Géométrie dans l'espace (partie 1) : Vecteurs, droites et plans

\[ \overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} 4-1\\ 0-2\\ 5-3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\ -2\\ 2 \end{pmatrix}. \]

\[ \left\|\overrightarrow{u}\right\| = \sqrt{2^2+(-1)^2+2^2} = \sqrt{9} = 3 \]

On considère les trois vecteurs : \[ \overrightarrow{u} = \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow{w} = \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 2 \end{pmatrix}. \]

Pour savoir si trois vecteurs sont coplanaires, on cherche s'il existe deux réels \(a\) et \(b\) tels que : \[ \overrightarrow{w} = a\overrightarrow{u} + b\overrightarrow{v}. \]

On calcule : \[ a\overrightarrow{u} + b\overrightarrow{v} = a \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}. \]

Donc : \[ a\overrightarrow{u} + b\overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} a\\ b\\ a+b \end{pmatrix}. \]

On veut que ce vecteur soit égal à \(\overrightarrow{w}\) : \[ \begin{pmatrix} a\\ b\\ a+b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 2 \end{pmatrix}. \]

On obtient alors le système : \[ \begin{cases} a=1\\ b=1\\ a+b=2 \end{cases} \]

Les deux premières équations donnent : \[ a=1 \qquad\text{et}\qquad b=1. \]

On vérifie la troisième équation : \[ a+b=1+1=2. \] Le système admet donc une solution. Ainsi,

\[ \overrightarrow{w} = \overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}. \]

En conséquence, les trois vecteurs $\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} \text{et} \overrightarrow{w}$ sont bel et bien coplanaires.

Première méthode

Une représentation paramétrique d'une droite passant par un point \(A(x_A;y_A;z_A)\) et de vecteur directeur est donnée par : \[ \overrightarrow{u} = \begin{pmatrix} a\\ b\\ c \end{pmatrix} \] est donnée par : \[ \begin{cases} x=x_A+at\\ y=y_A+bt\\ z=z_A+ct \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}. \]

Ici : \[ A(1;0;2) \qquad\text{et}\qquad \overrightarrow{u} = \begin{pmatrix} 2\\ -1\\ 3 \end{pmatrix}. \]

On obtient donc : \[ \begin{cases} x=1+2t\\ y=0-t\\ z=2+3t \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}. \]

Ainsi, une représentation paramétrique de la droite \((d)\) est : \[ \boxed{ (d): \begin{cases} x=1+2t\\ y=-t\\ z=2+3t \end{cases} \quad t\in\mathbb{R}. } \]

Deuxième méthode

Un point \(M(x;y;z)\) appartient à la droite \((d)\) si et seulement si \(\overrightarrow{AM}\) est colinéaire à \(\overrightarrow{u}\).

On a : \[ \overrightarrow{AM} = \begin{pmatrix} x-1\\ y-0\\ z-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x-1\\ y\\ z-2 \end{pmatrix}. \]

Les vecteurs \(\overrightarrow{AM}\) et \(\overrightarrow{u}\) sont colinéaires. Il existe donc un réel \(t\) tel que : \[ \overrightarrow{AM} = t\overrightarrow{u}. \]

Ainsi, \[ \begin{pmatrix} x-1\\ y\\ z-2 \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 2\\ -1\\ 3 \end{pmatrix}. \]

On obtient, par identification des coordonnées : \[ \begin{cases} x-1=2t\\ y=-t\\ z-2=3t \end{cases} \]

Donc, une représentation paramétrique de la droite \((d)\) est donnée par : \[ \boxed{ \begin{cases} x=1+2t\\ y=-t\\ z=2+3t \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R} } \]

On retrouve la même représentation paramétrique de la droite \((d)\).

On considère le point : \[ M(5;-2;8) \] et la droite \((d)\) définie par : \[ \begin{cases} x=1+2t\\ y=-t\\ z=2+3t \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}. \]

Pour savoir si \(M\) appartient à la droite \((d)\), on cherche une valeur de \(t\) qui vérifie simultanément les trois équations.

La ligne $L_2$ imlique que $t=2$.

Par substitution dans $L_1$ et $L_3$, on constate que $2$ vérifie les deux équations.

Ainsi, pour \(t=2\), on obtient : \[ \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\\ -2\\ 8 \end{pmatrix}. \]

En conséquence, le point \(M(5;-2;8)\) appartient donc à la droite \((d)\).

Première méthode

On considère les deux points : \[ D(2;3;0) \qquad\text{et}\qquad K(5;6;1). \]

Pour déterminer une représentation paramétrique de la droite \((DK)\), on cherche d'abord un vecteur directeur de cette droite.

On calcule : \[ \overrightarrow{DK} = \begin{pmatrix} 5-2\\ 6-3\\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\ 3\\ 1 \end{pmatrix}. \]

Ainsi, un vecteur directeur de la droite \((DK)\) est : \[ \overrightarrow{u} = \begin{pmatrix} 3\\ 3\\ 1 \end{pmatrix}. \]

La droite passe par le point \(D(2;3;0)\). On utilise donc : \[ \begin{cases} x=x_D+at\\ y=y_D+bt\\ z=z_D+ct \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}, \] où \[ \overrightarrow{u} = \begin{pmatrix} a\\ b\\ c \end{pmatrix}. \]

Ainsi, une représentation paramétrique de la droite \((DK)\) est donnée par : \[ \boxed{ (DK): \begin{cases} x=2+3t\\ y=3+3t\\ z=t \end{cases} \quad t\in\mathbb{R}.} \]

Deuxième méthode

On considère : \[ D(2;3;0) \qquad\text{et}\qquad K(5;6;1). \]

Soit \(M(x;y;z)\) un point quelconque de la droite \((DK)\).

Comme \(M\) appartient à la droite \((DK)\), les vecteurs \(\overrightarrow{DM}\) et \(\overrightarrow{DK}\) sont colinéaires.

On calcule : \[ \overrightarrow{DM} = \begin{pmatrix} x-2\\ y-3\\ z \end{pmatrix} \] et \[ \overrightarrow{DK} = \begin{pmatrix} 5-2\\ 6-3\\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\ 3\\ 1 \end{pmatrix}. \]

Il existe donc un réel \(t\) tel que : \[ \overrightarrow{DM} = t\overrightarrow{DK}. \]

Ainsi : \[ \begin{pmatrix} x-2\\ y-3\\ z \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} 3\\ 3\\ 1 \end{pmatrix}. \]

Par identification des coordonnées : \[ \begin{cases} x-2=3t\\ y-3=3t\\ z=t \end{cases} \]

On en déduit : \[ \boxed{ \begin{cases} x=2+3t\\ y=3+3t\\ z=t \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}. } \]

En conséquence, une représentation paramétrique de la droite \((DK)\) est donnée par : \[ \boxed{ (DK): \begin{cases} x=2+3t\\ y=3+3t\\ z=t \end{cases} \quad t\in\mathbb{R}.} \]

Première méthode

Deux droites sont parallèles si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires.

On compare les deux vecteurs : \[ \overrightarrow{u} = \begin{pmatrix} 2\\ 4\\ -2 \end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad \overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ -1 \end{pmatrix}. \]

On remarque que : \[ \overrightarrow{u} = 2\overrightarrow{v}. \] En effet : \[ 2 \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\ 4\\ -2 \end{pmatrix}. \]

Les vecteurs \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{v}\) sont donc colinéaires.

En conséquence, les deux droites sont parallèles.

Deuxième méthode

On considère les deux vecteurs directeurs : \[ \overrightarrow{u} = \begin{pmatrix} 2\\ 4\\ -2 \end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad \overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ -1 \end{pmatrix}. \]

Pour savoir si deux vecteurs sont colinéaires, on compare les rapports de leurs coordonnées : \[ \frac{2}{1} = \frac{4}{2} = \frac{-2}{-1}. \]

On obtient : $2$.

Les trois rapports étant égaux,donc les vecteurs \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{v}\) sont colinéaires.

En conséquence, les deux droites sont parallèles.

Troisième méthode

On considère les deux vecteurs directeurs : \[ \overrightarrow{u} = \begin{pmatrix} 2\\ 4\\ -2 \end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad \overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ -1 \end{pmatrix}. \]

On cherche s'il existe un réel \(k\) tel que : \[ \overrightarrow{u}=k\overrightarrow{v}. \]

Ainsi, \[ k=2. \]

Ainsi, les vecteurs \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{v}\) sont colinéaires.

En conséquence, les deux droites sont parallèles.

On considère les deux droites définies par : \[ (d_1):\quad A(0;0;0), \qquad \overrightarrow{u} = \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \] et \[ (d_2):\quad B(0;0;1), \qquad \overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}. \]

Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires : \[ \overrightarrow{u} = \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad \overrightarrow{v} = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}. \] Donc, les droites ne sont donc pas parallèles.

Cherchons maintenant si elles sont sécantes.

Une représentation paramétrique de \((d_1)\) est donnée par : \[ (d_1): \begin{cases} x=t\\ y=0\\ z=0 \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}. \]

Une représentation paramétrique de \((d_2)\) est donnée par : \[ (d_2): \begin{cases} x=0\\ y=s\\ z=1 \end{cases} \qquad s\in\mathbb{R}. \]

Pour que les deux droites soient sécantes, il faudrait un point commun. On devrait donc avoir : \[ \begin{cases} t=0\\ 0=s\\ 0=1 \end{cases} \]

La dernière égalité est impossible : \[ 0\neq1. \] Les deux droites n'ont donc aucun point commun.

Elles ne sont ni parallèles ni sécantes.

En conséquence, les droites $(d_1)$ et $(d_2)$ sont non coplanaires.

Pour savoir si \(\overrightarrow{w}\) est une combinaison linéaire de \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{v}\), on cherche deux réels \(a\) et \(b\) tels que : \[ \overrightarrow{w} = a\overrightarrow{u} + b\overrightarrow{v}. \]

On obtient : \[ \begin{pmatrix} 3\\ 1\\ 4 \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}. \]

En effectuant les opérations : \[ \begin{pmatrix} 3\\ 1\\ 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a+b\\ b\\ a+b \end{pmatrix}. \]

On obtient donc le système : \[ \begin{cases} a+b=3 & L_1\\ b=1 & L_2\\ a+b=4 & L_3 \end{cases} \]

On a : \[ b=1 \] Par substitution dans $L_1$ et $L_3$, on obtient : \[ \begin{cases} a=2\\ b=1\\ a=3 \end{cases} \] Impossible. Il y a donc une contradiction. Il n'existe aucun couple \((a;b)\) satisfaisant les trois équations.

En conséquence, $\overrightarrow{w}$ n'est pas une combinaison linéaire de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}. $

Première méthode

Pour montrer que les quatre points sont coplanaires, on peut montrer que le vecteur \(\overrightarrow{AD}\) est une combinaison linéaire des vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\).

Calculons les trois vecteurs : \[ \overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} 1-0\\ 0-0\\ 0-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}, \]

\[ \overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} 0-0\\ 1-0\\ 0-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}, \]

et : \[ \overrightarrow{AD} = \begin{pmatrix} 1-0\\ 1-0\\ 0-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}. \]

On remarque que : \[ \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}. \]

En effet : \[ \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}. \]

Ainsi, les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AD}\) sont coplanaires.

En conséquence, les points A, B, C et D sont coplanaires.

Deuxième méthode

Pour montrer que les quatre points sont coplanaires, cherchons deux réels \(a\) et \(b\) tels que : \[ \overrightarrow{AD} = a\overrightarrow{AB} + b\overrightarrow{AC}. \]

On obtient : \[ \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}. \]

Après addition des vecteurs : \[ \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a\\ b\\ 0 \end{pmatrix}. \]

On obtient le système : \[ \begin{cases} a=1\\ b=1\\ 0=0 \end{cases} \]

Ce système admet la solution : \[ \boxed{a=1\qquad\text{et}\qquad b=1}. \]

Ainsi : \[ \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}. \]

Autrement dit, le vecteur \(\overrightarrow{AD}\) est donc une combinaison linéaire des vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\).

En conséquence, les points A, B, C et D sont coplanaires.