Thème : Géométrie dans l'espace — Droites, plans, parallélisme, intersection, projection
Données :
- Droite $D$ : $\begin{cases} x = 3 - t \\ y = -2 + 3t \\ z = 1 + 4t \end{cases}$, de vecteur directeur $\vec{d} = \begin{pmatrix}-1\,\\\,3\,\\\,4\end{pmatrix}$, passant par $P_0(3\,;\,-2\,;\,1)$.
- Plan $\mathcal{P}$ : $2x - 3y + z - 6 = 0$, de vecteur normal $\vec{n} = \begin{pmatrix}2\,\\\,-3\,\\\,1\end{pmatrix}$.
Énoncé : La droite $D'$ de représentation paramétrique $\begin{cases} x = 2 + 2s \\ y = 4 - 6s \\ z = 9 - 8s \end{cases}$ est parallèle à $D$ sans lui être confondue.
Analyse : Le vecteur directeur de $D'$ est $\vec{d'} = \begin{pmatrix}2\,\\\,-6\,\\\,-8\end{pmatrix}$.
Vérifions si $\vec{d'}$ est colinéaire à $\vec{d} = \begin{pmatrix}-1\,\\\,3\,\\\,4\end{pmatrix}$ :
$$\frac{2}{-1} = -2, \quad \frac{-6}{3} = -2, \quad \frac{-8}{4} = -2$$
Les trois rapports sont égaux à $-2$, donc $\vec{d'} = -2\vec{d}$ : les vecteurs sont colinéaires.
Ainsi, $D$ et $D'$ sont parallèles (ou confondues). Pour décider, vérifions si un point de $D'$ appartient à $D$.
Le point $Q = (2\,;\,4\,;\,9)$ est sur $D'$ (pour $s = 0$). Il appartient à $D$ si et seulement si il existe $t$ tel que :
$$3 - t = 2 \implies t = 1, \qquad \text{et alors } -2 + 3 \times 1 = 1 \neq 4$$
Le point $Q$ n'appartient pas à $D$, donc $D$ et $D'$ sont strictement parallèles (parallèles et distinctes).
$$\boxed{\textbf{Affirmation 1 : VRAIE}}$$
Énoncé : La droite $D$ est orthogonale au plan contenant $A(-2\,;\,3\,;\,1)$, $B(1\,;\,3\,;\,-4)$, $C(6\,;\,3\,;\,9)$.
Analyse : On remarque que les trois points $A$, $B$, $C$ ont tous la même ordonnée $y = 3$.
Ces trois points appartiennent donc au plan horizontal $\mathcal{Q}$ d'équation $y = 3$, dont le vecteur normal est $\vec{n_{\mathcal{Q}}}=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$.
La droite $D$ est orthogonale à $\mathcal{Q}$ si et seulement si son vecteur directeur $\vec{d} = \begin{pmatrix}-1\,\\\,3\,\\\,4\end{pmatrix}$ est colinéaire à $(0\,;\,1\,;\,0)$.
Or $(-1\,;\,3\,;\,4)$ n'est pas colinéaire à $(0\,;\,1\,;\,0)$ (le premier et troisième composantes sont non nulles).
$D$ n'est pas orthogonale au plan $(ABC)$.
$$\boxed{\textbf{Affirmation 2 : FAUSSE}}$$
Énoncé : La droite $D$ et la droite $\Delta$ de représentation $\begin{cases} x = -4 + 2t' \\ y = 1 - 3t' \\ z = 2 + t' \end{cases}$ sont sécantes.
Analyse : On cherche si le système suivant admet une solution $(t, t')$ :
$$\begin{cases} 3 - t = -4 + 2t' \quad \text{(i)} \\ -2 + 3t = 1 - 3t' \quad \text{(ii)} \\ 1 + 4t = 2 + t' \quad \text{(iii)} \end{cases}$$
De (i) : $t + 2t' = 7$.
De (ii) : $3t + 3t' = 3$, soit $t + t' = 1$.
On soustrait : $(t + 2t') - (t + t') = 7 - 1$, d'où $t' = 6$.
Puis $t = 1 - t' = 1 - 6 = -5$.
Vérification avec (iii) :
$$1 + 4(-5) = 1 - 20 = -19 \qquad \text{et} \qquad 2 + 6 = 8$$
$-19 \neq 8$ : la troisième équation n'est pas satisfaite.
Le système est incompatible : $D$ et $\Delta$ ne se coupent pas. Comme leurs vecteurs directeurs $(-1\,;\,3\,;\,4)$ et $(2\,;\,-3\,;\,1)$ ne sont pas colinéaires, elles ne sont pas parallèles non plus.
Pour confirmer qu'elles sont gauches (non coplanaires), on calcule le déterminant mixte :
$$\overrightarrow{P_0 Q_0}=\begin{pmatrix}-4-3\\1-(-2)\\2-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-7\\3\\1\end{pmatrix}$$
$$\det\!\left(\overrightarrow{P_0 Q_0},\,\vec{d},\,\vec{d'}\right) = \begin{vmatrix} -7 & -1 & 2 \\ 3 & 3 & -3 \\ 1 & 4 & 1 \end{vmatrix}$$
Développement selon la première ligne :
$$= -7\bigl(3 \times 1 - (-3) \times 4\bigr) - (-1)\bigl(3 \times 1 - (-3) \times 1\bigr) + 2\bigl(3 \times 4 - 3 \times 1\bigr)$$
$$= -7(3 + 12) + 1(3 + 3) + 2(12 - 3)$$
$$= -7 \times 15 + 6 + 18 = -105 + 24 = -81 \neq 0$$
Le déterminant est non nul, donc $D$ et $\Delta$ sont gauches (non coplanaires, non parallèles, non sécantes).
$$\boxed{\textbf{Affirmation 3 : FAUSSE} \quad (D \text{ et } \Delta \text{ sont gauches})}$$
Énoncé : $F(-3\,;\,-3\,;\,3)$ est le projeté orthogonal de $E(-5\,;\,0\,;\,2)$ sur le plan $\mathcal{P} : 2x - 3y + z - 6 = 0$.
Analyse : Pour que $F$ soit le projeté orthogonal de $E$ sur $\mathcal{P}$, deux conditions doivent être satisfaites :
1. $F \in \mathcal{P}$. 2. $\overrightarrow{EF}$ est colinéaire au vecteur normal $\vec{n} = \begin{pmatrix}2\,\\\,-3\,\\\,1\end{pmatrix}$ de $\mathcal{P}$.
Vérification 1 — $F \in \mathcal{P}$ :
$$2(-3) - 3(-3) + 3 - 6 = -6 + 9 + 3 - 6 = 0 \checkmark$$
Vérification 2 — $\overrightarrow{EF}$ colinéaire à $\vec{n}$ :
$$\overrightarrow{EF}=F-E=\begin{pmatrix}-3-(-5)\\-3-0\\3-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}$$
Or $\vec{n} = \begin{pmatrix}2\,\\\,-3\,\\\,1\end{pmatrix}$, donc $\overrightarrow{EF} = \vec{n}$ : $\overrightarrow{EF}$ est bien colinéaire à $\vec{n}$.
Calcul direct (confirmation) : La droite par $E$ de direction $\vec{n}$ est :
$$\begin{cases} x = -5 + 2s \\ y = -3s \\ z = 2 + s \end{cases}$$
On cherche $s$ tel que ce point appartienne à $\mathcal{P}$ :
$$2(-5 + 2s) - 3(-3s) + (2 + s) - 6 = 0$$
$$-10 + 4s + 9s + 2 + s - 6 = 0$$
$$14s - 14 = 0 \implies s = 1$$
Point : $(-5+2\,;\,-3\,;\,2+1) = (-3\,;\,-3\,;\,3) = F$ ✓
$$\boxed{\textbf{Affirmation 4 : VRAIE}}$$
Énoncé : Il existe une unique valeur de $a \in \mathbb{R}$ telle que $D$ soit parallèle au plan $\mathcal{P}' : -3x + y - a^2 z + 3 = 0$.
Analyse : La droite $D$ est parallèle au plan $\mathcal{P}'$ si et seulement si son vecteur directeur $\vec{d} = \begin{pmatrix}-1\,\\\,3\,\\\,4\end{pmatrix}$ est orthogonal au vecteur normal de $\mathcal{P}'$, qui est $\vec{n'} = \begin{pmatrix}-3\,\\\,1\,\\\,-a^2\end{pmatrix}$.
Condition :
$$\vec{d} \cdot \vec{n'} = 0$$
$$(-1)(-3) + (3)(1) + (4)(-a^2) = 0$$
$$3 + 3 - 4a^2 = 0$$
$$4a^2 = 6 \implies a^2 = \frac{3}{2} \implies a = \pm\sqrt{\frac{3}{2}} = \pm\frac{\sqrt{6}}{2}$$
Il y a deux valeurs de $a$ distinctes : $a = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$ et $a = -\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
L'énoncé affirme qu'il en existe une unique : c'est faux.
Remarque : Il faut également vérifier que $D$ n'est pas contenue dans $\mathcal{P}'$ (ce serait alors plus qu'un parallélisme). On vérifie que $P_0(3\,;\,-2\,;\,1) \notin \mathcal{P}'$ pour $a^2 = 3/2$ :
$$-3(3) + (-2) - \frac{3}{2}(1) + 3 = -9 - 2 - 1{,}5 + 3 = -9{,}5 \neq 0 \checkmark$$
Donc $D$ est bien parallèle à $\mathcal{P}'$ (non incluse) pour deux valeurs distinctes de $a$.
$$\boxed{\textbf{Affirmation 5 : FAUSSE} \quad (\text{il y a deux valeurs : } a = \pm\tfrac{\sqrt{6}}{2})}$$
| Affirmation | Résultat | |-------------|----------| | 1. $D$ et $D'$ parallèles et distinctes | VRAIE | | 2. $D$ orthogonale au plan $(ABC)$ | FAUSSE | | 3. $D$ et $\Delta$ sécantes | FAUSSE (elles sont gauches) | | 4. $F$ projeté orthogonal de $E$ sur $\mathcal{P}$ | VRAIE | | 5. Unique valeur de $a$ pour $D \parallel \mathcal{P}'$ | FAUSSE (deux valeurs $\pm\sqrt{6}/2$) |