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Section 1.5 Droites et plans

Sous-section Droites dans le plan

Une droite \(\plan{D}\) dans le plan peut être spécifiée en donnant un point \(P_0=(x_0,y_0)\) par lequel elle passe, et sa direction. Cette dernière peut, à son tour, être spécifiée en donnant un vecteur \(\vn\) qui est orthogonal à \(\plan{D}\text{.}\) On dira que \(\vn\) est un vecteur normal pour \(\plan{D}\text{.}\) On peut aussi spécifier un vecteur directeur \(\vd\) pour \(\plan{D}\text{.}\)
Figure 1.5.1.
  • Un point \(X(x,y)\) appartient à la droite \(\plan{D}\) si et seulement si les vecteurs \(\vx - \vp_0 = \overrightarrow{P_0X}\) et \(\vn\) sont orthogonaux, c’est-à-dire si et seulement si
    \begin{equation*} \vn \cdot \overrightarrow{P_0X} =0, \end{equation*}
    ce qui donne à son tour
    \begin{equation} \vn \cdot (\vx - \vp_0) = 0\,\, \text { ou encore } \,\, \vn \cdot \vx = \vn \cdot \vp_0.\tag{1.5.1} \end{equation}
    Ces deux équations équivalentes sont l’équation normale de \(\plan{D}\text{.}\)
  • Si \(\vn = a\vi + b\vj\) et \(P_0=(x_0, y_0)\text{,}\) ces équations deviennent simplement
    \begin{equation} a(x-x_0) +b(y-y_0) = 0 \,\, \text{ et }\,\, ax + by = ax_0 + by_0.\tag{1.5.2} \end{equation}
    L’équation générale d’une droite dans le plan est une équation de la forme
    \begin{equation} ax + by + c =0.\tag{1.5.3} \end{equation}
    Il est important de noter que les coefficients de \(x\) et \(y\) dans une telle équation donnent un vecteur normal pour la droite.
  • Si l’on veut plutôt donner un vecteur directeur pour \(\plan{D}\text{,}\) il suffit de considérer \(\vd\) tel que \(\vd \cdot \vn =0\text{.}\) On peut choisir par exemple \(\vd = -b\vi + a \vj\text{.}\) Un point \(X(x,y)\) appartient à la droite si et seulement si les vecteurs \(\vx - \vp_0 = \overrightarrow{P_0X}\) et \(\vd\) sont parallèles, c’est-à-dire si et seulement s’il existe un scalaire \(t\) tel que
    \begin{equation*} \overrightarrow{P_0X} = t \vd \end{equation*}
    ou encore
    \begin{equation} \vx = \vp_0 + t\vd.\tag{1.5.4} \end{equation}
    C’est ce qu’on appelle une équation vectorielle de la droite, ou encore un paramétrage de celle-ci. Il faut noter que cette équation n’est pas unique. En effet, si \(\vp_0'\) est le vecteur position d’un autre point sur la droite et que \(\vd'\) est un autre vecteur direction pour \(\plan{D}\text{,}\) c’est-à-dire un vecteur colinéaire à \(\vd\text{,}\) alors l’équation
    \begin{equation*} \vx = \vp_0' + t\vd' \end{equation*}
    est également une équation paramétrique de \(\plan{D}\text{.}\)
  • La relation de parallélisme entre \(\overrightarrow{P_0X}\) et \(\vd\) s’exprime aussi en disant que le déterminant des deux vecteurs est nul. Ceci se traduit à son tour par
    \begin{equation*} \left|\begin{array}{cr} x-x_0 \amp -b \\ y-y_0 \amp a\end{array}\right|=0 \,\, \text{ ou encore }\,\, a(x-x_0) + b(y-y_0) = 0, \end{equation*}
    qui est l’équation (1.5.2).

Sous-section Plans dans l’espace

Afin de spécifier un plan \(\plan{P}\) dans l’espace, il n’est pas suffisant de donner un point \(P_0(x_0,y_0,z_0)\) et un vecteur parallèle au plan. En effet, la droite passant par ce point et dirigée par ce vecteur sera contenue dans le plan, mais le plan pourrait tourner autour de cette droite. Cette dernière ne détermine donc pas le plan. Par contre, donner un point et un vecteur orthogonal à \(\plan{P}\) suffit à déterminer ce dernier.
Figure 1.5.2.
  • Si \(\vn\) et \(P_0\) sont donnés, alors le point \(X\) appartient au plan \(\plan{P}\) passant par \(P_0\) de vecteur normal \(\vn\) si et seulement si les vecteurs \(\vx - \vp_0 = \overrightarrow{P_0X}\) et \(\vn\) sont orthogonaux, c’est-à-dire si et seulement si \(\vn \cdot \overrightarrow{P_0X} =0,\) ce qui donne exactement l’équation (1.5.1), qu’on appellera encore l’équation normale du plan.
  • Dans ce contexte, on aura \(\vn = a\vi + b\vj +c \vk\) et \(P_0(x_0,y_0,z_0)\text{,}\) de sorte qu’après développement du produit scalaire, l’équation devient
    \begin{align*} \amp \amp a(x-x_0)+b(y-y_0) + c(y-y_0) = 0 \\ \text{ ou }\amp \amp ax + by+cz = ax_0 +by_0 + cz_0. \end{align*}
    L’équation générale d’un plan dans l’espace est une équation de la forme
    \begin{equation*} ax + by + cz+d=0. \end{equation*}
    De nouveau, il faut noter que les coefficients de \(x,y,z\) fournissent un vecteur normal pour le plan \(\plan{P}\text{.}\)
  • Comme cela a été mentionné plus haut, la notion de vecteur directeur pour un plan dans l’espace est délicate. Cependant, si \(P_0, U,V\) sont trois points non alignés sur un plan \(\plan{P}\text{,}\) alors les vecteurs \(\vv = \overrightarrow{P_0V}\) et \(\vu = \overrightarrow{P_0U}\) sont linéairement indépendants, ils engendrent donc un plan. Ainsi, un point \(X\) appartient à \(\plan{P}\) si et seulement s’il existe des scalaires \(s,t\) tels que
    \begin{equation*} \overrightarrow{P_0X} = s\vu + t\vv \end{equation*}
    ou encore
    \begin{equation} \vx = \vp_0 + s\vu + t\vv.\tag{1.5.5} \end{equation}
    Cette équation sera appelée une équation vectorielle ou une équation paramétrique du plan \(\plan{P}\text{.}\)
  • L’équation (1.5.5) dit que les vecteurs \(\overrightarrow{P_0X}, \vv\) et \(\vu\) sont linéairement dépendants. Ceci, à nouveau, s’exprime par
    \begin{equation*} \text{det} \left(\overrightarrow{P_0X}, \vv, \vu\right) = 0. \end{equation*}
    Lorsqu’on développe le déterminant, on obtient l’équation générale du plan.

Sous-section Droites dans l’espace

Tout comme dans le plan, une droite peut être spécifiée dans l’espace au moyen d’un point par lequel elle passe, et d’un vecteur directeur. Le même raisonnement que celui menant à l’équation (1.5.4) tient, l’équation vectorielle a la même forme, il faut ajouter une composante aux vecteurs. Ici encore, la relation de parallélisme entre \(\vx - \vp_0\) et \(\vd\) pourrait s’exprimer en disant que le produit vectoriel est nul. Cependant, si \(\vd = \a \vi + \b \vj + \g \vk\text{,}\) alors l’équation vectorielle (1.5.4) se traduit par trois équations scalaires :
\begin{gather*} x-x_0 = t \a, \qquad y-y_0 = t \b, \qquad z-z_0 = t \g. \end{gather*}
Si l’on suppose de plus que les composantes \(\a, \b\) et \(\g\) de \(\vd\) sont non nulles, on élimine le paramètre \(t\text{,}\) c’est-à-dire qu’on isole \(t\) en fonction des autres quantités, pour obtenir
\begin{gather*} \frac{x-x_0}{\a}=\frac{y-y_0}{\b}=\frac{z-z_0}{\g}, \end{gather*}
ce qu’il est commun d’appeler les équations symétriques de la droite. Voici quelques exemples.

Exemple 1.5.3.

L’ensemble des points \((x,y,z)\) vérifiant \(x+y+z=2\) forme un plan, et l’équation \(x-y=0\) définit un second plan. Les points \((x,y,z)\) qui vérifient les deux équations appartiennent donc à l’intersection des deux plans. Les vecteurs normaux, à savoir \(\vd_1 = \vi + \vj +\vk\) et \(\vd_2 = \vi-\vj\text{,}\) sont non colinéaires, de sorte que les plans ne sont pas parallèles. Leur intersection est donc une droite. Nous allons trouver les équations de cette droite.
Afin d’esquisser \(x+y+z=2\text{,}\) nous observons que si deux parmi \(x,y,z\) sont nuls, alors le troisième doit valoir \(2\text{.}\) Ainsi, \((0,0,2)\text{,}\) \((0,2,0)\) et \((2,0,0)\) appartiennent au plan \(x+y+z=2\text{.}\) Le plan \(x-y=0\) contient tout l’axe \(Oz\text{,}\) puisque \((0,0,z)\) vérifie \(x-y=0\) pour tout \(z\text{.}\) Voici quelques esquisses montrant partiellement les deux plans.
Et voici l’intersection.
Méthode 1. Chaque point sur la ligne a une valeur distincte de \(z\text{.}\) Nous allons utiliser \(z\) comme paramètre (nous pourrions en faire autant avec \(x\) ou \(y\text{,}\) rien ne nous oblige à utiliser le nom \(t\) pour le paramètre, mais c’est ce que nous ferons). Posons donc \(t=z\text{.}\) Si \((x,y,z)\) se trouve sur la droite, alors \(z=t\text{,}\) et
\begin{align*} x+y+t&=2,\\ x-y\phantom{\ \,+t}&=0. \end{align*}
La seconde équation force \(y=x\text{.}\) En remplaçant dans la première, on obtient
\begin{gather*} 2x+t=2 \implies x=y=1-\tfrac{t}{2}, \end{gather*}
de sorte que l’équation est
\begin{gather*} x=1-\frac{t}{2},\ y=1-\frac{t}{2},\ z=t\qquad\text{ ou }\qquad \tvect{x}{y}{z}= \tvect{1}{1}{0} + t \tvect{-1/2}{-1/2}{1}. \end{gather*}
Méthode 2. Nous commençons par trouver un point sur la droite, disons le point vérifiant \(z=0\) (n’importe quelle valeur fonctionnerait, mais \(0\) rend les calculs faciles). Si \((x,y,z)\) se trouve sur la droite et que \(z=0\text{,}\) alors
\begin{align*} x+y&=2,\\ x-y&=0. \end{align*}
La seconde équation donne \(y=x\text{.}\) Après substitution dans la première équation, on obtient
\begin{gather*} 2x=2 \implies x=y=1. \end{gather*}
Ceci donne que \((1,1,0)\) se trouve sur \(\plan{L}\text{.}\) Trouvons maintenant un vecteur directeur, \(\vd\text{.}\)
  • Soit \(\vd\) un vecteur direction pour \(\plan{L}\text{.}\) Étant donné que \(\plan{L}\) est contenu dans le plan \(x+y+z=2\text{,}\) le vecteur \(\vd \) doit être orthogonal au vecteur normal du plan : \(x+y+z=2\text{,}\) c’est-à-dire \(\vi + \vj + \vk \text{.}\)
  • De la même façon, \(\plan{L}\) est contenu dans le plan \(x-y=0\text{,}\) un vecteur directeur doit être orthogonal au vecteur normal du plan, c’est-à-dire \(\vi - \vj \text{.}\)
Ainsi, on doit choisir un vecteur directeur \(\vd\) qui est orthogonal à la fois à \(\vi + \vj + \vk \) et à \(\vi - \vj\text{.}\) Le produit vectoriel fournit un tel vecteur :
\begin{align*} \vd&=\tvect{1}{-1}{0} \times\tvect{1}{1}{1}\\ & =\det\left[ \begin{array}{rrr}\vi &1&1\\ \vj& -1& 1 \\ \vk & 0 & 1 \end{array} \right] = -\vi + -\vj +2 \vk \end{align*}
Nous avons un point sur la droite, ainsi qu’un vecteur directeur, nous pouvons donc donner une équation paramétrique pour \(\plan{L}\text{.}\)
\begin{gather*} \left( x-1,y-1,z\right) =t\left( -1,-1,2\right) \qquad\text{ ou }\qquad x=1-t,\ y=1-t,\ z=2t. \end{gather*}
Ceci peut avoir l’air différent de notre solution précédente; nous verrons qu’il s’agit de deux équations vectorielles de la même droite. Avant, explorons une troisième méthode.
Méthode 3. Nous commençons par trouver deux points sur \(\plan{L}\text{.}\) Nous savons déjà que \((1,1,0)\) se trouve sur notre droite. Nous pouvons penser, à partir de la figure ci-haut, que \((0,0,2)\) fait partie de \(\plan{L}\) aussi. C’est en effet le cas, puisque \((0,0,2)\) vérifie les deux équations, \(x+y+z=2\) et \(x-y=0\text{.}\) Notons que nous aurions pu aussi trouver \((0,0,2)\) en imposant \(x=0\) et en résolvant \(y+z=x+y+z=2\text{,}\) \(-y=x-y=0\) pour \(z\) et \(y\text{.}\) Nous avons donc un vecteur directeur pour la droite : le vecteur déplacement allant de \((0,0,2)\) à \((1,1,0)\text{,}\) c’est-à-dire \(\left( 1-0,1-0,0-2\right) =\left( 1,1,-2\right) \text{.}\) Puisque \((0,0,2)\in \plan{L}\) et que \(\tvect{1}{1}{-1} \) est un vecteur directeur, nous obtenons l’équation
\begin{gather*} \left( x-0,y-0,z-2\right) =t\left( 1,1,-2\right) \qquad\text{ou}\qquad x=t,\ y=t,\ z=2-2t. \end{gather*}
Ceci est semblable, sans être identique à nos solutions précédentes. Voyons comment tout ceci se tient.
Comparons. Les équations paramétriques obtenues par les trois méthodes sont différentes. Ceci a lieu simplement parce que nous avons utilisé des paramètres différents dans ces trois méthodes, même si nous l’avons toujours nommé \(t\text{.}\) Pour clarifier la relation entre les trois réponses, dénotons par \(t_1\) le paramètre pour la première méthode, \(t_2\) celui pour la deuxième, et \(t_3\) celui pour la dernière. Les équations paramétriques deviennent donc :
\begin{alignat*}{4} &\text{Méthode 1 :}\qquad & x&=1-\frac{t_1}{2},\qquad & y&=1-\frac{t_1}{2},\qquad & z&=t_1;\\ &\text{Méthode 2 :}\qquad & x&=1-t_2,\qquad & y&=1-t_2,\qquad & z&=2t_2;\\ &\text{Méthode 3 :}\qquad & x&=t_3\qquad & y&=t_3\qquad & z&=2-2t_3. \end{alignat*}
La substitution \(t_1=2t_2\) dans la solution de la méthode 1 donne les équations de la méthode 2, et la substitution \(t_3=1-t_2\) dans l’équation de la méthode 3 donne l’équation de la méthode 2. Les trois donnent la même droite, mais paramétrée de façon différente.

Mise en garde 1.5.4. Une droite dans \(\R^3\) admet une infinité de vecteurs normaux linéairement indépendants.

Par exemple, la droite
\begin{equation*} \vx = \tvect{1}{1}{0} + t\tvect{1}{2}{-2} \end{equation*}
a comme vecteur directeur \(\vd = \vi+2\vj-2\vk\text{.}\) N’importe quel vecteur orthogonal à \(\vd \) est orthogonal à la droite. Un vecteur \(\vn =n_1\vi + n_2\vj + n_3\vk \) est orthogonal à \(\vd\) si et seulement si
\begin{equation*} 0=\vd \cdot \vn = n_1+2n_2-2n_3. \end{equation*}
L’ensemble des vecteurs \(\vn\) vérifiant cette condition est un plan contenant, entre autres, les vecteurs \(\tvect{2}{-1}{0}\text{,}\) \(\tvect{0}{1}{1}\) et \(\tvect{2}{0}{1}\text{.}\)
Les deux exemples qui suivent montrent comment calculer la distance d’un point à une droite.

Exemple 1.5.5.

Dans cet exemple, on calcule la distance du point \((2,3,-1)\) à la droite \(\plan{D}\text{.}\)
\begin{equation*} \vx = \tvect{1}{2}{3} + t \tvect{1}{1}{2} \end{equation*}
Le vecteur de \((2,3,-1)\) à \((1+t\,,\,2+t\,,\,3+2t)\) sur la droite \(\plan{D}\) est \(\tvect{t-1}{t-1}{2t+4}\text{.}\) Le carré de la distance entre \((2,3,-1)\) et le point de coordonnées \((1+t\,,\,2+t\,,\,3+2t)\) appartenant à \(\plan{D}\) est
\begin{equation*} d(t)^2 = (t-1)^2 +(t-1)^2 +(2t+4)^2. \end{equation*}
Le point sur \(\plan{D}\) qui est le plus près de \((2,3,-1)\) est celui pour lequel la valeur de \(t\) vérifie
\begin{gather*} 0= [d(t)^2]' = 2(t-1) +2(t-1) + 2(2)(2t+4). \tag{\(*\)} \end{gather*}
Avant de résoudre cette équation pour trouver \(t\text{,}\) remarquons que l’équation (divisée par \(2\)) donne
\begin{equation*} \tvect{1}{1}{2}\cdot \tvect{t-1}{t-1}{2t+4} = 0, \end{equation*}
c’est-à-dire que le vecteur de \((2,3,-1)\) au point de \(\plan{D}\) le plus proche de \((2,3,-1)\) est orthogonal au vecteur directeur de \(\plan{D}\).
Reprenons le calcul. L’équation \((*)\) conduit à \(12t+12=0\text{,}\) de sorte que la valeur qui minimise \(d(t)^2\) est \(t=-1\text{,}\) et la distance est alors
\begin{gather*} d(-1) =\sqrt{(-1-1)^2+(-1-1)^2+(-2+4)^2} =\sqrt{12}. \end{gather*}

Exemple 1.5.6. Exemple 1.5.5 revisité.

Dans cet exemple, on présente une autre méthode pour trouver la distance entre le point \((2,3,-1)\) et la droite \(\plan{D}\text{.}\)
\begin{equation*} \vx = \tvect{1}{2}{3} + t \tvect{1}{1}{2} \end{equation*}
Dans la figure ci-dessous, \(Q\) est le point \((2,3,-1)\text{.}\)
Si l’on mène une perpendiculaire de \(Q\) à \(\plan{D}\text{,}\) celle-ci coupe \(\plan{D}\) au point \(N\text{,}\) qui est le point de \(\plan{D}\) le plus proche de \(Q\text{.}\) Ainsi, la distance de \(Q\) à \(\plan{D}\) est exactement la distance de \(Q\) à \(N\text{,}\) c’est-à-dire la norme du vecteur \(\overrightarrow{QN}\text{.}\) Dans la figure ci-haut, \(\vw = \overrightarrow{QN}\text{.}\) Comme \(\vw\) doit être orthogonal au vecteur directeur de \(\plan{D}\text{,}\) à savoir \(\vw\text{,}\) il doit être orthogonal à \(\vd\text{.}\) Cependant, comme on l’a vu à la Mise en garde 1.5.4, il y a une infinité de tels vecteurs pointant dans des directions différentes, tous orthogonaux à \(\vd\text{.}\) Ainsi, on pourrait penser qu’il est très difficile de déterminer la direction de \(\vw\text{.}\)
Heureusement, ce n’est pas le cas, voici la stratégie.
  • Choisissons un point quelconque sur \(\plan{D}\text{,}\) disons \(P\text{.}\)
  • Il est aisé de trouver le vecteur \(\overrightarrow{PN}\text{,}\) c’est simplement la projection de \(\overrightarrow{PQ}\) (c’est-à-dire \(\vw\)) sur \(\vd\text{.}\)
  • Une fois que nous connaissons \(\proj_{\vd}\,\vv\text{,}\) nous pourrons calculer
    \begin{equation*} \vw = {\proj}_{\vd}\,\vv -\vv , \end{equation*}
  • et alors la distance de \(Q\) à la droite \(\plan{D}\) sera simplement \(|\vw|\text{.}\)
Voici les calculs. On choisit la valeur \(t=0\) pour avoir \(P=(1,2,3)\text{,}\) de sorte que \(\overrightarrow{PQ} = \vq -\vp \) est
\begin{equation*} \vv = \tvect{2-1}{3-2}{-1-3} = \tvect{1}{1}{-4}. \end{equation*}
La projection de \(\vv=\tvect{1}{1}{-4}\) sur \(\vd=\tvect{1}{1}{2}\) est alors
\begin{equation*} {\proj}_{\vd}\,\vv =\frac{\tvect{1}{1}{-4}\cdot\tvect{1}{1}{2}}{\tvect{1}{1}{2} \cdot \tvect{1}{1}{2} } \tvect{ 1}{1}{2} =\frac{-6}{6}\tvect{1}{1}{2} =\tvect{-1}{-1}{-2}, \end{equation*}
et alors
\begin{equation*} \vw = {\proj}_{\vd}\,\vv -\vv = \tvect{-1}{-1}{-2}-\tvect{1}{1}{-4} = \tvect{-2}{-2}{2}, \end{equation*}
et finalement la distance entre \(Q\) et la droite \(\plan{D}\) est \(|\vw| =2\sqrt{3} \text{.}\)

Exercices Exercices

Pour se pratiquer.

1.
Deux points déterminent une droite. Vérifions que les équations
\begin{equation*} \llt x-1,y-9\rgt=t\llt 8,4\rgt \end{equation*}
et
\begin{equation*} \llt x-9,y-13\rgt=t\llt 1,\tfrac12\rgt \end{equation*}
décrivent la même droite en trouvant deux points différents qui appartiennent aux deux droites.
Réponse.
Comme les deux droites passent par les points \((1,9)\) et \((9,13)\text{,}\) les droites sont identiques.
2.
Donnez les équations paramétriques et les équations symétriques pour la droite contenant le point donné et la direction donnée.
  1. point \((1,2)\text{,}\) direction \(\llt 3,2\rgt \)
  2. point \((5,4)\text{,}\) direction \(\llt 2,-1\rgt \)
  3. point \((-1,3)\text{,}\) direction \(\llt -1,2\rgt \)
Réponse.
(a) \(\llt x,y\rgt=\llt 1,2\rgt+t\llt 3,2\rgt \text{,}\) \(x=1+3t,\ y=2+2t\text{,}\) \(\frac{x-1}{3}=\frac{y-2}{2}\)
(b) \(\llt x,y\rgt=\llt 5,4\rgt+t\llt 2,-1\rgt \text{,}\) \(x=5+2t,\ y=4-t\text{,}\) \(\frac{x-5}{2}=\frac{y-4}{-1}\)
(c) \(\llt x,y\rgt=\llt -1,3\rgt+t\llt -1,2\rgt \text{,}\) \(x=-1-t,\ y=3+2t\text{,}\) \(\frac{x+1}{-1}=\frac{y-3}{2}\)
3.
Donnez les équations paramétriques et les équations symétriques pour la droite contenant le point donné et le vecteur normal donné.
  1. point \((1,2)\text{,}\) vecteur normal \(\llt 3,2\rgt \)
  2. point \((5,4)\text{,}\) vecteur normal \(\llt 2,-1\rgt \)
  3. point \((-1,3)\text{,}\) vecteur normal \(\llt -1,2\rgt \)
Réponse.
(a) \(\llt x,y\rgt=\llt 1,2\rgt+t\llt -2,3\rgt \text{,}\) \(x=1-2t,\ y=2+3t\text{,}\) \(\frac{x-1}{-2}=\frac{y-2}{3}\)
(b) \(\llt x,y\rgt=\llt 5,4\rgt+t\llt 1,2\rgt \text{,}\) \(x=5+t,\ y=4+2t\text{,}\) \(x-5=\frac{y-4}{2}\)
(c) \(\llt x,y\rgt=\llt -1,3\rgt+t\llt 2,1\rgt \text{,}\) \(x=-1+2t,\ y=3+t\text{,}\) \(\frac{x+1}{2}=y-3\)
4.
Utiliser la projection pour trouver la distance du point \((-2,3)\) à la droite \(3x-4y=-4\text{.}\)
Réponse.
\(14/5\)

Pour mieux comprendre.

5.
Une droite dans \(\mathbb R^2\) a pour direction \(\mathbf d\) et passe par le point \(\mathbf c\text{.}\)
Laquelle des deux équations suivantes donne l’équation paramétrique de la droite: \(\llt x,y\rgt =\mathbf c + t\mathbf d \text{,}\) ou \(\llt x,y\rgt =\mathbf c - t\mathbf d \text{?}\)
Réponse.
Les deux!
6.
Une droite dans \(\mathbb R^2\) a pour direction \(\mathbf d\) et passe par le point \(\mathbf c\text{.}\)
Laquelle des deux équations suivantes donne l’équation paramétrique de la droite: \(\llt x,y\rgt =\mathbf c + t\mathbf d \text{,}\) ou \(\llt x,y\rgt =-\mathbf c +t \mathbf d\text{?}\)
Réponse.
Générallement, seulement la première.
7.
Une droite dans \(\mathbb R^2\) admet les équations paramétriques
\begin{equation*} \begin{array}{lcl} x-3&=&9t\\ y-5&=&7t \end{array} \end{equation*}
Il existe de nombreuses façons d’écrire les équations paramétriques de cette droite. Si nous réécrivons les équations sous la forme
\begin{equation*} \begin{array}{lcl} x-x_0&=&d_xt\\ y-y_0&=&d_yt \end{array} \end{equation*}
quelles sont toutes les valeurs possibles de \(\llt x_0,y_0\rgt\) et de \(\llt d_x,d_y\rgt\text{?}\)
Réponse.
\(\llt d_x,d_y\rgt\) peut être n’importe quel multiple scalaire non nul de \(\llt 9,7\rgt\text{,}\) et \(\llt x_0,y_0\rgt\) peut être n’importe quel point de la droite, i.e. toute paire satisfaisant \(7x_0+24=9y_0\text{.}\)

Pour aller plus loin.

8.
Soit \(\va\text{,}\) \(\vb\) et \(\vc\) les sommets d’un triangle. Par définition, une médiane du triangle est une ligne droite passant par un sommet du triangle et le point milieu du côté opposé.
  1. Trouver les équations paramétriques des trois médianes.
  2. Est-ce que les médianes s’intersectent en un point commun? Si oui, en quel point?
Réponse.
(a)
\begin{align*} \vx(t)&=\va+t\big(\half\vb+\half\vc-\va\big)\\ \vx(s)&=\vb+s\big(\half\va+\half\vc-\vb\big)\\ \vx(u)&=\vc+u\big(\half\va+\half\vb-\vc\big) \end{align*}
(b) \(\frac{1}{3}(\va+\vb+\vc)\)
9.
Soit \(C\) le cercle de rayon 1 centré en \((2,1)\text{.}\) Trouver une équation pour la droite tangente à \(C\) au point \(\left(\frac{5}{2},1+\frac{\sqrt3}{2}\right)\text{.}\)
Réponse.
Une façon d’écrire l’équation est \(x+{\sqrt3}y=4+{\sqrt3}\text{.}\)