La Spécialité Maths en Terminale

L'essentiel pour le bac

Représentations paramétriques et équations cartésiennes

Définition

L'espace est muni d'un repère $(O,{i}↖{→},{j}↖{→},{k}↖{→})$.
La droite $d$ passant par le point $A(x_A\,;\,y_A\,;\,z_A)$ et de vecteur directeur ${u}↖{→}$( a ; b ; c ) admet pour représentation paramétrique le système $\{\table x=x_A+ta; y=y_A+tb;z=z_A+tc$
où $t$ est le paramètre de cette représentation.

Remarque: l'orthonormalité du repère n'est pas nécessaire.

Exemple

L'espace est muni d'un repère $(O,{i}↖{→},{j}↖{→},{k}↖{→})$.
A( 2 ; 3 ; 1 )     B( -1 ; 5 ; 7 )      C( 1 ; -2 ; 4 ).

  1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AB).
  2. Le point C est-il sur (AB)?
  3. Le point E( $x_E$ ; $y_E$ ; 4 ) est sur (AB). Déterminer $x_E$ et $y_E$.
Solution...
Corrigé
  1. On obtient facilement: ${AB}↖{→}$( -3 ; 2 ; 6 ).
    (AB) passe par A( 2 ; 3 ; 1 ) et a pour vecteur directeur ${AB}↖{→}$( -3 ; 2 ; 6 ),
    donc elle admet pour représentation paramétrique $\{\table x=2-3t; y=3+2t;z=1+6t$

  2. C( 1 ; -2 ; 4 ) est sur (AB) si et seulement si
    il existe un réel $t$ tel que $\{\table 1=2-3t; -2=3+2t;4=1+6t$
    Or $\{\table 1=2-3t; -2=3+2t;4=1+6t$ $⇔$ $\{\table {-1}/{-3}=t; {-5}/{2}=t;{3}/{6}=t$ $⇔$ $\{\table {1}/{3}=t; -2\text","5=t;0\text","5=t$
    Les valeurs de $t$ sont différentes!
    Le système n'a pas de solution
    Et par là, C( 1 ; -2 ; 4 ) n'est pas sur (AB).

  3. E( $x_E$ ; $y_E$ ; 4 ) est sur (AB) si et seulement si
    il existe un réel $t$ tel que $\{\table x_E=2-3t; y_E=3+2t;4=1+6t$
    Or $\{\table x_E=2-3t; y_E=3+2t;4=1+6t$ $⇔$ $\{\table x_E=2-3t; y_E=3+2t;0\text","5=t$ $⇔$ $\{\table x_E=2-3 ×0\text","5=0\text","5; y_E=3+2 ×0\text","5=4;0\text","5=t$
    Donc E a pour coordonnées ( 0,5 ; 4 ; 4 ).
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La définition qui suit n'étant pas explicitement au programme, elle est souvent rappelée dans les exercices.

Définition

L'espace est muni d'un repère $(O,{i}↖{→},{j}↖{→},{k}↖{→})$.
Le plan P passant par le point $A(x_A\,;\,y_A\,;\,z_A)$
et de vecteurs directeurs ${u}↖{→}$( a ; b ; c ) et ${v}↖{→}$( a' ; b' ; c' )
admet pour représentation paramétrique le système $\{\table x=x_A+ta+t'a'; y=y_A+tb+t'b';z=z_A+tc+t'c'$
où $t$ et $t'$ sont les paramètres de cette représentation.

Remarque: l'orthonormalité du repère n'est pas nécessaire.

Exemple

L'espace est muni d'un repère $(O,{i}↖{→},{j}↖{→},{k}↖{→})$.
A( 2 ; 3 ; 1 )     B( -1 ; 5 ; 7 )      C( 1 ; -2 ; 4 ).

  1. Déterminer une représentation paramétrique du plan (ABC).
  2. Le point E( 2 ; 4 ; 6 ) est-il sur (ABC)?
Solution...
Corrigé
  1. On obtient facilement: ${AB}↖{→}$( -3 ; 2 ; 6 ) et ${AC}↖{→}$( -1 ; -5 ; 3 ) .
    Ces vecteurs non nuls aux coordonnées non proportionnelles sont donc des vecteurs directeurs du plan (ABC), qui, par ailleurs passe par A.
    Donc (ABC) admet pour représentation paramétrique $\{\table x=2-3t-t'; y=3+2t-5t';z=1+6t+3t'$
    E( 2 ; 4 ; 6 ) est sur (ABC) si et seulement si
    il existe deux réels $t$ et $t'$ tels que $\{\table 2=2-3t-t'; 4=3+2t-5t';6=1+6t+3t'$
    Or $\{\table 2=2-3t-t'; 4=3+2t-5t';6=1+6t+3t'$ $⇔$ $\{\table t'=-3t; 1=2t-5×(-3t);5=6t+3×(-3t)$ $⇔$ $\{\table t'=-3t; {1}/{17}=t;{5}/{-3}=t$
    Les valeurs de $t$ sont différentes!
    Le système n'a pas de solution
    Et par là, E n'est pas sur (ABC).
Réduire...

Définition et propriété

L'espace est muni d'un repère orthonormal.
Si le plan P a pour vecteur normal ${n}↖{→}(\,a\,;\,b\,;\,c\,)$,
alors il admet une équation cartésienne de la forme $ax+by+cz+d=0\,$ , où $d$ est un réel.
Réciproquement, si $a$, $b$, $c$ et $d$ sont 4 réels avec $a$, $b$ et $c$ non tous nuls,
alors l'ensemble des points d'équation $ax+by+cz+d=0$ est un plan de vecteur normal ${n}↖{→}(\,a\,;\,b\,;\,c\,)$.

Remarque: l'orthonormalité du repère est absolument nécessaire.

Exemple

L'espace est muni d'un repère orthonormal.
Soient les points A(1 ; -1 ; 2), B(3 ; 3 ; 8), C(-3 ; 5 ; 4).
1. Déterminer les coordonnées des vecteurs ${AB}↖{→}$ et ${AC}↖{→}$, puis montrer que ces vecteurs ne sont pas colinéaires.
2. Soit P le plan passant par A, B et C.
Conjecture: le plan P admet pour équation cartésienne $x+y-z+2=0$.
Choisir judicieusement un vecteur ${n}↖{→}$ et démontrer qu'il est normal à P, puis prouver la conjecture.
3. Soit $d$ la droite de représentation paramétrique $\{\table x=t+1; y=2t-1;z=3t+2$
Montrer que P contient $d$.

Solution...
Corrigé

1. On obtient: ${AB}↖{→}$( 2 ; 4 ; 6 ) et ${AC}↖{→}$( -4 ; 6 ; 2 ).
Les coordonnées de ces vecteurs non nuls ne sont pas proportionnellles, et donc, ils ne sont donc pas colinéaires.

2. Vu l'équation proposée, on considère le vecteur ${n}↖{→}$( 1 ; 1 ; -1 ),
et l'on va tout d'abord prouver qu'il est normal à P.
${AB}↖{→}$ et ${AC}↖{→}$ ne sont donc pas colinéaires,
et par là, ils forment un couple de vecteurs directeurs du plan P.

Or, on a: ${n}↖{→}.{AB}↖{→}=1×2+1×4+(-1)×6=0$ et ${n}↖{→}.{AC}↖{→}=1×(-4)+1×6+(-1)×2=0$
Par conséquent, ${n}↖{→}$ est bien un vecteur normal de P.
Le plan P admet donc pour une équation cartésienne du type: $1×x+1×y+(-1)×z+d=0$.
Or A est dans P; donc: $1×1+1×(-1)+(-1)×2+d=0$, d'où: $d=2$.
Donc P admet pour équation cartésienne $x+y-z+2=0$.

3. $d$ passe par A (pour $t=0$) et par E ( 2 ; 1 ; 5 ) (pour $t=1$).
Or, comme $x_E+y_E-z_E+2=0$, E est dans P. Par ailleurs, A est dans P. Donc la droite $d$ possède deux points distincts dans P, et par là, elle est dans P.

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Exemple

L'espace est muni d'un repère orthonormal.
Soit P le plan d'équation $x+2y-z+3=0$.
Soit Q le plan d'équation $-2x-2z=0$.
1. Montrer que P et Q sont perpendiculaires.
2. Déterminer une équation paramétrique de leur droite d'intersection $d$.
3. Donner un point de $d$ ainsi qu'un de ses vecteurs directeurs.

Solution...
Corrigé

1. P a pour vecteur normal ${n}↖{→}$ ( 1 ; 2 ; -1 ).
Q a pour vecteur normal ${n'}↖{→}$ ( -2 ; 0 ; -2 ).
Or ${n}↖{→}.{n'}↖{→}=1×(-2)+2×0+(-1)×(-2)=0$.
Donc P et Q sont perpendiculaires.

2. $M (x\,;\,y\,;\,z)$ est sur $d$ si et seulement si $\{\table x+2y-z+3=0; -2x-2z=0$
Soit: $\{\table y={-x+z-3}/{2}; -x=z$
Soit: $\{\table y={2z-3}/{2}=-{3}/{2}+z; x=-z$
Donc $d$ a pour équation paramétrique: $\{\table x=-t;y=-{3}/{2}+t; z=t$

3. Par conséquent $d$ passe par A ( 0 ; -1,5 ; 0 )
et a pour vecteur directeur ${u}↖{→}$ ( -1 ; 1 ; 1 ).

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