Représentations paramétriques et équations cartésiennes Terminale : 10 exercices corrigés

Dans tous les exercices, le repère de l'espace est orthonormé. Cette page relie la représentation paramétrique d'une droite à l'équation cartésienne d'un plan, puis interprète chaque système obtenu géométriquement.

Les configurations couvrent l'intersection droite-plan, la position relative d'une droite et d'un plan, l'intersection de deux plans et les droites non coplanaires. Deux constructions distinctes traitent la projection orthogonale sur une droite et la projection orthogonale sur un plan.

Construire et lire les représentations

Un point, une direction ou une normale doivent être identifiés avant le calcul.

Exercice 1 : Droite par deux points

Facile
On donne A(2;−1;3)A(2;-1;3) et B(−1;1;5)B(-1;1;5).
  1. Écrire une représentation paramétrique de (AB).
  2. Vérifier si C(5;−3;1)C(5;-3;1) appartient à (AB).
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  1. AB→=(−3;2;2)\overrightarrow{AB}=(-3;2;2). Une représentation est x=2−3tx=2-3t, y=−1+2ty=-1+2t, z=3+2tz=3+2t, avec t∈Rt\in\mathbb R.
  2. La première coordonnée impose t=−1t=-1. Les deux autres donnent alors y=−3y=-3 et z=1z=1. Une même valeur vérifie les trois lignes, donc C appartient à (AB).

Exercice 2 : Lire puis changer de point de départ

Facile
La droite d est donnée par x=2−tx=2-t, y=1+2ty=1+2t, z=−1+tz=-1+t, avec t∈Rt\in\mathbb R.
  1. Donner un point A de d et un vecteur directeur u.
  2. Montrer que B(1;3;0)B(1;3;0) appartient à d.
  3. Écrire une nouvelle représentation de d qui prend B comme point de départ et utilise un paramètre s.
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  1. On peut lire A(2;1;−1)A(2;1;-1) et u=(−1;2;1)u=(-1;2;1).
  2. Pour t=1t=1, les trois coordonnées valent (1;3;0)(1;3;0). Ainsi B appartient à d.
  3. En partant de B avec le même directeur, on obtient x=1−sx=1-s, y=3+2sy=3+2s, z=sz=s, avec s∈Rs\in\mathbb R. Cette écriture décrit la même droite.

Exercice 3 : Plan par un point et une normale

Facile
Le plan P passe par A(1;2;−1)A(1;2;-1) et admet n=(3;0;−2)n=(3;0;-2) comme vecteur normal.
  1. Déterminer une équation cartésienne de P.
  2. Trouver l'intersection de P avec l'axe des abscisses.
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  1. Une équation est 3(x−1)−2(z+1)=03(x-1)-2(z+1)=0, soit 3x−2z−5=03x-2z-5=0. Les coordonnées de A la vérifient.
  2. Sur l'axe des abscisses, y=0y=0 et z=0z=0. On obtient 3x−5=03x-5=0, donc le point d'intersection est (5/3;0;0)(5/3;0;0).

Classer une droite par rapport à un plan

Après la substitution, une solution, une identité et une contradiction ont trois sens différents.

Exercice 4 : Intersection droite-plan

Moyen
La droite d est donnée par x=1+2tx=1+2t, y=−ty=-t, z=3+tz=3+t. Le plan P a pour équation x+y+z−5=0x+y+z-5=0.
  1. Déterminer la position relative de d et P.
  2. Calculer leur point d'intersection et le vérifier dans les deux objets.
Indication
Substituer les trois coordonnées de la droite dans l'équation du plan.
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  1. La substitution donne 1+2t−t+3+t−5=01+2t-t+3+t-5=0, soit 2t−1=02t-1=0. Il existe une unique solution : d est sécante à P.
  2. Pour t=1/2t=1/2, on obtient I(2;−1/2;7/2)I(2;-1/2;7/2). Ces coordonnées proviennent de d et vérifient 2−1/2+7/2−5=02-1/2+7/2-5=0, donc I appartient aussi à P.

Exercice 5 : Le même directeur face à trois plans

Moyen
La droite d est donnée par x=1+tx=1+t, y=2−ty=2-t, z=tz=t. On considère P:x+y+z−3=0P:x+y+z-3=0, Q:x+y−3=0Q:x+y-3=0 et R:x+y−4=0R:x+y-4=0.
  1. Étudier la position de d par rapport à P et donner leur éventuel point commun.
  2. Étudier la position de d par rapport à Q.
  3. Étudier la position de d par rapport à R et expliquer la différence avec le cas précédent.
Indication
Effectuer les trois substitutions avant d'interpréter le résultat obtenu en t.
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  1. Dans P, la substitution donne t=0t=0. La droite coupe P en I(1;2;0)I(1;2;0), et 1+2+0−3=01+2+0-3=0.
  2. Dans Q, on obtient l'identité 1+t+2−t−3=01+t+2-t-3=0. Tous les points de d appartiennent à Q : d est incluse dans Q.
  3. Dans R, la substitution donne −1=0-1=0, ce qui est impossible. La direction de d est parallèle à R, mais aucun point de d n'y appartient : d est strictement parallèle à R. Dans le cas de Q, la même direction était accompagnée d'un point du plan.

Comparer deux droites ou deux plans

Les paramètres restent indépendants et chaque équation du système doit être contrôlée.

Exercice 6 : Deux droites non coplanaires

Difficile
Les droites d et d' sont données par d:(x,y,z)=(t,1+t,2−t)d:(x,y,z)=(t,1+t,2-t) et d′:(x,y,z)=(1+s,2−s,s)d':(x,y,z)=(1+s,2-s,s).
  1. Leurs vecteurs directeurs sont-ils colinéaires ?
  2. Rechercher un point commun en conservant deux paramètres distincts.
  3. Conclure sur leur position relative.
Indication
Égaler les coordonnées. Deux équations peuvent donner t et s, mais la troisième doit encore être vérifiée.
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  1. Les directeurs sont (1;1;−1)(1;1;-1) et (1;−1;1)(1;-1;1), qui ne sont pas colinéaires.
  2. Les deux premières coordonnées donnent t=1+st=1+s et 1+t=2−s1+t=2-s, donc s=0s=0 et t=1t=1. La troisième exigerait 2−1=02-1=0, ce qui est faux. Il n'existe aucun point commun.
  3. Les droites ne sont ni parallèles ni sécantes. Elles sont donc non coplanaires.

Exercice 7 : Une paramétrisation décrit-elle toute l’intersection ?

Moyen
On considère P:x+y+z=4P:x+y+z=4 et Q:2x−y+z=2Q:2x-y+z=2. Un élève propose x=t2x=t^2, y=1+t2/2y=1+t^2/2, z=3−3t2/2z=3-3t^2/2, avec t∈Rt\in\mathbb R, pour leur intersection.
  1. Vérifier que chaque point proposé appartient aux deux plans.
  2. Le point B(−2;0;6)B(-2;0;6) appartient-il à l'intersection ? Peut-il être obtenu avec la proposition de l'élève ?
  3. Donner une représentation de toute l'intersection et justifier qu'elle n'oublie aucun point.
Indication
Quelles valeurs la première coordonnée proposée peut-elle prendre ?
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  1. Dans P, la somme vaut t2+1+t2/2+3−3t2/2=4t^2+1+t^2/2+3-3t^2/2=4. Dans Q, elle vaut 2t2−1−t2/2+3−3t2/2=22t^2-1-t^2/2+3-3t^2/2=2. Tous les points proposés appartiennent donc à l'intersection.
  2. Pour B, −2+0+6=4-2+0+6=4 et 2(−2)−0+6=22(-2)-0+6=2. Pourtant t2=−2t^2=-2 n'a aucune solution réelle. La proposition oublie B : l'appartenance ne prouve pas que toute l'intersection est décrite.
  3. En soustrayant les équations, x−2y=−2x-2y=-2, donc y=1+x/2y=1+x/2, puis z=3−3x/2z=3-3x/2. Ainsi x=sx=s, y=1+s/2y=1+s/2, z=3−3s/2z=3-3s/2, avec s∈Rs\in\mathbb R, décrit l'intersection. Tout point commun impose ces expressions, et toute valeur réelle de s vérifie les deux équations. Les deux inclusions sont établies.

Construire des projections orthogonales

Le point projeté doit satisfaire une appartenance et une orthogonalité indépendantes.

Exercice 8 : Quel point de la droite est le plus proche ?

Moyen
La droite d est donnée par X(t)=(t;2t;1)X(t)=(t;2t;1), avec t∈Rt\in\mathbb R. On considère M(3;1;3)M(3;1;3).
  1. Montrer que MX(t)2=5(t−1)2+9MX(t)^2=5(t-1)^2+9.
  2. En déduire le point H de d le plus proche de M et la distance de M à d.
  3. Vérifier géométriquement que H est le projeté orthogonal de M sur d.
Indication
Un carré réel est positif ou nul. Dans quel cas s'annule-t-il ?
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  1. Dans le repère orthonormé, MX(t)2=(t−3)2+(2t−1)2+(1−3)2=5t2−10t+14=5(t−1)2+9MX(t)^2=(t-3)^2+(2t-1)^2+(1-3)^2=5t^2-10t+14=5(t-1)^2+9.
  2. Le minimum du carré de la distance est 9, atteint uniquement pour t=1t=1. La racine carrée étant croissante sur les réels positifs, la distance est minimale au même point : H(1;2;1)H(1;2;1), avec MH=3MH=3.
  3. H appartient à d pour t=1t=1. De plus, MH→=(−2;1;−2)\overrightarrow{MH}=(-2;1;-2) et un directeur de d est u=(1;2;0)u=(1;2;0). Leur produit scalaire vaut −2+2=0-2+2=0. L'appartenance et l'orthogonalité confirment que H est le projeté recherché.

Exercice 9 : Projeté orthogonal sur un plan

Difficile
On considère le plan P : x−2y+2z−4=0x-2y+2z-4=0 et le point A(3;1;2)A(3;1;2).
  1. Écrire une représentation paramétrique de la perpendiculaire à P passant par A.
  2. Déterminer le projeté orthogonal H de A sur P.
  3. Vérifier que H appartient à P et que AH→\overrightarrow{AH} est colinéaire à une normale de P.
  4. En déduire la distance de A à P.
Indication
La normale du plan dirige la perpendiculaire. Le paramètre trouvé donne aussi la longueur AH.
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  1. Une représentation est x=3+tx=3+t, y=1−2ty=1-2t, z=2+2tz=2+2t.
  2. Dans l'équation de P, on obtient 1+9t=01+9t=0. Ainsi t=−1/9t=-1/9 et H=(26/9;11/9;16/9)H=(26/9;11/9;16/9).
  3. La substitution donne 26/9−22/9+32/9−4=026/9-22/9+32/9-4=0. De plus, AH→=(−1/9;2/9;−2/9)=(−1/9)(1;−2;2)\overrightarrow{AH}=(-1/9;2/9;-2/9)=(-1/9)(1;-2;2), donc AH est perpendiculaire à P.
  4. La normale a pour norme 3. Ainsi AH=∣−1/9∣×3=1/3AH=|-1/9|\times3=1/3.

Synthèse : construire puis recouper les objets

La dernière configuration réutilise une équation obtenue avant d'étudier deux intersections.

Exercice 10 : Plan contenant une droite et un point

Difficile
La droite d passe par A(1;0;1)A(1;0;1) et a pour directeur u=(1;2;−1)u=(1;2;-1). On donne B(0;1;2)B(0;1;2) et le plan R:y=1R:y=1.
  1. Vérifier que B n'appartient pas à d.
  2. Trouver un vecteur normal n au plan Q contenant d et B, puis donner une équation de Q.
  3. Déterminer une représentation paramétrique de la droite d'intersection de Q et R.
  4. Déterminer le point J où d coupe R, puis vérifier qu'il appartient aussi à la droite d'intersection de Q et R.
Indication
Quelles sont les deux directions déjà connues dans Q ?
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  1. Si B appartenait à d, la première coordonnée imposerait t=−1t=-1, mais la deuxième vaudrait alors −2-2, et non 1. Donc B∉dB\notin d.
  2. On a AB→=(−1;1;1)\overrightarrow{AB}=(-1;1;1). Les conditions n⋅u=0n\cdot u=0 et n⋅AB→=0n\cdot\overrightarrow{AB}=0 permettent de choisir n=(1;0;1)n=(1;0;1). Le plan Q passant par A a pour équation x+z−2=0x+z-2=0.
  3. Dans R, y=1y=1, et dans Q, z=2−xz=2-x. En posant x=sx=s, l'intersection est (x;y;z)=(s;1;2−s)(x;y;z)=(s;1;2-s).
  4. Un point de d est (1+t;2t;1−t)(1+t;2t;1-t). La condition y=1y=1 donne t=1/2t=1/2, donc J(3/2;1;1/2)J(3/2;1;1/2). Dans la représentation précédente, s=3/2s=3/2 donne le même point. Ainsi J appartient à d, Q et R.
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