Représentations paramétriques et équations cartésiennes

Les 3 prérequis à avoir sous la main

Avant tout, trois choses de géométrie dans l'espace que tu connais déjà.

1. Un point a trois coordonnées. Dans l'espace on repère un point par $M(x\,;\,y\,;\,z)$, et un vecteur par trois nombres aussi : $\vec{u}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$.

2. Le vecteur entre deux points. Si $A$ et $B$ sont deux points, alors $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}x_B-x_A\\y_B-y_A\\z_B-z_A\end{pmatrix}$.

3. Le produit scalaire (le chapitre juste avant) : $\vec{u}\cdot\vec{v}=aa'+bb'+cc'$. Le point clé à garder : $\vec{u}\cdot\vec{v}=0$ signifie que les deux vecteurs sont perpendiculaires. C'est ça qui servira pour les plans.

L'essentiel : deux objets, deux écritures

Toute l'histoire tient en une phrase : une droite se décrit avec un point et un vecteur directeur (la direction qu'elle suit), un plan se décrit avec un point et un vecteur normal (une flèche qui lui est perpendiculaire).

La droite donne une représentation paramétrique. On fait glisser un curseur $t$ le long de la droite : chaque valeur de $t$ fournit un point. Avec $A(x_0\,;y_0\,;z_0)$ et $\vec{u}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ :

$\begin{cases} x = x_0 + t\,a \\ y = y_0 + t\,b \\ z = z_0 + t\,c \end{cases}\quad t\in\mathbb{R}$

Le plan donne une équation cartésienne. Une seule relation entre $x$, $y$, $z$ :

$ax+by+cz+d=0\quad\text{avec }(a\,;b\,;c)\neq(0\,;0\,;0)$

et le trio $(a\,;b\,;c)$ est exactement le vecteur normal $\vec{n}$ du plan. Retiens la correspondance : une droite, c'est trois équations avec un $t$ ; un plan, c'est une équation sans $t$.

Un exemple déroulé du début à la fin

Écris la représentation paramétrique de la droite $d$ qui passe par $A(1\,;-2\,;3)$ et a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}2\\-1\\4\end{pmatrix}$.

Étape 1. On repère le point : $x_0=1$, $y_0=-2$, $z_0=3$.

Étape 2. On repère le vecteur directeur : $a=2$, $b=-1$, $c=4$.

Étape 3. On recopie le modèle $\begin{cases}x=x_0+ta\\y=y_0+tb\\z=z_0+tc\end{cases}$ en remplaçant :

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

Et c'est fini. Chaque valeur de $t$ te donne un point de la droite : $t=0$ redonne $A(1\,;-2\,;3)$, et $t=1$ donne le point $(3\,;-3\,;7)$. Vérifie : $1+2=3$, $-2-1=-3$, $3+4=7$.

Représentation paramétrique d'une droite, proprement

Définition. Soit une droite $d$ passant par un point $A(x_0\,;y_0\,;z_0)$ et dirigée par un vecteur $\vec{u}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ non nul. Un point $M(x\,;y\,;z)$ appartient à $d$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{AM}=t\,\vec{u}$. En coordonnées :

$\begin{cases} x = x_0 + t\,a \\ y = y_0 + t\,b \\ z = z_0 + t\,c \end{cases}\quad t\in\mathbb{R}$

Le réel $t$ s'appelle le paramètre. Quand $t$ parcourt $\mathbb{R}$, le point $M$ balaie la droite entière.

Tester l'appartenance d'un point. $M\in d$ si et seulement s'il existe UN réel $t$ qui vérifie les trois équations en même temps. On calcule $t$ avec la première ligne, puis on vérifie qu'il donne bien aussi les deux autres.

Attention à l'unicité. Une droite a une infinité de représentations paramétriques : tu peux changer de point de départ (n'importe quel point de $d$) et remplacer $\vec{u}$ par n'importe quel vecteur colinéaire, par exemple $2\vec{u}$. Elles décrivent toutes la même droite.

Équation cartésienne d'un plan, proprement

Définition. Un plan $\mathcal{P}$ est entièrement déterminé par un point $A$ qu'il contient et un vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ non nul, c'est-à-dire un vecteur perpendiculaire au plan. Un point $M$ appartient à $\mathcal{P}$ si et seulement si $\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0$.

En développant ce produit scalaire, on obtient une équation cartésienne :

$ax+by+cz+d=0\quad\text{avec }(a\,;b\,;c)\neq(0\,;0\,;0)$

Les coefficients $a$, $b$, $c$ devant $x$, $y$, $z$ sont les coordonnées du vecteur normal : on lit $\vec{n}$ directement dans l'équation. Le nombre $d$, lui, se calcule en imposant que le point $A$ vérifie l'équation.

La distance d'un point à un plan. Si $\mathcal{P}$ a pour équation $ax+by+cz+d=0$ et $M(x_M\,;y_M\,;z_M)$ est un point quelconque :

$d(M,\mathcal{P})=\dfrac{\lvert a x_M+b y_M+c z_M+d\rvert}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

La valeur absolue au numérateur garantit une distance positive ; le dénominateur est la norme du vecteur normal.

Deux exemples types traités

Exemple 1, écrire l'équation d'un plan. Plan $\mathcal{P}$ de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}$ passant par $B(1\,;0\,;-2)$.

On écrit $\overrightarrow{BM}\cdot\vec{n}=0$ avec $M(x\,;y\,;z)$ :

$2(x-1)-3(y-0)+1\times(z+2)=0$

On développe : $2x-2-3y+z+2=0$.

Les constantes se compensent ($-2+2=0$), d'où l'équation cartésienne : $2x-3y+z=0$.

Ici $d=0$ : ce plan passe donc par l'origine, ce qui est cohérent car $O(0\,;0\,;0)$ vérifie bien $2\times0-3\times0+0=0$.

Exemple 2, lire le vecteur normal. Soit le plan d'équation $x+4y-2z+5=0$. Sans aucun calcul, on lit son vecteur normal : $\vec{n}\begin{pmatrix}1\\4\\-2\end{pmatrix}$. Le terme $+5$ est le $d$ : il indique seulement que le plan ne passe pas par l'origine.

Ensemble : le point est-il sur la droite ?

On se donne la droite $d$ : $\begin{cases}x=1+2t\\y=-2-t\\z=3+4t\end{cases}$ et deux points, $P(5\,;-4\,;11)$ et $Q(5\,;-4\,;10)$. Lesquels appartiennent à $d$ ?

On commence par $P$. On cherche s'il existe un $t$ qui donne ses coordonnées. On part de la première ligne : $x=5$ donne $1+2t=5$, donc $2t=4$, donc $t=2$.

On teste cette valeur sur les deux autres lignes. Avec $t=2$ : $y=-2-2=-4$ — vrai (c'est bien la coordonnée de $P$), et $z=3+4\times2=11$ — vrai.

Les trois lignes donnent le même $t=2$, donc $P\in d$.

On refait pour $Q(5\,;-4\,;10)$. Première ligne : $1+2t=5$ donne encore $t=2$. Deuxième ligne : $-2-2=-4$ — vrai. Troisième ligne : $3+4\times2=11$, or on voulait $10$. Et $11\neq10$ — faux.

Une ligne ne colle pas, donc $Q\notin d$. La morale : il faut que le même $t$ marche partout, sinon le point n'est pas sur la droite.

Ensemble : le plan passant par trois points

Trouvons une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ passant par les trois points $A(1\,;0\,;0)$, $B(0\,;2\,;0)$ et $C(0\,;0\,;3)$.

Étape 1, deux vecteurs du plan. On fabrique deux vecteurs qui vivent dans le plan :

$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}0-1\\2-0\\0-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\2\\0\end{pmatrix}\qquad\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1\\0\\3\end{pmatrix}$

Étape 2, le vecteur normal. On cherche $\vec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ perpendiculaire aux deux, donc solution de :

$\begin{cases}\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=0\\ \vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=0\end{cases}\;\Longleftrightarrow\;\begin{cases}-a+2b=0\\-a+3c=0\end{cases}$

La première donne $a=2b$, la seconde $a=3c$. Il y a deux équations pour trois inconnues, alors on fixe librement une valeur. Prenons $a=6$ (un multiple pratique de $2$ et de $3$) : alors $b=3$ et $c=2$, d'où $\vec{n}\begin{pmatrix}6\\3\\2\end{pmatrix}$.

Étape 3, l'équation en passant par $A$. On écrit $\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0$ avec $A(1\,;0\,;0)$ :

$6(x-1)+3(y-0)+2(z-0)=0$

$6x-6+3y+2z=0$, soit $6x+3y+2z-6=0$.

Étape 4, on vérifie, toujours. Pour $B(0\,;2\,;0)$ : $0+3\times2+0-6=0$ — vrai. Pour $C(0\,;0\,;3)$ : $0+0+2\times3-6=0$ — vrai. Les trois points collent : l'équation est bonne.

Ensemble : où la droite perce-t-elle le plan ?

La droite $d$ : $\begin{cases}x=1+2t\\y=-2-t\\z=3+4t\end{cases}$ coupe-t-elle le plan $\mathcal{P}$ : $x+y+z-7=0$, et où ?

L'idée. Un point de $d$ a des coordonnées qui dépendent de $t$. On les injecte dans l'équation du plan : on obtient une équation en $t$ toute simple.

Substitution. On remplace $x$, $y$, $z$ par leurs expressions :

$(1+2t)+(-2-t)+(3+4t)-7=0$

On simplifie. Les constantes : $1-2+3-7=-5$. Les termes en $t$ : $2t-t+4t=5t$. Il reste :

$-5+5t=0\;\Longrightarrow\;5t=5\;\Longrightarrow\;t=1$

On reporte $t=1$ dans la droite pour obtenir le point d'intersection $I$ :

$x=1+2=3,\quad y=-2-1=-3,\quad z=3+4=7$

La droite perce le plan en $I(3\,;-3\,;7)$. Un seul $t$ trouvé, donc une seule intersection : la droite traverse le plan.

Le cas piège : droite parallèle au plan

Au contrôle, la question « la droite coupe-t-elle le plan ? » cache parfois un piège : parfois, elle ne le coupe pas. On refait la substitution, et selon ce qui tombe, il y a trois scénarios.

Prenons $d$ : $\begin{cases}x=t\\y=1-t\\z=2\end{cases}$ et $\mathcal{P}$ : $x+y+z-4=0$.

Substitution. $t+(1-t)+2-4=0$.

Simplification. Les $t$ s'annulent ($t-t=0$) et il reste $1+2-4=-1$. On obtient donc :

$-1=0$

C'est faux : aucune valeur de $t$ ne peut rendre cela vrai. Conclusion, la droite ne coupe pas le plan, elle lui est parallèle. Géométriquement, le vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}$ est perpendiculaire au vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ (leur produit scalaire vaut $1-1+0=0$), donc $d$ longe le plan sans jamais le toucher.

Les trois scénarios à connaître quand on substitue une droite dans un plan :

— On trouve une valeur de $t$ (comme $t=1$) : la droite coupe le plan en un point.
— On tombe sur une égalité fausse (comme $-1=0$) : la droite est strictement parallèle au plan.
— On tombe sur une égalité toujours vraie (comme $0=0$) : la droite est contenue dans le plan.

Problème type 1 : distance d'un point à un plan

Énoncé. On considère le plan $\mathcal{P}$ : $2x-3y+z=0$ et le point $M(4\,;1\,;5)$. Calculer la distance de $M$ à $\mathcal{P}$.

Étape 1, identifier $a$, $b$, $c$, $d$. L'équation est $2x-3y+z=0$, donc $a=2$, $b=-3$, $c=1$ et $d=0$.

Étape 2, appliquer la formule $d(M,\mathcal{P})=\dfrac{\lvert a x_M+b y_M+c z_M+d\rvert}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ avec $M(4\,;1\,;5)$ :

$d(M,\mathcal{P})=\dfrac{\lvert 2\times4-3\times1+1\times5+0\rvert}{\sqrt{2^2+(-3)^2+1^2}}$

Étape 3, le numérateur. $2\times4-3\times1+5=8-3+5=10$, et $\lvert10\rvert=10$.

Étape 4, le dénominateur. $\sqrt{4+9+1}=\sqrt{14}$.

Étape 5, le résultat, forme exacte puis arrondi. $d(M,\mathcal{P})=\dfrac{10}{\sqrt{14}}=\dfrac{10\sqrt{14}}{14}=\dfrac{5\sqrt{14}}{7}\approx2{,}67$.

Ce que le correcteur attend : des valeurs absolues bien posées, la racine au dénominateur, et surtout une forme exacte (avec la racine) avant l'arrondi. Ne donne jamais uniquement la valeur décimale.

Problème type 2 : intersection et pièges de rédaction

Énoncé (typique du bac). Le plan $\mathcal{P}$ passe par $A(2\,;0\,;1)$ et a pour vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}$. La droite $d$ est donnée par $\begin{cases}x=1+t\\y=-1+3t\\z=4+t\end{cases}$. Déterminer les coordonnées du point d'intersection de $d$ et $\mathcal{P}$.

Étape 1, l'équation cartésienne de $\mathcal{P}$. On écrit $\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0$ :

$1(x-2)+2(y-0)-1(z-1)=0$

$x-2+2y-z+1=0$, soit $x+2y-z-1=0$.

Piège à éviter : ici $\vec{n}$ est le vecteur normal, pas un vecteur directeur. C'est parce qu'il est perpendiculaire au plan qu'on a le droit d'écrire $\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0$. Confondre normal et directeur, c'est l'erreur numéro un du chapitre.

Étape 2, substituer la droite. On remplace $x$, $y$, $z$ par les expressions de $d$ :

$(1+t)+2(-1+3t)-(4+t)-1=0$

Étape 3, résoudre en $t$. On développe : $1+t-2+6t-4-t-1=0$, soit $6t-6=0$, donc $t=1$.

Étape 4, reporter dans $d$. Avec $t=1$ : $x=1+1=2$, $y=-1+3=2$, $z=4+1=5$.

Le point d'intersection est $I(2\,;2\,;5)$. Réflexe correcteur : on vérifie qu'il est bien sur le plan, $2+2\times2-5-1=0$ — vrai, et on n'oublie pas de conclure par une phrase.

L'autre côté du miroir : chaque objet a les deux écritures

Le cours retient : droite vers paramétrique, plan vers cartésien. C'est le choix le plus pratique, mais ce n'est pas une obligation, les deux objets peuvent s'écrire des deux façons.

Un plan en paramétrique. Comme un plan possède deux directions indépendantes, on le décrit avec deux paramètres. Si $A$ est un point et $\vec{u}$, $\vec{v}$ deux vecteurs non colinéaires du plan :

$\begin{cases}x=x_A+s\,u_1+t\,v_1\\y=y_A+s\,u_2+t\,v_2\\z=z_A+s\,u_3+t\,v_3\end{cases}\quad (s\,;t)\in\mathbb{R}^2$

Une droite, un paramètre ; un plan, deux paramètres : le nombre de paramètres, c'est la dimension de l'objet.

Une droite en cartésien. Dans l'espace, une droite est l'intersection de deux plans. Elle s'écrit donc comme un système de deux équations cartésiennes :

$\begin{cases}a_1x+b_1y+c_1z+d_1=0\\a_2x+b_2y+c_2z+d_2=0\end{cases}$

On passe de cette forme à la représentation paramétrique en posant par exemple $z=t$, puis en exprimant $x$ et $y$ en fonction de $t$.

Pourquoi l'équation d'un plan est un produit scalaire déguisé

D'où sort l'équation $ax+by+cz+d=0$ ? De la définition même du plan. Un point $M$ est dans le plan passant par $A$ de normale $\vec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ exactement quand $\overrightarrow{AM}$ est perpendiculaire à $\vec{n}$, c'est-à-dire :

$\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0$

On développe avec $\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}x-x_A\\y-y_A\\z-z_A\end{pmatrix}$ :

$a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0$

$ax+by+cz\underbrace{-(ax_A+by_A+cz_A)}_{=\,d}=0$

Le fameux $d$ n'est donc rien d'autre que $-(ax_A+by_A+cz_A)$ : il encode la position du plan, pas sa direction. Voilà pourquoi $d=0$ veut dire « le plan passe par l'origine » (avec $x_A=y_A=z_A=0$). Tout le chapitre repose sur cette seule idée : perpendiculaire équivaut à produit scalaire nul.

Même la formule de distance en découle : $d(M,\mathcal{P})$ mesure la longueur de la projection de $\overrightarrow{AM}$ sur la direction normale $\vec{n}$, ce qui donne le quotient $\dfrac{\lvert\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}\rvert}{\lVert\vec{n}\rVert}$.

Un avant-goût du supérieur : fabriquer le vecteur normal d'un coup

Au contrôle, pour trouver la normale d'un plan connaissant deux de ses vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, tu résous un système. Après le bac, on apprend un outil qui donne la réponse directement : le produit vectoriel, noté $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$.

Il fabrique en une seule opération un vecteur automatiquement perpendiculaire aux deux : c'est exactement un vecteur normal du plan. Reprenons $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1\\2\\0\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1\\0\\3\end{pmatrix}$ de l'échauffement :

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}2\times3-0\times0\\0\times(-1)-(-1)\times3\\(-1)\times0-2\times(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\3\\2\end{pmatrix}$

On retombe exactement sur le $\vec{n}\begin{pmatrix}6\\3\\2\end{pmatrix}$ trouvé à la main dans l'échauffement, sans résoudre aucun système. C'est le même vecteur normal, obtenu d'un coup.

Le fil à suivre l'an prochain. Ces représentations sont la porte d'entrée de la géométrie vectorielle du supérieur : bases, dimension, systèmes linéaires, projections orthogonales. Le réflexe « un objet, c'est un point plus des directions » que tu as appris ici te resservira partout.