Représentations paramétriques de droites : corrigé des exercices 1 à 10

Dans une représentation paramétrique \( x = x_A + at,\ y = y_A + bt,\ z = z_A + ct \), on lit un point avec les termes constants (c’est le point obtenu pour \( t = 0 \)) et un vecteur directeur avec les coefficients du paramètre.

Droite \( d \) : \( x = 1 + 2t \), \( y = -3 + 1 \times t \), \( z = 0 + 5t \).

• Point : pour \( t = 0 \), on obtient \( \mathbf{A(1 \,;\, -3 \,;\, 0)} \).
• Vecteur directeur : \( \vec{u}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix} \).

Droite \( d^{\prime} \) : \( x = 2 – 3t^{\prime} \), \( y = 0 – 2t^{\prime} \), \( z = 1 – 1 \times t^{\prime} \).

• Point : pour \( t^{\prime} = 0 \), on obtient \( \mathbf{B(2 \,;\, 0 \,;\, 1)} \).
• Vecteur directeur : \( \vec{v}\begin{pmatrix} -3 \\ -2 \\ -1 \end{pmatrix} \) (ou tout vecteur colinéaire, par exemple \( \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \)).

Attention : dans \( y = -2t^{\prime} \), le terme constant est 0, et dans \( z = 1 – t^{\prime} \) le coefficient de \( t^{\prime} \) est \( -1 \).

Chaque valeur réelle de \( t \) donne un point de \( d \). On choisit des valeurs simples pour calculer de tête.

Pour \( t = -1 \), attention au signe : \( x = -(-1) + 1 = 2 \) et \( z = -2 – 2 \times (-1) = 0 \).

La droite \( (AB) \) passe par \( A(1 \,;\, 2 \,;\, 1) \) et \( B(4 \,;\, 5 \,;\, -2) \) ; elle est dirigée par

\[ \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 4 – 1 \\ 5 – 2 \\ -2 – 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ -3 \end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}. \]

Un système convient s’il remplit deux conditions : son vecteur directeur est colinéaire à \( \overrightarrow{AB} \), et le point lu (pour paramètre nul) appartient à \( (AB) \). On teste chacun :

• (1) : point \( (1 \,;\, 2 \,;\, 1) = A \), vecteur \( (3 \,;\, 3 \,;\, -3) = \overrightarrow{AB} \). Convient.
• (2) : vecteur \( (1 \,;\, 2 \,;\, 1) \). Il n’est pas colinéaire à \( (1 \,;\, 1 \,;\, -1) \) (les deux premières coordonnées sont égales pour l’un, pas pour l’autre). Ne convient pas.
• (3) : point \( (4 \,;\, 5 \,;\, -2) = B \), vecteur \( (3 \,;\, 3 \,;\, -3) = \overrightarrow{AB} \). Convient.
• (4) : point \( (4 \,;\, 5 \,;\, -2) = B \), vecteur \( (-1 \,;\, -1 \,;\, 1) = -\frac{1}{3}\overrightarrow{AB} \), colinéaire à \( \overrightarrow{AB} \). Convient.

Une droite possède une infinité de représentations paramétriques : il est donc normal que plusieurs systèmes soient corrects.

On lit les vecteurs directeurs :

\[ \vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} \text{ pour } d \qquad \text{et} \qquad \vec{v}\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -6 \end{pmatrix} \text{ pour } d^{\prime}. \]

On remarque que \( \vec{v} = 2\vec{u} \) : les vecteurs directeurs sont colinéaires, donc les droites \( d \) et \( d^{\prime} \) sont parallèles.

Pour aller plus loin, on peut vérifier qu’elles ne sont pas confondues : le point \( (0 \,;\, -1 \,;\, 0) \) de \( d^{\prime} \) (pour \( t^{\prime} = 0 \)) appartient-il à \( d \) ? L’égalité \( -1 + t = 0 \) donne \( t = 1 \), puis \( y = 5 + 2 = 7 \neq -1 \). Ce point n’est pas sur \( d \) : les droites sont strictement parallèles.

Étape 1 : les droites ne sont pas parallèles. Les vecteurs directeurs sont \( \vec{u}(1 \,;\, 1 \,;\, -2) \) et \( \vec{v}(2 \,;\, -2 \,;\, 1) \). Si \( \vec{v} = k\vec{u} \), la première coordonnée donne \( k = 2 \) et la deuxième \( k = -2 \) : impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires.

Étape 2 : recherche d’un point commun. Un point commun correspond à des réels \( t \) et \( t^{\prime} \) tels que :

\[ \begin{cases} 5 + t = 17 + 2t^{\prime} \\ 2 + t = -2 – 2t^{\prime} \\ -2t = -4 + t^{\prime} \end{cases} \iff \begin{cases} t – 2t^{\prime} = 12 \quad (L_1) \\ t + 2t^{\prime} = -4 \quad (L_2) \\ 2t + t^{\prime} = 4 \quad (L_3) \end{cases} \]

En additionnant \( (L_1) \) et \( (L_2) \) : \( 2t = 8 \), donc \( \mathbf{t = 4} \). Alors \( (L_2) \) donne \( 2t^{\prime} = -8 \), donc \( \mathbf{t^{\prime} = -4} \).

Vérification dans \( (L_3) \) : \( 2 \times 4 + (-4) = 4 \). L’équation est vérifiée : le système a une unique solution.

Le point commun s’obtient avec \( t = 4 \) dans (S) : \( (5 + 4 \,;\, 2 + 4 \,;\, -8) = (9 \,;\, 6 \,;\, -8) \). Contrôle avec \( t^{\prime} = -4 \) dans (S′) : \( (17 – 8 \,;\, -2 + 8 \,;\, -4 – 4) = (9 \,;\, 6 \,;\, -8) \).

Un point \( M(t \,;\, 1 – 6t \,;\, 3 – t) \) de \( d \) appartient à \( \mathscr{P} \) si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation du plan :

\[ \begin{aligned} 5t + (1 – 6t) – (3 – t) + 3 &= 0 \\ 5t + 1 – 6t – 3 + t + 3 &= 0 \\ 0 \times t + 1 &= 0 \\ 1 &= 0 \end{aligned} \]

Cette égalité est impossible : aucune valeur de \( t \) ne convient, donc la droite \( d \) et le plan \( \mathscr{P} \) n’ont aucun point commun.

Interprétation : un vecteur normal à \( \mathscr{P} \) est \( \vec{n}(5 \,;\, 1 \,;\, -1) \) et un vecteur directeur de \( d \) est \( \vec{u}(1 \,;\, -6 \,;\, -1) \). On a \( \vec{n} \cdot \vec{u} = 5 – 6 + 1 = 0 \) : \( \vec{u} \) est orthogonal à \( \vec{n} \), donc \( d \) est parallèle à \( \mathscr{P} \). Comme elles n’ont pas de point commun, \( d \) est strictement parallèle à \( \mathscr{P} \) (par exemple, le point \( (0 \,;\, 1 \,;\, 3) \) de \( d \) donne \( 0 + 1 – 3 + 3 = 1 \neq 0 \)).

a) Les vecteurs directeurs sont \( \vec{u}(2 \,;\, 1 \,;\, 2) \) pour \( d \) et \( \vec{v}(4 \,;\, -1 \,;\, 1) \) pour \( d^{\prime} \). S’il existait un réel \( k \) tel que \( \vec{v} = k\vec{u} \), on aurait \( 4 = 2k \), donc \( k = 2 \), et \( -1 = k \times 1 \), donc \( k = -1 \) : contradiction. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc \( d \) et \( d^{\prime} \) ne sont pas parallèles.

b) On cherche \( t \) et \( t^{\prime} \) tels que :

\[ \begin{cases} 1 + 2t = 4t^{\prime} \quad (L_1) \\ 2 + t = -2 – t^{\prime} \quad (L_2) \\ -1 + 2t = 2 + t^{\prime} \quad (L_3) \end{cases} \]

De \( (L_2) \) : \( t^{\prime} = -4 – t \). On remplace dans \( (L_1) \) :

\[ \begin{aligned} 1 + 2t &= 4(-4 – t) \\ 1 + 2t &= -16 – 4t \\ 6t &= -17 \\ t &= -\frac{17}{6} \end{aligned} \]

Donc \( t^{\prime} = -4 + \frac{17}{6} = -\frac{7}{6} \).

Vérification dans \( (L_3) \) :

\[ -1 + 2 \times \left(-\frac{17}{6}\right) = -1 – \frac{17}{3} = -\frac{20}{3} \qquad \text{et} \qquad 2 + \left(-\frac{7}{6}\right) = \frac{5}{6}. \]

Comme \( -\frac{20}{3} \neq \frac{5}{6} \), la troisième équation n’est pas vérifiée : le système n’a pas de solution. Les droites \( d \) et \( d^{\prime} \) n’ont aucun point commun.

Elles ne sont ni parallèles (question a) ni sécantes : elles sont donc non coplanaires.

On cherche \( t \) et \( t^{\prime} \) tels que les deux points coïncident :

\[ \begin{cases} 1 + t = 2t^{\prime} \quad (L_1) \\ 3 + t = 1 + t^{\prime} \quad (L_2) \\ -4 – 2t = 3 + t^{\prime} \quad (L_3) \end{cases} \]

De \( (L_2) \) : \( t^{\prime} = t + 2 \). Dans \( (L_1) \) : \( 1 + t = 2t + 4 \), donc \( \mathbf{t = -3} \) et \( \mathbf{t^{\prime} = -1} \).

Vérification dans \( (L_3) \) : \( -4 – 2 \times (-3) = 2 \) et \( 3 + (-1) = 2 \). L’équation est vérifiée.

Coordonnées du point : avec \( t = -3 \) dans \( d \), \( x = 1 – 3 = -2 \), \( y = 3 – 3 = 0 \), \( z = -4 + 6 = 2 \). Contrôle avec \( t^{\prime} = -1 \) dans \( d^{\prime} \) : \( x = -2 \), \( y = 0 \), \( z = 2 \).

a) La droite \( (EF) \) passe par \( E(1 \,;\, 0 \,;\, 3) \) et est dirigée par

\[ \overrightarrow{EF}\begin{pmatrix} 3 – 1 \\ -1 – 0 \\ 2 – 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}. \]

Une représentation paramétrique de \( (EF) \) est donc :

\[ \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -t \\ z = 3 – t \end{cases} \qquad (t \in \mathbb{R}) \]

b) \( M(a \,;\, b \,;\, -2) \) appartient à \( (EF) \) si et seulement s’il existe un réel \( t \) tel que :

\[ \begin{cases} a = 1 + 2t \\ b = -t \\ -2 = 3 – t \end{cases} \]

La troisième équation impose \( t = 5 \). On en déduit \( a = 1 + 2 \times 5 = 11 \) et \( b = -5 \).

Vérification : pour \( t = 5 \), le point de \( (EF) \) est \( (11 \,;\, -5 \,;\, -2) \), qui a bien pour cote \( -2 \).

a) Dans le repère \( (A \,;\, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}) \), l’origine est \( A \) et chaque vecteur de base est une arête du cube : on travaille donc avec une arête de longueur 1. On décompose chaque vecteur \( \overrightarrow{AM} \) :

• \( A(0 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( B(1 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( D(0 \,;\, 1 \,;\, 0) \), \( E(0 \,;\, 0 \,;\, 1) \) ;
• \( \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} \), donc \( C(1 \,;\, 1 \,;\, 0) \) ;
• \( \overrightarrow{AF} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AE} \), donc \( F(1 \,;\, 0 \,;\, 1) \) ;
• \( \overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE} \), donc \( H(0 \,;\, 1 \,;\, 1) \) ;
• \( \overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE} \), donc \( G(1 \,;\, 1 \,;\, 1) \).

b) Droite \( (AG) \) : elle passe par \( A(0 \,;\, 0 \,;\, 0) \) et est dirigée par \( \overrightarrow{AG}(1 \,;\, 1 \,;\, 1) \) :

\[ (AG) : \begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases} \qquad (t \in \mathbb{R}) \]

Droite \( (BH) \) : elle passe par \( B(1 \,;\, 0 \,;\, 0) \) et est dirigée par \( \overrightarrow{BH}(0 – 1 \,;\, 1 – 0 \,;\, 1 – 0) = (-1 \,;\, 1 \,;\, 1) \) :

\[ (BH) : \begin{cases} x = 1 – s \\ y = s \\ z = s \end{cases} \qquad (s \in \mathbb{R}) \]

Remarque : pour \( t = s = \frac{1}{2} \), les deux droites passent par \( \Omega\left(\frac{1}{2} \,;\, \frac{1}{2} \,;\, \frac{1}{2}\right) \) ; les diagonales \( (AG) \) et \( (BH) \) se coupent au centre du cube.