Thème : Géométrie dans l'espace — Plans, droites, coplanarité
Barème indicatif : 4 points
On se place dans un repère orthonormal $(O\,;\,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$. On considère les points :
$$A(1\,;\,0\,;\,3), \quad B(-2\,;\,1\,;\,2), \quad C(0\,;\,3\,;\,2),$$
et les plans :
- $\mathcal{P}$ d'équation $3x - 3y + 2z - 9 = 0$,
- $\mathcal{P}'$ d'équation $x - y - z + 2 = 0$.
1a. Les points $A$, $B$, $C$ sont-ils alignés ?
On calcule les vecteurs :
$$\overrightarrow{AB} = B - A = (-3\,;\,1\,;\,-1), \quad \overrightarrow{AC} = C - A = (-1\,;\,3\,;\,-1).$$
Le produit vectoriel $\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$ :
$$\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -3 & 1 & -1 \\ -1 & 3 & -1 \end{vmatrix}$$
$$= \vec{i}(1 \times (-1) - (-1) \times 3) - \vec{j}((-3)(-1) - (-1)(-1)) + \vec{k}((-3)(3) - 1 \times (-1))$$
$$= \vec{i}(-1 + 3) - \vec{j}(3 - 1) + \vec{k}(-9 + 1)$$
$$= (2\,;\,-2\,;\,-8) = 2\,(1\,;\,-1\,;\,-4).$$
Comme $\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} \neq \vec{0}$, les points $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés : ils définissent bien un plan unique.
1b. Vecteur normal au plan $(ABC)$
Un vecteur normal est $\vec{n} = \begin{pmatrix}1\,\\\,-1\,\\\,-4\end{pmatrix}$ (ou $(2\,;\,-2\,;\,-8)$, proportionnel).
*Vérification de l'orthogonalité :*
$$\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = (1)(-3) + (-1)(1) + (-4)(-1) = -3 - 1 + 4 = 0 \quad \checkmark$$
$$\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = (1)(-1) + (-1)(3) + (-4)(-1) = -1 - 3 + 4 = 0 \quad \checkmark$$
1c. Équation cartésienne du plan $(ABC)$
Le plan passe par $A(1\,;\,0\,;\,3)$ et a pour normale $\vec{n} = \begin{pmatrix}1\,\\\,-1\,\\\,-4\end{pmatrix}$ :
$$1(x - 1) + (-1)(y - 0) + (-4)(z - 3) = 0$$ $$x - 1 - y - 4z + 12 = 0$$
$$\boxed{x - y - 4z + 11 = 0.}$$
*Vérification avec $B(-2\,;\,1\,;\,2)$ :* $-2 - 1 - 8 + 11 = 0$ $\checkmark$. *Vérification avec $C(0\,;\,3\,;\,2)$ :* $0 - 3 - 8 + 11 = 0$ $\checkmark$.
Les vecteurs normaux sont :
$$\vec{n}_{\mathcal{P}} = (3\,;\,-3\,;\,2) \quad \text{et} \quad \vec{n}_{\mathcal{P}'} = (1\,;\,-1\,;\,-1).$$
2a. Les plans sont-ils sécants ?
Vérifions si les normales sont proportionnelles :
$$\frac{3}{1} = 3, \quad \frac{-3}{-1} = 3, \quad \frac{2}{-1} = -2.$$
Les rapports ne sont pas tous égaux ($3 \neq -2$), donc les normales ne sont pas colinéaires : les plans ne sont pas parallèles. Les plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$ sont sécants.
2b. Les plans sont-ils perpendiculaires ?
$$\vec{n}_{\mathcal{P}} \cdot \vec{n}_{\mathcal{P}'} = 3 \times 1 + (-3)(-1) + 2 \times (-1) = 3 + 3 - 2 = 4 \neq 0.$$
Les normales ne sont pas perpendiculaires, donc les plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$ ne sont pas perpendiculaires.
Direction de $(d)$
Un vecteur directeur de $(d)$ est le produit vectoriel des normales :
$$\vec{u} = \vec{n}_{\mathcal{P}} \wedge \vec{n}_{\mathcal{P}'} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 3 & -3 & 2 \\ 1 & -1 & -1 \end{vmatrix}$$
$$= \vec{i}((-3)(-1) - 2(-1)) - \vec{j}(3(-1) - 2 \times 1) + \vec{k}(3(-1) - (-3)(1))$$
$$= \vec{i}(3 + 2) - \vec{j}(-3 - 2) + \vec{k}(-3 + 3)$$
$$= (5\,;\,5\,;\,0) = 5(1\,;\,1\,;\,0).$$
Un vecteur directeur de $(d)$ est $\vec{u} = \begin{pmatrix}1\,\\\,1\,\\\,0\end{pmatrix}$.
Point de $(d)$
On cherche un point $M(x_0\,;\,y_0\,;\,z_0)$ appartenant à la fois à $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$. On vérifie que $M(2\,;\,1\,;\,3)$ convient :
- Dans $\mathcal{P}$ : $3(2) - 3(1) + 2(3) - 9 = 6 - 3 + 6 - 9 = 0$ $\checkmark$
- Dans $\mathcal{P}'$ : $2 - 1 - 3 + 2 = 0$ $\checkmark$
Le point $M(2\,;\,1\,;\,3)$ appartient à $(d)$.
Représentation paramétrique
$$\boxed{(d) : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 + t \\ z = 3 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.}$$
On vérifie que tout point de $(d)$ appartient au plan $(ABC)$ d'équation $x - y - 4z + 11 = 0$.
Pour un point générique de $(d)$ de coordonnées $(2+t\,;\,1+t\,;\,3)$ :
$$(2+t) - (1+t) - 4(3) + 11 = 2 + t - 1 - t - 12 + 11 = 0. \quad \checkmark$$
L'égalité est vraie pour tout $t \in \mathbb{R}$, donc tous les points de $(d)$ appartiennent au plan $(ABC)$.
Conclusion : La droite $(d) = \mathcal{P} \cap \mathcal{P}'$ est entièrement contenue dans le plan $(ABC)$. Les trois plans $(ABC)$, $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$ ont la droite $(d)$ en commun : ils partagent une droite d'intersection commune. On dit que les trois plans sont coaxiaux (ou coplanaires relativement à leur intersection).