Pas de panique ! Même si tu n’as jamais vu ce chapitre, on va te donner l’essentiel pour être fonctionnel rapidement. Les représentations paramétriques de droites et les équations cartésiennes de plans, c’est juste une manière de décrire des objets géométriques dans l’espace avec des formules. On commence par les bases : les coordonnées dans l’espace et les vecteurs, puis on enchaîne sur les droites paramétriques.
Prérequis : coordonnées et vecteurs dans l'espace
Dans l’espace, un point est repéré par trois coordonnées $(x, y, z)$. Un vecteur $\vec{u}$ est défini par ses composantes $\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ où $a$, $b$, $c$ sont des réels. Par exemple, $\vec{u}\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}$ signifie que lorsqu’on se déplace de $2$ unités selon $x$, de $-1$ selon $y$ et de $3$ selon $z$, on suit le vecteur.
Représentation paramétrique d'une droite
Une droite dans l’espace est définie par un point $A(x_0, y_0, z_0)$ qu’elle traverse et un vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ qui donne sa direction. Tout point $M(x, y, z)$ de la droite s’obtient en partant de $A$ et en ajoutant un multiple de $\vec{u}$ : il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{AM} = t\,\vec{u}$. On obtient le système paramétrique : $$\begin{cases} x = x_0 + a t \\ y = y_0 + b t \\ z = z_0 + c t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$$ Pour vérifier si un point $M$ appartient à la droite, on cherche s’il existe une même valeur de $t$ qui satisfait les trois équations.
À toi de jouer
1. Complète la représentation paramétrique de la droite $d$ passant par $A(1, 2, -3)$ et de vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}4\\0\\-1\end{pmatrix}$ :
$\begin{cases} x = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ y = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ z = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \end{cases}$, $t \in \mathbb{R}$.
Corrigé
$\begin{cases} x = 1 + 4 t \\ y = 2 + 0 t \text{ (soit } y = 2) \\ z = -3 + (-1) t \text{ (soit } z = -3 - t) \end{cases}$
2. Même question avec $A(-2, 5, 1)$ et $\vec{u}\begin{pmatrix}3\\-2\\0\end{pmatrix}$.
$\begin{cases} x = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ y = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ z = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \end{cases}$
Corrigé
$\begin{cases} x = -2 + 3 t \\ y = 5 + (-2) t = 5 - 2t \\ z = 1 + 0 t = 1 \end{cases}$
3. On reprend la droite de l’exercice 1 : $x = 1 + 4t$, $y = 2$, $z = -3 - t$. Le point $M(5, 2, -4)$ appartient-il à $d$ ?
Complète :
On cherche $t$ tel que : $5 = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t$ → $t = \underline{\hspace{1.1em}}$.
Vérification pour $y$ : $2 = \underline{\hspace{1.1em}}$ → c’est (vrai/faux).
Vérification pour $z$ : $-4 = \underline{\hspace{1.1em}}$ → c’est (vrai/faux).
Conclusion : $M$ ............. à $d$.
Corrigé
$5 = 1 + 4t$ → $4t = 4$ → $t = 1$.
$y = 2$ → $2 = 2$ (vrai).
$-4 = -3 - t = -3 - 1 = -4$ (vrai).
Donc $M$ appartient à $d$.
Ah, ça te rappelle quelque chose ! On va remettre tout ça en ordre avec une méthode claire. On va aussi découvrir l’équation cartésienne d’un plan, le cousin du vecteur normal.
Méthode : représentation paramétrique d’une droite
Pour écrire la représentation paramétrique d’une droite :
1. Identifier un point $A(x_0, y_0, z_0)$ de la droite et un vecteur directeur $\vec{u}(a, b, c)$.
2. Écrire le système : $$\begin{cases} x = x_0 + a t \\ y = y_0 + b t \\ z = z_0 + c t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.$$
Exemple : $A(2, -1, 3)$ et $\vec{u}(1, -2, 4)$ donne $\begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 - 2t \\ z = 3 + 4t \end{cases}$.
Équation cartésienne d’un plan
Un plan $\mathcal{P}$ de l’espace est défini par un vecteur normal $\vec{n}(a, b, c)$ (perpendiculaire au plan) et un point $A(x_0, y_0, z_0)$ lui appartenant. Son équation cartésienne s’écrit : $$a(x - x_0) + b(y - y_0) + c(z - z_0) = 0,$$ ce qui donne, après développement, $a x + b y + c z + d = 0$ avec $d = -a x_0 - b y_0 - c z_0$.
Pour tester un point $M(x_M, y_M, z_M)$, on calcule $a x_M + b y_M + c z_M + d$ : si le résultat est 0, $M \in \mathcal{P}$.
À toi de jouer
1. Complète la représentation paramétrique de la droite $d$ passant par $A(0, -2, 4)$ et de vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}-1\\3\\5\end{pmatrix}$ :
$d : \begin{cases} x = \underline{\hspace{1.1em}} + (\underline{\hspace{1.1em}}) t \\ y = \underline{\hspace{1.1em}} + (\underline{\hspace{1.1em}}) t \\ z = \underline{\hspace{1.1em}} + (\underline{\hspace{1.1em}}) t \end{cases}$, $t \in \mathbb{R}$.
Corrigé
$d : \begin{cases} x = 0 + (-1) t = -t \\ y = -2 + 3 t \\ z = 4 + 5 t \end{cases}$
2. Soit le plan $\mathcal{P}$ de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}$ passant par $B(1, 0, -2)$. Complète son équation cartésienne :
$\underline{\hspace{1.1em}}(x - \underline{\hspace{1.1em}}) + \underline{\hspace{1.1em}}(y - \underline{\hspace{1.1em}}) + \underline{\hspace{1.1em}}(z - (\underline{\hspace{1.1em}})) = 0$.
Développe pour obtenir la forme $a x + b y + c z + d = 0$.
Corrigé
$2(x - 1) + (-1)(y - 0) + 3(z - (-2)) = 0$
$2x - 2 - y + 3z + 6 = 0$
$2x - y + 3z + 4 = 0$
3. Vérifie si le point $C(-1, 2, 0)$ appartient au plan $\mathcal{P}$ d’équation $2x - y + 3z + 4 = 0$.
Corrigé
$2 \times (-1) - 2 + 3 \times 0 + 4 = -2 - 2 + 0 + 4 = 0$. Donc $C \in \mathcal{P}$.
On va mécaniser tout ça avec 5 mini-exercices quasi identiques pour que ça devienne un réflexe. Ton cerveau va enregistrer la manoeuvre !
À toi de jouer
1. Cas 1 : $A(3, -1, 2)$, $\vec{u}\begin{pmatrix}2\\0\\-3\end{pmatrix}$. Complète : $\begin{cases} x = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ y = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ z = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \end{cases}$
Corrigé
$\begin{cases} x = 3 + 2t \\ y = -1 + 0t = -1 \\ z = 2 - 3t \end{cases}$
2. Cas 2 : $A(-2, 0, 1)$, $\vec{u}\begin{pmatrix}1\\-4\\2\end{pmatrix}$. Complète : $\begin{cases} x = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ y = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ z = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \end{cases}$
Corrigé
$\begin{cases} x = -2 + t \\ y = 0 - 4t = -4t \\ z = 1 + 2t \end{cases}$
3. Cas 3 : $A(0, 0, 0)$, $\vec{u}\begin{pmatrix}5\\1\\-1\end{pmatrix}$. Complète : $\begin{cases} x = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ y = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ z = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \end{cases}$
Corrigé
$\begin{cases} x = 0 + 5t = 5t \\ y = 0 + 1t = t \\ z = 0 - t = -t \end{cases}$
4. Cas 4 : $A(10, -5, 2)$, $\vec{u}\begin{pmatrix}0\\-2\\3\end{pmatrix}$. Complète : $\begin{cases} x = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ y = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ z = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \end{cases}$
Corrigé
$\begin{cases} x = 10 + 0t = 10 \\ y = -5 - 2t \\ z = 2 + 3t \end{cases}$
5. Cas 5 : $A(\frac{1}{2}, -1, \frac{3}{2})$, $\vec{u}\begin{pmatrix}2\\-\frac{1}{2}\\1\end{pmatrix}$. Complète : $\begin{cases} x = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ y = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \\ z = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} t \end{cases}$
Corrigé
$\begin{cases} x = \frac{1}{2} + 2t \\ y = -1 - \frac{1}{2} t \\ z = \frac{3}{2} + t \end{cases}$
Maintenant on passe au niveau contrôle : des exercices variés, avec des intersections, des distances, et la construction d’un plan par trois points. C’est ce qu’on attend de toi le jour J.
Boîte à outils
Distance d’un point $M(x_M, y_M, z_M)$ au plan $\mathcal{P} : a x + b y + c z + d = 0$ : $$d(M,\mathcal{P}) = \dfrac{|a x_M + b y_M + c z_M + d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.$$
Intersection d’une droite $d$ (donnée par une représentation paramétrique) et d’un plan $\mathcal{P}$ (équation cartésienne) :
1. Substituer $x(t)$, $y(t)$, $z(t)$ dans l’équation de $\mathcal{P}$.
2. Résoudre l’équation en $t$.
3. Reporter la valeur de $t$ dans $d$ pour obtenir les coordonnées du point d’intersection.
À toi de jouer
1. Soit la droite $d$ passant par $A(3,0,-1)$ et de vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}$.
a) Écrire une représentation paramétrique de $d$.
b) Le point $M(5,-1,0)$ appartient-il à $d$ ?
c) Le point $N(1,1,2)$ appartient-il à $d$ ?
Corrigé
a) $d : \begin{cases} x = 3 + 2t \\ y = 0 - t = -t \\ z = -1 + t \end{cases}$, $t \in \mathbb{R}$.
b) Pour $M(5,-1,0)$, on résout : $5 = 3+2t \Rightarrow t = 1$ ; $y = -1 \Rightarrow -t = -1$, OK ; $z = -1+t \Rightarrow -1+1=0$, OK. Donc $M \in d$.
c) Pour $N(1,1,2)$, $1 = 3+2t \Rightarrow t=-1$ ; $y=1 \Rightarrow -t=1$, OK ; $z = -1+(-1)=-2
eq 2$. Donc $N
otin d$.
2. On considère le plan $\mathcal{P}$ d’équation $4x - 2y + z - 5 = 0$.
a) Donner un vecteur normal à $\mathcal{P}$.
b) Soit $\mathcal{Q}$ le plan de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}1\\-2\\3\end{pmatrix}$ passant par $B(2,-1,1)$. Écrire une équation cartésienne de $\mathcal{Q}$.
c) Vérifier si le point $C(0,0,-1)$ appartient à $\mathcal{Q}$.
Corrigé
a) $\vec{n}_{\mathcal{P}}\begin{pmatrix}4\\-2\\1\end{pmatrix}$.
b) $1(x-2) -2(y+1) +3(z-1)=0 \Rightarrow x-2 -2y-2 +3z-3=0 \Rightarrow x -2y+3z -7 =0$.
c) $0 -2 \times 0 +3 \times (-1) -7 = -3 -7 = -10
eq 0$, donc $C
otin \mathcal{Q}$.
3. Soit la droite $d : \begin{cases} x = 2 + 3t \\ y = -1 - t \\ z = 4 + 2t \end{cases}$ et le plan $\mathcal{P} : 2x - y + 3z - 5 = 0$.
Déterminer le point d’intersection $I$ de $d$ et $\mathcal{P}$.
Corrigé
On substitue $x=2+3t$, $y=-1-t$, $z=4+2t$ dans $2x - y + 3z - 5 = 0$ :
$2(2+3t) - (-1-t) + 3(4+2t) - 5 = 0$
$4+6t +1+t +12+6t -5 = 0$
$13t +12 = 0$
$t = -\frac{12}{13}$.
$I$ a pour coordonnées : $x = 2 + 3\left(-\frac{12}{13}\right) = 2 - \frac{36}{13} = \frac{26-36}{13} = -\frac{10}{13}$,
$y = -1 - \left(-\frac{12}{13}\right) = -1 + \frac{12}{13} = -\frac{1}{13}$,
$z = 4 + 2\left(-\frac{12}{13}\right) = 4 - \frac{24}{13} = \frac{52-24}{13} = \frac{28}{13}$.
Donc $I\left(-\frac{10}{13}, -\frac{1}{13}, \frac{28}{13}\right)$.
4. Soit le plan $\mathcal{P} : 3x - y + 2z + 1 = 0$ et le point $M(1, 2, -3)$.
a) Calculer la distance de $M$ à $\mathcal{P}$.
b) Trouver tous les points de l’axe des abscisses ($y = 0$, $z = 0$) situés à la même distance de $\mathcal{P}$ que $M$.
Corrigé
a) $d(M,\mathcal{P}) = \dfrac{|3 \times 1 - 2 + 2 \times (-3) + 1|}{\sqrt{3^2 + (-1)^2 + 2^2}} = \dfrac{|3 - 2 - 6 + 1|}{\sqrt{9+1+4}} = \dfrac{|-4|}{\sqrt{14}} = \dfrac{4}{\sqrt{14}}$.
b) Un point de l’axe des abscisses s’écrit $N(x,0,0)$. On veut $d(N,\mathcal{P}) = \dfrac{4}{\sqrt{14}}$.
$d(N,\mathcal{P}) = \dfrac{|3x - 0 + 0 + 1|}{\sqrt{14}} = \dfrac{|3x+1|}{\sqrt{14}}$.
Donc $\dfrac{|3x+1|}{\sqrt{14}} = \dfrac{4}{\sqrt{14}} \Rightarrow |3x+1| = 4$.
Deux cas : $3x+1 = 4 \Rightarrow 3x = 3 \Rightarrow x = 1$ ; ou $3x+1 = -4 \Rightarrow 3x = -5 \Rightarrow x = -\frac{5}{3}$.
Les points sont $(1,0,0)$ et $\left(-\frac{5}{3},0,0\right)$.
5. Dans un repère orthonormé, on donne $A(2,0,0)$, $B(0,3,0)$ et $C(0,0,4)$.
a) Déterminer un vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ au plan $(ABC)$ en résolvant $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=0$. (On pourra choisir $a = 6$.)
b) En déduire une équation cartésienne du plan $(ABC)$.
c) Calculer la distance du point $D(1,1,1)$ au plan $(ABC)$.
Corrigé
a) $\overrightarrow{AB} = B - A = (-2, 3, 0)$, $\overrightarrow{AC} = C - A = (-2, 0, 4)$.
On résout $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=0$ soit $-2a + 3b + 0c = 0$ (1)
$\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=0$ soit $-2a + 0b + 4c = 0$ (2).
De (2) : $-2a + 4c = 0 \Rightarrow 4c = 2a \Rightarrow c = \frac{a}{2}$.
De (1) : $-2a + 3b = 0 \Rightarrow 3b = 2a \Rightarrow b = \frac{2a}{3}$.
On prend $a = 6$, alors $b = 4$, $c = 3$. Donc $\vec{n}\begin{pmatrix}6\\4\\3\end{pmatrix}$.
b) Équation du plan passant par $A(2,0,0)$ : $6(x-2) + 4(y-0) + 3(z-0) = 0 \Rightarrow 6x -12 + 4y + 3z = 0 \Rightarrow 6x + 4y + 3z -12 = 0$.
c) $d(D,\mathcal{P}) = \dfrac{|6 \times 1 + 4 \times 1 + 3 \times 1 - 12|}{\sqrt{6^2+4^2+3^2}} = \dfrac{|6+4+3-12|}{\sqrt{36+16+9}} = \dfrac{|1|}{\sqrt{61}} = \dfrac{1}{\sqrt{61}}$.
Pour finir, on pousse un peu plus loin avec des exercices qui te préparent à l’an prochain. On va croiser des plans, des droites, et on va déterminer leur position relative. Prêt à impressionner ?
À toi de jouer
1. On considère les plans $\mathcal{P}_1 : 2x - y + z - 3 = 0$ et $\mathcal{P}_2 : x + y - 2z + 1 = 0$.
a) Montrer qu’ils ne sont pas parallèles.
b) Déterminer une représentation paramétrique de leur droite d’intersection.
Corrigé
a) Vecteurs normaux : $\vec{n}_1(2,-1,1)$ et $\vec{n}_2(1,1,-2)$ ne sont pas colinéaires, donc les plans sont sécants.
b) On résout le système $\begin{cases} 2x - y + z = 3 \\ x + y - 2z = -1 \end{cases}$ (deux équations, trois inconnues). Exprimons $x$ et $y$ en fonction de $z$ (paramètre $t$).
De la 2e : $x + y = 2z - 1$ (Eq2). De la 1ère : $2x - y = 3 - z$ (Eq1). Ajoutons Eq2 + Eq1 : $3x = (2z-1)+(3-z) = z+2 \Rightarrow x = \frac{z+2}{3}$.
En remplaçant dans Eq2 : $\frac{z+2}{3} + y = 2z - 1 \Rightarrow y = 2z - 1 - \frac{z+2}{3} = \frac{6z-3 - z -2}{3} = \frac{5z-5}{3}$.
Posons $z = 3t$ (pour simplifier), alors $x = \frac{3t+2}{3} = t + \frac{2}{3}$, $y = \frac{15t-5}{3} = 5t - \frac{5}{3}$, $z = 3t$.
Ou plus simplement, en posant $z=t$ directement : $x = \frac{t+2}{3}$, $y = \frac{5t-5}{3}$. Une représentation paramétrique est :
$d : \begin{cases} x = \frac{2}{3} + \frac{1}{3} t \\ y = -\frac{5}{3} + \frac{5}{3} t \\ z = t \end{cases}$, $t \in \mathbb{R}$.
2. Soit la droite $d : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = -2 + 2t \\ z = 3 - t \end{cases}$ et le plan $\mathcal{P} : x - y + 2z - 4 = 0$.
Déterminer une équation cartésienne du plan $\mathcal{Q}$ contenant $d$ et perpendiculaire à $\mathcal{P}$.
Corrigé
$d$ a pour vecteur directeur $\vec{u}(1,2,-1)$ et passe par $A(1,-2,3)$.
$\mathcal{P}$ a pour vecteur normal $\vec{n}_{\mathcal{P}}(1,-1,2)$.
Pour que $\mathcal{Q}$ contienne $d$, $\vec{n}_{\mathcal{Q}}$ doit être orthogonal à $\vec{u}$ : $\vec{n}_{\mathcal{Q}} \cdot \vec{u} = 0$.
Pour que $\mathcal{Q}$ soit perpendiculaire à $\mathcal{P}$, leurs vecteurs normaux doivent être orthogonaux : $\vec{n}_{\mathcal{Q}} \cdot \vec{n}_{\mathcal{P}} = 0$.
Donc $\vec{n}_{\mathcal{Q}}$ est orthogonal à $\vec{u}$ et à $\vec{n}_{\mathcal{P}}$, on peut le prendre égal au produit vectoriel $\vec{u} \wedge \vec{n}_{\mathcal{P}}$ (ou un multiple).
Calculons $\vec{u} \wedge \vec{n}_{\mathcal{P}} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} \wedge \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \times 2 - (-1) \times (-1) \\ (-1) \times 1 - 1 \times 2 \\ 1 \times (-1) - 2 \times 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 - 1 \\ -1 - 2 \\ -1 - 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -3 \\ -3 \end{pmatrix}$. On peut prendre $\vec{n}_{\mathcal{Q}}(1,-1,-1)$ (divisé par 3).
$\mathcal{Q}$ passe par $A(1,-2,3)$, donc son équation est : $1(x-1) -1(y+2) -1(z-3) = 0 \Rightarrow x - 1 - y - 2 - z + 3 = 0 \Rightarrow x - y - z = 0$.
3. Étudier la position relative des droites :
$d_1 : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 + 3t \\ z = 4 - 2t \end{cases}$ et $d_2 : \begin{cases} x = 1 - s \\ y = 2 + s \\ z = -1 + s \end{cases}$.
Si elles sont sécantes, donner les coordonnées de leur point d’intersection.
Corrigé
On cherche s’il existe des réels $t$ et $s$ tels que les coordonnées soient égales :
$\begin{cases} 2 + t = 1 - s \qquad (1) \\ -1 + 3t = 2 + s \quad (2) \\ 4 - 2t = -1 + s \quad (3) \end{cases}$
De (1) : $s = -1 - t$.
On remplace dans (2) : $-1 + 3t = 2 + (-1 - t) \Rightarrow -1 + 3t = 1 - t \Rightarrow 4t = 2 \Rightarrow t = \frac{1}{2}$.
Alors $s = -1 - \frac{1}{2} = -\frac{3}{2}$.
On vérifie (3) avec ces valeurs :
$4 - 2 \times \frac{1}{2} = 4 - 1 = 3$ ; $-1 + s = -1 - \frac{3}{2} = -\frac{5}{2}$.
$3
eq -\frac{5}{2}$, donc (3) n’est pas vérifiée. Le système n’a pas de solution. Les droites ne sont donc pas sécantes.
Vérifions si elles sont coplanaires. Le vecteur $\overrightarrow{AB}$ où $A(2,-1,4)$ est sur $d_1$ ($t=0$) et $B(1,2,-1)$ est sur $d_2$ ($s=0$) : $\overrightarrow{AB} = (-1, 3, -5)$. Les vecteurs directeurs sont $\vec{u}_1(1,3,-2)$ et $\vec{u}_2(-1,1,1)$. Calculons le déterminant de ces trois vecteurs :
$det(\vec{u}_1, \vec{u}_2, \overrightarrow{AB}) = \begin{vmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 3 & 1 & 3 \\ -2 & 1 & -5 \end{vmatrix} = 1 \cdot (1 \cdot (-5) - 3 \cdot 1) - (-1) \cdot (3 \cdot (-5) - 3 \cdot (-2)) + (-1) \cdot (3 \cdot 1 - 1 \cdot (-2))$
$= 1 \cdot (-5 - 3) + 1 \cdot (-15 - (-6)) - 1 \cdot (3 + 2) = -8 + (-9) - 5 = -22
eq 0$. Les trois vecteurs ne sont pas coplanaires, donc les droites ne sont pas coplanaires (elles sont gauches). Ainsi $d_1$ et $d_2$ sont non coplanaires (gauches).