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Chapitre 4 – Représentations paramétriques et équations cartésiennes

Terminale générale · Mathématiques · Algèbre et géométrie

Objectifs du chapitre

I. Représentation paramétrique d'une droite

1. Définition

Définition

Soit \(d\) la droite passant par le point \(A(x_A;y_A;z_A)\) et de vecteur directeur \(\vec{u}(a;b;c)\). Un point \(M(x;y;z)\) appartient à \(d\) si et seulement s'il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{AM} = t\vec{u}\), ce qui donne la représentation paramétrique :

\[\begin{cases} x = x_A + ta \\ y = y_A + tb \\ z = z_A + tc \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}\]
Exemple

La droite \(d\) passant par \(A(1;2;-3)\) de vecteur directeur \(\vec{u}(2;-1;4)\) a pour représentation paramétrique :

\[\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 2 - t \\ z = -3 + 4t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}\]

Pour \(t=0\) on retrouve \(A\). Pour \(t=1\) on obtient le point \(B(3;1;1)\).

A (x₀, y₀, z₀) u (a, b, c) M AM = t · u t = 1,5 t = 0 d M = A + t·u soit (x₀ + ta, y₀ + tb, z₀ + tc)

Droite d passant par A de vecteur directeur u : tout point M de d s'écrit M = A + tu, t parcourant R.

Attention — Non-unicité

La représentation paramétrique d'une droite n'est pas unique. On peut changer le point de départ ou le vecteur directeur (en le multipliant par un scalaire non nul). Ainsi une même droite admet une infinité de représentations paramétriques.

Exercice 1

Déterminer une représentation paramétrique de la droite \(d\) passant par \(A(3;-1;2)\) et \(B(1;3;0)\).

\(\vec{AB} = (-2;4;-2)\). On peut simplifier : \(\vec{u} = (-1;2;-1)\).

\[\begin{cases} x = 3 - t \\ y = -1 + 2t \\ z = 2 - t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}\]

2. Reconnaître une droite donnée par représentation paramétrique

Méthode

Soit la représentation paramétrique \(\begin{cases} x = x_0 + ta \\ y = y_0 + tb \\ z = z_0 + tc \end{cases}\). On lit directement :

Exercice 2

Pour chacune des représentations paramétriques suivantes, donner un point et un vecteur directeur de la droite :

  1. \(\begin{cases} x = 2 + 3t \\ y = -t \\ z = 1 + 2t \end{cases}\)
  2. \(\begin{cases} x = -1 \\ y = 3 + t \\ z = 2 - 4t \end{cases}\)
  1. Point : \((2;0;1)\). Vecteur directeur : \(\vec{u}(3;-1;2)\).
  2. Point : \((-1;3;2)\). Vecteur directeur : \(\vec{u}(0;1;-4)\). La droite est parallèle au plan \((yOz)\).

3. Vérifier qu'un point appartient à une droite

Méthode

Pour vérifier si un point \(M(x_M;y_M;z_M)\) appartient à la droite de représentation paramétrique donnée, on résout le système en \(t\). Le point appartient à la droite si et seulement si le système admet une solution (une même valeur de \(t\) vérifie les trois équations).

Exercice 3

Soit \(d\) : \(\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -1 + t \\ z = 3 - t \end{cases}\). Les points \(M(5;1;1)\) et \(N(3;1;2)\) appartiennent-ils à \(d\) ?

Point \(M\) : \(5 = 1+2t \Rightarrow t=2\). \(y = -1+2 = 1\) ✓. \(z = 3-2 = 1\) ✓. \(M \in d\).

Point \(N\) : \(3 = 1+2t \Rightarrow t=1\). \(y = -1+1 = 0 \neq 1\). \(N \notin d\).

II. Équation cartésienne d'un plan

1. Définition

Propriété — Équation cartésienne d'un plan

Tout plan \(\mathcal{P}\) de l'espace admet une équation cartésienne de la forme :

\[ax + by + cz + d = 0\]

où \((a;b;c) \neq (0;0;0)\). Le vecteur \(\vec{n}(a;b;c)\) est un vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\).

Réciproquement, l'ensemble des points \(M(x;y;z)\) vérifiant \(ax+by+cz+d = 0\) avec \((a;b;c) \neq (0;0;0)\) est un plan de vecteur normal \(\vec{n}(a;b;c)\).

P A M AM n(a, b, c) AM · n = 0 Équation : ax + by + cz + d = 0

Plan P d'équation ax + by + cz + d = 0 : le vecteur normal n(a, b, c) est perpendiculaire à tout vecteur AM du plan.

Méthode — Déterminer l'équation d'un plan

Deux situations courantes :

  1. Vecteur normal et point connus : Le plan passant par \(A(x_A;y_A;z_A)\) de vecteur normal \(\vec{n}(a;b;c)\) a pour équation \(a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A) = 0\).
  2. Trois points connus : On détermine deux vecteurs du plan (\(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\)), puis on cherche un vecteur normal \(\vec{n}\) orthogonal aux deux.
Exemple 1 — Vecteur normal donné

Plan passant par \(A(2;-1;3)\) de vecteur normal \(\vec{n}(1;2;-1)\) :

\(1(x-2)+2(y+1)+(-1)(z-3) = 0\), soit \(x + 2y - z + 3 = 0\).

Exemple 2 — Trois points

Plan passant par \(A(1;0;0)\), \(B(0;1;0)\), \(C(0;0;1)\).

\(\vec{AB}(-1;1;0)\), \(\vec{AC}(-1;0;1)\). On cherche \(\vec{n}(a;b;c)\) tel que \(\vec{n}\cdot\vec{AB}=0\) et \(\vec{n}\cdot\vec{AC}=0\) :

\(-a+b=0\) et \(-a+c=0\), donc \(a=b=c\). On prend \(\vec{n}(1;1;1)\).

Équation : \(x+y+z+d=0\). \(A \in \mathcal{P}\) : \(1+d=0\), \(d=-1\). Plan : \(x+y+z-1=0\).

Exercice 4

Déterminer une équation cartésienne du plan \(\mathcal{P}\) passant par \(A(3;1;-2)\) de vecteur normal \(\vec{n}(2;-3;1)\).

\(2(x-3)+(-3)(y-1)+1(z+2) = 0\), soit \(2x-3y+z-1=0\).

Exercice 5

Déterminer une équation cartésienne du plan passant par \(A(2;1;0)\), \(B(0;-1;1)\) et \(C(1;0;3)\).

\(\vec{AB}(-2;-2;1)\), \(\vec{AC}(-1;-1;3)\).

On cherche \(\vec{n}(a;b;c)\) : \(-2a-2b+c=0\) et \(-a-b+3c=0\).

De la 2e : \(a = -b+3c\). Dans la 1re : \(-2(-b+3c)-2b+c = 2b-6c-2b+c = -5c = 0\), donc \(c = 0\).

Alors \(a = -b\). On prend \(b = -1\), \(a = 1\), \(c = 0\) : \(\vec{n}(1;-1;0)\).

Équation : \(x - y + d = 0\). \(A(2;1;0)\) : \(2-1+d=0\), \(d=-1\). Plan : \(x-y-1=0\).

Vérification : \(B\) : \(0+1-1=0\) ✓. \(C\) : \(1-0-1=0\) ✓.

2. Reconnaître un plan donné par une équation

Méthode

De l'équation \(ax+by+cz+d=0\), on lit directement un vecteur normal \(\vec{n}(a;b;c)\). Pour obtenir un point du plan, on fixe deux coordonnées et on calcule la troisième.

Exemple

Le plan \(3x-y+2z-6=0\) a pour vecteur normal \(\vec{n}(3;-1;2)\). Un point du plan : en posant \(y=z=0\), on obtient \(x=2\), soit \(A(2;0;0)\).

3. Plans particuliers

Propriété — Plans de coordonnées

III. Positions relatives — Méthode analytique

1. Position relative de deux plans

Propriété

Soient \(\mathcal{P}_1 : a_1x+b_1y+c_1z+d_1 = 0\) et \(\mathcal{P}_2 : a_2x+b_2y+c_2z+d_2 = 0\) de vecteurs normaux \(\vec{n_1}\) et \(\vec{n_2}\).

Exercice 6

Déterminer la position relative des plans :

  1. \(\mathcal{P}_1 : x+2y-z+3=0\) et \(\mathcal{P}_2 : 2x+4y-2z-1=0\)
  2. \(\mathcal{P}_1 : x-y+z-1=0\) et \(\mathcal{P}_2 : 2x+y-z+3=0\)
  3. \(\mathcal{P}_1 : 3x-6y+9z-12=0\) et \(\mathcal{P}_2 : x-2y+3z-4=0\)
  1. \(\vec{n_1}(1;2;-1)\), \(\vec{n_2}(2;4;-2) = 2\vec{n_1}\) : colinéaires. On vérifie : \(\mathcal{P}_2\) est \(2x+4y-2z-1=0\), tandis que \(2\mathcal{P}_1\) donne \(2x+4y-2z+6=0\). \(-1 \neq 6\) : plans strictement parallèles.
  2. \(\vec{n_1}(1;-1;1)\), \(\vec{n_2}(2;1;-1)\) : non colinéaires. Plans sécants.
  3. \(\mathcal{P}_1 : 3(x-2y+3z-4)=0\), donc \(\mathcal{P}_1\) est le même plan que \(\mathcal{P}_2\). Plans confondus.

2. Intersection d'une droite et d'un plan

Méthode

Pour trouver l'intersection d'une droite \(d\) (donnée par représentation paramétrique) et d'un plan \(\mathcal{P}\) (donné par une équation cartésienne), on substitue les expressions paramétriques de \(x, y, z\) dans l'équation du plan et on résout en \(t\).

Exercice 7

Soit \(d\) : \(\begin{cases} x = 1+t \\ y = 2-t \\ z = 3+2t \end{cases}\) et \(\mathcal{P}\) : \(x+y+z-6=0\).

  1. Déterminer l'intersection de \(d\) et \(\mathcal{P}\).
  2. Même question avec \(\mathcal{P'}\) : \(x-y-2z+7=0\).
  1. \((1+t)+(2-t)+(3+2t)-6 = 0\), soit \(2t = 0\), \(t=0\). Point d'intersection : \((1;2;3)\). La droite est sécante.
  2. \((1+t)-(2-t)-2(3+2t)+7 = 0\), soit \(1+t-2+t-6-4t+7 = 0\), \(-2t+0 = 0\), \(t=0\). Point : \((1;2;3)\). La droite est sécante.

3. Intersection de deux plans — Droite d'intersection

Méthode

L'intersection de deux plans sécants est une droite. Pour la déterminer, on résout le système de deux équations à trois inconnues. On paramètre l'une des variables (par exemple \(z = t\)) et on exprime les deux autres en fonction de \(t\).

Exercice 8

Déterminer une représentation paramétrique de la droite d'intersection des plans :

\(\mathcal{P}_1 : x+y+z-1=0\) et \(\mathcal{P}_2 : x-y+z-3=0\).

Système : \(\begin{cases} x+y+z=1 \\ x-y+z=3 \end{cases}\)

En additionnant : \(2x+2z=4\), soit \(x = 2-z\). En soustrayant : \(2y=-2\), soit \(y=-1\).

On pose \(z=t\) : \(\begin{cases} x = 2-t \\ y = -1 \\ z = t \end{cases}\), \(t \in \mathbb{R}\).

Point : \((2;-1;0)\). Vecteur directeur : \((-1;0;1)\).

IV. Systèmes d'équations linéaires et géométrie

1. Intersection de trois plans

Propriété

L'intersection de trois plans de l'espace peut être :

Exercice 9

Déterminer l'intersection des trois plans :

\(\mathcal{P}_1 : x+y+z=3\), \(\mathcal{P}_2 : 2x-y+z=1\), \(\mathcal{P}_3 : x+2y-z=2\).

\(\mathcal{P}_1 + \mathcal{P}_2\) : \(3x+2z=4\). \(\mathcal{P}_1 + \mathcal{P}_3\) : \(2x+3y=5\). \(\mathcal{P}_2 + \mathcal{P}_3\) : \(3x+y=3\).

De \(3x+y=3\) : \(y=3-3x\). Dans \(2x+3y=5\) : \(2x+9-9x=5\), \(-7x=-4\), \(x=\frac{4}{7}\).

\(y = 3-\frac{12}{7} = \frac{9}{7}\). \(z = 3-x-y = 3-\frac{4}{7}-\frac{9}{7} = 3-\frac{13}{7} = \frac{8}{7}\).

L'intersection est le point \(\left(\frac{4}{7};\frac{9}{7};\frac{8}{7}\right)\).

2. Déterminer si trois vecteurs forment une base

Propriété

Trois vecteurs \(\vec{u}(a_1;b_1;c_1)\), \(\vec{v}(a_2;b_2;c_2)\), \(\vec{w}(a_3;b_3;c_3)\) forment une base de l'espace si et seulement si le système \(\alpha\vec{u}+\beta\vec{v}+\gamma\vec{w}=\vec{0}\) n'admet que la solution triviale \(\alpha=\beta=\gamma=0\), c'est-à-dire si le système :

\[\begin{cases} a_1\alpha + a_2\beta + a_3\gamma = 0 \\ b_1\alpha + b_2\beta + b_3\gamma = 0 \\ c_1\alpha + c_2\beta + c_3\gamma = 0 \end{cases}\]

admet une solution unique.

Exercice 10

Les vecteurs \(\vec{u}(1;2;-1)\), \(\vec{v}(2;1;3)\), \(\vec{w}(1;-1;4)\) forment-ils une base ? Si oui, déterminer les coordonnées de \(\vec{t}(5;3;6)\) dans cette base.

On résout \(\alpha\vec{u}+\beta\vec{v}+\gamma\vec{w}=\vec{0}\) :

\[\begin{cases} \alpha + 2\beta + \gamma = 0 \\ 2\alpha + \beta - \gamma = 0 \\ -\alpha + 3\beta + 4\gamma = 0 \end{cases}\]

\((1)+(2)\) : \(3\alpha+3\beta=0\), \(\beta=-\alpha\). Dans \((1)\) : \(\alpha-2\alpha+\gamma=0\), \(\gamma=\alpha\). Dans \((3)\) : \(-\alpha-3\alpha+4\alpha=0\) ✓ pour tout \(\alpha\).

Le système admet des solutions non triviales (\(\alpha=1,\beta=-1,\gamma=1\)) : \(\vec{u}-\vec{v}+\vec{w}=\vec{0}\). Les vecteurs ne forment pas une base.

V. Applications

Exercice 11

Projeté orthogonal par les équations

Soit \(\mathcal{P}\) : \(2x-y+2z-1=0\) et \(M(3;1;-2)\).

  1. Écrire la représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) passant par \(M\) et perpendiculaire à \(\mathcal{P}\).
  2. Déterminer le projeté orthogonal \(H\) de \(M\) sur \(\mathcal{P}\).
  3. Calculer \(MH\).
  1. \(\vec{n}(2;-1;2)\) est le vecteur directeur de \(\Delta\). \(\Delta\) : \(\begin{cases} x=3+2t \\ y=1-t \\ z=-2+2t \end{cases}\).
  2. \(H \in \mathcal{P}\) : \(2(3+2t)-(1-t)+2(-2+2t)-1=0\), soit \(6+4t-1+t-4+4t-1=0\), \(9t=0\), \(t=0\).
    \(H = (3;1;-2) = M\). Donc \(M\) est déjà dans le plan.
    Vérification : \(2(3)-1+2(-2)-1 = 6-1-4-1 = 0\) ✓.
  3. \(MH = 0\).
Exercice 12

Intersection droite/plan

Soit \(d\) : \(\begin{cases} x = 2+t \\ y = -1+3t \\ z = 1-t \end{cases}\) et \(\mathcal{P}\) : \(x+2y-z+4=0\).

  1. Déterminer l'intersection de \(d\) et \(\mathcal{P}\).
  2. Déterminer l'angle entre la droite \(d\) et le plan \(\mathcal{P}\).
  1. \((2+t)+2(-1+3t)-(1-t)+4=0\), soit \(2+t-2+6t-1+t+4=0\), \(8t+3=0\), \(t=-\frac{3}{8}\).
    Point d'intersection : \(\left(\frac{13}{8};-\frac{17}{8};\frac{11}{8}\right)\).
  2. L'angle \(\theta\) entre la droite de direction \(\vec{u}(1;3;-1)\) et le plan de normale \(\vec{n}(1;2;-1)\) vérifie : \[\sin\theta = \frac{|\vec{u}\cdot\vec{n}|}{\|\vec{u}\|\times\|\vec{n}\|} = \frac{|1+6+1|}{\sqrt{11}\times\sqrt{6}} = \frac{8}{\sqrt{66}}\] \(\theta = \arcsin\left(\frac{8}{\sqrt{66}}\right) \approx 80{,}0°\).
Exercice 13

Problème de synthèse — Cube

Dans un cube \(ABCDEFGH\) de côté 1, muni du repère orthonormé \((A;\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE})\). Soit \(I\) le milieu de \([EF]\) et \(J\) le milieu de \([CG]\).

  1. Déterminer une équation cartésienne du plan \((BIJ)\).
  2. Déterminer une représentation paramétrique de la droite \((AG)\).
  3. Déterminer le point d'intersection de \((AG)\) et du plan \((BIJ)\).

Coordonnées : \(B(1;0;0)\), \(I\left(\frac{1}{2};0;1\right)\), \(J\left(1;1;\frac{1}{2}\right)\).

  1. \(\vec{BI} = \left(-\frac{1}{2};0;1\right)\), \(\vec{BJ} = (0;1;\frac{1}{2})\). On cherche \(\vec{n}(a;b;c)\) :
    \(-\frac{1}{2}a+c=0\) donne \(c=\frac{a}{2}\). \(b+\frac{c}{2}=0\) donne \(b=-\frac{a}{4}\).
    On prend \(a=4\) : \(\vec{n}(4;-1;2)\).
    Équation : \(4(x-1)-(y-0)+2(z-0)=0\), soit \(4x-y+2z-4=0\).
  2. \(A(0;0;0)\), \(\vec{AG}(1;1;1)\). \(\begin{cases} x=t \\ y=t \\ z=t \end{cases}\), \(t \in \mathbb{R}\).
  3. \(4t-t+2t-4=0\), \(5t=4\), \(t=\frac{4}{5}\). Point : \(\left(\frac{4}{5};\frac{4}{5};\frac{4}{5}\right)\).
Exercice 14

Symétrique par rapport à un plan

Soit \(\mathcal{P}\) : \(x+y+z-6=0\) et \(M(1;2;1)\).

  1. Déterminer le projeté orthogonal \(H\) de \(M\) sur \(\mathcal{P}\).
  2. En déduire le symétrique \(M'\) de \(M\) par rapport au plan \(\mathcal{P}\).
  1. Droite perpendiculaire : \(\begin{cases} x=1+t \\ y=2+t \\ z=1+t \end{cases}\). Dans \(\mathcal{P}\) : \(1+t+2+t+1+t-6=0\), \(3t-2=0\), \(t=\frac{2}{3}\).
    \(H\left(\frac{5}{3};\frac{8}{3};\frac{5}{3}\right)\).
  2. \(M' = 2H-M = \left(\frac{10}{3}-1;\frac{16}{3}-2;\frac{10}{3}-1\right) = \left(\frac{7}{3};\frac{10}{3};\frac{7}{3}\right)\).
    Vérification : \(M' \notin \mathcal{P}\) : \(\frac{7}{3}+\frac{10}{3}+\frac{7}{3}-6 = \frac{24}{3}-6 = 2 \neq 0\) ✓ (la fonction du plan vaut \(+2\) en \(M'\), opposée à \(-2\) en \(M\) : \(M'\) est bien le symétrique de \(M\) par rapport à \(\mathcal{P}\)).
    On vérifie enfin que \(H\) est le milieu de \([MM']\) : \(\frac{M+M'}{2} = \left(\frac{1+7/3}{2};\frac{2+10/3}{2};\frac{1+7/3}{2}\right) = \left(\frac{5}{3};\frac{8}{3};\frac{5}{3}\right) = H\) ✓.