\)
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Figure 1.3.55.
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Solution.
On lit un vecteur normal du plan directement dans son équation, à savoir \(\vn = \rvt{1}{2}{2}\text{.}\)
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  1. Un vecteur normal pour \(\plan{P}_1\) est donné par \(\vn_1 = \rvt{1}{-1}{1}\text{.}\) L’angle \(\j_1\) formé par les deux plans est celui formé par les deux vecteurs normaux. On calcule directement
    \begin{equation*} \cos \j_1 = \tfrac{\vn_1 \cdot \vn}{\nrm{\vn_1}\, \nrm{\vn}} = \tfrac{1-2+2}{\sqrt{3} \sqrt{9}} = \tfrac{1}{3 \sqrt{3}} = \tfrac{\sqrt{3}}{9} \end{equation*}
    d’où l’on tire \(\j_1 = \arccos \left(\tfrac{\sqrt{3}}{9}\right) \approx 1.377\) radians (ou \(78,9^\circ\)).
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  2. On a besoin de trouver un vecteur normal pour le plan \(\plan{P}_2\text{,}\) afin de procéder comme dans la partie précédente. On peut choisir
    \begin{equation*} \vn_2 = \rvt{-1}{0}{1} \times \rvt{0}{1}{1} = \rvt{-1}{1}{-1}. \end{equation*}
    Comme avant, on calcule le cosinus de l’angle \(\j_2\)
    \begin{equation*} \cos \j_2 = \tfrac{\vn_2 \cdot \vn}{\nrm{\vn_2}\, \nrm{\vn}} = \tfrac{-1+2-2}{\sqrt{9} \sqrt{3}} = \tfrac{-1}{3\sqrt{3}} = \tfrac{-\sqrt{3}}{9} \end{equation*}
    On calcule alors \(\j_2 = \arccos \left( \tfrac{-\sqrt{3}}{9} \right) \approx 1.764\) radians (ou \(101.09^\circ\)).
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À vous de jouer 1.3.56.

Comparer chaque plan ci-dessous au plan d’équation \(4x-5y+z = 1\text{.}\)
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\(4x-4y+z=-5\)
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\(5x+4y=2\)
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\(20x-25y+5z=3\)
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Réponse 1.
\({\verb!ni l'un ni l'autre!}\)
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Réponse 2.
\(\text{orthogonal}\)
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Réponse 3.
\({\text{parallèles}}\)
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Position relative d’une droite et d’un plan. Soient maintenant \(\plan{D}\) une droite de vecteur directeur \(\vd\) et \(\plan{P}\) un plan de normale \(\vn\text{.}\)
Figure 1.3.57. Un plan \(\plan{P}\) et son vecteur normal \(\vn\) ainsi qu’une droite \(\plan{D}\) et son vecteur directeur \(\vd\text{.}\) L’angle \(\j\) que ces vecteurs forment est le complément de l’angle \(\a\) formé par la droite et le plan. Vous pouvez déplacer la droite en déplaçant le vecteur directeur.
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Si les vecteurs \(\vn\) et \(\vd\) sont colinéaires, alors la droite \(\plan{D}\) est perpendiculaire au plan. De même, si les vecteurs sont orthogonaux, alors la droite \(\plan{D}\) est parallèle au plan. Si \(\vd\) et \(\vn\) forment un angle \(\a\text{,}\) alors l’angle \(\j\) formé par le plan et la droite est \(\tfrac{\pi}{2} - \a\text{.}\) En particulier, ceci donne que \(\sin \j = \cos \a\text{.}\)
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Exemple 1.3.58.

Trouver l’angle formé par la droite \(\plan{D}\) passant par \((7,7,4)\) et dirigée par \(\vd = 7\vi - 5\vj +\vk\text{,}\) et le plan \(\plan{P}\) d’équation \(6x-8y-5z = 17\text{.}\)
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Figure 1.3.59.
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Solution.
Un vecteur normal au plan est \(\vn=\rvt{6}{-8}{-5}\text{.}\) Soit \(\a\) l’angle entre la droite (via son vecteur directeur \(\vd\)) et la normale \(\vn\text{.}\) Alors l’angle \(\j\) entre la droite et le plan vérifie \(\j=\tfrac{\pi}{2}-\a\text{.}\)
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On calcule
\begin{equation*} \cos\a \;=\; \tfrac{\vd\cdot\vn}{\|\vd\|\,\|\vn\|} \;=\; \tfrac{77}{(5\sqrt{3})(5\sqrt{5})} \;=\; \tfrac{77}{25\sqrt{15}}. \end{equation*}
Ainsi \(\a=\arccos\!\left(\tfrac{77}{25\sqrt{15}}\right)\approx 0.6514 \text{ radian } (\approx 37.32^\circ)\text{,}\) et
\begin{equation*} \j \;=\; \tfrac{\pi}{2}-\a \;\approx\; 0.9194 \text{ radian }(\approx 52.68^\circ). \end{equation*}
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À vous de jouer 1.3.60.

Déterminer le point d’intersection entre la droite \(\Delta: \left[\begin{array}{c}5\\2\\-5\\\end{array}\right] + t \left[\begin{array}{c}2\\1\\-2\\\end{array}\right]\) et le plan
\begin{equation*} \pi: 3x-y-5z = 98. \end{equation*}
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Réponse.
\(\left(13,6,-13\right)\)
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