Vecteurs, droites et plans de l’espace

Terminale spécialité mathématiques — Cours en autonomie

FAIRE LES 2kπ

9 — Vecteurs, droites

et plans de l’espace

Terminale — Spécialité mathématiques

Cours en autonomie

Voir une configuration, choisir un outil, justifier une conclusion.

Du déplacement aux coordonnées, sans confondre le dessin et la preuve.

Des fondations explicites, des démonstrations accessibles,

des essais corrigés et des reprises pour apprendre à travailler seul.

faireles2kpi.frAnnée scolaire 2026–2027

0. Entrer dans le chapitre et choisir son chemin

Un dessin de cube tient sur une feuille, mais le cube n’est pas plat. Deux traits peuvent se croiser sur la feuille alors que les droites de l’espace n’ont aucun point commun. Inversement, deux écritures très différentes peuvent décrire la même droite. Notre but est de passer d’une impression à une conclusion justifiée, puis de savoir choisir seul une méthode.

0.1 — Trois questions pour organiser le travail

Quels objets ? Un point indique une position ; un vecteur décrit un déplacement ; une droite ou un plan réunit une infinité de points.

Quels outils ? La configuration fait reconnaître des directions ; les vecteurs relient des déplacements ; les coordonnées transforment ces relations en calculs ; le paramétrage décrit tous les points d’une droite.

Quelle preuve ? Une propriété s’utilise avec ses hypothèses. Une perspective, une réponse de logiciel ou deux coordonnées correctes ne remplacent pas leur vérification.

0.2 — Chemin conseillé et consultation rapide

Les unités sont numérotées pour permettre deux lectures : suivre le chapitre dans l’ordre, ou revenir directement à une difficulté.

Unités 1 à 4 : lire et calculer. Nommer les objets, transporter des vecteurs, réduire des combinaisons et justifier un alignement.
Unités 5 à 8 : organiser l’espace. Décrire un plan, comparer des positions, construire une section et comprendre pourquoi trois directions peuvent former une base.
Unités 9 à 12 : passer aux coordonnées. Choisir un repère, résoudre un système utile, paramétrer une droite et interpréter une intersection.
Unités 13 et 14 : décider et se contrôler. Comparer les méthodes, résoudre des problèmes qui les combinent, puis repérer ce qui mérite une reprise.
Unité 15 : prolongement facultatif. Les barycentres prolongent les combinaisons vectorielles. Aucun résultat du parcours principal ne suppose cette lecture.

Pour reprendre une difficulté, lire le rappel situé après le titre de l’unité concernée. Les corrections sont disponibles localement après les essais : les couvrir pendant la recherche, puis comparer la première ligne différente, pas seulement la dernière réponse.

La mention « À reprendre plus tard » propose une nouvelle tentative après une autre activité ou lors d’une séance suivante. Elle permet de vérifier que l’on retrouve un raisonnement sans avoir son modèle sous les yeux. Une première erreur corrigée est une information utile pour choisir la suite du travail.

0.3 — Reconnaître la nature de ce qu'on lit

Les titres des résultats ont un rôle précis.

Elle fixe le sens d’un mot ou introduit un objet. On explique son intérêt et on l’illustre ; on ne la démontre pas. Lorsqu’elle prétend définir un objet unique, l’existence et l’unicité doivent cependant être établies.

C’est un résultat démontré à partir d’hypothèses, ou annoncé explicitement comme admis lorsqu’il sert de fondation au niveau étudié.

Ces titres désignent également des résultats. Ils ne signifient pas que la justification est facultative ou moins rigoureuse que celle d’un théorème.

C’est un résultat intermédiaire qui prépare une démonstration. Le texte indique ensuite où il est utilisé.

C’est une conséquence d’un résultat déjà établi ; la courte démonstration explique le passage de ce résultat à la conséquence.

Un exemple montre un usage ; un contre-exemple réfute une affirmation générale ; une méthode organise des gestes. Ils ne remplacent pas l’énoncé du résultat utilisé.

Nature et preuve sont deux informations différentes. Le mot « théorème » indique le rôle du résultat ; « démontré ci-dessous », « rappel » ou « admis comme fondation » indique son statut dans ce cours. Une preuve accessible est développée. Les règles élémentaires d’incidence prises comme fondations sont identifiées.

0.4 — Exemple expliqué — Une condition change la conclusion

« Si \(A\ne B\), alors \(\overrightarrow{AC}=t\overrightarrow{AB}\) pour un réel \(t\) signifie que \(C\) appartient à la droite \((AB)\). »

Pourquoi écrire \(A\ne B\) ? Si \(A=B\), la notation \((AB)\) ne détermine aucune droite : un seul point ne donne pas de direction. L’égalité vectorielle peut encore avoir un sens, mais la conclusion géométrique annoncée n’en a plus.

Quand on affirme une équivalence, il faut justifier les deux sens. Quand on affirme une implication, sa réciproque n’est pas automatique. Ainsi, deux droites confondues ont des directeurs colinéaires. La réciproque « directeurs colinéaires, donc droites confondues » est fausse : des droites strictement parallèles ont aussi des directeurs colinéaires. Un point d’appartenance permet de distinguer ces deux situations.

0.5 — Diagnostic corrigé — choisir le bon point de départ

Essayer avant de lire les réponses.

Dans un cube, les faces sont-elles les plans qui les contiennent ?
Réduire \(-2(\vec{u}-3\vec{v})+\frac12\vec{u}\). Pourquoi le signe de \(\vec{v}\) mérite-t-il une attention ?
Deux droites de l’espace n’ont aucun point commun. Sont-elles forcément parallèles ?
Pour un même point d’une droite paramétrée, peut-on utiliser \(t=1\) dans la première coordonnée et \(t=2\) dans la deuxième ?

Correction et contrôle.

a) Distinguer une partie et l’ensemble qui la contient.

Une face est bornée. Le plan qui la contient se prolonge indéfiniment au-delà de ses côtés. La face est donc une partie de ce plan, et non le plan entier. Reprendre l’unité 1 si cette distinction reste hésitante.

b) Distribuer, puis regrouper.

\[\begin{aligned} -2(\vec{u}-3\vec{v})+\frac12\vec{u} &=-2\vec{u}+6\vec{v}+\frac12\vec{u}\\ &=\left(-\frac42+\frac12\right)\vec{u}+6\vec{v}\\ &=-\frac32\vec{u}+6\vec{v}. \end{aligned}\] Le coefficient \(+6\) vient du produit \((-2)\times(-3)\). Distribuer le signe avant de regrouper évite de perdre ce signe. L’unité 3 reprend ce geste dans des situations géométriques.

c) Vérifier si les deux droites partagent un plan.

Non : des droites non coplanaires n’ont pas de point commun non plus. C’est précisément la situation nouvelle de l’espace. L’unité 6 sépare les différents cas avec des exemples et des preuves.

d) Garder un seul paramètre pour les trois coordonnées.

Non. Dans un paramétrage affine usuel, une valeur de \(t\) produit simultanément les trois coordonnées d’un point. En prendre trois différentes fabrique généralement un point extérieur à la droite. L’unité 11 explique comment chercher cette valeur commune et la contrôler.

0.6 — Ce que nous prenons comme point de départ

Les opérations sur les réels, les fractions, les équations du premier degré et les notions élémentaires de géométrie du plan seront rappelées au moment utile. Les règles d’incidence de l’espace utilisées comme fondations seront annoncées : nous n’allons pas reconstruire toute l’axiomatique euclidienne. En revanche, l’existence et l’unicité des décompositions en coordonnées seront justifiées.

Le chapitre porte sur les positions, les directions et les relations vectorielles. Le produit scalaire, les vecteurs normaux et les distances dans l’espace seront étudiés dans leurs chapitres propres. Un repère oblique est autorisé ici : les calculs de positions et de déplacements y restent valables, tandis que les formules métriques usuelles demanderaient des hypothèses supplémentaires.

Les représentations paramétriques des droites font partie de ce parcours. Les systèmes sont résolus pour répondre à une question géométrique précise ; leur théorie générale n’est pas nécessaire.

Je sais faire seul si… je peux expliquer ce que je cherche, nommer les objets et vérifier la condition qui autorise le premier geste ; après un essai, je sais distinguer une erreur de calcul d’une propriété appliquée sans ses hypothèses.

1. Lire l'espace sans prendre le dessin pour une preuve

Une photographie d’un escalier écrase ses trois dimensions sur une feuille. Une figure de géométrie fait de même : elle aide à chercher, mais un croisement de traits n’est pas encore une rencontre de droites. Ici, tu apprendras à nommer les objets et à séparer une donnée, une conséquence et une impression visuelle.

Avant de poursuivre. Un point est une position ; un segment a deux extrémités ; une droite se prolonge indéfiniment dans ses deux sens. Réponds avant de lire : dans un cube, la face du dessous et le plan qui la contient sont-ils le même ensemble ? Deux traits qui se croisent représentent-ils nécessairement deux droites sécantes ?

Correction et contrôle.

Non aux deux questions. Une face est limitée par quatre arêtes ; son plan se poursuit au-delà. Un dessin peut superposer deux positions de profondeurs différentes. Si tu avais répondu oui, commence par la distinction des objets ci-dessous et par les deux vues de la figure, avant les essais.

1.1 — Définitions, notations et conventions — ce dont nous parlons

Un point se note \(A\). Le segment \([AB]\) contient ses extrémités et les points situés entre elles ; sa longueur se note \(AB\). Si \(A\ne B\), la droite \((AB)\) est l’unique droite qui passe par ces deux points. La demi-droite \([AB)\) commence en \(A\), passe par \(B\) et se poursuit au-delà de \(B\).

Trois points non alignés \(A,B,C\) déterminent un unique plan, noté \((ABC)\). Un plan est une surface mathématique infinie et sans épaisseur : une feuille en représente une portion, non ses limites. Le symbole \(A\in d\) signifie que le point \(A\) appartient à la droite \(d\) ; \(d\subset P\) signifie que tous les points de \(d\) appartiennent au plan \(P\).

Des points sont alignés lorsqu’une même droite les contient. Des points sont coplanaires lorsqu’un même plan les contient. Les points peuvent être répétés dans ces définitions, mais une répétition n’apporte aucune information pour déterminer une droite ou un plan unique.

1.2 — Propriétés d'incidence — fondations géométriques admises ici

Nous utilisons les règles d’incidence de la géométrie usuelle : deux points distincts déterminent une droite ; trois points non alignés déterminent un plan ; si deux points distincts d’une droite appartiennent à un plan, toute la droite y appartient. Deux plans distincts qui ont des points communs se coupent suivant une droite. Ces règles servent de fondations, et ne sont pas déduites d’un dessin.

Conséquences à distinguer : un seul point ne détermine pas une droite ; deux points seuls ne déterminent pas un plan ; trois points alignés ne déterminent pas un plan unique. Lorsque \(A=B\), l’écriture \((AB)\) ne définit pas une droite unique.

Pourquoi moins de données ne suffit pas

Par un point \(A\), on peut faire passer deux droites de directions différentes : il n’y a donc pas unicité. Par une droite, on peut faire tourner un plan comme une porte autour de ses gonds : deux positions différentes contiennent toujours la même droite. Ainsi deux points distincts, ou trois points alignés, laissent plusieurs plans possibles. L’image de la porte explique la liberté restante ; c’est la présence de plusieurs plans contenant la même droite qui réfute l’unicité.

Cette image illustre les fondations géométriques admises ; elle n’en constitue pas une démonstration à partir d’un dessin. Les propositions suivantes, elles, se déduisent précisément de ces fondations.

1.3 — Proposition — deux autres façons de déterminer un plan

Une droite \(d\) et un point \(A\) qui n’appartient pas à \(d\) déterminent un unique plan.

Deux droites distinctes qui se coupent déterminent également un unique plan.

Démonstration.

Une droite et un point extérieur. Choisissons deux points distincts \(B,C\) de \(d\). Comme \(A\notin d\), les points \(A,B,C\) ne sont pas alignés : ils déterminent un plan \(P\). Ce plan contient \(B,C\), donc toute la droite \(d\), ainsi que \(A\). Cela prouve l’existence. Tout autre plan contenant \(d\) et \(A\) contiendrait les trois mêmes points non alignés \(A,B,C\) : il serait donc égal à \(P\). Cela prouve l’unicité.

Deux droites sécantes distinctes. Notons \(O\) leur point commun, choisissons \(B\) sur la première avec \(B\ne O\), puis \(C\) sur la seconde avec \(C\ne O\). Si \(O,B,C\) étaient alignés, les deux droites seraient toutes deux l’unique droite passant par \(O\) et \(B\) : elles seraient confondues, contrairement à l’hypothèse. Le plan \((OBC)\) est donc défini ; il contient chacune des deux droites par la règle des deux points. Tout plan contenant ces droites contient \(O,B,C\), ce qui prouve encore l’unicité.

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1.4 — Exemple expliqué — Une condition qui fait disparaître l'unicité

On fixe une droite \(d\) et un point \(A\). Si \(A\notin d\), la proposition précédente détermine un plan unique. Si \(A\in d\), la donnée de \(A\) n’ajoute rien à la droite : tous les plans contenant \(d\) conviennent. Le changement porte sur l’unicité, pas sur l’existence.

De même, deux droites confondues ne déterminent pas un plan unique. Il faut lire les deux mots sécantes distinctes avant d’employer le second résultat. Dire « les droites ont un point commun » ne suffit pas à exclure qu’elles aient tous leurs points en commun.

1.5 — Le cube de référence : des données, pas une forme à deviner

Dans cette unité, \(ABCDEFGH\) est un cube : \(ABCD\) et \(EFGH\) sont les faces opposées, et \([AE],[BF],[CG],[DH]\) relient les sommets correspondants. Les faces sont des carrés. Nous ne déduisons pas ces propriétés de la projection. Les pointillés signalent les arêtes cachées dans la vue choisie ; ils ne signifient ni une longueur nulle ni une absence d’arête.

Lecture de la figure. Les arêtes \([AD]\), \([DC]\) et \([DH]\) sont cachées. Le point \(D\) existe tout autant que les sommets visibles. Le quadrilatère dessiné \(ABCD\) représente un carré, même si ses angles dessinés ne sont pas droits. Le plan \((ABC)\) dépasse les quatre côtés de la face \(ABCD\).

1.6 — Exemple expliqué — Nommer avant de conclure

On demande si la droite \((AC)\) est contenue dans le plan \((ABD)\). Premier geste : lire les données du solide. La face \(ABCD\) est un carré, donc ses quatre sommets sont coplanaires et \(A,B,D\) ne sont pas alignés. Le plan \((ABD)\) est bien défini et contient \(A\) et \(C\), deux points distincts de \((AC)\). La règle d’incidence donne donc \((AC)\subset(ABD)\).

Contrôle : il s’agit d’une droite entière, pas seulement de la diagonale \([AC]\). Nous avons utilisé deux appartenances au plan ; dire seulement « cela se voit » ne justifierait pas ce prolongement.

1.7 — Exemple expliqué — Des noms différents pour le même plan

Dans le cube, les plans \((ABC)\), \((ABD)\) et \((BCD)\) sont le même plan. Pour le prouver, on utilise la face carrée \(ABCD\) : ses quatre sommets appartiennent à un plan, et chacun des trois triplets nommés est non aligné. Chacun détermine donc ce plan de façon unique.

Attention : connaître seulement deux points communs \(A,B\) à deux plans ne permet pas de les confondre. Par exemple, les plans des faces \(ABCD\) et \(ABFE\) du cube contiennent tous deux \(A,B\), mais sont distincts. Le troisième point commun doit être en dehors de la droite des deux premiers pour imposer l’égalité des plans.

1.8 — Corollaire — reconnaître deux plans confondus

Si deux plans contiennent les trois mêmes points non alignés, alors ils sont égaux. En revanche, trois points communs alignés ne suffisent pas.

Démonstration.

Les trois points non alignés déterminent un unique plan par la fondation d’incidence : les deux plans annoncés sont donc ce même plan. Le contre-exemple des deux faces voisines du cube reste valable avec n’importe quel troisième point de leur arête commune ; il montre pourquoi « non alignés » est indispensable.

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1.9 — Définition — projection parallèle et perspective

On fixe un plan de représentation, figuré par la feuille, et une direction de projection qui n’est pas parallèle à ce plan. L’image d’un point \(M\) est l’intersection du plan avec la droite passant par \(M\) suivant cette direction. Le choix de la direction garantit une intersection unique. Une figure en perspective parallèle représente ainsi des points et des objets de l’espace sur un même plan.

1.10 — Propriétés — ce que l'image conserve et ce qu'elle perd

Les propriétés de projection suivantes sont admises ici ; elles permettent de lire les figures sans supposer qu’elles conservent toutes les mesures. Leur démonstration générale n’est pas nécessaire pour les méthodes vectorielles de ce chapitre.

Une droite non écrasée en un point reste une droite ; une incidence réelle reste une incidence dessinée. Deux droites parallèles, lorsqu’elles ne sont pas écrasées en points, restent parallèles ou peuvent se superposer. Les milieux et les rapports de longueurs sur une même droite non écrasée sont conservés.

En revanche, longueurs, angles et perpendicularité ne sont pas conservés en général. Les réciproques sont fausses : un alignement ou un croisement sur la feuille peut venir d’un écrasement de la profondeur. Une direction parallèle à celle de la projection peut même être réduite à un point. Une seconde vue aide à lever l’ambiguïté ; les données et les raisonnements décident.

Lecture de la figure. On a construit une droite \(d\) au niveau du sol et une droite \(e\) dans un plan parallèle situé au-dessus. Dans la vue du dessus, leurs images se croisent en \(X\) ; dans la vue latérale, les deux niveaux sont séparés. \(X\) est un point du dessin, pas un point commun des droites de l’espace. Les niveaux différents interdisent une rencontre.

Lire trois informations différentes sur la même figure

Donnée : « \(ABCDEFGH\) est un cube » autorise à utiliser les carrés et les faces parallèles du solide. Conséquence démontrée : les diagonales d’une face carrée ont le même milieu. Impression visuelle : une arête semble plus courte qu’une autre. Cette dernière impression ne fournit aucune égalité de longueurs dans l’espace.

Si un point est présenté comme le milieu d’une arête, son image doit être au milieu de l’image de cette arête non écrasée. En revanche, mesurer un angle dessiné de \(60^\circ\) ne permet pas de conclure que l’angle réel mesure \(60^\circ\). La perspective conserve certains rapports sur une même droite ; elle ne conserve pas toutes les mesures du solide.

1.11 — Définition — tétraèdre

Un tétraèdre \(ABCD\) est un solide dont les quatre sommets ne sont pas coplanaires. Les points \(A,B,C\) ne sont donc pas alignés et \(D\notin(ABC)\). Ses quatre faces sont les triangles \(ABC\), \(ABD\), \(ACD\) et \(BCD\). Chaque face est une partie limitée de son plan.

Lecture de la figure. Le triangle \(ABC\) représente une face du tétraèdre et \(D\) est hors de son plan. Le point \(I\) est le milieu de \([BC]\) ; le segment \([DI]\) reste dans la face triangulaire \(DBC\). Le trait pointillé \([AC]\) représente une arête cachée. La hauteur apparente de \(D\) n’impose aucune perpendicularité et ne donne aucune mesure.

1.12 — Exemple expliqué — Deux preuves d'incidence dans un tétraèdre

Pourquoi les plans \((ABC)\) et \((ABD)\) sont-ils distincts ?

Les points \(A,B,D\) ne sont pas alignés : sinon \(D\) serait sur \((AB)\), donc dans \((ABC)\), ce qui contredit la donnée de tétraèdre. Le plan \((ABD)\) est bien défini. S’il était égal à \((ABC)\), il placerait \(D\) dans \((ABC)\), même contradiction. Les deux plans sont donc distincts ; ils contiennent \(A\) et \(B\), donc la droite \((AB)\). La règle d’intersection des plans montre que leur intersection est précisément \((AB)\).

Pourquoi la droite \((AD)\) n’a-t-elle que \(A\) dans le plan \((ABC)\) ?

Le point \(A\) est commun. Supposons qu’un autre point \(M\ne A\) de \((AD)\) soit dans \((ABC)\). Les deux points distincts \(A,M\) imposeraient \((AD)\subset(ABC)\), donc \(D\in(ABC)\) : c’est impossible. Il n’existe donc pas d’autre point commun. Le raisonnement ne s’appuie pas sur l’endroit où le trait \((AD)\) paraît traverser la figure.

Le contrôle des deux arguments consiste à retrouver exactement la contradiction : chacun ferait entrer \(D\) dans le plan de la face opposée, ce que la définition du tétraèdre exclut.

1.13 — À toi — Choisir les points qui déterminent le plan

Dans le tétraèdre \(ABCD\) de cette unité, \(I\) est le milieu de \([BC]\). Avant les indices, montre que \((DI)\subset(DBC)\), puis que les plans \((BDI)\) et \((BCD)\) sont égaux. Explique enfin pourquoi les lettres \(B,I,C\) ne peuvent pas déterminer un plan unique.

Indice 1 : le milieu appartient au segment. Indice 2 : \(B,I,C\) sont alignés, mais \(D\) n’est pas sur leur droite. Indice 3 : pour comparer deux plans, cherche trois points communs non alignés.

Correction et contrôle.

\(I\in[BC]\), donc \(I\in(BC)\subset(DBC)\). Le point \(D\) appartient aussi à ce plan. Comme \(D\) est hors du plan \((ABC)\) alors que \(I\) y appartient, \(D\ne I\) ; la droite \((DI)\) est définie et se trouve dans \((DBC)\).

Dans un tétraèdre, \(B\ne C\), donc leur milieu \(I\) est distinct de \(B\). Si \(B,I,D\) étaient alignés, leur droite serait \((BC)\) et placerait \(D\) dans \((ABC)\), impossible. Les trois points \(B,I,D\) sont donc non alignés et appartiennent à \((BCD)\) : leur plan \((BDI)\) est ce même plan. En revanche, \(B,I,C\) sont alignés ; tous les plans passant par \((BC)\) les contiennent. La notation \((BIC)\) ne choisit pas l’un d’eux.

Le contrôle ne consiste pas à recompter trois lettres : il faut vérifier trois points non alignés. C’est précisément ce qui distingue les deux triplets utilisés.

1.14 — À toi — Essai guidé — une preuve d'inclusion

Dans le cube décrit ici, montrer que \((EG)\) est contenue dans \((EFH)\). Aide 1 : de quelle face viennent les quatre lettres ? Aide 2 : nomme deux points distincts de la droite qui sont dans ce plan.

Correction et contrôle.

\(EFGH\) est une face carrée. Les points \(E,F,H\) ne sont pas alignés et définissent son plan ; \(G\) appartient à ce même plan. Comme \(E\ne G\), la droite \((EG)\) a deux points distincts dans \((EFH)\) : elle y est contenue. Le contrôle est le même pour tous ses points, grâce à la règle d’incidence, et ne dépend pas de la longueur de la diagonale dessinée.

1.15 — À toi — Tentative autonome — nommer les ensembles

Avant de consulter les indices ou la correction, réponds en justifiant : dans le cube, a) \(D\in(ABC)\) ? b) \([BD]\subset(ABC)\) ? c) la face \(ABCD\) est-elle égale au plan \((ABC)\) ? d) les trois points \(A,B,C\) définissent-ils une droite ?

Indice 1 : utilise le carré de base. Indice 2 : distingue « contenu » et « égal ». Indice 3 : une droite ne peut contenir trois sommets consécutifs d’un carré.

Correction et contrôle.

a) Oui : \(D\) est le quatrième sommet de la face plane \(ABCD\). b) Oui : \(B,D\) appartiennent au plan et sont distincts, donc \((BD)\subset(ABC)\), puis \([BD]\subset(ABC)\). c) Non : le plan contient aussi les prolongements des côtés, hors du carré ; la face n’est qu’une partie du plan. d) Non : \(A,B,C\) ne sont pas alignés, ils définissent un plan. Vérification des notations : \(D\) est un point, donc on écrit \(\in\) ; \([BD]\) est un ensemble de points, donc on écrit \(\subset\).

1.16 — Expliquer, puis changer une condition

Explique avec tes mots pourquoi un croisement sur une figure ne prouve pas une intersection dans l’espace. Réponse possible : « La projection peut envoyer au même endroit deux points de profondeurs différentes ; il faut vérifier un point commun à partir des données, ou une propriété qui l’impose. »

Je sais faire seul si… je nomme les objets, je distingue appartenance et inclusion, et ma justification cite une donnée ou une règle d’incidence. Une phrase comme « on le voit » ne satisfait pas le dernier critère.

Variation : remplaçons trois sommets d’un carré par trois points \(A,B,C\) alignés, avec \(A\ne B\). Existe-t-il un plan qui les contient ? Est-il unique ? Il en existe plusieurs : tout plan contenant \((AB)\) contient aussi \(C\). L’existence demeure ; l’unicité disparaît. On ne peut donc pas parler du plan unique \((ABC)\) dans ce cas.

1.17 — Si tu confonds encore face et plan : repartir d'une première erreur

Copie à réparer : « Le plan \((ABC)\) s’arrête aux arêtes du carré ; donc le prolongement de \((AB)\) en sort. » La première erreur est « s’arrête » : cela décrit une face, pas un plan. Rappel décisif : un plan est infini et contient la droite entière dès qu’il en contient deux points distincts.

Exemple plus simple corrigé : une feuille rectangulaire représente une partie d’un plan. Un segment tracé d’un bord à l’autre s’arrête sur la feuille ; sa droite support, elle, continue dans le plan représenté. La limite de la feuille ne crée pas une limite du plan.

Nouvel essai, avant de lire la suite : \(T\) est sur la droite \((AB)\) au-delà de \(B\) ; dans le cube, \(T\) appartient-il à \((ABC)\) ? Correction : oui. \(A\) et \(B\) sont deux points distincts du plan, donc \((AB)\subset(ABC)\), puis \(T\in(ABC)\). Retour à la copie initiale : remplace « le plan s’arrête » par « la face s’arrête » ; le prolongement sort de la face mais reste dans le plan.

1.18 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre unité, sans regarder les exemples, reprends ceci : dans le cube de cette unité, justifie \((FH)\subset(EFG)\), puis explique pourquoi les angles dessinés de la face \(EFGH\) ne permettent pas de mesurer ses angles réels. Aide : deux appartenances distinctes, puis limite de la projection.

Correction et contrôle.

Les quatre sommets \(E,F,G,H\) sont dans le plan de la face carrée. \(E,F,G\) non alignés définissent \((EFG)\) ; \(F,H\) distincts y appartiennent, donc \((FH)\subset(EFG)\). Les angles réels de la face sont droits parce qu’il s’agit d’un carré ; leurs images ne sont pas nécessairement droites, la perspective ne conservant pas les angles. Si tu as utilisé une mesure sur le dessin comme preuve, reprends la boîte sur la perspective puis refais cette phrase sans rapporteur.

1.19 — À toi — Reprise différée — un nouveau triplet de points

À une séance suivante, reprends sans relire : \(ABCD\) est un tétraèdre et \(J\) est le milieu de \([AC]\). Montre que les plans \((BDJ)\) et \((BDA)\) ne sont pas confondus. Indice : si ces plans étaient égaux, \(J\) et \(A\) appartiendraient à \((BDA)\) ; utilise la droite qu’ils déterminent.

Correction et contrôle.

Vérifions d’abord que \((BDJ)\) est bien défini. Si \(B,D,J\) étaient alignés, alors \(D\) serait sur \((BJ)\). Or \(B\) et \(J\) sont dans \((ABC)\) et sont distincts, puisque \(J\in(AC)\) tandis que \(B\notin(AC)\). On aurait donc \((BJ)\subset(ABC)\), ce qui placerait \(D\) dans ce plan, impossible. Les trois points sont non alignés. Le plan \((BDA)\) est également défini par une face du tétraèdre.

Comme \(A\ne C\), leur milieu \(J\) est distinct de \(A\). Supposons maintenant les deux plans égaux. Le point \(J\) serait dans \((BDA)\), comme \(A\) ; la droite \((AJ)=(AC)\) serait donc contenue dans ce plan. Il contiendrait alors \(C\), ainsi que \(A,B,D\) : les quatre sommets seraient coplanaires, contradiction. Les deux plans sont donc distincts. Le raisonnement a vérifié leur existence avant de les comparer.

2. Transporter un vecteur, calculer et reconnaître un milieu

Déplacer un objet sans le tourner permet de comprendre un vecteur : le déplacement a une direction, un sens et une longueur, mais il peut commencer à des endroits différents. Cette image ne fait pas du vecteur une flèche attachée pour toujours à un point ; la flèche n’est qu’un représentant.

Avant de poursuivre. Dans cette unité, \(\overrightarrow{AB}\) désigne un vecteur, \([AB]\) un segment et \(AB\) une longueur. Avant de poursuivre, complète \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\ldots\) et \(\overrightarrow{BA}=\ldots\). Si \(I\) est le milieu de \([AB]\), compare \(\overrightarrow{AI}\) et \(\overrightarrow{IB}\).

Correction et contrôle.

La relation de Chasles donne \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}\) ; inverser le trajet donne \(\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}\). Au milieu, \(\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{IB}\) : même sens de \(A\) vers \(B\) et même longueur. En revanche \(\overrightarrow{IA}=-\overrightarrow{IB}\). Si tu as mis un signe moins à la première égalité du milieu, relis les origines et les extrémités avant de calculer.

2.1 — Définition — vecteur libre et représentants

Pour \(A\ne B\), le vecteur \(\overrightarrow{AB}\) est le déplacement rectiligne de \(A\) vers \(B\). Deux représentants sont égaux lorsqu’ils ont même direction, même sens et même longueur. Le vecteur nul \(\vec{0}=\overrightarrow{AA}\) est le déplacement qui laisse tout point en place ; il n’a pas de direction utilisable.

La direction est celle de la droite support ; le sens indique de quel côté on se déplace sur cette direction. Pour un vecteur non nul, sa longueur est parfois appelée sa norme et notée \(\lVert\vec{u}\rVert\). Ainsi \(\lVert\overrightarrow{AB}\rVert=AB\). Nous n’avons besoin ici que de cette longueur géométrique, pas d’une formule de distance dans un repère.

2.2 — Définition — translation de vecteur donné

Pour tout vecteur \(\vec{u}\) et tout point \(M\), il existe un unique point \(M'\) tel que \(\overrightarrow{MM'}=\vec{u}\). La transformation qui envoie ainsi chaque \(M\) sur \(M'\) est la translation de vecteur \(\vec{u}\). La translation de vecteur nul est l’identité.

La possibilité de transporter un vecteur avec une arrivée unique est une propriété géométrique admise ici, prolongeant à l’espace les translations connues dans le plan. La définition nomme la transformation obtenue ; elle ne suppose pas que tous les points de départ soient dans un même plan.

Lecture de la figure. Les flèches \(AB\) et \(MM'\) sont deux représentants d’un même vecteur : leur point de départ diffère. Les lignes en pointillés relient les sommets du parallélogramme \(ABM'M\) ; elles ne représentent pas des vecteurs supplémentaires à additionner. Si les quatre sommets sont alignés ou confondus, l’égalité vectorielle reste valable, mais il ne s’agit plus d’un parallélogramme non aplati.

2.3 — Exemple expliqué — Ce que disent, et ne disent pas, trois égalités

Dans un cube \(ABCDEFGH\), les faces opposées sont \(ABCD\) et \(EFGH\) et les arêtes qui les relient sont \([AE],[BF],[CG],[DH]\).

On a \(AB=AD\) : ces deux longueurs sont égales, car la face \(ABCD\) est un carré. Pourtant \(\overrightarrow{AB}\ne\overrightarrow{AD}\) : leurs directions sont différentes.

On a \(\overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{BA}\) : les deux déplacements ont la même direction et la même longueur, mais des sens opposés. Comme \(A\ne B\), ils ne sont pas égaux.

On a en revanche \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{EF}\) : les arêtes sont parallèles, parcourues dans le même sens et de même longueur. Le point de départ d’un représentant peut donc changer sans changer le vecteur.

Pour contrôler une égalité de vecteurs non nuls sur un solide, vérifie les trois informations : direction, sens et longueur. Une seule égalité de longueurs, même exacte, ne suffit jamais.

2.4 — Propriétés rappelées — calcul vectoriel dans l'espace

Pour tous points \(A,B,C\), même confondus, \(\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\) (Chasles). Additionner deux vecteurs consiste à transporter le second à l’arrivée du premier. La somme est commutative et associative. On a \(\vec{u}+\vec{0}=\vec{u}\) et \(\vec{u}+(-\vec{u})=\vec{0}\).

Multiplier \(\vec{u}\) par un réel \(a\) conserve sa direction si \(a\ne0\) et \(\vec{u}\ne\vec{0}\) ; le sens est conservé si \(a>0\), inversé si \(a<0\), et la longueur est multipliée par \(|a|\). Pour \(a=0\) ou \(\vec{u}=\vec{0}\), le résultat est nul. On utilise les règles \((a+b)\vec{u}=a\vec{u}+b\vec{u}\), \(a(\vec{u}+\vec{v})=a\vec{u}+a\vec{v}\) et \(a(b\vec{u})=(ab)\vec{u}\), résultats antérieurs de calcul vectoriel. La soustraction signifie l’addition de l’opposé.

Chasles exprime que le trajet direct et les deux trajets successifs ont la même arrivée. Les règles algébriques ne demandent pas que tous les points d’un problème soient dans un même plan : une somme de deux vecteurs est construite dans le plan de leurs représentants transportés, et l’associativité permet de poursuivre.

2.5 — Exemple expliqué — Somme ou différence : placer les flèches au bon endroit

Deux vecteurs \(\vec{u},\vec{v}\) sont représentés depuis un même point \(O\), par \(\overrightarrow{OU}=\vec{u}\) et \(\overrightarrow{OV}=\vec{v}\).

Pour construire \(\vec{u}+\vec{v}\), on transporte \(\vec{v}\) depuis \(U\). Si son arrivée est \(S\), alors \(\overrightarrow{OS}=\overrightarrow{OU}+\overrightarrow{US}=\vec{u}+\vec{v}\). Dans le cas non colinéaire, \(OUSV\) est un parallélogramme.

Pour construire \(\vec{v}-\vec{u}\), il suffit de regarder le déplacement de \(U\) vers \(V\) : \[\overrightarrow{UV}=\overrightarrow{UO}+\overrightarrow{OV}=-\vec{u}+\vec{v}.\] Le sens importe : \(\overrightarrow{VU}=\vec{u}-\vec{v}\) est le vecteur opposé. Relier directement les deux arrivées \(U,V\) d’une même origine construit donc une différence, et non une somme.

Lecture de la figure. À gauche, les déplacements \(O\to U\) puis \(U\to S\) s’enchaînent : leur somme est \(O\to S\). À droite, \(U\to V\) représente \(\vec{v}-\vec{u}\) ; les origines de \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont communes. Les flèches, pas seulement les couleurs, fixent le sens de chaque déplacement.

Contrôle des cas limites. Si \(\vec{u}=\vec{v}\), alors \(U=V\) et la différence est nulle ; la somme vaut \(2\vec{u}\). Si \(\vec{v}=-\vec{u}\), la somme est nulle tandis que la différence vaut \(-2\vec{u}\). Ces deux situations empêchent de confondre les deux constructions.

2.6 — Exemple expliqué — Une réduction qui traverse plusieurs faces du cube

Avec le cube décrit plus haut, comparons \(\overrightarrow{AH}\) et \(\overrightarrow{BG}\). Les trajets \(A\to D\to H\) et \(B\to C\to G\) donnent \[\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DH},\qquad \overrightarrow{BG}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CG}.\] Les faces carrées fournissent \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}\) et \(\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{DH}\). En remplaçant ces deux vecteurs dans la seconde égalité, nous obtenons \(\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DH}=\overrightarrow{AH}\).

Le choix des chemins n’est pas arbitraire : chacun décompose une diagonale en deux arêtes dont nous savons comparer les déplacements. Nous avons démontré une égalité de vecteurs, donc aussi l’égalité des longueurs \(AH=BG\) ; partir de cette seule égalité de longueurs n’aurait pas suffi à conclure.

2.7 — Proposition — une translation conserve les vecteurs

Si \(A'\) et \(B'\) sont les images de \(A\) et \(B\) par la même translation de vecteur \(\vec{u}\), alors \(\overrightarrow{A'B'}=\overrightarrow{AB}\).

Démonstration.

Le trajet \(A'\to A\to B\to B'\) relie les mêmes extrémités que \(A'\to B'\). Ainsi \[\overrightarrow{A'B'}=\overrightarrow{A'A}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BB'} =-\vec{u}+\overrightarrow{AB}+\vec{u}=\overrightarrow{AB}.\] Les deux vecteurs de translation s’annulent parce qu’ils sont égaux et de signes opposés. La preuve reste vraie si \(A=B\) ou \(\vec{u}=\vec{0}\) ; aucune division par une longueur n’a été faite.

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2.8 — Proposition — caractérisation du parallélogramme

Pour quatre points quelconques \(A,B,C,D\), \[\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\quad\Longleftrightarrow\quad\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}.\] Si de plus \(A,B,D\) ne sont pas alignés, ces égalités caractérisent le parallélogramme \(ABCD\) dans cet ordre. Sans cette condition, l’identité reste exacte mais le quadrilatère peut être aplati ou avoir des sommets confondus.

Démonstration.

Par Chasles, \(\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\). Soustraire \(\overrightarrow{AB}\) montre que \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\) équivaut à \(\vec{0}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{BC}\), soit \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\). Chaque transformation est réversible. Avec \(A,B,D\) non alignés, les côtés opposés sont donc parallèles, égaux et dans un même plan : c’est le parallélogramme construit à partir des deux côtés \(AB\) et \(AD\). Attention à l’ordre : c’est \(\overrightarrow{DC}\), non \(\overrightarrow{CD}\), qui égale \(\overrightarrow{AB}\).

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2.9 — Exemple expliqué — Deux égalités vectorielles fixent aussi la quatrième position

On donne trois points non alignés \(A,B,D\). Pour construire \(C\) de manière que \(ABCD\) soit un parallélogramme, on impose \(\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}\). La translation donne une unique arrivée \(C\) depuis \(D\). Chasles fournit alors \[\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}.\] On aurait donc pu construire le même point en additionnant les deux côtés depuis \(A\). L’ordre des quatre lettres fait partie de la conclusion : les côtés opposés sont \([AB]\) et \([DC]\) lorsqu’on les parcourt dans le même sens.

2.10 — Proposition — trois façons de reconnaître un milieu

Pour tous points \(A,B,I\), les affirmations suivantes sont équivalentes : \[I\text{ est le milieu de }[AB],\qquad \overrightarrow{AI}=\overrightarrow{IB},\qquad \overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\vec{0}.\] Elles équivalent aussi à \(\overrightarrow{AI}=\tfrac12\overrightarrow{AB}\). Si \(A=B\), le milieu est \(A\) lui-même.

Démonstration.

Pour \(A\ne B\), un milieu est entre \(A\) et \(B\) et à égale distance des deux : \(\overrightarrow{AI}\) et \(\overrightarrow{IB}\) ont donc même direction, même sens et même longueur. Réciproquement, l’égalité de ces vecteurs impose, par Chasles, \(\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AI}\) : \(I\) est sur le segment, à la moitié de sa longueur. L’égalité \(\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{IB}\) équivaut à \(-\overrightarrow{IA}=\overrightarrow{IB}\), donc à la somme nulle annoncée. Enfin \(\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AI}\) équivaut à \(\overrightarrow{AI}=\frac12\overrightarrow{AB}\), car \(2\ne0\). Si \(A=B\), cette dernière égalité impose \(\overrightarrow{AI}=\vec{0}\), donc \(I=A\), et toutes les formulations restent vraies.

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2.11 — Théorème — identité du milieu, depuis n'importe quelle origine

Si \(I\) est le milieu de \([AB]\), alors, pour tout point \(M\) de l’espace, \[\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}.\] Réciproquement, si cette égalité est vérifiée pour un point \(M\), alors \(I\) est le milieu de \([AB]\).

Démonstration.

Le point intermédiaire utile est \(I\), parce que les vecteurs \(\overrightarrow{IA}\) et \(\overrightarrow{IB}\) s’annulent au milieu. On écrit \[\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB} =(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})+(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}) =2\overrightarrow{MI}+(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}).\] Si \(I\) est le milieu, la dernière parenthèse est nulle, d’où l’identité. Réciproquement, si la somme vaut \(2\overrightarrow{MI}\), soustraire ce terme donne \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\vec{0}\) ; la caractérisation précédente donne le milieu. Ce raisonnement vaut aussi lorsque certains points sont confondus.

□

Lecture de la figure. Le point \(M\) n’est pas obligé d’être sur \((AB)\). Les trajets passent par \(I\) ; \(IA\) et \(IB\) sont opposés, tandis que \(AI\) et \(IB\) sont égaux. Le trait pointillé \(MI\) aide à lire le calcul et n’impose aucune perpendicularité.

2.12 — Corollaire — reconnaître un parallélogramme par ses diagonales

Si \(A,B,D\) ne sont pas alignés, le quadrilatère \(ABCD\) est un parallélogramme si et seulement si les segments \([AC]\) et \([BD]\) ont le même milieu.

Démonstration.

Du parallélogramme au milieu commun. Supposons \(ABCD\) parallélogramme et notons \(I\) le milieu de \([AC]\). Les relations de Chasles donnent \[\begin{align*} \overrightarrow{IB}+\overrightarrow{ID} &=(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AB})+(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{CD})\\ &=(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC})+(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD})=\vec{0}. \end{align*}\] La première parenthèse est nulle car \(I\) est le milieu de \([AC]\) ; la seconde l’est car \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=-\overrightarrow{CD}\). La caractérisation du milieu donne alors \(I\) milieu de \([BD]\).

Du milieu commun au parallélogramme. Supposons maintenant \(I\) milieu des deux segments. On a \(\overrightarrow{IA}=-\overrightarrow{IC}\) et \(\overrightarrow{IB}=-\overrightarrow{ID}\). Par conséquent, \[\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IB} =\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{DI} =\overrightarrow{DI}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{DC}.\] L’identité du parallélogramme, avec \(A,B,D\) non alignés, conclut. Les deux sens utilisent des résultats déjà établis sur les milieux et les vecteurs ; une figure qui paraît symétrique ne remplace aucun d’eux.

□

Si les quatre points sont alignés, les deux diagonales peuvent encore avoir le même milieu, mais le quadrilatère est aplati. C’est pourquoi la condition du corollaire figure avant l’équivalence.

2.13 — Exemple expliqué — Chercher le bon point intermédiaire

On sait que \(I\) est le milieu de \([AB]\). Réduire \(\vec{w}=3\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-4\overrightarrow{MI}\). Les deux premiers termes ont le même coefficient : on factorise avant de développer, \[\vec{w}=3(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB})-4\overrightarrow{MI} =3\times2\overrightarrow{MI}-4\overrightarrow{MI}=2\overrightarrow{MI}.\] Contrôle par redéveloppement : remplacer \(\overrightarrow{MA}\) et \(\overrightarrow{MB}\) par \(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\) et \(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\) donne six fois \(\overrightarrow{MI}\), puis les vecteurs opposés \(3\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}\) s’annulent. Le gain de l’identité du milieu est d’éviter de traiter deux vecteurs séparément ; elle ne s’applique pas si \(I\) n’est pas le milieu.

2.14 — Exemple expliqué — Une équation vectorielle détermine un point

On donne trois points \(A,B,C\) et l’on cherche tous les points \(M\) tels que \[2\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AC}.\] Le point inconnu apparaît dans deux déplacements qui ne partent pas du même endroit. Le premier geste est donc de les écrire à partir d’une seule origine, ici \(A\). Chasles donne \[\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}.\] Nous remplaçons toute l’expression de \(\overrightarrow{BM}\) entre parenthèses, car elle est précédée d’un signe moins : \[\begin{align*} 2\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AC} &\quad\Longleftrightarrow\quad 2\overrightarrow{AM}-(-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM})=\overrightarrow{AC}\\ &\quad\Longleftrightarrow\quad 2\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AC}\\ &\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}\\ &\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{BC}. \end{align*}\] Dans la deuxième ligne, le signe moins change les deux signes de la parenthèse. Dans la dernière, nous soustrayons \(\overrightarrow{AB}\) aux deux membres, puis utilisons \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}\). Toutes les transformations sont réversibles.

Il existe donc un unique point solution : l’image de \(A\) par la translation de vecteur \(\overrightarrow{BC}\). L’égalité obtenue indique une construction, pas seulement une simplification.

Contrôle dans l’énoncé. Pour ce point, \(\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\) et \[\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM} =-\overrightarrow{AB}+(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}) =\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}.\] Ainsi, \[2\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{BM} =2\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}-(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}) =\overrightarrow{AC}.\] La substitution vérifie l’équation initiale. Si \(B=C\), le vecteur de translation est nul et la solution est \(M=A\) : la construction reste valable. Nous n’avons jamais eu besoin de diviser par un vecteur ni de supposer les trois points non alignés.

2.15 — À toi — Chercher le point, ou constater que la contrainte disparaît

On fixe trois points \(A,B,C\). Cherche tous les points \(M\) qui vérifient chacune des relations suivantes, indépendamment l’une de l’autre : \[\text{a) }2\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AC},\qquad \text{b) }\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}.\] Essaie d’abord sans aide. Indice pour a) : remplace \(\overrightarrow{BM}\) par \(-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}\). Indice pour b) : conserve les parenthèses sous le signe moins. À la fin, annonce s’il existe un point unique ou plusieurs points solutions.

Correction et contrôle.

a) La substitution donne \[\begin{align*} 2\overrightarrow{AM}+(-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM})=\overrightarrow{AC} &\quad\Longleftrightarrow\quad 3\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}\\ &\quad\Longleftrightarrow\quad 3\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\\ &\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{AM}=\tfrac13\overrightarrow{AB}+\tfrac13\overrightarrow{AC}. \end{align*}\] Nous multiplions les deux membres par \(\frac13\), réel défini puisque \(3\ne0\). Le vecteur de droite est fixé : transporté depuis \(A\), il donne un unique point \(M\). Pour vérifier, on remplace \(3\overrightarrow{AM}\) par \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\) dans \(3\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AB}\) ; il reste bien \(\overrightarrow{AC}\).

b) Pour tout point \(M\), Chasles donne \[\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{BM} =\overrightarrow{AM}-(-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AM}) =\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}.\] Tous les points de l’espace sont donc solutions : l’égalité n’impose aucune position particulière. Il serait faux de transformer la disparition de \(\overrightarrow{AM}\) en « \(M=A\) ». Ce qui disparaît est la contrainte, non le point.

Variation. Si le second membre de b) était \(\overrightarrow{AC}\), l’équation deviendrait \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}\). Elle serait vraie pour tout \(M\) si \(B=C\), et impossible pour tout \(M\) si \(B\ne C\), car deux déplacements égaux depuis \(A\) ont la même arrivée. On distingue ainsi un point solution, tous les points et aucun point, par le calcul réellement obtenu.

2.16 — À toi — Essai guidé — transporter, puis réduire

\(P',Q'\) sont les images de \(P,Q\) par la translation de vecteur \(\vec{u}\). Réduire \(\overrightarrow{P'P}+\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QQ'}\), puis interpréter. Aide : exprime les premier et dernier termes avec \(\vec{u}\) ; le trajet complet part de \(P'\) et arrive à \(Q'\).

Correction et contrôle.

\(\overrightarrow{P'P}=-\vec{u}\) et \(\overrightarrow{QQ'}=\vec{u}\). La somme vaut \(-\vec{u}+\overrightarrow{PQ}+\vec{u}=\overrightarrow{PQ}\). Par Chasles, elle est aussi \(\overrightarrow{P'Q'}\) : la translation conserve le vecteur entre les deux points. Contrôle si \(P=Q\) : les deux vecteurs comparés sont nuls ; la conclusion ne demande pas des points distincts.

2.17 — À toi — Tentative autonome — milieu et somme nulle

Avant de consulter la suite, prends trois points quelconques \(A,B,M\) et leur milieu \(I\) de \([AB]\). a) Réduis \(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{IM}\). b) Un point \(J\) vérifie \(\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB}=\vec{0}\) : que peux-tu conclure, et pourquoi ? c) Le résultat change-t-il si \(A=B\) ?

Indice 1 : utilise l’identité du milieu avec l’origine adaptée. Indice 2 : \(\overrightarrow{IM}=-\overrightarrow{MI}\). Indice 3 : une égalité \(2\overrightarrow{JI}=\vec{0}\) impose \(J=I\).

Correction et contrôle.

a) Les deux premiers termes valent \(2\overrightarrow{MI}\) ; la somme totale est donc \(2\overrightarrow{MI}-2\overrightarrow{MI}=\vec{0}\). b) Avec \(M=J\), l’identité donne \(2\overrightarrow{JI}=\vec{0}\). Multiplier par \(\frac12\) donne \(\overrightarrow{JI}=\vec{0}\), donc \(J=I\) : c’est le milieu, et non un point quelconque à égale distance de \(A\) et \(B\). c) Si \(A=B\), alors \(I=A\) ; la somme de a) devient \(2\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{AM}=\vec{0}\), et b) devient \(2\overrightarrow{JA}=\vec{0}\), donc \(J=A\). Le contrôle dégénéré confirme les mêmes conclusions.

2.18 — Justifier, et varier la figure

Les points \(A,B,D\) ne sont pas alignés. Un point \(O\) vérifie \(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}\). Explique pourquoi \(ABCD\) est un parallélogramme, même si \(O\) n’est sur aucune diagonale.

Réponse construite : notons \(I\) le milieu de \([AC]\). L’identité du milieu donne \(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OI}\). La relation de l’énoncé devient donc \(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{OI}\) ; sa réciproque affirme que \(I\) est aussi le milieu de \([BD]\). Les diagonales ont le même milieu et \(A,B,D\) sont non alignés : le corollaire précédent donne le parallélogramme.

L’origine \(O\) sert à exprimer les quatre déplacements ; elle n’a pas à être un point particulier du quadrilatère. Le choix d’une origine utile simplifie une preuve, mais ne modifie pas les points du problème.

Je sais faire seul si… je choisis et annonce mes points intermédiaires, je respecte le sens des vecteurs et j’utilise une caractérisation du milieu dans le bon sens. Pour une translation, je vérifie que les deux déplacements sont les mêmes.

Variation : supposons seulement \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\) et prenons \(A=B\). Alors \(D=C\) ; l’identité vectorielle reste vraie. Les segments diagonaux \([AC]\) et \([BD]=[AC]\) ont encore le même milieu, mais les quatre points ne forment pas un parallélogramme non aplati. La preuve vectorielle ne doit pas être transformée en affirmation de non-alignement.

2.19 — Réparer un signe de milieu

Copie : « \(I\) est le milieu, donc \(\overrightarrow{IA}=\overrightarrow{IB}\) ; par suite \(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}+2\overrightarrow{IA}\). » Première erreur : les deux flèches issues de \(I\) pointent en sens contraires. Rappel : \(\overrightarrow{IA}=-\overrightarrow{IB}\), tandis que \(\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{IB}\).

Exemple plus simple corrigé : sur une droite, \(A\) est à une unité à gauche de \(I\) et \(B\) à une unité à droite. Le déplacement \(I\to A\) va à gauche, \(I\to B\) à droite ; leur somme est nulle. Changer la taille du dessin n’en change pas le signe.

Nouvel essai avant correction : \(J\) est le milieu de \([CD]\). Réduis \(\overrightarrow{JC}+\overrightarrow{JD}+\overrightarrow{CJ}\). Correction : les deux premiers s’annulent, il reste \(\overrightarrow{CJ}\) ; on peut contrôler aussi \(\overrightarrow{JD}=\overrightarrow{CJ}\). Retour à la copie : remplace sa première égalité par une opposition ; les termes \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}\) s’annulent et le terme supplémentaire disparaît.

2.20 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre partie, refais sans relire : \(I\) est le milieu de \([AB]\), \(J\) celui de \([CD]\), et \(M\) un point quelconque. Réduis \(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MD}\) en un seul vecteur. Aide 1 : groupe les paires qui ont un milieu connu. Aide 2 : soustraire les parenthèses entières.

Correction et contrôle.

Les deux paires donnent \(2\overrightarrow{MI}\) et \(2\overrightarrow{MJ}\). La différence est \(2(\overrightarrow{MI}-\overrightarrow{MJ})=2(\overrightarrow{JM}+\overrightarrow{MI})=2\overrightarrow{JI}\). Le contrôle consiste à remarquer que \(M\) a disparu : changer l’origine des quatre représentants ne change pas la différence des deux sommes. Attention au sens : on obtient \(\overrightarrow{JI}\), non \(\overrightarrow{IJ}\). Si tu trouves \(2\overrightarrow{IJ}\), reprends \(\overrightarrow{MI}-\overrightarrow{MJ}=\overrightarrow{JM}+\overrightarrow{MI}\) et applique Chasles dans l’ordre indiqué.

2.21 — À toi — Reprise différée — retrouver le premier geste d'une équation

Plus tard, avant de relire l’exemple, cherche le point \(N\) tel que \(2\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{AB}\), puis vérifie ta réponse. Les points \(A,B,C\) sont quelconques. Indice : remplace \(\overrightarrow{CN}\) en passant par \(A\) ; garde les parenthèses précédées d’un signe moins.

Correction et contrôle.

Chasles donne \(\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AN}=-\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AN}\). L’équation devient \[2\overrightarrow{AN}-(-\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AN})=\overrightarrow{AB} \quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{AN}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}.\] On soustrait \(\overrightarrow{AC}\) : \(\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CB}\). Le point \(N\) est donc l’unique image de \(A\) par la translation de vecteur \(\overrightarrow{CB}\).

Pour contrôler, \(\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}=-\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}\), puis \[2\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{CN} =2\overrightarrow{CB}-(-\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}) =\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}.\] Si tu avais seulement écrit \(\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\), remonte à la ligne \(\overrightarrow{AN}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\) : isoler \(\overrightarrow{AN}\) exige de soustraire le même vecteur aux deux membres.

3. Construire et réduire des combinaisons linéaires

Des déplacements simples permettent de décrire un point difficile à situer directement. Le travail consiste à choisir une origine, transporter les flèches et lire les coefficients. Aucun repère de coordonnées n’est nécessaire dans cette unité.

Avant de poursuivre. Rappel local : \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}\), donc \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\). Une multiplication négative inverse le sens ; \(\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}\). Essaie de réduire \(2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA}\) et d’écrire \(-\frac12\overrightarrow{BA}\) en fonction de \(\overrightarrow{AB}\) avant de lire.

Correction et contrôle.

\(2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AB}\). De même \(-\frac12\overrightarrow{BA}=-\frac12(-\overrightarrow{AB})=\frac12\overrightarrow{AB}\) : deux signes négatifs se compensent. Si ce second signe t’a gêné, dessine deux flèches opposées avant l’exemple de construction.

3.1 — Définition — combinaison linéaire

Si \(\vec{u},\vec{v}\) sont deux vecteurs et \(a,b\) deux réels, \(a\vec{u}+b\vec{v}\) est une combinaison linéaire de \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\). On définit de même \(a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}\) pour trois vecteurs. La définition autorise les vecteurs nuls et des coefficients nuls, négatifs ou fractionnaires. Elle n’impose ni une somme des coefficients égale à \(1\), ni leur unicité.

La relation \(\overrightarrow{AM}=a\vec{u}+b\vec{v}\) définit le point \(M\) par le déplacement à effectuer depuis \(A\). On construit d’abord le vecteur de droite, puis son représentant d’origine \(A\). Le transport d’un vecteur depuis un point a une arrivée unique.

3.2 — Exemple expliqué — Une construction fractionnaire et un sens négatif

On donne un triangle \(ABC\), avec \(A,B,C\) non alignés. Construire le point \(M\) défini par \[\overrightarrow{AM}=\frac23\overrightarrow{AB}-\frac12\overrightarrow{AC}.\] Premier geste : garder l’origine \(A\) demandée et préparer deux déplacements. Sur \([AB]\), on place \(D\) aux deux tiers de \(A\) vers \(B\) : \(\overrightarrow{AD}=\frac23\overrightarrow{AB}\). Depuis \(D\), on transporte \(-\frac12\overrightarrow{AC}\), c’est-à-dire une flèche parallèle à \((AC)\), de longueur \(\frac{AC}{2}\), dans le sens opposé à \(A\to C\). Son arrivée est \(M\).

Lecture de la figure. Le vecteur \(\overrightarrow{DM}\) est l’opposé de \(\frac12\overrightarrow{AC}\), pas le vecteur \(-\overrightarrow{AC}\) entier. Les données exactes sont les coefficients \(\frac23\) et \(-\frac12\) ; les longueurs apparentes du dessin n’ajoutent aucune hypothèse.

La justification suit la construction : \(\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DM}=\frac23\overrightarrow{AB}-\frac12\overrightarrow{AC}\). Ce contrôle de Chasles vérifie à la fois l’origine et l’arrivée. Construire les deux flèches depuis \(A\) puis relier leurs extrémités donnerait en général une différence, pas la somme cherchée.

Si l’on demande ensuite \(\overrightarrow{BM}\), il ne faut pas changer le point \(M\) : on change seulement l’origine du trajet, \[\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM} =-\overrightarrow{AB}+\frac23\overrightarrow{AB}-\frac12\overrightarrow{AC} =-\frac13\overrightarrow{AB}-\frac12\overrightarrow{AC}.\] Le coefficient \(-\frac13\) provient de \(-1+\frac23=-\frac33+\frac23\). Refaire \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}\) redonne bien \(\overrightarrow{AM}\).

3.3 — Méthode justifiée — réduire avec les mêmes vecteurs

Pour comparer deux combinaisons, exprime-les avec une même famille de vecteurs. Choisis un point intermédiaire utile dans Chasles, développe les produits, puis regroupe les coefficients de chaque vecteur. Chaque remplacement vient d’une égalité vectorielle, donc conserve le vecteur calculé. Le contrôle consiste à redévelopper ou à reconstituer le trajet initial ; une ressemblance sur la figure ne suffit pas.

3.4 — Exemple expliqué — Un signe extérieur à distribuer

Réduire \(\vec{w}=-2(\overrightarrow{AB}-\frac12\overrightarrow{AC})+3\overrightarrow{BC}\) en fonction de \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\). Le choix est imposé par la forme demandée : on remplace \(\overrightarrow{BC}\) par \(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\), en passant par \(A\). \[\begin{align*} \vec{w}&=-2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+3(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})\\ &=-2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+3\overrightarrow{AC}-3\overrightarrow{AB}\\ &=(-2-3)\overrightarrow{AB}+(1+3)\overrightarrow{AC}=-5\overrightarrow{AB}+4\overrightarrow{AC}. \end{align*}\] Le produit \((-2)\times(-\frac12)=1\) explique le signe devant \(\overrightarrow{AC}\). Contrôle inverse : \(-5\overrightarrow{AB}+4\overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+3(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})\) ; remettre \(\overrightarrow{BC}\) restitue l’expression de départ.

Nommer le cube utilisé

Dans les situations qui suivent, \(ABCDEFGH\) est un cube : \(ABCD\) et \(EFGH\) sont ses faces opposées ; \([AE],[BF],[CG],[DH]\) relient les sommets correspondants. Les faces carrées permettent de remplacer certaines arêtes par des vecteurs égaux, par exemple \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}\) et \(\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AE}\).

Lecture de la figure. Dans le cube de référence, le trajet bleu suit \(A\to B\to C\to G\) ; la flèche verte va directement de \(A\) à \(G\). Chasles donne \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AG}\). Les trois déplacements ne sont pas dans un même plan : on additionne aussi des vecteurs dans un solide. L’image de \(D\) semble sur la flèche verte, mais \(D\notin(AG)\) : sinon \((AD)=(AG)\), impossible dans le cube. Cet alignement est seulement projeté.

3.5 — Exemple expliqué — Construire un point avec trois déplacements de l'espace

Dans le cube décrit ci-dessus, construire \(M\) défini par \[\overrightarrow{AM}=\frac32\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AD}-\frac13\overrightarrow{AE}.\] Il faut organiser trois déplacements, sans les rabattre dans une même face. Le premier geste consiste à préparer leur ordre et leur sens.

On place \(P\) sur la droite \((AB)\), au-delà de \(B\), avec \(\overrightarrow{AP}=\frac32\overrightarrow{AB}\). Depuis \(P\), on transporte la moitié de \(\overrightarrow{AD}\) dans le même sens : son arrivée \(Q\) vérifie \(\overrightarrow{PQ}=\frac12\overrightarrow{AD}\). Enfin, depuis \(Q\), on transporte le tiers de \(\overrightarrow{AE}\) dans le sens opposé : l’arrivée est \(M\), avec \(\overrightarrow{QM}=-\frac13\overrightarrow{AE}\).

Lecture de la figure. Le trajet épais suit \(A\to P\to Q\to M\). Le premier déplacement dépasse l’arête \([AB]\) ; le deuxième a la direction de \([AD]\) ; le troisième a la direction de \([AE]\) et le sens opposé. Les points \(P,Q\) sont dans le plan de la face \(ABCD\), tandis que \(M\) se trouve de l’autre côté de ce plan par rapport à la face \(EFGH\). Les coefficients prescrits, et non une mesure du dessin, fixent les déplacements.

Justification. Chasles, appliquée successivement, donne \[\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QM} =\frac32\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AD}-\frac13\overrightarrow{AE}.\] Le point est donc bien celui demandé. La construction d’un vecteur ne s’arrête pas aux faces du cube : celui-ci fournit des directions et des unités de déplacement, pas une frontière pour tous les points construits.

Changer l’ordre. On aurait pu commencer par \(-\frac13\overrightarrow{AE}\), puis effectuer les deux autres déplacements. La commutativité et l’associativité de l’addition donnent la même somme ; depuis le même point \(A\), cette somme a une arrivée unique. Le chemin peut changer, le point final reste \(M\).

Erreur à éviter. Tracer les trois flèches depuis \(A\) puis relier leurs arrivées ne réalise pas ce trajet. Chaque déplacement doit commencer à l’arrivée du précédent, ou être remplacé par une construction équivalente de parallélogrammes.

3.6 — Exemple expliqué — Joindre deux points situés sur des arêtes différentes

\(ABCD\) est un tétraèdre : \(A,B,C\) ne sont pas alignés et \(D\notin(ABC)\). Le point \(P\) vérifie \(\overrightarrow{AP}=\frac23\overrightarrow{AB}\) ; \(Q\) est le milieu de \([CD]\). Nous cherchons \(\overrightarrow{PQ}\) en fonction de \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\).

Méthode recommandée : prendre la même origine

La donnée de \(P\) utilise déjà l’origine \(A\). Pour \(Q\), l’identité du milieu, rappelée ici, donne \(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AQ}\). En multipliant par \(\frac12\), on obtient \[\overrightarrow{AQ}=\frac12\overrightarrow{AC}+\frac12\overrightarrow{AD}.\] Le trajet \(P\to A\to Q\) impose alors la soustraction dans le bon ordre : \[\begin{align*} \overrightarrow{PQ}&=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}\\ &=-\frac23\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AC}+\frac12\overrightarrow{AD}. \end{align*}\] Le coefficient de \(\overrightarrow{AB}\) est négatif parce que le premier morceau du trajet va de \(P\) vers \(A\), à l’opposé de \(A\to P\).

Autre chemin : exploiter les arêtes déjà rencontrées

On peut passer par \(B\) puis par \(C\) : \[\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CQ}.\] On prépare les trois remplacements avant de les additionner : \[\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AP}=\frac13\overrightarrow{AB},\qquad \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB},\] \[\overrightarrow{CQ}=\frac12\overrightarrow{CD} =\frac12(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}).\] Il vient, en développant la dernière parenthèse, \[\begin{align*} \overrightarrow{PQ} &=\frac13\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB} +\frac12\overrightarrow{AD}-\frac12\overrightarrow{AC}\\ &=\left(\frac13-1\right)\overrightarrow{AB} +\left(1-\frac12\right)\overrightarrow{AC}+\frac12\overrightarrow{AD}\\ &=-\frac23\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AC}+\frac12\overrightarrow{AD}. \end{align*}\] Nous retrouvons la même expression. Le premier chemin était plus court grâce à l’identité du milieu ; le second montre comment ramener les arêtes rencontrées aux trois vecteurs demandés.

Contrôle immédiat. En ajoutant \(\overrightarrow{AP}=\frac23\overrightarrow{AB}\) au résultat, les deux coefficients opposés de \(\overrightarrow{AB}\) s’annulent ; il reste exactement \(\overrightarrow{AQ}\). La recomposition vérifie à la fois le signe et l’ordre des extrémités de \(\overrightarrow{PQ}\).

3.7 — Propriété — une écriture n'est pas toujours unique

Si les coefficients de deux combinaisons d’une même famille sont égaux terme à terme, les vecteurs obtenus sont égaux. La réciproque est fausse pour une famille quelconque : des coefficients différents peuvent produire le même vecteur.

Démonstration.

La première affirmation vient simplement du remplacement de nombres égaux dans la même expression. Pour réfuter la réciproque, choisissons \(\vec{u}=\vec{v}\ne\vec{0}\). Alors \[1\vec{u}+2\vec{v}=3\vec{u} =5\vec{u}-2\vec{v},\] alors que les couples \((1;2)\) et \((5;-2)\) diffèrent. Une seule égalité vectorielle ne permet donc pas toujours d’identifier deux coefficients.

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Autre cas limite : si \(\vec{u}=\vec{0}\), le coefficient placé devant \(\vec{u}\) peut changer sans aucun effet. Pour obtenir l’unicité avec deux vecteurs, il faudra les choisir non colinéaires ; cette condition sera démontrée au moment où nous l’utiliserons. Ici, on peut toujours construire une combinaison, mais on n’affirme pas automatiquement que son écriture est unique.

3.8 — Le coefficient d'un déplacement sur une droite

On fixe deux points distincts \(A,B\). Pour un réel \(t\), on définit \(M\) par \(\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}\). Ce réel est un coefficient de déplacement, pas nécessairement un temps.

Lecture de la figure. Les cinq positions sont sur la même droite support. \(t=0\) donne \(A\), \(t=1\) donne \(B\) ; un coefficient négatif place \(M\) de l’autre côté de \(A\), et un coefficient supérieur à \(1\) au-delà de \(B\). La figure est une lecture des relations exactes, pas une définition par mesure des pixels.

3.9 — Propriété — caractérisation du segment, de la demi-droite et de la droite

Avec \(A\ne B\), le point \(M\) de relation \(\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}\) vérifie : \[M\in[AB]\ \Longleftrightarrow\ t\in[0;1],\qquad M\in[AB)\ \Longleftrightarrow\ t\ge0.\] Quand \(t\) parcourt \(\mathbb{R}\), le point parcourt toute la droite \((AB)\). Chaque point de cette droite correspond à un seul \(t\) pour cette écriture fixée.

Démonstration.

Nous utilisons le sens usuel du produit d’un vecteur par un réel, déjà rencontré dans le plan. Si \(0<t<1\), le sens de \(\overrightarrow{AM}\) est celui de \(\overrightarrow{AB}\) et sa longueur est \(t\,AB<AB\), donc \(M\) est entre \(A\) et \(B\). Les valeurs \(0\) et \(1\) donnent les extrémités. Si \(t<0\), le sens est opposé, donc \(M\) est sur l’autre demi-droite issue de \(A\) ; si \(t>1\), la longueur dépasse \(AB\) dans le même sens, donc \(M\) est au-delà de \(B\).

Réciproquement, si \(M\in[AB]\), alors soit \(M=A\) et \(t=0\), soit le sens est celui de \(\overrightarrow{AB}\) et le rapport \(\frac{AM}{AB}\) appartient à \(]0;1]\). Comme \(AB>0\), ce rapport est défini ; poser \(t=\frac{AM}{AB}\) donne exactement \(\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}\). Le même argument pour toute la demi-droite autorise tous les \(t\ge0\) ; sur l’autre demi-droite on prend le rapport opposé, négatif. On obtient ainsi tous les points de la droite. Enfin, si \(t\overrightarrow{AB}=s\overrightarrow{AB}\), alors \((t-s)\overrightarrow{AB}=\vec{0}\). Puisque \(\overrightarrow{AB}\ne\vec{0}\), un multiple ne peut être nul que si \(t-s=0\) : \(t=s\).

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Cas limite : si \(A=B\), la relation donne \(\overrightarrow{AM}=\vec{0}\) pour tout \(t\), donc toujours \(M=A\). On ne décrit pas une droite et le coefficient n’est plus unique. Cette exclusion n’est pas facultative.

3.10 — À toi — Essai guidé — changer les vecteurs, pas le point

\(A,B,C\) sont non alignés, et \(N\) est défini par \(\overrightarrow{AN}=-\frac14\overrightarrow{AB}+\frac34\overrightarrow{BC}\). Réduis avec \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\), puis indique une construction. Aide 1 : \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\). Aide 2 : mets les deux coefficients de \(\overrightarrow{AB}\) au même dénominateur.

Correction et contrôle.

On remplace \(\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\) : \[\overrightarrow{AN}=-\frac14\overrightarrow{AB}-\frac34\overrightarrow{AB}+\frac34\overrightarrow{AC} =-\overrightarrow{AB}+\frac34\overrightarrow{AC}.\] Les coefficients \(-\frac14-\frac34=-\frac44=-1\) ont bien le même dénominateur. Depuis \(A\), on effectue \(-\overrightarrow{AB}\), puis on transporte \(\frac34\overrightarrow{AC}\) à son arrivée. Chasles recompose exactement la dernière expression, donc le point construit est \(N\). La somme \(-1+\frac34\) des coefficients n’a pas à valoir \(1\) : il s’agit de vecteurs, non d’une moyenne de points.

3.11 — À toi — Tentative autonome — une différence fractionnaire

À tenter avant de consulter. Dans un triangle non aplati \(ABC\), les points \(P,Q\) sont donnés par \[\overrightarrow{AP}=\frac12\overrightarrow{AB}-\frac23\overrightarrow{BC},\qquad \overrightarrow{BQ}=-\frac14\overrightarrow{AB}+\frac13\overrightarrow{AC}.\] Exprime \(\overrightarrow{AP}\) puis \(\overrightarrow{AQ}\) avec \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\), et déduis \(\overrightarrow{PQ}\). Explique pourquoi soustraire directement les deux expressions données n’est pas la bonne première étape.

Indices gradués : remplace \(\overrightarrow{BC}\) en passant par \(A\) ; calcule \(\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BQ}\) ; enfin \(\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}\). Pour la soustraction fractionnaire, utilise le dénominateur commun \(12\).

Correction et contrôle.

On développe le signe négatif : \[\overrightarrow{AP}=\frac12\overrightarrow{AB}-\frac23(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}) =\left(\frac36+\frac46\right)\overrightarrow{AB}-\frac23\overrightarrow{AC} =\frac76\overrightarrow{AB}-\frac23\overrightarrow{AC}.\] Pour \(Q\), la donnée part de \(B\) ; passer par \(B\) depuis \(A\) donne \[\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BQ}=\frac34\overrightarrow{AB}+\frac13\overrightarrow{AC}.\] Les deux déplacements partent maintenant de \(A\). Ainsi \[\begin{align*} \overrightarrow{PQ}&=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}\\ &=\left(\frac34-\frac76\right)\overrightarrow{AB} +\left(\frac13+\frac23\right)\overrightarrow{AC}\\ &=\left(\frac9{12}-\frac{14}{12}\right)\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} =-\frac5{12}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}. \end{align*}\] Le dénominateur \(12\) est un multiple de \(4\) et de \(6\) ; les facteurs \(3\) et \(2\) appliqués aux numérateurs expliquent \(9\) et \(14\). Contrôle : \(\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PQ}\) a pour coefficient de \(\overrightarrow{AB}\) \(\frac{14}{12}-\frac5{12}=\frac9{12}=\frac34\), et pour coefficient de \(\overrightarrow{AC}\) \(-\frac23+1=\frac13\) ; il redonne \(\overrightarrow{AQ}\). Soustraire \(\overrightarrow{BQ}-\overrightarrow{AP}\) aurait oublié le déplacement \(\overrightarrow{AB}\) entre les deux origines.

3.12 — À toi — Tentative dans le cube — deux points, trois directions

Dans le cube \(ABCDEFGH\) défini dans cette unité, \(K\) est le milieu de \([AE]\) et \(L\) vérifie \(\overrightarrow{DL}=\frac14\overrightarrow{DG}\). Exprime \(\overrightarrow{KL}\) en fonction de \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\), puis vérifie le résultat en reconstituant \(\overrightarrow{AL}\).

Indice 1 : \(\overrightarrow{DG}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CG}\). Indice 2 : \(\overrightarrow{AL}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DL}\). Indice 3 : \(\overrightarrow{KL}=\overrightarrow{AL}-\overrightarrow{AK}\) ; le coefficient devant \(\overrightarrow{AE}\) est une différence de fractions.

Correction et contrôle.

Les faces du cube donnent \(\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AE}\). Ainsi \(\overrightarrow{DG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}\), puis \[\overrightarrow{DL}=\frac14\overrightarrow{AB}+\frac14\overrightarrow{AE}.\] En revenant à l’origine \(A\), \[\overrightarrow{AL}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DL} =\frac14\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\frac14\overrightarrow{AE}.\] Le milieu donne \(\overrightarrow{AK}=\frac12\overrightarrow{AE}\). Par conséquent, \[\begin{align*} \overrightarrow{KL} &=\overrightarrow{AL}-\overrightarrow{AK}\\ &=\frac14\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD} +\left(\frac14-\frac12\right)\overrightarrow{AE}\\ &=\frac14\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}-\frac14\overrightarrow{AE}, \end{align*}\] car \(\frac14-\frac12=\frac14-\frac24=-\frac14\). Le signe négatif indique ici que le déplacement de \(K\) vers \(L\) descend selon la direction des arêtes reliant les faces opposées.

Contrôle : en ajoutant \(\overrightarrow{AK}=\frac12\overrightarrow{AE}\), le coefficient de \(\overrightarrow{AE}\) devient \(\frac12-\frac14=\frac14\) ; les deux autres coefficients restent inchangés. Nous retrouvons bien \(\overrightarrow{AL}\). Si tu avais trouvé \(+\frac14\overrightarrow{AE}\) dans \(\overrightarrow{KL}\), ce contrôle aurait donné \(\frac34\overrightarrow{AE}\) et révélé le signe incorrect.

3.13 — Une explication personnelle et une variation

Justifie pourquoi \(\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AB}+3\overrightarrow{AC}\) est une relation parfaitement autorisée, même si \(2+3\ne1\). Réponse possible : « Les coefficients multiplient des déplacements, pas des positions ; je peux effectuer deux fois \(\overrightarrow{AB}\), puis trois fois \(\overrightarrow{AC}\), et transporter leur somme depuis \(A\). Aucune condition de moyenne n’intervient. »

Je sais faire seul si… je pars du point indiqué, je transporte la seconde flèche à l’arrivée de la première, je développe les signes et je contrôle la recomposition. Sur une droite, je vérifie \(A\ne B\) avant d’interpréter un coefficient comme une position unique.

Variation de l’écriture d’une demi-droite : on fixe \(A\ne B\) et on définit \(C\) par \(\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AB}\). Un point écrit \(\overrightarrow{BM}=s\overrightarrow{BC}\) vérifie \(\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+s\overrightarrow{AB}=(1+s)\overrightarrow{AB}\). Donc \(M\in[AB)\) équivaut à \(1+s\ge0\), soit \(s\ge-1\), et non à \(s\ge0\). Une restriction sur un coefficient dépend de l’origine et du vecteur choisis. Contrôle des bornes : \(s=-1\) donne \(A\), \(s=0\) donne \(B\).

3.14 — Si les fractions ou l'origine te font perdre le fil

Copie : « \(\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{BQ}-\overrightarrow{AP}\), donc je soustrais les coefficients donnés. » La première erreur est l’égalité de trajets : les deux déplacements soustraits n’ont pas la même origine. Rappel décisif : \(\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BQ}\) ; il faut conserver le trajet \(A\to B\).

Exemple plus simple corrigé : si \(\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{BQ}=\overrightarrow{AB}\), alors \(\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BQ}=2\overrightarrow{AB}\), donc \(P=Q\) et \(\overrightarrow{PQ}=\vec{0}\). La mauvaise méthode donnerait \(\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{AB}\), ce qui contredit les arrivées identiques.

Nouvel essai avant correction : \(\overrightarrow{AR}=\frac12\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{BS}=-\frac14\overrightarrow{AB}\). Calcule \(\overrightarrow{RS}\) en fonction de \(\overrightarrow{AB}\). Correction : \(\overrightarrow{AS}=\overrightarrow{AB}-\frac14\overrightarrow{AB}=\frac34\overrightarrow{AB}\), donc \(\overrightarrow{RS}=\overrightarrow{AS}-\overrightarrow{AR}=(\frac34-\frac24)\overrightarrow{AB}=\frac14\overrightarrow{AB}\). Contrôle : \(\overrightarrow{AR}+\overrightarrow{RS}=\frac34\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AS}\). Retour à la tentative autonome : commence par \(\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BQ}\), puis refais la soustraction ; si seul le dénominateur te gêne, écris \(\frac34=\frac9{12}\) et \(\frac76=\frac{14}{12}\) séparément avant de réduire.

3.15 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre unité, sans relire : \(A\ne B\), \(\overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{BM}=\frac32\overrightarrow{BC}\). Exprime \(\overrightarrow{AM}\) en fonction de \(\overrightarrow{AB}\), situe \(M\) sur la droite \((AB)\) et justifie s’il appartient à \([AB]\). Aide : commence par \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\), puis reviens à l’origine \(A\).

Correction et contrôle.

\(\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AB}=-3\overrightarrow{AB}\). Alors \(\overrightarrow{BM}=\frac32(-3)\overrightarrow{AB}=-\frac92\overrightarrow{AB}\) et \[\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\left(\frac22-\frac92\right)\overrightarrow{AB}=-\frac72\overrightarrow{AB}.\] Le coefficient est négatif : \(M\) se trouve sur la demi-droite opposée à \([AB)\), au-delà de \(A\) ; il n’appartient pas à \([AB]\).

Vérification par le trajet inverse : \[\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}=-\overrightarrow{AB}-\frac72\overrightarrow{AB}=-\frac92\overrightarrow{AB},\] conforme à la donnée. Si tu as placé \(M\) au-delà de \(B\) parce que \(\frac32>1\), ce coefficient portait sur \(\overrightarrow{BC}\) depuis \(B\), pas sur \(\overrightarrow{AB}\) depuis \(A\) : relis les deux lettres avant de l’interpréter.

3.16 — À toi — Reprise différée — une combinaison dans un tétraèdre

Dans un tétraèdre \(ABCD\), \(R\) est le milieu de \([AB]\) et \(S\) vérifie \(\overrightarrow{CS}=\frac25\overrightarrow{CD}\). Sans consulter les exemples, exprime \(\overrightarrow{RS}\) avec \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\), puis contrôle par \(\overrightarrow{AR}+\overrightarrow{RS}\). Indice : ramène d’abord la donnée de \(S\) à l’origine \(A\).

Correction et contrôle.

On a \(\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}\). Ainsi \[\begin{align*} \overrightarrow{AS} &=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CS}\\ &=\overrightarrow{AC}+\frac25(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})\\ &=\left(1-\frac25\right)\overrightarrow{AC}+\frac25\overrightarrow{AD} =\frac35\overrightarrow{AC}+\frac25\overrightarrow{AD}. \end{align*}\] Comme \(\overrightarrow{AR}=\frac12\overrightarrow{AB}\), \[\overrightarrow{RS}=\overrightarrow{AS}-\overrightarrow{AR} =-\frac12\overrightarrow{AB}+\frac35\overrightarrow{AC}+\frac25\overrightarrow{AD}.\] Ajouter \(\overrightarrow{AR}\) annule le terme \(-\frac12\overrightarrow{AB}\) et redonne bien \(\overrightarrow{AS}\). Les trois coefficients décrivent des déplacements ; leur somme n’a pas à valoir \(1\). La position de \(S\) sur une arête ne justifie pas de supprimer le déplacement \(A\to C\).

4. Colinéarité, alignement et direction d'une droite

Deux déplacements peuvent suivre une même direction sans avoir la même longueur ni le même sens. La colinéarité permet de reconnaître cette situation, puis de démontrer un alignement. Nous travaillons ici par relations vectorielles, sans coordonnées : le sens géométrique vient avant les systèmes.

Avant de poursuivre. Rappels locaux : \(\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\) et \(a\vec{u}+b\vec{u}=(a+b)\vec{u}\). Un vecteur nul est un déplacement de longueur nulle et ne donne pas une direction de droite. Avant la correction, dis si \(\vec{u}\) et \(-3\vec{u}\) ont la même direction lorsque \(\vec{u}\ne\vec{0}\), puis si cette phrase garde son sens pour \(\vec{u}=\vec{0}\).

Correction et contrôle.

Pour \(\vec{u}\ne\vec{0}\), le coefficient \(-3\) inverse le sens et triple la longueur, mais conserve la direction. Si \(\vec{u}=\vec{0}\), les deux vecteurs sont nuls ; ils seront bien colinéaires selon notre définition, mais on ne leur attribue pas de direction utilisable. Si tu as confondu direction et sens, commence par la définition et la figure avant les essais.

4.1 — Définition — vecteurs colinéaires, y compris le vecteur nul

Deux vecteurs sont colinéaires lorsqu’on peut placer leurs représentants à une même origine de sorte que leurs arrivées et cette origine soient sur une même droite. Le vecteur nul est donc colinéaire à tout vecteur, et deux vecteurs nuls sont colinéaires. Deux vecteurs non nuls sont colinéaires exactement lorsqu’ils ont la même direction ; leurs sens et leurs longueurs peuvent différer.

Transporter les représentants est essentiel : les flèches originales ne sont pas obligées d’être tracées sur la même droite. Cette définition porte sur les vecteurs libres, non sur leurs points de départ particuliers.

Lecture de la figure. Dans le premier panneau, les deux flèches ont des origines différentes, mais leurs droites supports sont parallèles et leurs sens opposés. Après transport à \(O\), les arrivées sont alignées avec \(O\). Le dernier panneau représente un vecteur nul par un point, sans lui inventer une flèche directrice.

4.2 — Proposition — colinéarité et multiple, avec une condition indispensable

Si \(\vec{v}\ne\vec{0}\), alors \[\vec{u}\text{ et }\vec{v}\text{ sont colinéaires} \quad\Longleftrightarrow\quad \text{il existe }\lambda\in\mathbb{R}\text{ tel que }\vec{u}=\lambda\vec{v}.\] Le coefficient peut être nul. Si \(\vec{v}=\vec{0}\), la colinéarité est toujours vraie, mais l’écriture \(\vec{u}=\lambda\vec{v}\) n’est possible que pour \(\vec{u}=\vec{0}\). Il faut donc traiter ce cas séparément, et non diviser par un vecteur.

Démonstration.

Si \(\vec{u}=\lambda\vec{v}\) avec \(\vec{v}\) non nul, la multiplication place le représentant de \(\vec{u}\) sur la droite de celui de \(\vec{v}\), y compris pour \(\lambda=0\) : les vecteurs sont colinéaires. Réciproquement, transportons les deux vecteurs à \(O\), avec arrivées \(U,V\). Si \(\vec{u}=\vec{0}\), prendre \(\lambda=0\) convient. Sinon, les points \(O,U,V\) sont alignés et \(OV>0\) ; on prend \(\lambda=\frac{OU}{OV}\) si les deux sens sont les mêmes, et \(\lambda=-\frac{OU}{OV}\) s’ils sont opposés. La longueur et le sens du multiple sont alors exactement ceux de \(\overrightarrow{OU}\), d’où \(\vec{u}=\lambda\vec{v}\). Si \(\vec{v}=\vec{0}\), tout multiple de \(\vec{v}\) est nul : cela explique la limite de l’écriture.

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4.3 — Exemple expliqué — Des vecteurs différents, pourtant colinéaires

Soit \(\vec{u}\ne\vec{0}\), et \(\vec{v}=-\frac52\vec{u}\). Ils sont colinéaires, malgré leur sens opposé et leurs longueurs différentes. Si l’on veut écrire \(\vec{u}\) en fonction de \(\vec{v}\), on multiplie l’égalité par \(-\frac25\), réel défini et non nul : \[-\frac25\vec{v}=\left(-\frac25\right)\left(-\frac52\right)\vec{u}=\vec{u}.\] Contrôle du coefficient inverse : le produit des numérateurs vaut \(10\), celui des dénominateurs \(10\), donc le produit vaut \(1\). Ce calcul n’est pas une « division par le vecteur » ; ce sont des multiplications de vecteurs par des réels.

4.4 — Proposition — reconnaître une relation de dépendance à deux vecteurs

Deux vecteurs \(\vec{u},\vec{v}\) sont colinéaires si et seulement s’il existe deux réels \(a,b\), non tous deux nuls, tels que \(a\vec{u}+b\vec{v}=\vec{0}\).

Démonstration.

Si \(\vec{v}\ne\vec{0}\) et les vecteurs sont colinéaires, écrire \(\vec{u}=\lambda\vec{v}\) donne \(1\vec{u}-\lambda\vec{v}=\vec{0}\) ; le premier coefficient \(1\) est non nul. Si \(\vec{v}=\vec{0}\), prendre \(a=0,b=1\) convient, quelle que soit \(\vec{u}\).

Réciproquement, supposons \(a\vec{u}+b\vec{v}=\vec{0}\) avec \((a,b)\ne(0,0)\). Si \(a\ne0\), on multiplie par \(\frac1a\) : \(\vec{u}=-\frac ba\vec{v}\). Si \(\vec{v}\ne\vec{0}\), la caractérisation précédente s’applique ; si \(\vec{v}=\vec{0}\), on obtient aussi \(\vec{u}=\vec{0}\), donc la colinéarité. Si \(a=0\), alors \(b\ne0\), et l’égalité \(b\vec{v}=\vec{0}\) impose \(\vec{v}=\vec{0}\) ; les vecteurs sont encore colinéaires. Nous avons séparé les cas avant toute division.

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4.5 — Lemme — identifier deux coefficients avec des vecteurs non colinéaires

Si \(\vec{u},\vec{v}\) ne sont pas colinéaires, alors \[a\vec{u}+b\vec{v}=\vec{0}\quad\Longrightarrow\quad a=0\text{ et }b=0.\] Par conséquent, \[x\vec{u}+y\vec{v}=x'\vec{u}+y'\vec{v} \quad\Longleftrightarrow\quad x=x'\text{ et }y=y'.\] Ce lemme justifiera l’identification des coefficients dans les exemples avec un paramètre et, ensuite, dans les plans.

Démonstration.

Si \(a\vec{u}+b\vec{v}=\vec{0}\) avec au moins l’un des deux coefficients non nul, la proposition précédente donnerait la colinéarité. Comme celle-ci est exclue, on a nécessairement \(a=b=0\).

Pour la seconde affirmation, soustraire les deux expressions donne \[(x-x')\vec{u}+(y-y')\vec{v}=\vec{0}.\] La première affirmation impose \(x-x'=0\) et \(y-y'=0\), d’où \(x=x'\) et \(y=y'\). Réciproquement, des coefficients égaux donnent évidemment la même combinaison. La non-colinéarité, et non l’apparence des lettres, autorise donc l’identification.

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4.6 — Exemple expliqué — Pourquoi la condition ne peut pas être retirée

Si \(\vec{v}=2\vec{u}\ne\vec{0}\), alors \[3\vec{u}+1\vec{v}=5\vec{u} =1\vec{u}+2\vec{v}.\] Les coefficients sont différents alors que les vecteurs obtenus sont égaux. La famille est colinéaire : ses deux écritures décrivent des déplacements sur une seule direction. Ce contre-exemple explique pourquoi on vérifie la non-colinéarité avant d’identifier deux coefficients.

4.7 — Théorème — un point et un directeur non nul

Pour un point \(A\) et un vecteur \(\vec{u}\ne\vec{0}\), il existe une unique droite passant par \(A\) et de direction celle de \(\vec{u}\). On dit que \(\vec{u}\) est un vecteur directeur de cette droite. Ses points \(M\) sont exactement ceux pour lesquels \[\overrightarrow{AM}=t\vec{u}\quad\text{pour un réel }t.\] Le vecteur nul ne peut pas être un directeur. La relation \(\overrightarrow{AM}=t\vec{0}\) décrit seulement le point \(A\).

Démonstration.

Transportons \(\vec{u}\) à l’origine \(A\), avec arrivée \(B\). Puisque \(\vec{u}\ne\vec{0}\), \(A\ne B\) et la droite \((AB)\) est définie. Les points \(M\) dont \(\overrightarrow{AM}\) est un multiple de \(\overrightarrow{AB}\) sont exactement les points de cette droite : dans chaque sens, le multiple est le rapport signé des longueurs, comme dans la caractérisation de la colinéarité. Cette construction donne l’existence. Toute droite passant par \(A\) et de cette direction contient le point \(B\) obtenu en parcourant \(\vec{u}\) depuis \(A\) ; deux points distincts imposent alors la même droite \((AB)\), d’où l’unicité.

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Une droite possède une infinité de directeurs : tout multiple non nul d’un directeur convient. Par exemple \(\vec{u}\) et \(-4\vec{u}\) définissent la même direction, non deux droites différentes. Notre convention de parallélisme entre deux droites inclut les droites confondues : leurs directeurs non nuls sont colinéaires. Cela ne décide pas si elles sont distinctes ; il faut encore examiner un point d’ancrage.

4.8 — Proposition — parallélisme et égalité de deux droites

Soient \(d\) la droite passant par \(A\) de directeur \(\vec{u}\ne\vec{0}\) et \(e\) la droite passant par \(B\) de directeur \(\vec{v}\ne\vec{0}\).

Les droites \(d\) et \(e\) sont parallèles si et seulement si \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont colinéaires.

Elles sont confondues si et seulement si leurs directeurs sont colinéaires et \(B\in d\). Si leurs directeurs sont colinéaires mais \(B\notin d\), elles sont strictement parallèles : elles sont distinctes et sans point commun.

Démonstration.

Pour des vecteurs non nuls, la colinéarité signifie exactement que les directions sont les mêmes. Cela donne le critère de parallélisme avec notre convention.

Si \(d=e\), leurs directeurs ont la même direction et \(B\) est bien un point de \(d\). Réciproquement, si les directions sont les mêmes et \(B\in d\), les deux droites passent par \(B\) avec la même direction ; le théorème d’unicité d’une droite définie par un point et un directeur impose \(d=e\).

Enfin, supposons les directions identiques et \(B\notin d\). Les droites sont distinctes. Si elles avaient un point commun \(S\), l’unicité de la droite passant par \(S\) avec cette direction imposerait à nouveau \(d=e\), contradiction. Elles n’ont donc aucun point commun.

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4.9 — Exemple expliqué — Prouver un parallélisme, puis distinguer les droites

Dans un triangle non aplati \(ABC\), on définit \(M,N\) par \[\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AC},\qquad \overrightarrow{BN}=2\overrightarrow{AC}.\] Les deux points subissent la même translation depuis \(A\) et \(B\). On peut utiliser la conservation des vecteurs, ou refaire Chasles : \[\begin{align*} \overrightarrow{MN} &=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}\\ &=-2\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}. \end{align*}\] Comme \(A\ne B\), le vecteur \(\overrightarrow{AB}\) est non nul ; donc \(\overrightarrow{MN}\) l’est aussi et \(M\ne N\). Les deux droites \((AB)\) et \((MN)\) sont définies et parallèles.

Pour savoir si elles sont confondues, on examine un point. Si \(M\in(AB)\), alors \(\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AC}\) serait un multiple de \(\overrightarrow{AB}\). En multipliant par \(\frac12\), on conclurait que \(\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AB}\) sont colinéaires, donc que le triangle est aplati, contrairement à la donnée. Ainsi \(M\notin(AB)\) : les droites sont strictement parallèles.

Contrôle. La première partie étudie seulement les déplacements et leur direction ; la seconde utilise la position de \(M\). Aucune de ces informations ne remplace l’autre.

4.10 — Exemple expliqué — Même direction et même droite

On fixe \(A\ne B\), puis \(P,Q\) tels que \(\overrightarrow{AP}=\frac12\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AQ}=-\overrightarrow{AB}\). Alors \[\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP} =\left(-1-\frac12\right)\overrightarrow{AB}=-\frac32\overrightarrow{AB}.\] Ce vecteur est non nul, donc \((PQ)\) existe et a la même direction que \((AB)\). De plus \(P\in(AB)\), puisque \(\overrightarrow{AP}\) est un multiple de \(\overrightarrow{AB}\). La proposition donne \((PQ)=(AB)\).

Un coefficient de proportionnalité négatif ne rend pas deux droites « opposées » : une droite se parcourt dans les deux sens. Le signe décrit le sens du vecteur directeur choisi, pas une nouvelle droite.

4.11 — Corollaire — critère d'alignement avec deux points distincts

Si \(A\ne B\), alors \[C\in(AB)\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{AC}\text{ et }\overrightarrow{AB}\text{ sont colinéaires} \quad\Longleftrightarrow\quad\overrightarrow{AC}=t\overrightarrow{AB}\text{ pour un }t\in\mathbb{R}.\] On peut donc démontrer un alignement en obtenant une égalité de multiples depuis une même origine. Le cas \(C=A\) est autorisé : il donne \(t=0\). Si \(A=B\), on ne peut pas parler de la droite unique \((AB)\) ; pour trois points dont deux sont confondus, on choisit une autre paire distincte, si elle existe.

Démonstration.

\(\overrightarrow{AB}\ne\vec{0}\) est un directeur de \((AB)\). Le théorème précédent caractérise ses points par \(\overrightarrow{AC}=t\overrightarrow{AB}\), et la caractérisation de colinéarité donne l’autre équivalence. Les deux sens sont nécessaires : la relation ne sert pas seulement à reconnaître une figure, elle prouve l’appartenance à la droite. Si tous les points sont confondus, il existe des droites qui les contiennent, mais aucune n’est déterminée de manière unique par eux.

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4.12 — Exemple expliqué — Démontrer un alignement après réduction

\(A,B,C\) sont non alignés. On donne \(M,N\) par \[\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AC},\qquad \overrightarrow{AN}=-4\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}.\] Nous cherchons un multiple, parce que les deux déplacements partent déjà de \(A\). Factoriser \(-2\) donne \(\overrightarrow{AN}=-2(2\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AC})=-2\overrightarrow{AM}\). Vérifions le point de référence : \(M\ne A\), car \(\overrightarrow{AM}=\vec{0}\) donnerait \(\overrightarrow{AC}=-4\overrightarrow{AB}\) et donc \(A,B,C\) alignés, contrairement aux données. Le critère s’applique à la paire distincte \(A,M\) : \(N\in(AM)\).

Le coefficient \(-2\) précise la position : \(N\) est de l’autre côté de \(A\) par rapport à \(M\), à une distance double de \(A\). Contrôle : redévelopper \(-2\overrightarrow{AM}\) redonne \(-4\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\), les deux coefficients de la donnée de \(N\). La non-nullité de \(\overrightarrow{AM}\) est ce qui transforme la relation en une droite déterminée.

4.13 — Exemple expliqué — Déterminer quand deux combinaisons deviennent colinéaires

On fixe deux vecteurs non colinéaires \(\vec{u},\vec{v}\). Pour un réel \(t\), on pose \[\vec{p}=2\vec{u}+\vec{v},\qquad \vec{q}_t=(t+1)\vec{u}+(3-t)\vec{v}.\] On cherche toutes les valeurs de \(t\) pour lesquelles \(\vec{p}\) et \(\vec{q}_t\) sont colinéaires. Ici, \(t\) choisit la situation ; le coefficient de proportionnalité sera noté \(\lambda\) pour ne pas confondre ces deux rôles.

Vérifier que le vecteur de référence est non nul

Si \(\vec{p}=\vec{0}\), le lemme imposerait \(2=0\) et \(1=0\), ce qui est impossible. Donc \(\vec{p}\ne\vec{0}\) et nous pouvons chercher \(\lambda\) tel que \(\vec{q}_t=\lambda\vec{p}\).

Traduire la même proportion pour les deux directions

En développant le membre de droite, \[(t+1)\vec{u}+(3-t)\vec{v} =2\lambda\vec{u}+\lambda\vec{v}.\] Comme \(\vec{u},\vec{v}\) sont non colinéaires, le lemme transforme cette égalité en deux conditions simultanées : \[\begin{cases} t+1=2\lambda,\\ 3-t=\lambda. \end{cases}\] La seconde donne \(\lambda=3-t\). On la remplace dans la première : \[t+1=2(3-t) \quad\Longleftrightarrow\quad t+1=6-2t \quad\Longleftrightarrow\quad 3t=5.\] Puisque \(3\ne0\), \(t=\frac53\), et alors \(\lambda=3-\frac53=\frac43\).

Vérifier et conclure dans les deux sens

Pour \(t=\frac53\), \[\vec{q}_{5/3} =\frac83\vec{u}+\frac43\vec{v} =\frac43(2\vec{u}+\vec{v})=\frac43\vec{p}.\] Les vecteurs sont donc colinéaires. Pour toute autre valeur de \(t\), les deux conditions ne peuvent pas être vérifiées par un même \(\lambda\), donc ils ne le sont pas. L’unique valeur cherchée est \(\boxed{t=\frac53}\).

Il ne suffisait pas de comparer un seul coefficient : par exemple, la première équation seule aurait toujours permis de poser \(\lambda=\frac{t+1}{2}\), sans vérifier la seconde direction.

4.14 — À toi — Un cas nul au milieu d'une famille

Les vecteurs \(\vec{u},\vec{v}\) sont non colinéaires. On pose \(\vec{p}=\vec{u}+2\vec{v}\) et, pour \(t\in\mathbb{R}\), \(\vec{r}_t=(t-1)\vec{u}+(2t-2)\vec{v}\). Détermine les valeurs de \(t\) pour lesquelles \(\vec{p}\) et \(\vec{r}_t\) sont colinéaires, puis celles pour lesquelles \(\vec{r}_t\) peut diriger une droite de direction \(\vec{p}\).

Indice 1 : factorise \(t-1\). Indice 2 : un directeur doit être non nul ; la colinéarité n’impose pas cette condition aux deux vecteurs.

Correction et contrôle.

On écrit \(2t-2=2(t-1)\), donc \[\vec{r}_t=(t-1)(\vec{u}+2\vec{v})=(t-1)\vec{p}.\] Les vecteurs sont colinéaires pour tout réel \(t\), y compris \(t=1\). Le vecteur \(\vec{p}\) est non nul : une relation \(\vec{u}+2\vec{v}=\vec{0}\) contredirait la non-colinéarité. Ainsi \(\vec{r}_t=\vec{0}\) exactement lorsque \(t-1=0\), soit \(t=1\).

Pour \(t\ne1\), \(\vec{r}_t\) est un directeur possible ; pour \(t=1\), il ne l’est pas. Contrôle : \(t=0\) donne \(-\vec{p}\) et \(t=2\) donne \(\vec{p}\), deux directeurs opposés mais valables ; \(t=1\) donne bien le déplacement nul.

4.15 — À toi — Essai guidé — un coefficient nul n'est pas interdit

\(A\ne B\) ; \(P=A\) et \(\overrightarrow{BQ}=2\overrightarrow{BA}\). Montrer que \(A,B,P,Q\) sont sur une même droite et situer \(Q\) par rapport à \(A\). Aide 1 : \(\overrightarrow{AP}=0\overrightarrow{AB}\). Aide 2 : pour \(Q\), revenir à l’origine \(A\) en écrivant \(\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BQ}\).

Correction et contrôle.

\(P=A\) appartient évidemment à \((AB)\) ; le critère le confirme avec \(\overrightarrow{AP}=0\overrightarrow{AB}\). Pour \(Q\), \(\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{AB}\). Ainsi \(Q\in(AB)\) et se trouve de l’autre côté de \(A\), avec \(AQ=AB\). Le point \(A\) est le milieu de \([BQ]\), puisque \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AQ}=\vec{0}\). Contrôle : \(\overrightarrow{BQ}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AQ}=-2\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{BA}\), conforme à la donnée.

4.16 — À toi — Choisir une valeur pour placer un point sur une droite

Les points \(A,B,C\) ne sont pas alignés. Pour chaque réel \(t\), on définit \(M_t\) par \[\overrightarrow{AM_t}=(t-1)\overrightarrow{AB}+(t+1)\overrightarrow{AC}.\] Pour quelle valeur de \(t\) le point \(M_t\) appartient-il à la droite \((BC)\) ? Pour cette valeur, appartient-il au segment \([BC]\) ? Essaie d’abord en choisissant toi-même le point d’origine utile.

Indice 1 : l’appartenance à \((BC)\) invite à calculer \(\overrightarrow{BM_t}\). Indice 2 : cherche un réel \(\lambda\) tel que \(\overrightarrow{BM_t}=\lambda\overrightarrow{BC}\). Indice 3 : exprime les deux membres avec \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\), puis utilise leur non-colinéarité.

Correction et contrôle.

Le premier changement d’origine donne \[\begin{align*} \overrightarrow{BM_t} &=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM_t}\\ &=-\overrightarrow{AB}+(t-1)\overrightarrow{AB}+(t+1)\overrightarrow{AC}\\ &=(t-2)\overrightarrow{AB}+(t+1)\overrightarrow{AC}. \end{align*}\] Comme \(B\ne C\), le vecteur \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\) est un directeur utilisable. L’appartenance demandée équivaut à l’existence d’un même réel \(\lambda\) tel que \[(t-2)\overrightarrow{AB}+(t+1)\overrightarrow{AC} =-\lambda\overrightarrow{AB}+\lambda\overrightarrow{AC}.\] Les points \(A,B,C\) non alignés donnent deux vecteurs non colinéaires \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\). On peut donc identifier les coefficients : \[t-2=-\lambda,\qquad t+1=\lambda.\] Remplacer \(\lambda\) par \(t+1\) donne \(t-2=-(t+1)=-t-1\), puis \(2t=1\), donc \(t=\frac12\). Le coefficient vaut alors \(\lambda=\frac32\).

Contrôle direct : pour \(t=\frac12\), le vecteur calculé est \[\overrightarrow{BM_{1/2}}=-\frac32\overrightarrow{AB}+\frac32\overrightarrow{AC} =\frac32(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac32\overrightarrow{BC}.\] Ainsi \(M_{1/2}\in(BC)\). Mais \(\frac32>1\) : en partant de \(B\), on dépasse \(C\). Le point est sur la demi-droite \([BC)\), au-delà de \(C\), et n’appartient pas au segment \([BC]\). Une appartenance à la droite n’impose pas une appartenance au segment.

Rappel utile pour la prochaine tentative

Pour deux points \(M,N\) et leur milieu \(I\), l’identité du milieu s’écrit \(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN}=2\overrightarrow{AI}\) depuis n’importe quelle origine \(A\). La réciproque est vraie : une telle égalité caractérise le milieu. Elle vient de Chasles en passant par \(I\), car \(\overrightarrow{IM}+\overrightarrow{IN}=\vec{0}\).

4.17 — À toi — Tentative autonome — ne pas perdre le point d'ancrage

À tenter avant les indices. Dans un triangle \(ABC\) non aplati, les points \(M,N\) sont définis par \[\overrightarrow{AM}=3\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC},\qquad \overrightarrow{AN}=-\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}.\] Prouve que \(B\) est le milieu de \([MN]\), puis explique pourquoi \((MN)\) est une droite bien définie. Peut-on en déduire que \(A,B,C\) sont alignés ?

Indice 1 : additionne \(\overrightarrow{AM}\) et \(\overrightarrow{AN}\). Indice 2 : applique l’identité du milieu à partir de \(A\). Indice 3 : si \(M=N\), la relation de milieu imposerait \(M=N=B\) ; exploite alors la donnée de \(M\).

Correction et contrôle.

On regroupe les coefficients : \(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN}=(3-1)\overrightarrow{AB}+(-2+2)\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AB}\). L’identité réciproque du milieu affirme que, si \(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN}=2\overrightarrow{AB}\), alors \(B\) est le milieu de \([MN]\) : les deux extrémités sont \(M,N\), l’origine de calcul est \(A\). On peut le contrôler directement : \[\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC},\qquad \overrightarrow{BN}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AN}=-2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{BM}.\] Si \(M=N\), leur milieu \(B\) serait ce même point. On aurait alors \(\overrightarrow{BM}=\vec{0}\), soit \(2(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})=\vec{0}\). Comme \(2\ne0\), \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}\) et les arrivées \(B,C\) seraient identiques, impossible dans un triangle non aplati. Donc \(M\ne N\) et \((MN)\) est bien définie ; les trois points \(M,B,N\) sont alignés. Rien ne permet d’en déduire l’alignement de \(A,B,C\) : la relation concerne des vecteurs issus de \(B\) vers \(M,N\), pas les vecteurs \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\) entre eux. Elle est au contraire construite à partir d’un triangle non aplati.

4.18 — À toi — Même vecteur entre deux points, autre droite

Les points \(A,B,C\) ne sont pas alignés. On donne \[\overrightarrow{AP}=3\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC},\qquad \overrightarrow{AQ}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}.\] Compare les droites \((PQ)\) et \((AB)\). Reprends ensuite la question pour \(P',Q'\) définis par \(\overrightarrow{AP'}=3\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AQ'}=-\overrightarrow{AB}\). Qu’est-ce qui change, alors que les deux déplacements \(\overrightarrow{PQ}\) et \(\overrightarrow{P'Q'}\) sont égaux ?

Indice : commence par les vecteurs directeurs, puis teste un point d’ancrage de chaque droite.

Correction et contrôle.

Les deux différences donnent \[\begin{align*} \overrightarrow{PQ}&=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP} =(-1-3)\overrightarrow{AB}+(1-1)\overrightarrow{AC}=-4\overrightarrow{AB},\\ \overrightarrow{P'Q'}&=\overrightarrow{AQ'}-\overrightarrow{AP'} =(-1-3)\overrightarrow{AB}=-4\overrightarrow{AB}. \end{align*}\] Comme \(A\ne B\), ces vecteurs sont non nuls : les deux droites sont bien définies et parallèles à \((AB)\).

Si \(P\in(AB)\), il existerait \(s\) tel que \(\overrightarrow{AP}=s\overrightarrow{AB}\). La relation de \(P\) donnerait \(\overrightarrow{AC}=(s-3)\overrightarrow{AB}\), ce qui alignerait \(A,B,C\), contradiction. Donc \((PQ)\) est strictement parallèle à \((AB)\).

En revanche, \(\overrightarrow{AP'}=3\overrightarrow{AB}\) place \(P'\) sur \((AB)\). La droite \((P'Q')\) a la même direction et un point commun avec \((AB)\) : elle est confondue avec \((AB)\). Les directeurs égaux contrôlent la direction ; la présence ou l’absence de l’ajout \(\overrightarrow{AC}\) modifie ici la position des deux points et de leur droite.

4.19 — Justifier une condition, puis changer le cas

Explique pourquoi « \(\vec{0}\) et \(\vec{v}\) sont colinéaires » n’autorise pas à choisir \(\vec{0}\) comme directeur. Réponse possible : « La colinéarité autorise un déplacement nul sur une droite déjà choisie ; mais ce déplacement ne sélectionne aucune direction. Toutes les droites passant par \(A\) contiennent le déplacement nul depuis \(A\), donc il ne peut pas en déterminer une seule. »

Je sais faire seul si… je transporte les vecteurs à une origine commune, j’annonce quel vecteur est non nul avant d’utiliser un multiple, je vérifie une paire de points distincts pour nommer une droite et je contrôle les coefficients par redéveloppement. Je ne confonds pas direction et sens.

Variation : on sait seulement \(\vec{u}=\lambda\vec{v}\). Si \(\lambda=0\), \(\vec{u}\) est nul et \(\vec{v}\) peut être non nul ; on ne peut pas écrire \(\vec{v}=\frac1\lambda\vec{u}\). Exemple : \(\vec{u}=\vec{0}\), \(\vec{v}=\overrightarrow{AB}\) avec \(A\ne B\). Les vecteurs sont colinéaires mais \(\vec{v}\) n’est aucun multiple de \(\vec{u}\). Si \(\lambda\ne0\), on peut au contraire écrire \(\vec{v}=\frac1\lambda\vec{u}\). La condition concerne le réel par lequel on multiplie, pas un « dénominateur vectoriel ».

4.20 — Réparer le premier raisonnement faux

Copie : « \(\overrightarrow{AC}=0\overrightarrow{AB}\) ; le coefficient est nul, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires. » La première erreur est l’exclusion du coefficient nul. Rappel décisif : avec \(A\ne B\), le point \(C=A\) est sur \((AB)\) ; son déplacement depuis \(A\) est nul et colinéaire à \(\overrightarrow{AB}\).

Exemple plus simple corrigé : si \(C=A\), \(\overrightarrow{AC}=0\overrightarrow{AB}\) donne précisément \(C\in(AB)\) ; la droite reste définie par les deux points distincts \(A,B\), non par le vecteur \(\overrightarrow{AC}\).

Nouvel essai avant correction : \(P=Q\) et \(R\ne P\). Peut-on appeler \(\overrightarrow{PQ}\) un directeur de \((PR)\) ? Les vecteurs \(\overrightarrow{PQ}\) et \(\overrightarrow{PR}\) sont-ils colinéaires ? Correction : \(\overrightarrow{PQ}=\vec{0}\) n’est pas un directeur, mais il est colinéaire à \(\overrightarrow{PR}\) ; le directeur utilisable est \(\overrightarrow{PR}\ne\vec{0}\). Retour à la copie : remplace sa conclusion par « \(C=A\), donc \(C\) appartient à la droite définie par \(A,B\) » et conserve la distinction entre appartenance et direction.

4.21 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre unité, sans relire, prends deux points distincts \(A,B\) et un point \(C\) de la droite \((AB)\) tel que \(\overrightarrow{AC}=-\frac32\overrightarrow{AB}\). Un point \(D\) vérifie \(\overrightarrow{BD}=\frac25\overrightarrow{BC}\). Montre que \(D=A\), puis indique un directeur de \((CD)\) et un vecteur colinéaire qui n’en est pas un directeur. Aide : calcule \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\) puis \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}\).

Correction et contrôle.

\(\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{AB}-\frac32\overrightarrow{AB}=-\frac52\overrightarrow{AB}\). Ainsi \(\overrightarrow{BD}=\frac25(-\frac52)\overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{BA}\) ; l’arrivée depuis \(B\) est donc \(A\), d’où \(D=A\). Contrôle indépendant : \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}=\vec{0}\). Comme \(\overrightarrow{AC}=-\frac32\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AB}\ne\vec{0}\), \(C\ne A=D\) ; la droite \((CD)\) est définie et \(\overrightarrow{AB}\) en est un directeur (il est un multiple non nul de \(\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}=\frac32\overrightarrow{AB}\)). Le vecteur \(\overrightarrow{AD}=\vec{0}\) est colinéaire à ce directeur, mais n’est pas lui-même un directeur. Si tu as conclu qu’une égalité nulle détruit toujours la droite, reprends la question : ici, la paire \(C,D\) est distincte ; seule la paire \(A,D\) est confondue.

4.22 — À toi — Reprise différée — deux rôles pour deux nombres

Sans relire le premier exemple à paramètre, prends \(\vec{u},\vec{v}\) non colinéaires, \(\vec{p}=\vec{u}-\vec{v}\) et \(\vec{q}_t=(2t+1)\vec{u}+(t-4)\vec{v}\). Cherche les valeurs de \(t\) pour lesquelles \(\vec{p},\vec{q}_t\) sont colinéaires. Indice : le paramètre \(t\) ne doit pas remplacer le coefficient de proportionnalité \(\lambda\).

Correction et contrôle.

\(\vec{p}\) est non nul, car \(\vec{u}=\vec{v}\) contredirait la non-colinéarité. On cherche donc \(\lambda\) tel que \(\vec{q}_t=\lambda\vec{p}=\lambda\vec{u}-\lambda\vec{v}\). Le lemme d’identification donne les deux conditions \[2t+1=\lambda,\qquad t-4=-\lambda.\] En remplaçant \(\lambda\) par \(2t+1\), on obtient \(t-4=-(2t+1)=-2t-1\), donc \(3t=3\) et \(t=1\). Alors \(\lambda=3\). Vérification : \(\vec{q}_1=3\vec{u}-3\vec{v}=3\vec{p}\). Les transformations étant réversibles, aucune autre valeur de \(t\) ne convient.

Si tu as arrêté après \(\lambda=2t+1\), teste \(t=0\) : cette première condition donnerait \(\lambda=1\), mais le coefficient de \(\vec{v}\) serait \(-4\) dans \(\vec{q}_0\), contre \(-1\) dans \(\lambda\vec{p}\). Ce nouvel essai met en évidence la seconde condition oubliée. Reviens ensuite à l’équation \(t-4=-(2t+1)\).

5. Passer du plan géométrique aux combinaisons de vecteurs

Une nappe dessinée n’est qu’une portion d’un plan : le plan se prolonge sans bord. Notre but est de reconnaître tous ses points par une égalité vectorielle, puis de distinguer les familles coplanaires des familles qui occupent réellement l’espace. Aucune coordonnée de l’espace n’est nécessaire ici.

Avant de poursuivre. Deux vecteurs non nuls sont colinéaires si l’un est un multiple de l’autre ; le vecteur nul est colinéaire à tout vecteur. Pour \(A\ne B\), \(M\in(AB)\) équivaut à \(\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}\) pour un réel \(t\). Que devient cet ensemble si l’on remplace \(\overrightarrow{AB}\) par \(\vec{0}\) ?

Correction et contrôle.

Il reste seulement \(M=A\), quel que soit \(t\). Un vecteur directeur d’une droite doit donc être non nul. Pour deux vecteurs non colinéaires, aucun n’est nul : sinon ils seraient colinéaires par la convention rappelée.

5.1 — Propriétés d'incidence admises — avant les vecteurs de plan

Trois points non alignés \(A,B,C\) déterminent un unique plan, noté \((ABC)\). Si deux points distincts d’une droite appartiennent à un plan, la droite entière y appartient. Dans un plan, les règles de parallélisme de la géométrie plane restent valables : par un point passe une unique parallèle à une droite donnée ; deux droites de directions différentes s’y coupent en un unique point. En particulier un parallélogramme construit à partir de deux côtés d’un plan reste dans ce plan.

Ces incidences géométriques sont admises. Elles ne sont pas déduites d’un calcul de coordonnées qui n’a pas encore été fondé. Trois points alignés ne déterminent pas un plan unique : plusieurs plans passent par leur droite.

5.2 — Lemme — un couple non colinéaire n'a pas de relation nulle non triviale

Si \(\vec{u},\vec{v}\) sont non colinéaires et si \(a\vec{u}+b\vec{v}=\vec{0}\), alors \(a=b=0\). Par conséquent, \[x\vec{u}+y\vec{v}=x'\vec{u}+y'\vec{v} \quad\Longrightarrow\quad x=x'\text{ et }y=y'.\]

Démonstration.

Si \(b\ne0\), l’égalité donne \(\vec{v}=-\frac{a}{b}\vec{u}\), contradiction avec la non-colinéarité. Donc \(b=0\). Il reste \(a\vec{u}=\vec{0}\) ; comme \(\vec{u}\ne\vec{0}\), on a \(a=0\). Pour la seconde affirmation, soustraire les deux décompositions donne \((x-x')\vec{u}+(y-y')\vec{v}=\vec{0}\). Le résultat précédent impose \(x-x'=y-y'=0\). Nous n’avons divisé que dans le cas où le dénominateur était annoncé non nul.

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5.3 — Théorème — caractérisation vectorielle d'un plan, dans les deux sens

Si \(A,B,C\) ne sont pas alignés, alors \[M\in(ABC)\quad\Longleftrightarrow\quad \exists(x,y)\in\mathbb{R}^2,\quad\overrightarrow{AM}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}.\] Pour chaque \(M\) du plan, le couple \((x,y)\) est unique. Les deux réels sont indépendants : chacun peut prendre n’importe quelle valeur réelle, sans devoir être égal à l’autre.

Lecture de la figure. La figure illustre des coefficients positifs pour rester lisible, mais le théorème autorise tous les réels. \(P\) est sur la droite \((AB)\), \(Q\) sur \((AC)\) et \(APMQ\) est un parallélogramme. Les pointillés sont parallèles aux côtés correspondants, pas nécessairement perpendiculaires. Le cadre gris ne limite pas le plan.

Démonstration.

Du plan vers l’égalité. Supposons \(M\in(ABC)\). Dans ce plan, traçons par \(M\) la parallèle à \((AC)\). Elle rencontre \((AB)\) en un unique point \(P\), car \((AB)\) et \((AC)\) ont des directions différentes. Il existe un réel \(x\) tel que \(\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AB}\). Le vecteur \(\overrightarrow{PM}\) est colinéaire à \(\overrightarrow{AC}\) ; il existe donc un réel \(y\) tel que \(\overrightarrow{PM}=y\overrightarrow{AC}\). Chasles donne \(\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PM}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}\). Cela vaut aussi si \(P=A\) ou \(P=M\) : l’un des coefficients est alors nul.

De l’égalité vers le plan. Supposons \(\overrightarrow{AM}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}\). Construisons \(P\in(AB)\) et \(Q\in(AC)\) par \(\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AQ}=y\overrightarrow{AC}\). Si \(x\) et \(y\) sont non nuls, la construction du parallélogramme \(APM'Q\) se fait dans \((ABC)\) et donne \(\overrightarrow{AM'}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AQ}\). Si \(x=0\), prenons \(M'=Q\) ; si \(y=0\), prenons \(M'=P\) (si les deux sont nuls, \(M'=A\)). Dans tous les cas, \(M'\) est dans le plan et \(\overrightarrow{AM'}=\overrightarrow{AM}\). Deux déplacements égaux depuis \(A\) ont la même arrivée, donc \(M=M'\) est dans le plan.

Unicité. Les vecteurs \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\) sont non colinéaires, puisque \(A,B,C\) ne sont pas alignés. Le lemme appliqué à deux décompositions de \(\overrightarrow{AM}\) impose l’égalité de leurs deux coefficients. L’existence venait de la construction ; l’unicité vient de la non-colinéarité, pas de la seule apparence du dessin.

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5.4 — Définition — directions et base d'un plan

Un vecteur non nul est un vecteur directeur d’un plan s’il peut être représenté par deux points de ce plan. Deux vecteurs directeurs non colinéaires forment une base de directions du plan, souvent appelée simplement une base du plan.

Pour le plan \((ABC)\), avec \(A,B,C\) non alignés, le couple \((\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\) est une telle base. Un seul vecteur non nul ne suffit pas à donner toutes les directions d’un plan. Le vecteur nul est une combinaison possible, mais n’est pas appelé vecteur directeur.

5.5 — Théorème — un point et deux directions non colinéaires

Soient \(A\) un point et \(\vec{u},\vec{v}\) deux vecteurs non colinéaires. Il existe un unique plan passant par \(A\) et dirigé par \(\vec{u},\vec{v}\). Il est constitué exactement des points \(M\) tels que \[\overrightarrow{AM}=x\vec{u}+y\vec{v}\qquad\text{avec }(x,y)\in\mathbb{R}^2.\] On peut noter ce plan \(\mathcal P=(A;\vec{u},\vec{v})\). Le point \(A\) fixe la position du plan ; les deux vecteurs en fixent les directions. Pour chaque point du plan, le couple de coefficients est unique dans cette écriture.

Démonstration.

Transportons les deux vecteurs depuis \(A\) et nommons leurs arrivées \(B,C\) : \(\overrightarrow{AB}=\vec{u}\) et \(\overrightarrow{AC}=\vec{v}\). Comme ils ne sont pas colinéaires, \(A,B,C\) ne sont pas alignés. Le plan \((ABC)\) existe ; sa caractérisation vectorielle donne exactement l’ensemble annoncé, ainsi que l’unicité des coefficients.

Si un autre plan passait par \(A\) avec ces deux directions, les règles de parallélisme à l’intérieur d’un plan permettraient d’y tracer les représentants de \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) issus de \(A\) : leurs arrivées sont les mêmes points \(B,C\). Cet autre plan contiendrait donc les trois points non alignés \(A,B,C\), et serait \((ABC)\). Cela prouve l’unicité du plan.

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Ce qui se passe si les directions sont mal choisies

Si \(\vec{v}=2\vec{u}\) avec \(\vec{u}\ne\vec{0}\), alors \[x\vec{u}+y\vec{v}=(x+2y)\vec{u}.\] L’ensemble obtenu depuis \(A\) est seulement une droite. Si les deux vecteurs sont nuls, il reste seulement le point \(A\). Le mot « deux » ne suffit donc pas : la non-colinéarité donne réellement une deuxième direction.

5.6 — Exemple expliqué — Un point en dehors du triangle peut appartenir au plan

Les points \(A,B,C\) ne sont pas alignés et \(\overrightarrow{AM}=\tfrac32\overrightarrow{AB}-\tfrac13\overrightarrow{AC}\). Le théorème donne immédiatement \(M\in(ABC)\) : les coefficients sont réels. Pour construire \(M\), on place \(P\) sur la demi-droite \([AB)\) au-delà de \(B\), avec \(AP=\frac32AB\), puis \(Q\) sur la demi-droite opposée à \([AC)\), avec \(AQ=\frac13AC\) en longueurs. En vecteurs, cette dernière relation est \(\overrightarrow{AQ}=-\frac13\overrightarrow{AC}\). On complète le parallélogramme. Le signe moins ne fait pas sortir du plan. Il change le sens de déplacement, et \(M\) n’est pas obligé d’appartenir au triangle \(ABC\).

5.7 — Exemple expliqué — Un plan oblique du cube, décrit de plusieurs façons

\(ABCDEFGH\) est un cube : \(ABCD\) et \(EFGH\) sont ses faces opposées, reliées par \([AE],[BF],[CG],[DH]\). Les points \(A,F,G\) ne sont pas alignés : la droite \((FG)\) est dans le plan de la face \(BCGF\), tandis que \(A\) est hors de ce plan. Le plan \((AFG)\) est donc bien défini.

La face \(BCGF\) et la face \(ABCD\) donnent \(\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}\). Or Chasles donne \(\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AF}\). Ainsi \[\overrightarrow{AD}=-\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{AG}.\] Le vecteur \(\overrightarrow{AD}\) est une combinaison des deux directions non colinéaires du plan \((AFG)\) : sa caractérisation place \(D\) dans ce plan. Le plan contient donc le quadrilatère \(ADGF\), sans se limiter à ce quadrilatère.

Lecture de la figure. La zone colorée représente une partie du plan diagonal \((AFG)\), qui contient aussi \(D\). Les vecteurs \(\overrightarrow{AF}\) et \(\overrightarrow{AG}\) partent de \(A\) ; leur différence est \(\overrightarrow{FG}\), égal à \(\overrightarrow{AD}\). Le plan continue au-delà du quadrilatère \(ADGF\) ; la coloration n’en est pas une frontière.

Choisir d’autres directions sans changer le plan

Le couple \((\overrightarrow{AF},\overrightarrow{FG})\) convient aussi. Ses vecteurs ne sont pas colinéaires : si \(\overrightarrow{FG}=t\overrightarrow{AF}\), alors \(\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FG}=(1+t)\overrightarrow{AF}\), ce qui alignerait \(A,F,G\).

Pour passer d’une écriture à l’autre, remplaçons \(\overrightarrow{AG}\) par \(\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FG}\) : \[x\overrightarrow{AF}+y\overrightarrow{AG} =x\overrightarrow{AF}+y(\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FG}) =(x+y)\overrightarrow{AF}+y\overrightarrow{FG}.\] Les coefficients changent, mais le vecteur et le point restent les mêmes. Par exemple, \[2\overrightarrow{AF}-\tfrac12\overrightarrow{AG} =\tfrac32\overrightarrow{AF}-\tfrac12\overrightarrow{FG}.\] Les couples \((2;-\frac12)\) et \((\frac32;-\frac12)\) ne se contredisent pas : ils se rapportent à deux couples de directions différents. L’unicité des coefficients ne vaut qu’après avoir fixé les directions et leur ordre.

5.8 — Proposition — changer le point d'ancrage à l'intérieur d'un plan

Soit \(\mathcal P=(A;\vec{u},\vec{v})\), avec \(\vec{u},\vec{v}\) non colinéaires. Si \(A'\in\mathcal P\), alors \[M\in\mathcal P\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{A'M}=r\vec{u}+s\vec{v}\text{ pour des réels }r,s.\] On peut donc changer l’ancrage sans changer le plan, à condition de choisir le nouvel ancrage dans ce plan.

Démonstration.

Puisque \(A'\in\mathcal P\), il existe \(\alpha,\beta\) tels que \(\overrightarrow{AA'}=\alpha\vec{u}+\beta\vec{v}\). Si \(M\in\mathcal P\), écrivons \(\overrightarrow{AM}=x\vec{u}+y\vec{v}\). Alors \[\overrightarrow{A'M}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AA'} =(x-\alpha)\vec{u}+(y-\beta)\vec{v}.\] Réciproquement, si \(\overrightarrow{A'M}=r\vec{u}+s\vec{v}\), Chasles donne \[\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'M} =(\alpha+r)\vec{u}+(\beta+s)\vec{v},\] donc \(M\in\mathcal P\). Les deux sens sont établis.

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5.9 — Exemple expliqué — Même point, nouveaux coefficients

Les points \(A,B,C\) sont non alignés et \(\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\). Le point \(M\) appartient à \((ABC)\). Depuis \(C\), la même position se décrit par \[\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AM} =-\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC} =2\overrightarrow{AB}-4\overrightarrow{AC}.\] L’ancrage \(C\) est dans le plan, donc les deux descriptions correspondent au même plan. Contrôle : \(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CM}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AM}\). Oublier le déplacement \(C\to A\) conserverait ici une appartenance au bon plan, mais donnerait une position fausse.

5.10 — À toi — Essai guidé — employer le bon sens du théorème

\(A,B,C,D\) forment un tétraèdre : \(A,B,C\) ne sont pas alignés et \(D\notin(ABC)\). On définit \(M\) par \(\overrightarrow{BM}=-2\overrightarrow{BA}+\tfrac12\overrightarrow{BC}\). Montre que \(M\in(ABC)\). Aide : pars de \(A\) et utilise \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\).

Correction et contrôle.

\(\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AB}+\tfrac12(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\tfrac52\overrightarrow{AB}+\tfrac12\overrightarrow{AC}\). C’est une combinaison des deux générateurs non colinéaires du plan, donc \(M\in(ABC)\). Contrôle : de \(B\), on repart de deux fois \(\overrightarrow{BA}\) avec un signe moins, donc de deux fois \(\overrightarrow{AB}\) ; ce terme ne doit pas devenir \(-2\overrightarrow{AB}\).

5.11 — À toi — Tentative autonome — prouver une appartenance et une non-appartenance

Dans le même tétraèdre, \(\overrightarrow{AP}=-\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AP}+\tfrac12\overrightarrow{AD}\). Sans coordonnées, décide si \(P\) et \(Q\) appartiennent à \((ABC)\). Pour \(Q\), justifie une impossibilité, pas seulement « il reste du \(\overrightarrow{AD}\) ».

Indice 1 : \(P\) s’obtient avec les deux générateurs du plan. Indice 2 : si \(Q\) était dans le plan, \(\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}\) serait aussi une combinaison de ces deux générateurs. Indice 3 : multiplie cette différence par 2 et utilise la réciproque du théorème.

Correction et contrôle.

\(P\in(ABC)\) par la combinaison donnée. Supposons \(Q\in(ABC)\). Il existerait alors \(r,s\) tels que \(\overrightarrow{AQ}=r\overrightarrow{AB}+s\overrightarrow{AC}\). En soustrayant \(\overrightarrow{AP}=-\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}\), on obtiendrait \(\overrightarrow{AD}=2(r+1)\overrightarrow{AB}+2(s-2)\overrightarrow{AC}\). La réciproque du théorème imposerait \(D\in(ABC)\), contradiction. Donc \(Q\notin(ABC)\). L’hypothèse de tétraèdre est indispensable : si \(D\) appartenait au plan, la même formule de \(Q\) ne prouverait aucune sortie du plan.

5.12 — Justification active et critères — point d'arrivée ou déplacement ?

Avant de lire : si \(A,M,N\) sont dans \((ABC)\), explique pourquoi \(\overrightarrow{MN}\) est une combinaison de \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\). Réponse : écris \(\overrightarrow{AM}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AN}=r\overrightarrow{AB}+s\overrightarrow{AC}\) ; alors \(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=(r-x)\overrightarrow{AB}+(s-y)\overrightarrow{AC}\). Un vecteur non nul de cette forme est un vecteur directeur du plan. Le vecteur nul appartient bien à ces combinaisons, mais n’est pas un directeur utilisable.

Je sais faire seul si… je vérifie les trois points non alignés, j’exprime un vecteur depuis le point d’ancrage du plan, je cite le sens utilisé du théorème et je justifie une non-appartenance par contradiction avec une donnée.

Variation : si \(B=C\), le couple \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\) est colinéaire et ses combinaisons ne décrivent qu’une droite (ou un point si \(A=B=C\)). Il n’y a ni plan déterminé par ce couple, ni unicité des deux coefficients : \(1\overrightarrow{AB}+0\overrightarrow{AC}=0\overrightarrow{AB}+1\overrightarrow{AC}\).

5.13 — Réparer une mauvaise origine, puis réessayer

Copie : « \(\overrightarrow{BM}=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\), donc \(\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\). » La première égalité peut être donnée ; c’est la seconde qui oublie le trajet \(A\to B\). Il faut ajouter \(\overrightarrow{AB}\), donc \(\overrightarrow{AM}=3\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\). La conclusion d’appartenance au plan était vraie, mais la décomposition était fausse.

Rappel plus simple : si \(\overrightarrow{BM}=\vec{0}\), alors \(M=B\) et \(\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}\), non zéro. Nouvel essai avant correction : \(\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{BA}-2\overrightarrow{CA}\). Exprime \(\overrightarrow{AN}\) dans \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\). Réponse : \(\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{AB}+3\overrightarrow{AC}\) ; donc \(N\in(ABC)\) si les trois points de référence ne sont pas alignés.

5.14 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre unité, sans relire : dans un tétraèdre \(ABCD\), \(\overrightarrow{AR}=\tfrac13\overrightarrow{AB}+\tfrac23\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AS}=2\overrightarrow{AR}-\overrightarrow{AD}\). Prouve \(R\in(ABC)\) et \(S\notin(ABC)\).

Correction et contrôle.

\(R\) est dans le plan par caractérisation. Si \(S\) y était aussi, la différence \(2\overrightarrow{AR}-\overrightarrow{AS}=\overrightarrow{AD}\) serait une combinaison de \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\), donc \(D\) serait dans \((ABC)\), impossible. Si le raisonnement bloque, reprends seulement la différence et écris ses deux coefficients ; il ne suffit pas de regarder l’emplacement de \(S\) sur un dessin.

5.15 — Définition — points coplanaires

Des points sont coplanaires lorsqu’il existe un plan qui les contient tous. Trois points sont toujours coplanaires : ils déterminent un plan s’ils ne sont pas alignés ; s’ils sont alignés, on peut choisir un plan contenant leur droite. Si certains sont confondus, on peut encore trouver un plan qui les contient.

Pour quatre points, la question devient une véritable condition : les quatre sommets d’un tétraèdre ne sont pas coplanaires.

5.16 — Corollaire — reconnaître quatre points coplanaires

Si \(A,B,C\) ne sont pas alignés, les quatre points \(A,B,C,D\) sont coplanaires si et seulement s’il existe deux réels \(x,y\) tels que \[\overrightarrow{AD}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}.\] Ce corollaire vient de la caractérisation vectorielle du plan \((ABC)\).

Démonstration.

Tout plan contenant les quatre points contient en particulier les trois points non alignés \(A,B,C\) : c’est nécessairement \((ABC)\). La coplanarité des quatre points équivaut donc à \(D\in(ABC)\), puis à l’égalité annoncée par le théorème. Réciproquement, cette égalité place \(D\) dans le plan qui contient déjà \(A,B,C\).

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Si le premier triplet est aligné

La notation \((ABC)\) ne détermine plus un plan unique, donc le critère ne s’applique pas sous cette forme. Il ne faut pourtant pas conclure à la non-coplanarité. Au contraire, si trois des quatre points sont sur une même droite, alors les quatre sont toujours coplanaires : si le quatrième point est hors de cette droite, la droite et ce point déterminent un plan ; s’il est sur la droite, tout plan la contenant convient. Si les trois premiers points sont tous confondus, un plan passant par ce point et par le quatrième existe aussi.

5.17 — Exemple expliqué — Quatre milieux dans un tétraèdre

Dans un tétraèdre \(ABCD\), on note \(I,J,K,L\) les milieux respectifs de \([AB],[BC],[CD],[DA]\). Montrons que les quatre milieux sont coplanaires, alors que les quatre sommets ne le sont pas.

Lecture de la figure. Le quadrilatère \(IJKL\) joint quatre milieux d’arêtes successives. Il traverse le tétraèdre ; aucune face triangulaire du solide ne contient à elle seule ses quatre sommets. Les égalités vectorielles qui suivent prouveront qu’il est un parallélogramme dans un même plan.

Exprimer des côtés, en choisissant les sommets intermédiaires

Passer par \(B\) permet d’exploiter les milieux \(I,J\) : \[\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{BJ} =\frac12\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{BC} =\frac12\overrightarrow{AC}.\] Pour \(I,L\), passer par \(A\) donne \[\overrightarrow{IL}=\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AL} =-\frac12\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AD} =\frac12\overrightarrow{BD}.\] Enfin, passer par \(C\) donne \[\overrightarrow{JK}=\overrightarrow{JC}+\overrightarrow{CK} =\frac12\overrightarrow{BC}+\frac12\overrightarrow{CD} =\frac12\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{IL}.\]

Vérifier que les trois premiers points utiles définissent un plan

Les vecteurs \(\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{BD}\) ne sont pas colinéaires. En effet, une relation \(\overrightarrow{BD}=t\overrightarrow{AC}\) donnerait \[\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}+t\overrightarrow{AC},\] donc \(D\in(ABC)\), impossible dans un tétraèdre. Leurs moitiés \(\overrightarrow{IJ},\overrightarrow{IL}\) ne sont donc pas colinéaires non plus ; les points \(I,J,L\) ne sont pas alignés et définissent un plan.

Placer le quatrième point dans ce plan

Chasles et l’égalité \(\overrightarrow{JK}=\overrightarrow{IL}\) donnent \[\overrightarrow{IK}=\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{JK}=\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{IL}.\] Le corollaire place \(K\) dans \((IJL)\) : les quatre milieux sont coplanaires. Plus précisément, \(\overrightarrow{JK}=\overrightarrow{IL}\) et la non-colinéarité des côtés montrent que \(IJKL\) est un parallélogramme.

Contrôle. La conclusion concerne les milieux, pas les sommets du tétraèdre. Un solide peut contenir de nombreux quadrilatères plans sans que ses quatre sommets deviennent coplanaires.

5.18 — Définition — vecteurs coplanaires

Des vecteurs sont coplanaires lorsqu’en les représentant depuis un même point \(O\), leurs extrémités et \(O\) appartiennent à un même plan. La coplanarité concerne les directions transportées, pas l’emplacement initial de flèches séparées.

Deux vecteurs sont toujours coplanaires : leurs représentants depuis une origine commune donnent au plus trois points. Trois vecteurs, en revanche, donnent jusqu’à quatre points avec cette origine ; ils peuvent être coplanaires ou non.

5.19 — Théorème — critère de coplanarité avec un couple bien choisi

Si \(\vec{u},\vec{v}\) sont non colinéaires, alors \[\vec{u},\vec{v},\vec{w}\text{ coplanaires} \quad\Longleftrightarrow\quad \exists a,b\in\mathbb{R},\quad\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v}.\] Sans l’hypothèse sur le couple choisi, ce critère ne peut pas être utilisé sous cette forme.

Démonstration.

Transportons les vecteurs en \(O\) et appelons \(U,V,W\) leurs extrémités. Comme \(\vec{u},\vec{v}\) sont non colinéaires, \(O,U,V\) ne sont pas alignés et déterminent le plan \((OUV)\). S’ils sont coplanaires avec \(\vec{w}\), ce plan contient \(W\) ; sa caractérisation donne \(\overrightarrow{OW}=a\overrightarrow{OU}+b\overrightarrow{OV}\). Réciproquement, cette égalité place \(W\) dans \((OUV)\) par le même théorème. Tout est construit à origine commune : l’argument ne dépend donc pas des premiers représentants choisis.

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Une combinaison suffit toujours ; un échec exige de bonnes directions

Si l’on a effectivement trouvé \(\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v}\), les trois vecteurs sont coplanaires, même si \(\vec{u},\vec{v}\) sont colinéaires. En effet, si l’un d’eux est non nul, les deux vecteurs et leur combinaison sont des multiples de ce vecteur non nul ; leurs représentants transportés restent sur une même droite. Si les deux sont nuls, \(\vec{w}\) est nul aussi.

La réserve essentielle concerne donc le sens inverse : même une impossibilité démontrée d’exprimer \(\vec{w}\) avec un couple colinéaire ne prouve pas une non-coplanarité. Ce couple peut ne décrire qu’une droite à l’intérieur d’un plan. Par ailleurs, une tentative de calcul infructueuse n’est pas une preuve d’impossibilité : il faut établir qu’aucun couple de coefficients ne convient. Les exemples qui suivent séparent ces situations.

5.20 — Proposition — l'origine du transport ne change pas la coplanarité

Si trois vecteurs sont coplanaires lorsqu’on les représente depuis un point \(O\), ils le sont encore lorsqu’on les représente depuis n’importe quel autre point \(O'\).

Démonstration.

Si deux des vecteurs sont non colinéaires, nommons-les \(\vec{u},\vec{v}\). Le troisième s’écrit \(\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v}\) par le théorème. Depuis \(O'\), les représentants de ces trois vecteurs appartiennent donc au plan \((O';\vec{u},\vec{v})\) : le déplacement de l’origine n’a changé aucun coefficient.

S’il n’existe aucun couple non colinéaire et si un vecteur est non nul, les trois sont multiples de ce vecteur ; depuis \(O'\), leurs arrivées sont sur une même droite, que l’on peut inclure dans un plan. Si les trois sont nuls, leurs arrivées sont toutes \(O'\) et n’importe quel plan par \(O'\) convient. Tous les cas sont couverts.

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5.21 — Corollaire — relier la coplanarité des points et celle des vecteurs

Pour quatre points quelconques \(A,B,C,D\), les points sont coplanaires si et seulement si les trois vecteurs \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\) sont coplanaires.

Démonstration.

Les trois représentants ont déjà la même origine \(A\). Leurs extrémités sont précisément \(B,C,D\) ; demander qu’elles appartiennent avec \(A\) à un même plan est exactement la définition de la coplanarité des quatre points. Cette équivalence ne demande pas que \(A,B,C\) soient non alignés. C’est le test par une combinaison utilisant ce couple précis qui demande cette condition supplémentaire.

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5.22 — Exemple expliqué — Des vecteurs coplanaires dont les origines occupent l'espace

Dans un tétraèdre \(ABCD\), notons \(I\) le milieu de \([AB]\) et \(J\) celui de \([CD]\). Étudions les trois vecteurs \(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{IJ}\).

Les deux premiers ne sont pas colinéaires : une relation \(\overrightarrow{AD}=t\overrightarrow{BC}=t(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})\) placerait \(D\) dans \((ABC)\), impossible dans un tétraèdre. Pour le troisième, l’identité du milieu depuis \(A\) donne \[\overrightarrow{AJ}=\frac12\overrightarrow{AC}+\frac12\overrightarrow{AD},\qquad \overrightarrow{AI}=\frac12\overrightarrow{AB}.\] Ainsi, \[\begin{align*} \overrightarrow{IJ}&=\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{AI}\\ &=\frac12\overrightarrow{AC}+\frac12\overrightarrow{AD}-\frac12\overrightarrow{AB}\\ &=\frac12(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})+\frac12\overrightarrow{AD} =\frac12\overrightarrow{BC}+\frac12\overrightarrow{AD}. \end{align*}\] Les trois vecteurs sont donc coplanaires. Pourtant aucun plan ne contient les six points \(B,C,A,D,I,J\), puisqu’il contiendrait en particulier les quatre sommets du tétraèdre. Il n’y a aucune contradiction : la coplanarité des vecteurs se lit après transport à une même origine, pas sur les positions de tous les représentants initiaux.

Lecture de la figure. À gauche, les vecteurs \(\overrightarrow{BC}\), \(\overrightarrow{AD}\) et \(\overrightarrow{IJ}\) ont des origines différentes dans le tétraèdre. À droite, on les transporte depuis \(O\) ; on note \(U,V,W\) leurs arrivées. L’égalité \(\overrightarrow{OW}=\frac12\overrightarrow{OU}+\frac12\overrightarrow{OV}\) place \(W\) au milieu de \([UV]\), donc dans le plan \((OUV)\). Aucun plan unique n’est annoncé pour les six extrémités de la figure de gauche.

Le contrôle peut se faire en sens inverse : multiplier l’égalité finale par \(2\) donne \(2\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AD}\). En remplaçant ces deux vecteurs par \(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AD}\), on retrouve deux fois \(\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{AI}\).

5.23 — Corollaire — conditions nécessaires pour trois vecteurs non coplanaires

Si trois vecteurs ne sont pas coplanaires, aucun n’est nul et aucun couple n’est colinéaire. Ces conditions sont nécessaires ; elles ne suffisent pas.

Démonstration.

Si l’un des vecteurs était nul, les deux autres seraient coplanaires et l’ajout du déplacement nul ne ferait pas sortir leurs représentants du plan. Si deux vecteurs étaient colinéaires, leurs représentants depuis une origine commune resteraient sur une même droite ; cette droite et l’arrivée du troisième vecteur seraient contenues dans un plan. Dans les deux cas, les trois vecteurs seraient coplanaires, contrairement à l’hypothèse. L’exemple suivant montrera que la réciproque est fausse.

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5.24 — Exemple expliqué — Trois directions différentes peuvent rester dans un plan

Soient \(\vec{u},\vec{v}\) non colinéaires et \(\vec{w}=\vec{u}+\vec{v}\). Les trois vecteurs sont coplanaires. Pourtant ils sont deux à deux non colinéaires : si \(\vec{w}=t\vec{u}\), alors \(\vec{v}=(t-1)\vec{u}\), contradiction ; de même \(\vec{w}\) ne peut être colinéaire à \(\vec{v}\). Ainsi « deux à deux non colinéaires » ne signifie pas « non coplanaires ». C’est le contre-exemple à conserver avant de parler de base de l’espace.

5.25 — À toi — Essai guidé puis autonome — choisir le couple et garder les zéros

Soient \(\vec{a},\vec{b}\) non colinéaires. a) Pour \(\vec{u}=2\vec{a}\), \(\vec{v}=-3\vec{a}\), \(\vec{w}=\vec{b}\), les trois vecteurs sont-ils coplanaires ? Peut-on écrire \(\vec{w}=x\vec{u}+y\vec{v}\) ? b) Reprends avec \(\vec{u}=\vec{0}\), \(\vec{v}=\vec{a}\), \(\vec{w}=\vec{b}\). c) Si les trois vecteurs sont multiples d’un même vecteur, que conclure ?

Aide pour a) : les trois sont des combinaisons de \(\vec{a},\vec{b}\), mais toutes les combinaisons de \(\vec{u},\vec{v}\) restent colinéaires à \(\vec{a}\). Pour b), choisis les deux non colinéaires au lieu du premier couple écrit.

Correction et contrôle.

a) Ils sont coplanaires dans le plan dirigé par \(\vec{a},\vec{b}\). Mais \(x\vec{u}+y\vec{v}=(2x-3y)\vec{a}\) ne peut être \(\vec{b}\) : le couple \(\vec{u},\vec{v}\) est colinéaire, donc ne décrit pas le plan entier. b) Ils sont encore coplanaires : le vecteur nul a son extrémité à l’origine commune et les deux autres définissent un plan. C’est le couple \(\vec{v},\vec{w}\) qui convient. c) Leurs représentants sont sur une même droite, contenue dans un plan : ils sont coplanaires. Si tout est nul, n’importe quel plan passant par l’origine convient. Aucun de ces cas ne fournit trois directions pour tout l’espace.

5.26 — Justifier et réparer le critère de coplanarité

Question avant réponse : pourquoi l’échec de \(\vec{w}=x\vec{u}+y\vec{v}\) ne prouve-t-il rien si \(\vec{u},\vec{v}\) sont colinéaires ? Réponse : ce couple ne décrit qu’une droite ; \(\vec{w}\) peut être en dehors de cette droite tout en restant dans un plan avec elle. Le cas \(\vec{u}=2\vec{a},\vec{v}=-3\vec{a},\vec{w}=\vec{b}\) vient de le montrer.

Je sais faire seul si… je transporte à une origine commune, je cherche d’abord un couple non colinéaire, puis une combinaison ; si tout est colinéaire, je conclus directement. Je ne transforme pas un échec avec un mauvais couple en non-coplanarité.

Remédiation : « \(\vec{u}=\vec{v}\), \(\vec{w}\) non colinéaire à \(\vec{u}\), donc les trois ne sont pas coplanaires » contient une confusion droite/plan. Un livre ouvert peut contenir une droite et un point hors de cette droite. Nouvel essai : \(\vec{p}\ne\vec{0}\), \(\vec{q}=\vec{0}\), \(\vec{r}=4\vec{p}\). Réponse : les trois sont colinéaires donc coplanaires ; choisir \(\vec{p},\vec{q}\) comme base d’un plan serait impossible. Variation : remplacer \(\vec{r}\) par un vecteur non colinéaire à \(\vec{p}\) donne un plan, toujours pas trois directions non coplanaires.

5.27 — À reprendre plus tard, avant de relire

Sans dessin ni coordonnées : \(\vec{a},\vec{b}\) sont non colinéaires, \(\vec{p}=\vec{a}+\vec{b}\), \(\vec{q}=\vec{a}-\vec{b}\). Montre que \(\vec{p},\vec{q}\) sont non colinéaires, puis exprime \(\vec{a}\) avec \(\vec{p},\vec{q}\) et conclus pour le triplet \(\vec{p},\vec{q},\vec{a}\).

Correction et contrôle.

On a \(\vec{p}\ne\vec{0}\), sinon \(\vec{b}=-\vec{a}\) contredirait leur non-colinéarité. Si \(\vec{q}=t\vec{p}\), alors \((1-t)\vec{a}+(-1-t)\vec{b}=\vec{0}\). Le lemme impose \(t=1\) et \(t=-1\), impossible ; donc \(\vec{p},\vec{q}\) sont non colinéaires. En additionnant leurs expressions, \(\vec{p}+\vec{q}=2\vec{a}\), d’où \(\vec{a}=\frac12(\vec{p}+\vec{q})\). Les trois vecteurs sont coplanaires. Le geste décisif était de vérifier le couple avant d’employer le critère, puis de donner effectivement les deux coefficients.

5.28 — À toi — Reprise différée — transporter sans confondre les points

Dans un tétraèdre \(ABCD\), \(P,Q\) vérifient \(\overrightarrow{AP}=\frac13\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{BQ}=\frac13\overrightarrow{BD}\). Montre que les vecteurs \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD},\overrightarrow{PQ}\) sont coplanaires. Les quatre points \(A,B,C,D\) le sont-ils pour autant ? Essaie avant de relire l’exemple des deux milieux.

Indice 1 : reviens à l’origine \(A\) pour \(Q\). Indice 2 : dans \(\overrightarrow{PQ}\), groupe \(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}\). Indice 3 : une combinaison trouvée prouve la coplanarité des vecteurs, même lorsque leurs représentants initiaux ont des origines différentes.

Correction et contrôle.

On remplace \(\overrightarrow{BD}\) par \(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\) : \[\begin{align*} \overrightarrow{AQ} &=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BQ} =\overrightarrow{AB}+\frac13(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB})\\ &=\left(1-\frac13\right)\overrightarrow{AB}+\frac13\overrightarrow{AD} =\frac23\overrightarrow{AB}+\frac13\overrightarrow{AD}. \end{align*}\] On soustrait ensuite le déplacement \(\overrightarrow{AP}\) : \[\begin{align*} \overrightarrow{PQ} &=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}\\ &=\frac23\overrightarrow{AB}+\frac13\overrightarrow{AD}-\frac13\overrightarrow{AC}\\ &=\frac23\overrightarrow{AB}+\frac13(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}) =\frac23\overrightarrow{AB}+\frac13\overrightarrow{CD}. \end{align*}\] Cette combinaison prouve que les trois vecteurs sont coplanaires. Pour contrôler le signe, remplace \(\overrightarrow{CD}\) par \(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}\) : tu retrouves bien \(\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}\), et non son opposé.

Les points \(A,B,C,D\) ne sont toujours pas coplanaires : ils sont les sommets du tétraèdre donné. La conclusion porte sur trois déplacements que l’on peut transporter à une origine commune ; elle ne déplace pas les quatre sommets du solide dans un même plan. Si cette distinction te gêne, dessine seulement trois flèches issues d’un nouveau point \(O\), sans essayer d’y transporter le tétraèdre entier.

5.29 — À retenir — choisir le bon objet et le bon test

Pour un point \(M\), pars d’un point \(A\) du plan et cherche une écriture de \(\overrightarrow{AM}\) avec deux directions non colinéaires du plan. Pour quatre points, commence par choisir trois points non alignés, ou traite directement le cas où trois sont alignés.

Pour trois vecteurs libres, raisonne à une origine commune. Une combinaison effectivement trouvée suffit à prouver la coplanarité. Pour conclure à la non-coplanarité à partir d’une impossibilité démontrée de combinaison, le couple utilisé doit être non colinéaire. Deux à deux non colinéaires n’est pas synonyme de non coplanaires.

6. Classer les positions relatives sans oublier les cas confondus

La question « sont-ils parallèles ? » ne suffit pas toujours : deux droites parallèles peuvent être confondues, et une droite parallèle à un plan peut être incluse dans ce plan. Nous allons classer les possibilités par leur intersection, puis choisir les preuves adaptées.

Avant de poursuivre. Pour trois points non alignés \(A,B,C\), le plan \((ABC)\) est l’ensemble des \(M\) tels que \(\overrightarrow{AM}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}\), avec deux réels indépendants. Les coefficients sont uniques. Une droite passant par \(A\), de directeur non nul \(\vec{u}\), est l’ensemble \(\overrightarrow{AM}=t\vec{u}\). Une intersection concerne les ensembles entiers, pas seulement les segments dessinés. Si deux droites ont deux points distincts communs, que deviennent-elles ?

Correction et contrôle.

Elles sont la même droite, car deux points distincts déterminent une droite unique. Deux droites distinctes ont donc au plus un point commun. Deux plans distincts peuvent en revanche contenir la même droite : deux points communs ne suffisent pas à les confondre.

6.1 — Convention de ce cours — parallélisme large et parallélisme strict

Le mot parallèle est employé au sens large : deux droites confondues sont parallèles ; deux plans confondus sont parallèles ; une droite incluse dans un plan est parallèle à ce plan. Le parallélisme strict exige en plus l’absence de point commun. Cette précision change le sens d’une conclusion : « parallèle » ne veut pas dire automatiquement « intersection vide ».

6.2 — Définitions — les quatre positions de deux droites

Deux droites sont coplanaires s’il existe un plan qui les contient toutes deux. Elles sont parallèles lorsque leurs directeurs non nuls sont colinéaires. Les possibilités exclusives sont :

confondues : leur intersection est la droite entière ;
strictement parallèles : coplanaires, de même direction et sans point commun ;
sécantes : leur intersection est un unique point ;
gauches, ou non coplanaires : aucun plan ne contient les deux ; leur intersection est vide et elles ne sont pas parallèles.

Propriété — classification exhaustive de deux droites (démontrée). Deux droites de l’espace sont dans exactement un des quatre cas précédents. Pourquoi cette liste est-elle exhaustive ? Si les droites sont coplanaires, la géométrie plane donne les trois premiers cas. Si elles ne le sont pas, elles n’ont pas de point commun : deux droites sécantes détermineraient un plan. Elles ne peuvent pas non plus être parallèles. En effet, à partir d’un point \(A\) de la première et d’un point \(B\) de la seconde, deux droites de même direction sont soit confondues, soit contenues dans le plan déterminé par leur direction commune et le déplacement \(\overrightarrow{AB}\). Dans ce dernier cas \(\overrightarrow{AB}\) n’est pas colinéaire à leur direction, sinon \(B\) serait déjà sur la première droite. Des droites parallèles sont donc toujours coplanaires.

Lecture de la figure. Sur le cube \(ABCDEFGH\), les traits représentant \((EF)\) et \((HB)\) se croisent sur la feuille. Aucun point n’est marqué à ce croisement : ce n’est pas une donnée d’incidence dans l’espace. Les arêtes \(AD,DC,DH\) sont cachées dans la vue choisie.

6.3 — Exemple expliqué — Un croisement dessiné qui n'est pas une intersection

Les droites \((EF)\) et \((HB)\) sont gauches. Si un plan les contenait, il contiendrait les trois points non alignés \(E,F,H\), donc serait le plan de la face supérieure \((EFH)\). Il contiendrait alors aussi \(B\), ce qui est impossible dans le cube. Elles ne sont donc pas coplanaires et n’ont aucun point commun. La preuve utilise une face connue et un sommet extérieur, pas la distance entre les deux traits sur le dessin.

À l’inverse, \((AB)\) et \((CD)\) sont strictement parallèles ; \((AB)\) et \((BF)\) sont sécantes en \(B\) ; \((AB)\) et \((BA)\) sont confondues. Inverser les lettres ou le signe du directeur ne change pas la droite entière.

6.4 — Définition — parallélisme d’une droite et d’un plan

Soit \(\mathcal P\) dirigé par deux vecteurs non colinéaires \(\vec{u},\vec{v}\), et \(d\) de directeur \(\vec{w}\ne\vec{0}\). On dit que \(d\) est parallèle à \(\mathcal P\) si \(\vec{w}\) est une combinaison de \(\vec{u},\vec{v}\). Cela revient à dire que \(\vec{w}\) est colinéaire à un vecteur directeur non nul du plan.

6.5 — Propriété — les trois positions d’une droite et d’un plan

Les trois possibilités suivantes sont exclusives. Les deux premières sont justifiées ci-dessous ; l’existence de l’intersection dans le dernier cas relève de l’incidence admise ensuite.

Si \(d\subset\mathcal P\), l’intersection est \(d\) : la droite est parallèle au sens large, pas strictement.
Si \(d\) est strictement parallèle à \(\mathcal P\), l’intersection est vide.
Sinon, \(d\) est sécante à \(\mathcal P\) en un unique point.

Démonstration.

Si \(\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v}\) et si \(A\in d\cap\mathcal P\), alors tout \(M\in d\) vérifie \(\overrightarrow{AM}=t\vec{w}=ta\vec{u}+tb\vec{v}\). La caractérisation du plan impose \(M\in\mathcal P\) : la droite entière est incluse. Donc, lorsqu’une droite a une direction du plan, un seul point commun suffit pour l’inclusion ; sans point commun, elle est strictement parallèle.

Réciproquement, si \(d\subset\mathcal P\), prenons deux points distincts \(A,B\) de \(d\). Le vecteur \(\overrightarrow{AB}\) est un vecteur directeur du plan et de \(d\) ; les directeurs de \(d\) sont ses multiples, donc la droite est parallèle au plan au sens large.

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6.6 — Incidence admise — avant toute coordonnée de l'espace

Une droite dont la direction n’est pas une direction d’un plan rencontre ce plan en un unique point. Ce fait géométrique est admis ici. Il justifie le troisième cas et sera utilisé pour construire une projection parallèle dans l’unité sur les bases. Nous ne le prouvons pas à l’aide des coordonnées que cette projection servira ensuite à fonder.

6.7 — Exemple expliqué — Même direction, deux positions différentes

Dans le cube, \((EF)\) a la direction de \((AB)\), incluse dans le plan \((ABC)\), mais \(E\) n’est pas dans ce plan : \((EF)\) lui est strictement parallèle. La droite \((AB)\), elle, est incluse dans \((ABC)\). Enfin \((BF)\) rencontre ce plan uniquement en \(B\) : \(F\) est hors du plan et la droite contient déjà \(B\), donc elle n’est ni incluse ni strictement parallèle. On ne dit pas que le segment \(BF\) est la droite d’intersection : ici l’intersection est un point.

6.8 — Définition — parallélisme de deux plans

Deux plans sont parallèles lorsqu’ils admettent un même couple de vecteurs directeurs non colinéaires.

6.9 — Propriété — les trois positions de deux plans

Deux plans parallèles sont soit confondus, soit strictement parallèles. Deux plans non parallèles sont sécants suivant une droite. Cette dernière incidence géométrique est admise, comme les incidences de départ.

Ainsi leur intersection est, respectivement : un plan entier, l’ensemble vide, ou une droite. Il n’existe pas de cas « un unique point commun » pour deux plans de l’espace.

6.10 — Proposition — deux directions communes et un point commun

Si deux plans admettent deux vecteurs directeurs communs non colinéaires et possèdent un point commun, alors ils sont confondus. En particulier, deux plans parallèles distincts n’ont aucun point commun.

Démonstration.

Appelons \(\vec{u},\vec{v}\) les deux directions communes non colinéaires et \(C\) un point commun. Dans chacun des plans, transportons \(\vec{u},\vec{v}\) depuis \(C\) : leurs extrémités \(U,V\) appartiennent à ce plan. Les trois points \(C,U,V\) sont non alignés ; chacun des deux plans est donc l’unique plan \((CUV)\). Autrement dit, la caractérisation vectorielle décrit dans les deux cas exactement les points \(M\) tels que \(\overrightarrow{CM}=x\vec{u}+y\vec{v}\). Les deux ensembles sont égaux.

Si deux plans parallèles distincts avaient un point commun, le résultat précédent les confondrait, contradiction. À l’inverse, deux plans confondus ont bien toutes leurs directions et tous leurs points en commun.

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6.11 — Exemple expliqué — Deux noms différents pour le même plan

Dans le cube, \((ABG)\) et \((ABH)\) sont confondus, malgré leurs trois lettres différentes. On sait \(\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AH}\) car \(ABGH\) est un parallélogramme. Donc \(G\in(ABH)\). Les vecteurs \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AH}\) sont non colinéaires : \(H\) n’est pas sur la droite \((AB)\). De plus \(A,B,G\) ne sont pas alignés, sinon \(\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AB}\) serait colinéaire à \(\overrightarrow{AB}\). Le plan contenant \(A,B,G\) est donc l’unique \((ABG)\), et c’est \((ABH)\). On peut aussi appliquer la proposition : les deux plans ont \(A\), la direction \(\overrightarrow{AB}\), et la direction \(\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AB}\) en commun.

En revanche, \((ABC)\) et \((ABF)\) ont seulement une direction commune, celle de \(\overrightarrow{AB}\) ; ils sont distincts puisque \(F\notin(ABC)\), et leur intersection est \((AB)\). Deux points communs ne prouvent pas la confusion de plans.

6.12 — Méthode — passer de données partielles à une position précise

Une position relative se décide en réunissant une information de direction et une information de point. On ne cherche pas forcément toutes les informations : une contradiction bien choisie peut suffire.

Deux droites. Si leurs directeurs sont colinéaires, elles sont parallèles ; vérifier si un point de l’une appartient à l’autre sépare confusion et parallélisme strict. Si les directions ne sont pas colinéaires, il reste deux possibilités : sécantes ou gauches. Un point commun prouvé établit le premier cas ; une non-coplanarité prouvée établit le second. La phrase « elles ne sont pas parallèles, donc elles se coupent » ne vaut que dans un plan déjà commun.
Une droite et un plan. Une direction du plan, accompagnée d’un point du plan, donne l’inclusion ; la même direction avec un point extérieur donne le parallélisme strict. Un point commun et un point extérieur donnent une sécante. Il faut nommer son point d’intersection.
Deux plans. Deux directions communes non colinéaires établissent le parallélisme ; un point commun décide ensuite la confusion. Pour prouver qu’ils sont sécants, on peut exhiber un point commun et prouver qu’ils sont distincts. Pour identifier la droite d’intersection, on donne deux points communs distincts, ou un point et une direction commune prouvée.

6.13 — Exemple expliqué — Une pyramide : construire une intersection au lieu de la lire

Soit \(SABCD\) une pyramide dont la base \(ABCD\) est un parallélogramme, et soit \(O\) le point d’intersection de ses diagonales. Par définition de la pyramide, \(S\notin(ABC)\). Déterminons l’intersection des plans \(\mathcal P=(SAC)\) et \(\mathcal Q=(SBD)\).

1. Chercher des points communs.

Le sommet \(S\) appartient aux deux plans. Comme \(O\in(AC)\) et que \((AC)\subset\mathcal P\), on a \(O\in\mathcal P\). De même, \(O\in(BD)\subset\mathcal Q\). Les points \(S,O\) sont distincts : \(O\) est dans le plan de base, \(S\) ne l’est pas. Chacun des deux plans contient donc la droite entière \((SO)\).

2. Écarter le cas des plans confondus.

S’ils étaient confondus, ce plan unique contiendrait \(A,B,C\), qui sont non alignés : ce serait \((ABC)\). Mais il contient aussi \(S\), impossible. Les deux plans sont donc distincts.

3. Conclure exactement.

Deux plans distincts ayant des points communs sont sécants suivant une droite. Cette droite contient les deux points distincts \(S,O\) : c’est nécessairement \((SO)\). \[(SAC)\cap(SBD)=(SO).\] Ni la perpendicularité, ni la longueur de \(SO\), ni un caractère régulier de la pyramide n’ont été utilisés. En particulier, l’intersection est la droite entière : le segment \([SO]\) ne représente que sa partie située entre le sommet et la base.

Lecture de la figure. La base est un parallélogramme et \(S\) est hors de son plan. Les deux diagonales se coupent en \(O\). Les portions ombrées représentent les plans \((SAC)\) et \((SBD)\) ; leur direction commune passe par \(S\) et \(O\). Le prolongement de \((SO)\) au-delà du solide rappelle que l’on intersecte des plans entiers. La figure ne suppose aucun angle droit.

6.14 — À toi — choisir deux points et justifier les plans

Dans un tétraèdre \(ABCD\), \(I\) est le milieu de \([AB]\) et \(J\) celui de \([AC]\). Détermine l’intersection des plans \((ICD)\) et \((JBD)\).

Dans le triangle \(ABC\), appelle \(G\) l’intersection des médianes \((CI)\) et \((BJ)\). Vérifie les deux appartenances de \(G\).
Explique pourquoi \(G\ne D\) et pourquoi les plans \((ICD)\) et \((JBD)\) sont distincts.
Donne l’intersection complète. Une représentation en perspective est-elle nécessaire à la preuve ?

Indice : le théorème du centre de gravité d’un triangle, rappelé ici, affirme que ses trois médianes sont concourantes en un point intérieur. Seule la concurrence de ces deux médianes est nécessaire.

Correction et contrôle.

On peut vérifier ici la concurrence utilisée sans autre résultat sur le centre de gravité. Définissons \(G\) par \(\overrightarrow{AG}=\frac13\overrightarrow{AB}+\frac13\overrightarrow{AC}\). Comme \(I,J\) sont les milieux, on a \[\begin{aligned} \overrightarrow{CG}&=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AG} =\tfrac13\overrightarrow{AB}-\tfrac23\overrightarrow{AC} =\tfrac23(\tfrac12\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})=\tfrac23\overrightarrow{CI},\\ \overrightarrow{BG}&=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AG} =-\tfrac23\overrightarrow{AB}+\tfrac13\overrightarrow{AC} =\tfrac23(-\overrightarrow{AB}+\tfrac12\overrightarrow{AC})=\tfrac23\overrightarrow{BJ}. \end{aligned}\] Les directeurs \(\overrightarrow{CI},\overrightarrow{BJ}\) sont non nuls ; ces deux égalités placent \(G\) sur les deux médianes. Elles sont distinctes, sinon \(B,C,I\) seraient alignés, ce qui est impossible dans le triangle \(ABC\). Leur point d’intersection est donc bien unique. Les points \(C,I\) appartiennent à \((ICD)\), donc toute la droite \((CI)\) y appartient ; comme \(G\in(CI)\), on a \(G\in(ICD)\). De même, \(G\in(BJ)\subset(JBD)\). Le point \(G\) appartient au plan \((ABC)\), tandis que \(D\) n’y appartient pas : ils sont distincts. Si les deux plans étaient confondus, le plan commun contiendrait \(B,C,I\). Ces trois points sont non alignés, car \(I\) est un point de \((AB)\) distinct de \(B\), tandis que \(C\notin(AB)\). Le plan commun serait donc \((ABC)\) ; il contiendrait \(D\), contradiction. Les plans sont distincts et contiennent \(D,G\), donc \((ICD)\cap(JBD)=(DG)\). Le raisonnement ne mesure rien sur une perspective : les appartenances et la distinction des plans suffisent.

6.15 — Non-exemple — trois parallèles ne sont pas forcément coplanaires

Deux droites parallèles sont toujours coplanaires. On ne peut pas remplacer sans preuve « deux » par « trois » dans cette phrase. Dans un cube, les trois droites \((AE),(BF),(CG)\) sont deux à deux parallèles. Pourtant, aucun plan ne les contient toutes les trois. En effet, un plan contenant \((AE)\) et \((BF)\) contient les trois points non alignés \(A,B,E\) : c’est le plan \((ABE)\) de la face avant. Il ne contient pas \(C\), donc ne peut pas contenir \((CG)\). Il existe ainsi un plan pour chaque paire, sans qu’un même plan convienne aux trois droites.

6.16 — À toi — Réparer une confusion entre « pour chaque paire » et « pour tous »

Un élève écrit : « Les droites \((AB),(CD),(EF)\) du cube sont parallèles, donc elles sont toutes dans le plan \((ABC)\). » Localise la première conclusion injustifiée et donne une preuve courte qui la contredit.

Correction et contrôle.

Le parallélisme des trois droites est exact ; leur inclusion dans un seul plan ne découle pas du parallélisme deux à deux. Tout plan contenant \((AB)\) et \((CD)\) contient \(A,B,C\) non alignés : c’est \((ABC)\). Or \(E\notin(ABC)\), donc \((EF)\) n’y est pas incluse. L’erreur porte sur le passage de trois directions parallèles à un même plan contenant les trois droites, pas sur la direction de \((EF)\).

6.17 — Justification active — une intersection vide ne suffit pas à classer

Sans regarder la réponse, compare les deux affirmations : « \(d\cap e=\varnothing\) » et « \(d\) est strictement parallèle à \(e\) ». Laquelle implique l’autre ? Donne un exemple qui empêche la réciproque.

Correction et contrôle.

Le parallélisme strict implique l’intersection vide par définition. La réciproque est fausse dans l’espace : les droites \((AB)\) et \((CG)\) d’un cube n’ont aucun point commun et sont gauches. Un plan qui les contiendrait contiendrait \(A,B,C\), puis \(G\), impossible. Dans un plan commun déjà établi, en revanche, deux droites sans point commun sont strictement parallèles. La condition manquante est donc la coplanarité.

Je sais faire seul si… je distingue une implication de sa réciproque ; j’annonce l’hypothèse de coplanarité lorsqu’elle est utilisée ; une figure convaincante est accompagnée d’une justification d’incidence.

6.18 — À toi — Essai guidé — dire l'intersection et la raison

Dans le cube, classe a) \((EF)\) et \((HG)\) ; b) \((BF)\) et \((ABC)\) ; c) \((AE)\) et \((BCG)\) ; d) \((ABC)\) et \((EFG)\). Pour chaque réponse, précise l’intersection. Aide pour c) : compare les directions de \((AE)\) et \((BF)\), puis utilise la donnée d’incidence du cube \(A\notin(BCG)\).

Correction et contrôle.

a) Les deux droites de la face supérieure sont strictement parallèles ; intersection vide. b) La droite contient \(B\) du plan et \(F\) hors du plan : elle est sécante en \(B\). c) \((AE)\) a la direction de \((BF)\), incluse dans \((BCG)\) ; c’est un parallélisme large. Dans la configuration du cube, \(A\) n’appartient pas au plan de la face \(BCGF\), donc \(A\notin(BCG)\) ; la droite est strictement parallèle, intersection vide. Être seulement hors d’une face bornée ne suffirait pas à prouver cette non-appartenance au plan. d) Les plans des faces inférieure et supérieure ont deux directions communes, celles de \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AD}\), non colinéaires ; ils sont distincts, car \(E\notin(ABC)\). Ils sont strictement parallèles, intersection vide.

6.19 — À toi — Tentative autonome — ne pas transformer les directions en points communs

Toujours dans le cube : a) démontre que \((AB)\) et \((CG)\) sont gauches ; b) classe \((BH)\) par rapport à \((EFG)\) ; c) démontre que \((ADE)\) et \((ADH)\) sont confondus. Écris pour chaque cas une preuve indépendante de l’apparence du dessin.

Indice 1 : un plan contenant \(A,B,C\) serait le plan inférieur. Indice 2 : \(H\) appartient au plan supérieur et \(B\) non. Indice 3 : \(\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}\), avec \(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\) non colinéaires.

Correction et contrôle.

a) Un plan contenant ces deux droites contiendrait \(A,B,C\), non alignés, donc serait \((ABC)\). Il contiendrait alors \(G\), impossible. Elles sont gauches et leur intersection est vide. b) \(H\in(BH)\cap(EFG)\) et \(B\notin(EFG)\) : la droite n’est pas incluse ; puisqu’elle possède un point commun, elle n’est pas strictement parallèle. Elle est sécante en \(H\). c) La relation donnée place \(H\) dans \((ADE)\) ; \(A,D,H\) ne sont pas alignés, sinon \(\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AD}\) serait colinéaire à \(\overrightarrow{AD}\). Leur plan unique est donc \((ADE)\) : \((ADH)=(ADE)\).

6.20 — Justification active — une liste exhaustive est un outil de preuve

Avant de lire la réponse : « Une droite possède un point d’un plan et un point hors de ce plan. Pourquoi son intersection avec le plan est-elle exactement le premier point ? » Si elle avait un autre point commun distinct, la droite entière serait dans le plan par incidence, ce qui contredirait le point extérieur. Elle a donc un seul point commun.

Je sais faire seul si… j’annonce les objets entiers ; je sépare direction et position ; je nomme le point ou la droite d’intersection quand ils existent ; je prouve la distinction des plans avant de conclure à une droite d’intersection. Pour dire gauches, je prouve la non-coplanarité ou, plus tard, j’écarte parallélisme et intersection.

Variation : on transporte \((EF)\) parallèlement jusqu’à \((AB)\). La direction ne change pas, mais l’intersection avec \((ABC)\) passe de vide à une droite entière. De même deux plans ayant les mêmes directions peuvent devenir confondus lorsqu’on les transporte l’un sur l’autre. La direction seule n’indique pas la position.

6.21 — Remédiation — réparer la première conclusion trop forte

Copie : « \((AE)\) est parallèle à \((BF)\) et \((BF)\subset(BCG)\), donc \((AE)\cap(BCG)=\varnothing\). » Le parallélisme large est établi, mais l’absence de point commun n’en découle pas encore. Il faut ajouter \(A\notin(BCG)\) ; sinon la droite pourrait être incluse. Exemple plus simple : \((AB)\) a la direction d’une droite du plan \((ABC)\) et pourtant elle lui appartient entièrement.

Nouvel essai avant correction : \((CG)\) a la direction de \((DH)\) incluse dans \((ADH)\). Quelle vérification manque pour conclure au parallélisme strict ? Réponse : \(C\notin(ADH)\), donnée d’incidence du cube : \(C\) n’est pas dans le plan de la face \(ADHE\). La seule non-appartenance à la face bornée ne prouverait pas cela. On conclut alors à l’intersection vide. Autre réparation : « deux plans contiennent \(A\) et \(B\), donc sont confondus » est faux ; \((ABC)\) et \((ABF)\) sont un contre-exemple complet, plans distincts et intersection \((AB)\).

6.22 — Voir les quatre positions de deux droites

Lecture de la figure. Chaque trait ne montre qu’une portion d’une droite entière. Les deux couleurs se superposent dans le cas confondu. Le point \(O\) est une intersection donnée dans le cas sécant ; le croisement sur la feuille dans le cas gauche n’est pas un point commun dans l’espace. Aucun angle droit n’est supposé.

6.23 — Voir les trois positions d'une droite et d'un plan

Lecture de la figure. Les parallélogrammes bleus sont seulement des portions du plan \(\mathcal P\), qui se prolonge sans bord. Dans le premier cas, toute la droite \(d\) appartient au plan, y compris hors du parallélogramme dessiné. Dans le dernier, la sécante traverse le plan en son unique point commun \(O\) ; elle n’est pas déclarée perpendiculaire au plan.

6.24 — Voir les trois positions de deux plans

Lecture de la figure. Chaque parallélogramme représente une portion d’un plan entier, non une face bornée. Les contours superposés représentent le même plan dans le premier cas. Dans le dernier, les deux plans distincts ont en commun la droite entière \(\Delta\), pas seulement le segment vert visible. Les plans ne sont pas supposés perpendiculaires.

6.25 — À reprendre plus tard, avant de relire

Dans un tétraèdre \(ABCD\), détermine les positions de \((AB)\) et \((CD)\), de \((AB)\) et \((ACD)\), puis de \((ABC)\) et \((ABD)\). Donne chaque intersection et une justification.

Correction et contrôle.

Les droites \((AB)\) et \((CD)\) sont gauches : un plan contenant les deux contiendrait les quatre sommets, contraire au tétraèdre ; intersection vide. La droite \((AB)\) rencontre \((ACD)\) en \(A\) et n’y est pas incluse, car \(B\notin(ACD)\) ; intersection \(\{A\}\). Les plans \((ABC)\) et \((ABD)\) contiennent \((AB)\) et sont distincts puisque \(D\notin(ABC)\) ; leur intersection est exactement \((AB)\). Si tu avais conclu « confondus » dans le dernier cas, vérifie si tu disposais réellement de trois points communs non alignés, et non seulement de deux.

6.26 — À reprendre plus tard, avant de relire

Dans une pyramide \(SABCD\) de base parallélogramme, les diagonales se coupent en \(O\). Un élève affirme que les plans \((SAB)\) et \((SBC)\) sont confondus parce qu’ils ont \(S\) et \(B\) en commun. Répare la preuve et identifie leur intersection. Puis explique pourquoi connaître leur intersection ne suffit pas à déclarer \((AC)\) parallèle à ces deux plans.

Correction et contrôle.

Les deux points communs distincts \(S,B\) donnent la droite \((SB)\) contenue dans les deux plans, mais pas leur confusion. Si les plans étaient confondus, ils contiendraient \(A,B,C\) non alignés, puis \(S\) : cela contredirait \(S\notin(ABC)\). Ils sont donc distincts et leur intersection est \((SB)\). Cette droite ne renseigne pas à elle seule sur la direction de \((AC)\). En fait, \((AC)\) rencontre \((SAB)\) en \(A\) et \((SBC)\) en \(C\). Par exemple \(C\notin(SAB)\), sinon \((SAB)\) serait le plan de base et contiendrait \(S\) ; la première intersection est donc bien un point. Le point \(O\) n’est pas nécessaire ici : toutes les données d’un énoncé n’ont pas à être utilisées.

7. Prouver un parallélisme et construire une section

Un parallélisme est une information de direction. Pour construire une section, il faut ensuite retrouver des points, des droites d’intersection et les morceaux qui appartiennent réellement au solide. Un point auxiliaire hors du cube peut être indispensable sans être un sommet de la section.

Avant de poursuivre. Deux droites parallèles ont des directeurs non nuls colinéaires. Une droite est parallèle à un plan si sa direction est une direction du plan ; elle est incluse si elle possède en plus un point du plan. Deux plans parallèles ont deux directions communes non colinéaires ; avec un point commun, ils sont confondus. Trois points alignés ne déterminent pas un plan. Explique pourquoi une seule direction commune ne suffit pas à rendre deux plans parallèles.

Correction et contrôle.

Les plans \((ABC)\) et \((ABF)\) d’un cube ont la direction de \(\overrightarrow{AB}\) en commun, mais sont distincts et sécants selon \((AB)\). Le second doit partager une deuxième direction non colinéaire à la première pour avoir toute la direction du premier plan.

7.1 — Propriété — trois critères de parallélisme

Deux droites de directeurs non nuls \(\vec{u},\vec{v}\) sont parallèles si et seulement si \(\vec{v}=t\vec{u}\) pour un réel \(t\ne0\). Pour décider confusion ou parallélisme strict, on cherche ensuite un point commun.
Si une droite \(d\) est parallèle à une droite \(\delta\) incluse dans \(\mathcal P\), alors \(d\) est parallèle à \(\mathcal P\). Cela ne prouve pas encore que \(d\) est extérieure au plan.
Si un plan \(\mathcal Q\) admet deux directions non colinéaires d’un plan \(\mathcal P\), les deux plans sont parallèles. S’ils sont distincts, ils sont strictement parallèles ; sinon ils sont confondus.

Démonstration.

La première équivalence traduit exactement la colinéarité des deux directeurs non nuls. Pour la deuxième, un directeur de \(d\) est un multiple non nul d’un directeur de \(\delta\), donc une combinaison des deux générateurs de \(\mathcal P\). C’est la définition du parallélisme droite-plan. Pour la troisième, les deux vecteurs communs non colinéaires engendrent chacun des plans à partir de n’importe lequel de leurs points : ils constituent un même couple directeur. C’est le parallélisme des plans ; la distinction des positions vient seulement après.

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7.2 — Théorème du toit — hypothèses à lire avant de tracer

Deux plans distincts et sécants \(\mathcal P,\mathcal Q\) ont pour intersection la droite \(\Delta\). Une droite \(d\subset\mathcal P\) et une droite \(d'\subset\mathcal Q\) sont parallèles. Alors \(\Delta\) est parallèle à \(d\) et à \(d'\).

On vérifie donc deux inclusions, un parallélisme de droites, et l’existence d’une droite d’intersection de deux plans distincts. Un « toit » dessiné ne remplace aucune de ces données.

Démonstration.

Soit \(\vec{u}\ne\vec{0}\) une direction commune à \(d,d'\), et \(\vec{w}\ne\vec{0}\) un directeur de \(\Delta\). Comme \(d\subset\mathcal P\) et \(d'\subset\mathcal Q\), \(\vec{u}\) est une direction des deux plans. Comme \(\Delta\) appartient aux deux plans, \(\vec{w}\) est aussi une direction des deux plans.

Supposons que \(\vec{u},\vec{w}\) ne soient pas colinéaires. Ils constituent alors deux directions communes non colinéaires : les deux plans sont parallèles. Mais ils ont un point commun, puisqu’ils contiennent \(\Delta\). La proposition de l’unité précédente les rend donc confondus. C’est contraire à l’hypothèse de plans distincts et sécants.

Ainsi \(\vec{u},\vec{w}\) sont colinéaires. Puisqu’ils sont non nuls, les droites de ces directions sont parallèles : \(\Delta\parallel d\) et \(\Delta\parallel d'\). La contradiction portait sur la confusion des plans, pas sur l’impossibilité pour des plans parallèles au sens large d’avoir un point commun.

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7.3 — Corollaire — traces sur deux plans parallèles distincts

Si un plan \(\mathcal R\) coupe deux plans strictement parallèles \(\mathcal P,\mathcal Q\) suivant les droites \(\delta,\delta'\), alors \(\delta\parallel\delta'\). Il faut que les deux intersections soient bien des droites.

Démonstration.

Les deux droites sont dans \(\mathcal R\), donc coplanaires. Si elles n’étaient pas parallèles, elles se couperaient dans ce plan en un point \(X\). Ce point appartiendrait à la fois à \(\mathcal P\) et à \(\mathcal Q\), impossible pour deux plans strictement parallèles. Elles sont donc parallèles. Elles ne sont pas confondues, car aucun point ne peut appartenir aux deux plans de départ.

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7.4 — Corollaire du toit — une droite parallèle à un plan

Soient une droite \(d\) parallèle à un plan \(\mathcal P\) et un plan \(\mathcal R\) qui contient \(d\). Si \(\mathcal R\) et \(\mathcal P\) sont distincts et sécants suivant une droite \(\Delta\), alors \(\Delta\parallel d\).

Démonstration.

Choisissons \(O\in\Delta\). Puisque la direction de \(d\) est une direction de \(\mathcal P\), la droite \(d_0\) passant par \(O\) et parallèle à \(d\) est incluse dans \(\mathcal P\). On a donc \(d\subset\mathcal R\), \(d_0\subset\mathcal P\) et \(d\parallel d_0\). Les deux plans sont distincts et sécants par hypothèse : le théorème du toit s’applique et donne \(\Delta\parallel d\). Le corollaire condense un usage du toit ; il ne supprime pas le contrôle de l’existence de la droite d’intersection.

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7.5 — Exemple expliqué — Un point commun et une direction suffisent à construire

Dans le tétraèdre \(ABCD\), \(I,J\) sont les milieux de \([AB],[AC]\). Cherchons \((DIJ)\cap(BCD)\). Dans le triangle \(ABC\), \((IJ)\parallel(BC)\) ; donc \((IJ)\) est parallèle au plan \((BCD)\). Le plan \((DIJ)\) contient \((IJ)\) et possède le point \(D\) en commun avec \((BCD)\). Ces plans sont distincts : \(I\notin(BCD)\), car sinon les deux points communs distincts \(I,B\) imposeraient \((AB)\subset(BCD)\), puis \(A\in(BCD)\), impossible. Ils sont sécants. Le corollaire donne une intersection parallèle à \((IJ)\), donc à \((BC)\), et passant par \(D\). La réponse est l’unique droite passant par \(D\) et parallèle à \((BC)\). Il serait inutile de chercher un deuxième point sur \((BC)\) : la droite obtenue est strictement parallèle à \((BC)\) dans le plan \((BCD)\), car \(D\notin(BC)\).

7.6 — Exemple expliqué — Prouver que deux plans sont strictement parallèles

Dans un tétraèdre \(ABCD\), on place \(I,J,K\) de sorte que \[\overrightarrow{AI}=\frac23\overrightarrow{AB},\qquad \overrightarrow{AJ}=\frac23\overrightarrow{AC},\qquad \overrightarrow{AK}=\frac23\overrightarrow{AD}.\] Pourquoi cette méthode ? Les trois points ont été construits avec le même coefficient depuis \(A\). Soustraire leurs vecteurs-position va faire apparaître les directions de la face opposée \(BCD\).

1. Obtenir deux directions, et non une seule.

Par Chasles et distributivité, \[\begin{aligned} \overrightarrow{IJ}&=-\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AJ} =\frac23(-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\frac23\overrightarrow{BC},\\ \overrightarrow{IK}&=-\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AK} =\frac23(-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})=\frac23\overrightarrow{BD}. \end{aligned}\] Les vecteurs \(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}\) sont non colinéaires, car \(B,C,D\) ne sont pas alignés ; multiplier chacun par le même nombre non nul \(\frac23\) ne change pas cette indépendance. Ainsi \(\overrightarrow{IJ},\overrightarrow{IK}\) sont non colinéaires : les points \(I,J,K\) définissent bien un plan. Les plans \((IJK)\) et \((BCD)\) possèdent donc deux directions communes non colinéaires et sont parallèles.

2. Séparer le parallélisme de la position.

On sait \(I\in(AB)\), \(I\ne B\) et \(A\notin(BCD)\). Si \(I\) appartenait à \((BCD)\), la droite \((AB)\), contenant les deux points distincts \(I,B\) du plan, serait incluse dans ce plan. On aurait alors \(A\in(BCD)\), contradiction. Donc \(I\notin(BCD)\) : les deux plans sont distincts. Ils sont strictement parallèles.

Contrôle de portée. Le calcul de \(\overrightarrow{IJ}\) seul aurait prouvé uniquement \((IJ)\parallel(BCD)\). Le calcul de \(\overrightarrow{IK}\) apporte la seconde direction indépendante nécessaire au parallélisme des plans.

7.7 — À toi — Essai — reconnaître ce qui reste vrai quand un coefficient change

Garde \(I,J\) de l’exemple, mais prends \(K'\) avec \(\overrightarrow{AK'}=\frac13\overrightarrow{AD}\). Démontre que \((IJ)\) reste parallèle à \((BCD)\), puis explique pourquoi cela ne permet plus d’affirmer que \((IJK')\) est parallèle à \((BCD)\). Pour décider la position des plans, utilise les traces \((IK')\) et \((BD)\) dans le plan \((ABD)\) et le théorème de Thalès, en raisonnant par contradiction.

Correction et contrôle.

Le calcul de \(\overrightarrow{IJ}\) est inchangé : \(\overrightarrow{IJ}=\frac23\overrightarrow{BC}\). La droite \((IJ)\) est donc parallèle à \((BC)\subset(BCD)\), d’où son parallélisme avec le plan \((BCD)\). Le plan \((IJK')\) existe : \(I,J\) sont distincts dans \((ABC)\) et \(K'\) est hors de ce plan, puisque \(A,K',D\) sont alignés avec \(K'\ne A\) et \(D\notin(ABC)\). Dans \((ABD)\), ses traces avec \((IJK')\) et \((BCD)\) sont respectivement \((IK')\) et \((BD)\). En effet, \(J\notin(ABD)\) : sinon la droite \((AC)\), contenant les deux points distincts \(A,J\) de ce plan, y placerait \(C\), contradiction. Ainsi \((IJK')\ne(ABD)\) ; de même \((BCD)\ne(ABD)\) puisque \(C\notin(ABD)\). En revanche, dans le triangle \(ABD\), les rapports \(\frac{AI}{AB}=\frac23\) et \(\frac{AK'}{AD}=\frac13\) sont différents. Si \((IK')\) était parallèle à \((BD)\), le théorème de Thalès imposerait l’égalité de ces rapports. Elles ne sont donc pas parallèles. Si \((IJK')\) et \((BCD)\) étaient parallèles, leurs traces dans \((ABD)\) seraient parallèles, d’après le corollaire sur les traces démontré dans cette unité ; ce serait précisément \((IK')\parallel(BD)\), contradiction. Ainsi les deux plans ne sont pas parallèles. Le parallélisme de la droite \((IJ)\) avec le plan a bien subsisté, pas celui des deux plans.

7.8 — Exemple expliqué — Faire produire une direction à l'intersection de deux plans

Dans le cube, \(I\) et \(J\) sont les milieux de \([AD]\) et \([BC]\). Le calcul \(\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BJ}=-\frac12\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}\) utilise \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\). Le plan \(\mathcal P=(EIJ)\) contient donc \((IJ)\), parallèle à \((AB)\). Le plan supérieur \(\mathcal Q=(EFG)\) contient \((EF)\), parallèle à \((AB)\) ; donc \((IJ)\parallel(EF)\). Les plans ont \(E\) en commun et sont distincts, puisque \(I\) n’est pas dans le plan supérieur. Leur intersection est donc une droite passant par \(E\). Le toit la rend parallèle à \((EF)\). L’unique droite passant par \(E\) de cette direction est \((EF)\) : c’est l’intersection cherchée. On a établi que \(F\) appartient à \((EIJ)\), au lieu de le supposer sur la figure.

Lecture de la figure. Les plans sont \(\mathcal P=(EIJ)\) et \(\mathcal Q=(EFG)\). Ici \(d=(IJ)\subset\mathcal P\) et \(d'=(HG)\subset\mathcal Q\) sont parallèles : \(\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{HG}\). Les plans sont distincts et ont \(E\) en commun, comme justifié ci-dessus ; le toit donne \(\Delta=\mathcal P\cap\mathcal Q=(EF)\), parallèle à \(d,d'\). Les plages colorées ne montrent que des portions des plans, et les trois traits colorés des portions de droites entières. La présence de \(F\) dans \(\mathcal P\) est une conclusion prouvée, non une donnée lue sur le dessin.

7.9 — À toi — Essai guidé puis autonome — le critère et sa réserve

a) Dans le plan \((ABC)\), les vecteurs \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\) sont non colinéaires. Une droite passant par \(A\) a pour directeur \(\vec{w}=\tfrac12\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}\). Pourquoi est-elle incluse dans le plan ? b) Dans un tétraèdre \(ABCD\), prends maintenant la droite de même directeur passant par \(D\). Quelle est sa position par rapport à \((ABC)\) ? c) Pour le toit de l’exemple, que manquerait-il si l’on avait seulement dessiné \((IJ)\) parallèle à \((EF)\), sans l’avoir établi ?

Correction et contrôle.

a) Le lemme du couple non colinéaire assure \(\vec{w}\ne\vec{0}\), car ses deux coefficients ne sont pas simultanément nuls. C’est une direction du plan ; la droite possède en plus \(A\) du plan, donc elle est incluse. b) La direction donne le parallélisme large. Comme \(D\notin(ABC)\), l’inclusion est impossible : la droite est strictement parallèle au plan. c) Le parallélisme des deux droites est une hypothèse du théorème : sans preuve ni donnée explicite, le toit n’est pas applicable. Une perspective ne conserve pas toutes les informations que l’œil croit voir.

7.10 — Justifier, varier, réparer un usage du toit

Avant de lire : « \(\mathcal P\) et \(\mathcal Q\) contiennent des droites parallèles, donc leur intersection est parallèle à ces droites. » Quelle étape manque ? Réponse : il faut établir qu’ils sont distincts et sécants. S’ils sont strictement parallèles, il n’y a pas de droite d’intersection ; s’ils sont confondus, l’intersection est un plan entier. La conclusion ne peut donc pas être employée avant ce contrôle.

Je sais faire seul si… j’identifie les deux plans, leurs droites incluses, le parallélisme prouvé et la droite d’intersection ; si je n’ai qu’un point commun, je prouve encore que les plans sont distincts. Pour un parallélisme strict, je vérifie en plus l’absence de point commun.

Remédiation plus simple : les plans inférieur \((ABC)\) et supérieur \((EFG)\) du cube contiennent \((AB)\) et \((EF)\), parallèles. Ils ne se coupent pas : c’est un contre-exemple à la copie sans hypothèse. Nouvel essai : remplace le plan supérieur par \((ABF)\). Les plans \((ABC),(ABF)\) sont distincts, contiennent tous deux \((AB)\) et se coupent suivant \((AB)\) ; le toit est cette fois applicable et sa conclusion est exacte, même si elle était déjà connue. Variation : le théorème ne demande pas que \(d,d'\) soient les arêtes visibles du dessin ni qu’elles soient distinctes.

7.11 — À reprendre plus tard, avant de relire

Dans un tétraèdre \(SABC\), \(I,J\) sont les milieux de \([SA],[SB]\). Le plan \((CIJ)\) coupe \((ABC)\). Détermine leur droite d’intersection sans supposer qu’un deuxième point commun est déjà connu.

Correction et contrôle.

Les plans ont \(C\) en commun et sont distincts, car \(I\notin(ABC)\) (sinon la droite \((SI)\) contiendrait les deux points distincts \(A,I\) du plan et donc \(S\), impossible). Ils sont donc sécants suivant une droite passant par \(C\). Dans le triangle \(SAB\), \((IJ)\parallel(AB)\) ; ces droites sont incluses respectivement dans les deux plans. Le toit donne comme intersection l’unique droite passant par \(C\) parallèle à \((AB)\). Aucun point auxiliaire à distance finie sur \((AB)\) n’est à chercher : cette droite est parallèle à \((AB)\).

7.12 — Définition — section d’un solide par un plan

La section d’un solide par un plan est leur intersection entière. Pour un cube, une section ordinaire est un polygone convexe rempli ; son contour est formé de segments situés dans les faces et ses sommets sont sur les arêtes. On utilise la convexité du cube : le segment joignant deux de ses points reste dans le cube.

Dans chaque face, on cherche la droite d’intersection des deux plans, puis seulement le morceau compris dans la face. Deux points donnent cette droite ; un point et une direction prouvée la donnent aussi. Si les plans sont confondus, la section de la face est la face entière, pas une droite.

7.13 — Exemple expliqué — Une première section triangulaire

\(I,J,K\) sont les milieux de \([AB],[AD],[AE]\). Dans les trois faces qui contiennent \(A\), les traces sont les segments \([IJ]\), \([IK]\), \([JK]\). Les points \(I,J,K\) ne sont pas alignés : \(I,J\) sont dans le plan inférieur, tandis que \(K\) n’y est pas. Le plan de section existe donc.

Chaque côté est sur une face qui limite le cube ; dans le plan \((IJK)\), le côté intérieur de chacune de ces trois faces est celui du troisième sommet. Les trois demi-plans ainsi imposés délimitent le triangle \(IJK\) : aucun point de la section ne peut se trouver au-delà d’un de ses côtés. Réciproquement, le triangle est dans le cube par convexité, puisque ses trois sommets le sont. La section est donc exactement le triangle rempli \(IJK\), et non une face quadrangulaire imaginée à partir de trois points.

Lecture de la figure. À gauche, la section triangulaire coupe les trois arêtes issues de \(A\). À droite, les milieux des quatre arêtes verticales donnent une section carrée. Les portions de contour sur les faces cachées sont en pointillés. Chaque panneau possède son propre nommage \(I,J,K,L\).

7.14 — À toi — Tentative autonome — obtenir un carré sans le deviner

\(I,J,K,L\) sont maintenant les milieux de \([AE],[BF],[CG],[DH]\). Détermine la section du cube par \((IJK)\). Prouve que \(L\) est dans ce plan, puis justifie la forme du polygone. Indice 1 : dans chaque face verticale, le segment joignant les deux milieux est parallèle à une arête horizontale. Indice 2 : compare les directions de \((IJ)\) et \((KL)\), puis utilise \(L\) sur la parallèle à \((IJ)\) passant par \(K\).

Correction et contrôle.

Dans la face \(ABFE\), \(\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{AB}\) ; dans \(BCGF\), \(\overrightarrow{JK}=\overrightarrow{BC}\), par le même calcul de milieux que dans l’exemple précédent. Ces directions sont non colinéaires ; \(I,J,K\) déterminent un plan. Dans la face \(DCGH\), \((KL)\) est parallèle à \((DC)\), donc à \((IJ)\). La droite par \(K\) de cette direction est dans \((IJK)\) : \(L\) appartient à ce plan. Les traces dans les quatre faces verticales ferment \(IJKL\). Chacune limite le cube vers l’extérieur ; leur intérieur commun dans le plan est ce quadrilatère. Sa surface est dans le cube par convexité : c’est exactement la section. Ses côtés successifs sont parallèles et égaux aux côtés successifs de \(ABCD\) ; ils ont donc les angles droits et les longueurs du carré de base. La section est un carré, sans calcul de distance dans un repère.

7.15 — Une section pentagonale — données, construction, conclusion

On prend désormais \(I\) milieu de \([AB]\), \(J\) milieu de \([AD]\) et \(K\) milieu de \([CG]\). Le point \(K\) est hors du plan inférieur alors que \(I,J\) y sont : \((IJK)\) est bien un plan. Nous voulons obtenir toutes les traces, sans deviner où le plan coupe les arêtes verticales.

Lecture de la figure. Seuls \(I,J,K\) sont donnés. Il n’est pas encore justifié de joindre \(I\) directement à \(K\) comme côté du contour : ces deux points ne sont pas sur une même face du cube.

Étape 1 — prolonger dans la face inférieure. Construis \(T=(IJ)\cap(BC)\) et \(S=(IJ)\cap(DC)\). Les droites \((BC),(DC)\) sont ici entières : \(T\) est au-delà de \(B\), \(S\) au-delà de \(D\). Dans le carré \(ABCD\), \((IJ)\parallel(BD)\). Les triangles \(IAJ\) et \(IBT\) ont leurs côtés correspondants parallèles et \(IA=IB\) ; donc \(BT=AJ=\frac12BC\). De même, les triangles \(JAI\) et \(JDS\) donnent \(DS=AI=\frac12DC\). Ces deux points ne sont pas dans le cube, mais appartiennent au plan de section parce qu’ils sont sur \((IJ)\).

Étape 2 — entrer dans les faces arrière et latérale. \(T\) appartient au plan \((BCG)\), et \(K\) aussi ; les deux plans distincts \((IJK)\) et \((BCG)\) ont donc pour droite d’intersection \((TK)\). Construis \(L=(TK)\cap[BF]\). Dans le triangle \(TCK\), \(B\) est entre \(T,C\) et \((BF)\parallel(CK)\). La parallèle à \((CK)\) passant par \(B\) coupe \([TK]\) en un point intérieur \(L\) ; Thalès donne \[\frac{BL}{CK}=\frac{TB}{TC}=\frac{\tfrac12BC}{\tfrac32BC}=\frac13, \qquad BL=\frac16 BF.\] Ainsi l’intersection est bien sur l’arête \([BF]\), pas seulement sur sa droite support. Avec \(S,K\) dans le plan de la face \(DCGH\), construis \(N=(SK)\cap[DH]\). Le même calcul avec \(\frac{SD}{SC}=\frac13\) donne \(DN=\frac16DH\).

Lecture de la figure. Les prolongements gris conduisent à \(S,T\) hors du cube. Les lignes colorées \((TK)\) et \((SK)\) déterminent \(L,N\) ; ces points, eux, appartiennent aux arêtes. Les traits auxiliaires ne font pas tous partie du contour.

Étape 3 — fermer et contrôler. Les côtés de section sont \([IL]\) dans \(ABFE\), \([LK]\) dans \(BCGF\), \([KN]\) dans \(DCGH\), \([NJ]\) dans \(ADHE\) et \([JI]\) dans \(ABCD\). Chaque couple de points est commun au plan de section et au plan de la face correspondante ; comme les plans sont distincts, il donne la bonne droite de trace. Les cinq segments, dont les extrémités sont dans les faces, y restent par convexité. Ils forment le contour convexe \(I-L-K-N-J\).

Dans le plan de section, ce pentagone est limité par les cinq faces citées ; tout point situé au-delà d’un de ses côtés serait hors du cube. Réciproquement, tous ses sommets sont dans le cube, donc son intérieur convexe aussi. Il décrit donc toute l’intersection ; la face supérieure n’ajoute pas un sixième côté. \(S,T\) sont exclus du contour, car ils sont hors du solide.

Lecture de la figure. Le résultat est le pentagone rempli \(ILKNJ\) ; \(I\) et \(K\) ne sont pas voisins. Les côtés cachés sont pointillés. Les positions \(BL=\frac16BF\) et \(DN=\frac16DH\) sont issues de Thalès et permettent un contrôle indépendant du tracé.

7.16 — À toi — Reconstruire la section avec une nouvelle hauteur

Sans recopier les traits de l’exemple, garde \(I,J\) milieux de \([AB],[AD]\), mais prends maintenant \(K\in[CG]\) tel que \(CK=\frac23CG\). Construis la section et justifie chaque sommet, y compris ceux qui ne sont pas donnés. Les points extérieurs au cube font-ils partie du contour ?

Indices gradués. Chercher d’abord la trace dans le plan inférieur ; prolonger les droites des arêtes si nécessaire. Le rapport \(\frac{TB}{TC}\) ne dépend pas de la hauteur de \(K\) ; c’est la longueur \(CK\) qui change.

Correction et contrôle.

Les points \(I,J,K\) ne sont pas alignés : les deux premiers sont dans le plan inférieur et le troisième n’y est pas. On obtient de nouveau \(T=(IJ)\cap(BC)\) au-delà de \(B\), \(S=(IJ)\cap(DC)\) au-delà de \(D\), avec \(BT=\frac12BC\) et \(DS=\frac12DC\). Les points \(T,K\) sont dans les deux plans de la section et de la face \(BCGF\) ; leur droite coupe \([BF]\) en \(L\). De même, \((SK)\) coupe \([DH]\) en \(N\). Dans le triangle \(TCK\), \(\frac{BL}{CK}=\frac{TB}{TC}=\frac13\), donc \(BL=\frac13\times\frac23BF=\frac29BF\). Le même raisonnement donne \(DN=\frac29DH\). Les rapports sont entre \(0\) et \(1\) : \(L,N\) appartiennent réellement aux arêtes.

Le contour est \(I-L-K-N-J\), avec un côté successivement dans chacune des faces \(ABFE\), \(BCGF\), \(DCGH\), \(ADHE\), \(ABCD\). Ces cinq faces limitent le pentagone dans le plan ; son intérieur est dans le cube par convexité. Il constitue toute la section. \(S,T\) restent des points auxiliaires extérieurs : appartenir au plan n’est pas appartenir au solide. Le contrôle porte sur l’ordre des cinq faces et les fractions \(\frac29\), pas sur la ressemblance du dessin avec l’exemple précédent.

7.17 — Une section hexagonale — six faces réellement rencontrées

Dans le cube \(ABCDEFGH\), on donne maintenant \(I\), milieu de \([AB]\), \(J\), milieu de \([AD]\), et \(K\), milieu de \([FG]\). Le changement porte sur l’arête qui contient le troisième point : il ne suffit donc pas de reproduire le pentagone précédent. Les points \(I,J\) sont dans le plan inférieur, \(K\) est dans le plan supérieur et n’est pas dans le premier. Ils définissent le plan \(\mathcal S=(IJK)\).

Lecture de la figure. Les seuls points de coupe donnés sont \(I,J,K\). Le segment \([IK]\) traverse l’intérieur du cube : ce n’est pas d’emblée un côté de section, puisque ses extrémités ne sont pas sur une même face. La trace inférieure est déjà déterminée par \(I\) et \(J\).

1. Trouver les traces inférieure et supérieure.

La trace de \(\mathcal S\) sur le plan inférieur est \((IJ)\). Dans le triangle \(ABD\), le théorème des milieux donne \((IJ)\parallel(BD)\). Les plans inférieur \((ABC)\) et supérieur \((EFG)\) sont strictement parallèles. Le plan \(\mathcal S\) coupe bien chacun suivant une droite : il contient \(I,J\) du premier et \(K\) du second, et il n’est confondu avec aucun des deux, puisque \(I\) et \(K\) sont dans des plans de faces opposées. Leurs deux traces sont donc parallèles. La trace supérieure est la parallèle à \((IJ)\) passant par \(K\). Elle coupe \([HG]\) en un point que nous appelons \(L\).

Pourquoi \(L\) est-il exactement le milieu de \([HG]\) ? Dans le triangle \(GFH\), le point \(K\) est le milieu de \([GF]\). La droite \((FH)\) est parallèle à \((BD)\), donc à \((IJ)\) : leurs vecteurs sont égaux dans les faces parallèles du cube. La parallèle à \((FH)\) passant par \(K\) coupe donc \([GH]\) en son milieu, par le théorème des milieux. C’est précisément la droite de trace construite. Ainsi \(L\in\mathcal S\) et \(GL=\frac12GH\).

2. Prolonger la trace inférieure pour entrer dans deux autres faces.

Posons \(T=(IJ)\cap(BC)\) et \(S=(IJ)\cap(DC)\). Comme dans les triangles plans de la construction pentagonale, \(T\) est au-delà de \(B\) avec \(BT=\frac12BC\), et \(S\) est au-delà de \(D\) avec \(DS=\frac12DC\). On peut aussi le contrôler par vecteurs : \[\overrightarrow{BT}=-\frac12\overrightarrow{BC},\qquad \overrightarrow{DS}=-\frac12\overrightarrow{DC}.\] Ils sont hors du solide, mais sur \((IJ)\), donc dans \(\mathcal S\). Les deux points distincts \(T,K\) appartiennent à la fois à \(\mathcal S\) et au plan \((BCG)\) ; ces plans sont distincts, car \(I\notin(BCG)\). Leur droite d’intersection est donc \((TK)\). Construisons \(M=(TK)\cap[BF]\). De même, les points \(S,L\) donnent la trace \((SL)\) dans le plan \((DCG)\) ; construisons \(N=(SL)\cap[DH]\).

Lecture de la figure. Les pointillés gris prolongent la trace inférieure jusqu’à \(T\) et \(S\), extérieurs au cube. La parallèle supérieure passant par \(K\) fournit \(L\). Les traces \((TK)\) et \((SL)\) atteignent les arêtes verticales en \(M\) et \(N\). Les six futurs sommets sont dans le cube ; \(S,T\) restent des auxiliaires.

3. Vérifier les deux nouvelles intersections par un calcul indépendant.

Montrons que \(M\) est le milieu de \([BF]\), sans nous fier à son dessin. Appelons provisoirement \(M_0\) ce milieu. Les vecteurs \(\overrightarrow{BC}\) et \(\overrightarrow{FG}\) sont égaux ; \(K\) étant le milieu de \([FG]\), \(\overrightarrow{FK}=\frac12\overrightarrow{BC}\). Alors \[\begin{aligned} \overrightarrow{TK}&=\overrightarrow{TB}+\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{FK} =\tfrac12\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BF}+\tfrac12\overrightarrow{BC} =\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BF},\\ \overrightarrow{TM_0}&=\overrightarrow{TB}+\overrightarrow{BM_0} =\tfrac12\overrightarrow{BC}+\tfrac12\overrightarrow{BF} =\tfrac12\overrightarrow{TK}. \end{aligned}\] Le vecteur \(\overrightarrow{TK}\) est non nul ; ainsi \(M_0\in(TK)\). Comme \(M_0\in[BF]\), c’est l’intersection construite : \(M=M_0\). Cette vérification établit à la fois l’incidence et l’appartenance à l’arête.

Pour \(N\), appelons \(N_0\) le milieu de \([DH]\). Les relations \(\overrightarrow{SD}=\frac12\overrightarrow{DC}\) et \(\overrightarrow{HL}=\frac12\overrightarrow{HG}=\frac12\overrightarrow{DC}\) donnent \[\overrightarrow{SL}=\overrightarrow{SD}+\overrightarrow{DH}+\overrightarrow{HL}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{DH}, \qquad \overrightarrow{SN_0}=\frac12\overrightarrow{DC}+\frac12\overrightarrow{DH} =\frac12\overrightarrow{SL}.\] Donc \(N_0\in(SL)\cap[DH]\) et \(N=N_0\). Les deux calculs sont écrits : le second n’exige pas de deviner à quelle égalité du premier correspond chaque lettre.

4. Parcourir les faces dans l’ordre, puis conclure sur toute la section.

Les côtés successifs sont \[[IM]\text{ dans }ABFE,\quad [MK]\text{ dans }BCGF,\quad [KL]\text{ dans }EFGH,\] \[[LN]\text{ dans }DCGH,\quad [NJ]\text{ dans }ADHE,\quad [JI]\text{ dans }ABCD.\] Chaque côté est situé sur la bonne droite de trace et ses extrémités appartiennent à la face correspondante. Le contour se ferme : \(I-M-K-L-N-J-I\). Chaque face borne le cube et impose, dans \(\mathcal S\), le demi-plan situé du côté des autres sommets du contour. L’intersection de ces six demi-plans est l’hexagone rempli \(IMKLNJ\) ; aller au-delà de l’un de ses côtés ferait sortir de la face qui borne le cube. Réciproquement, les six sommets sont dans le cube convexe, donc leur hexagone rempli y est aussi. Tous ses points sont dans \(\mathcal S\). La section entière est donc cet hexagone, et non seulement son contour.

Lecture de la figure. Le contour exact passe par les milieux de \([AB],[BF],[FG], [GH],[HD],[DA]\), dans cet ordre. Les côtés sur les faces cachées sont en pointillés. Le polygone rempli appartient au plan de coupe ; les segments auxiliaires de la construction ont disparu.

7.18 — Proposition — une section polygonale du cube a au plus six côtés

Lorsque le plan de coupe n’est confondu avec aucun plan de face, chaque face peut fournir au plus un côté du polygone de section. Celui-ci a donc au plus six côtés.

Démonstration.

L’intersection de deux plans distincts, lorsqu’elle existe, est une droite. L’intersection de cette droite avec une face carrée est vide, un point ou un segment : la face est convexe, donc on ne peut obtenir deux morceaux séparés sur la même droite. Une face fournit ainsi au plus un côté. Le cube possède six faces, d’où la borne de six côtés. Si le plan de coupe coïncide avec une face, la section est cette face carrée, donc a quatre côtés. Le résultat précédent ne dit pas que tous les plans de coupe donnent six côtés : certaines faces peuvent ne pas être rencontrées ou n’être touchées qu’en un sommet.

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7.19 — À toi — Variation de configuration — le troisième point devient un sommet

Garde \(I,J\) milieux de \([AB],[AD]\), mais remplace \(K\) par \(F\). Construis la section du cube par \((IJF)\). Avant toute correction, cherche la trace supérieure, puis identifie les faces qui contribuent un côté et celles qui ne donnent qu’un sommet. Indice 1 : la trace supérieure reste parallèle à \((BD)\). Indice 2 : dans la face supérieure, la parallèle à \((BD)\) passant par \(F\) est une diagonale du carré.

Correction et contrôle.

La trace inférieure est toujours \((IJ)\) ; la trace supérieure, parallèle à \((BD)\) et passant par \(F\), est \((FH)\). Ainsi \(H\) appartient au plan de section. Les quatre segments de contour sont \([IF]\) dans \(ABFE\), \([FH]\) dans \(EFGH\), \([HJ]\) dans \(ADHE\) et \([JI]\) dans \(ABCD\). Dans la face \(BCGF\), le plan ne conserve que le point \(F\) ; dans \(DCGH\), que le point \(H\). On peut le vérifier avec les auxiliaires : la trace \((TF)\) rencontre le carré \(BCGF\) seulement en \(F\), car pour aller de \(T\) vers \(F\) avant \(F\), on est du côté extérieur de \((BF)\), et après \(F\), on dépasse la droite supérieure \((FG)\) ; même raisonnement pour \((SH)\) dans la face arrière. Les quatre faces fournissant des segments délimitent le quadrilatère rempli \(IFHJ\) ; sa convexité et les appartenances aux faces assurent que c’est toute la section. La direction de la trace inférieure n’a pas changé, mais le nombre de faces réellement coupées en un segment a changé. Le nombre de côtés ne se devine donc pas à partir du seul nombre de points donnés.

7.20 — Un tétraèdre peut aussi donner une section quadrilatérale

Dans le tétraèdre \(ABCD\), \(I,J,K,L\) sont les milieux respectifs de \([AB],[AC],[CD],[BD]\). Déterminons la section par le plan \((IJK)\), puis sa nature.

1. Vérifier que le plan demandé existe.

Les points \(I,J\) sont distincts et appartiennent au plan \((ABC)\). Le point \(K\) n’y appartient pas : sinon les points distincts \(C,K\) du plan imposeraient \((CD)\subset(ABC)\), puis \(D\in(ABC)\), impossible. Ainsi \(I,J,K\) ne sont pas alignés.

2. Établir le quatrième sommet, sans le supposer coplanaire.

Les théorèmes des milieux dans les triangles \(ACD\) et \(ABD\) donnent \[\overrightarrow{JK}=\frac12\overrightarrow{AD},\qquad \overrightarrow{IL}=\frac12\overrightarrow{AD}.\] Par conséquent \(\overrightarrow{IL}=\overrightarrow{JK}=\overrightarrow{IK}-\overrightarrow{IJ}\). Le vecteur \(\overrightarrow{IL}\) est une combinaison des deux directions \(\overrightarrow{IJ},\overrightarrow{IK}\) du plan \((IJK)\) : le point \(L\) appartient à ce plan. Cette démonstration prouve la quatrième appartenance avant de nommer un quadrilatère plan.

3. Associer un côté à chaque face.

Les segments \([IJ],[JK],[KL],[LI]\) appartiennent respectivement aux faces \(ABC\), \(ACD\), \(BCD\) et \(ABD\). Les quatre faces délimitent le tétraèdre ; leurs traces délimitent exactement le quadrilatère \(IJKL\), dont l’intérieur est dans le solide par convexité. La section entière est ce quadrilatère rempli.

4. Justifier la nature du quadrilatère.

Les triangles \(ABC\) et \(BCD\) donnent \(\overrightarrow{IJ}=\frac12\overrightarrow{BC}\) et \(\overrightarrow{LK}=\frac12\overrightarrow{BC}\). Avec \(\overrightarrow{IL}=\overrightarrow{JK}\) établi plus haut, les deux paires de côtés opposés ont des vecteurs égaux : \(IJKL\) est un parallélogramme. Un tétraèdre quelconque ne fournit aucune donnée imposant que ces côtés soient perpendiculaires ou de même longueur. On conclut donc parallélogramme, sans ajouter rectangle ou losange.

Lecture de la figure. Les quatre sommets de section sont sur les arêtes \(AB,AC,CD,DB\) : les arêtes opposées \(AD\) et \(BC\) ne sont pas coupées. Chaque côté du parallélogramme appartient à une face différente du tétraèdre. Les pointillés signalent les portions cachées dans la vue choisie ; ils ne changent aucune appartenance.

7.21 — À toi — contrôler une section donnée par un autre ordre de lettres

Dans le même tétraèdre, \(P,Q,R,S\) sont les milieux de \([AB],[BD],[DC], [CA]\). Un élève joint les points dans l’ordre \(P-R-Q-S-P\).

Tous ces points sont-ils dans le même plan ?
L’ordre proposé donne-t-il le contour de la section ? Trouve l’ordre correct et nomme les faces de ses quatre côtés.
Donne deux égalités vectorielles qui prouvent que la section est un parallélogramme.

Indice : les points sont les mêmes que dans l’exemple, mais leurs lettres et l’ordre proposé sont différents. Un côté de section doit appartenir à une face du solide.

Correction et contrôle.

Les correspondances sont \(P=I\), \(Q=L\), \(R=K\), \(S=J\) : les quatre points sont coplanaires d’après la preuve précédente. Le segment \([PR]=[IK]\) relie des arêtes opposées du tétraèdre ; il traverse l’intérieur de la section et n’est pas un côté de son contour. L’ordre correct est \(P-Q-R-S-P\) (ou l’ordre inverse). Les faces successives sont \(ABD\), \(BCD\), \(ACD\) et \(ABC\). Les milieux dans ces triangles donnent \(\overrightarrow{PQ}=\frac12\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{SR}\) et \(\overrightarrow{PS}=\frac12\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{QR}\). Ces égalités de vecteurs de côtés opposés prouvent le parallélogramme. Être tous dans le plan est donc nécessaire, mais ne justifie pas un ordre arbitraire pour le contour.

7.22 — Justification active — pourquoi un contour tracé est-il la section entière ?

Réponds avant de lire : pourquoi vérifier seulement que les sommets sont dans le plan ne suffit-il pas ? Réponse : on pourrait choisir des sommets dans un mauvais ordre, oublier une arête coupée ou joindre deux points à travers l’intérieur du solide. Il faut associer chaque côté à une face, garder le morceau dans cette face, fermer le contour et contrôler qu’aucun point du plan situé au-delà ne reste dans le cube. La convexité assure ensuite que l’intérieur du contour appartient aussi au solide.

Je sais faire seul si… je commence par trois points non alignés ; j’annonce pour chaque trait les deux plans ou la direction qui le justifient ; je distingue droite support et arête ; je sépare auxiliaires et vrais sommets ; je ferme le contour dans l’ordre des faces et je contrôle les autres possibilités.

7.23 — Cas limites — polygone, face, arête, point ou vide

Une section n’a pas toujours au moins trois sommets distincts. Le plan \((ABC)\) coupe le cube selon la face carrée \(ABCD\). Un plan d’appui, c’est-à-dire laissant le cube entièrement d’un même côté, peut ne toucher qu’une arête ou qu’un sommet ; un plan extérieur peut ne rien couper.

Un exemple d’arête : prends le plan contenant \((AE)\) et parallèle à la diagonale \((BD)\). Dans le plan inférieur, sa trace est la parallèle à \((BD)\) passant par \(A\) ; cette droite ne touche le carré \(ABCD\) qu’en \(A\). Dans toute coupe horizontale du cube, le même raisonnement laisse seulement le point de l’arête \([AE]\) : l’intersection est \([AE]\), non la droite \((AE)\) entière.

Pour reconnaître rigoureusement une section réduite à un sommet \(A\), on peut utiliser ce fait élémentaire de convexité : si un plan d’appui contient \(A\) et si tous les autres sommets du cube sont strictement du même côté, l’intersection est \(\{A\}\). En effet chaque face est faite de triangles dont les sommets restent de ce côté ; leurs points ne peuvent atteindre le plan qu’au sommet \(A\) s’il est présent. Tout point intérieur du cube est sur un segment joignant deux points de ses faces ; il ne peut donc donner un nouveau point du plan d’appui. Si aucun sommet n’est dans le plan et que tous sont strictement du même côté, l’intersection est vide par le même raisonnement. Le contrôle du côté doit venir des données géométriques, pas d’une simple perspective.

Attention : faire coïncider les trois points donnés en \(A\) ne définit pas un plan ! Une section limite doit toujours préciser le plan (par exemple par un point et deux directions non colinéaires), ou donner explicitement la position d’appui. De même, trois points sur une même arête ne suffisent pas à définir le plan de coupe.

7.24 — Remédiation — ne pas prendre les auxiliaires pour la section

Copie : « \(T\) appartient au plan \((IJK)\), donc \(T\) est un sommet de la section du cube. » La première affirmation est vraie ; l’implication est fausse. Une section exige à la fois le plan et le solide. Or \(T\notin[BC]\) et \(T\) est hors du cube.

Exemple plus simple : une droite d’une face se prolonge au-delà du carré, mais seuls les points dans la face appartiennent à la section de cette face. Nouvel essai : dans un tétraèdre \(SABC\), les milieux \(U,V,W\) de \([SA],[SB],[SC]\) définissent un plan. Quels sont les côtés de la section, et pourquoi le prolongement de \((UV)\) au-delà de \(U\) n’en fait-il pas partie ? Réponse : \([UV],[VW],[WU]\) sont les traces dans les trois faces issues de \(S\), forment un triangle parallèle à la base par les trois théorèmes des milieux, et délimitent toute la section par convexité. Au-delà de \(U\) du côté opposé à \(V\), on sort de la face \(SAB\), donc du tétraèdre ; la droite entière n’est pas un côté de section.

7.25 — À reprendre plus tard, avant de relire

Dans le tétraèdre \(ABCD\), \(I,J\) sont les milieux de \([AB],[AC]\) et \(K\in[AD]\) vérifie \(AK=\frac23AD\). Construis et justifie la section par \((IJK)\). Un élève ajoute : « elle est parallèle à \((BCD)\), puisque \((IJ)\parallel(BC)\) ». Repère et répare cette conclusion. Puis reprends le cube de cette unité avec \(I,J\) milieux de \([AB],[AD]\) et \(CK=\frac14CG\) : retrouve les deux auxiliaires extérieurs, le contour et les hauteurs des nouveaux sommets. Aide pour le cube. Les positions des auxiliaires \(S,T\) ne changent pas avec \(K\). Reconstituer leurs deux appartenances avant d’utiliser Thalès.

Correction et contrôle.

Dans le cube, \(T=(IJ)\cap(BC)\) et \(S=(IJ)\cap(DC)\) sont sur les prolongements au-delà de \(B,D\), donc hors du cube, mais dans le plan de section. Les traces \((TK)\) et \((SK)\) donnent \(L\in[BF]\) et \(N\in[DH]\). Comme \(\frac{TB}{TC}=\frac{SD}{SC}=\frac13\), on obtient \(BL=\frac13CK=\frac1{12}BF\) et \(DN=\frac1{12}DH\). Les rapports positifs inférieurs à \(1\) vérifient les appartenances aux arêtes ; le contour \(I-L-K-N-J\) se ferme dans les cinq mêmes faces. Le contrôle par les demi-plans de ces faces et la convexité montre qu’il s’agit de toute la section, sans \(S,T\). Refaire cette construction sans lire vérifie le geste de prolongement extérieur, pas seulement la reconnaissance d’un pentagone.

Correction du tétraèdre.

Correction et contrôle.

Les trois points sont non alignés : \(I,J\) sont dans \((ABC)\) et \(K\) n’y est pas. Les traces dans les trois faces issues de \(A\) sont \([IJ],[IK],[JK]\). Leurs côtés intérieurs délimitent dans le plan le triangle \(IJK\), dont l’intérieur appartient au tétraèdre convexe ; c’est toute la section. Le seul parallélisme \((IJ)\parallel(BC)\) ne fournit qu’une direction commune aux plans. Dans le triangle \(ABD\), \(\frac{AI}{AB}=\frac12\) et \(\frac{AK}{AD}=\frac23\) sont différents ; par la contraposée de Thalès, \((IK)\) n’est pas parallèle à \((BD)\). Si les plans de section et de base étaient parallèles, leurs traces \((IK)\) et \((BD)\) dans \((ABD)\) le seraient, contradiction. La section est donc triangulaire mais son plan n’est pas parallèle à la base. Pour le toit, vérifie que les plans sont distincts et sécants. Pour prouver le parallélisme de deux plans, il faut deux directions non colinéaires communes.

8. Fonder les bases de l'espace, puis changer de décomposition

Pourquoi trois nombres pourront-ils décrire un déplacement de l’espace ? Il faut d’abord prouver qu’une décomposition existe, puis qu’elle est unique. Dessiner trois flèches ou résoudre quelques exemples ne prouve pas cette propriété générale. Nous partons de plans géométriques et d’une projection parallèle, sans coordonnées de l’espace.

Avant de poursuivre. Un couple non colinéaire \(\vec{u},\vec{v}\) dirige un plan : tout déplacement entre deux points de ce plan s’écrit \(x\vec{u}+y\vec{v}\) de façon unique. Si \(a\vec{u}+b\vec{v}=\vec{0}\), alors \(a=b=0\) : sinon un vecteur serait multiple de l’autre. L’incidence admise est la suivante : une droite dont la direction n’est pas une direction d’un plan le rencontre en un unique point. Ce résultat géométrique précède les coordonnées ; on ne va pas le déduire du théorème que l’on cherche à établir.

8.1 — Définition — une base de l'espace est un triplet non coplanaire

Un triplet ordonné \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\) de vecteurs non coplanaires est une base de l’espace. Non coplanaires signifie qu’après transport à une origine commune, aucun plan ne contient les trois représentants.

Dans une base, aucun vecteur n’est nul et aucun couple n’est colinéaire. En effet, avec un vecteur nul les deux autres sont toujours dans un plan ; avec deux vecteurs colinéaires, leur droite et le troisième vecteur sont également contenus dans un plan. Mais la réciproque est fausse : \(\vec{u},\vec{v},\vec{u}+\vec{v}\) peuvent être non nuls et deux à deux non colinéaires tout en restant dans le même plan.

8.2 — Théorème fondamental — existence et unicité

Si \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\) est une base de l’espace, alors pour tout vecteur \(\vec{t}\), il existe un unique triplet de réels \((x,y,z)\) tel que \[\vec{t}=x\vec{u}+y\vec{v}+z\vec{w}.\] Les trois réels peuvent être positifs, négatifs ou nuls. Ce théorème fonde les coordonnées ; il ne les suppose pas déjà définies.

8.3 — Existence — décomposer par projection parallèle

Lecture de la figure. \(\mathcal P\) est le plan dirigé par \(\vec{u},\vec{v}\) passant par \(O\). La droite \(MM'\) est parallèle à \(\vec{w}\) ; aucun angle droit n’est indiqué ni requis. Le point \(P\) est une étape de la décomposition dans le plan, pas le projeté orthogonal de \(M\). Le dessin illustre un cas de coefficients positifs seulement.

Démonstration.

Fixons un point \(O\) et transportons les trois vecteurs : \(\overrightarrow{OU}=\vec{u}\), \(\overrightarrow{OV}=\vec{v}\), \(\overrightarrow{OW}=\vec{w}\). Le couple \(\vec{u},\vec{v}\) est non colinéaire, donc \(O,U,V\) déterminent un plan \(\mathcal P=(OUV)\). La direction \(\vec{w}\) n’est pas une direction de ce plan : si elle l’était, la caractérisation vectorielle placerait \(W\) dans \(\mathcal P\) et les trois vecteurs seraient coplanaires, contrairement à l’hypothèse.

Pour le vecteur quelconque \(\vec{t}\), construisons son représentant \(\overrightarrow{OM}=\vec{t}\). La droite passant par \(M\) et parallèle à \(\vec{w}\) rencontre \(\mathcal P\) en un unique point \(M'\) par l’incidence admise, précisément parce que \(\vec{w}\) est hors des directions du plan. Ce point est la projection parallèle à \(\vec{w}\) de \(M\) sur \(\mathcal P\).

Décomposons ensuite dans le plan : la parallèle à \((OV)\) passant par \(M'\) coupe \((OU)\) en un point \(P\). Il existe des réels \(x,y\) tels que \(\overrightarrow{OP}=x\vec{u}\) et \(\overrightarrow{PM'}=y\vec{v}\). Chasles donne \(\overrightarrow{OM'}=x\vec{u}+y\vec{v}\). Enfin \(\overrightarrow{M'M}\) est colinéaire à \(\vec{w}\), donc \(\overrightarrow{M'M}=z\vec{w}\) pour un réel \(z\). En suivant les étapes \(O\to M'\to M\), on obtient \[\vec{t}=\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OM'}+\overrightarrow{M'M} =x\vec{u}+y\vec{v}+z\vec{w}.\] Si \(M\) est déjà dans \(\mathcal P\), alors \(M'=M\) et \(z=0\) ; si \(P=O\) ou \(P=M'\), \(x\) ou \(y\) est nul. Ces cas ne détruisent aucune construction. Nous avons prouvé l’existence pour tout vecteur, pas seulement pour celui du dessin.

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8.4 — Unicité — ne pas oublier le cas d'un coefficient égal

Démonstration.

Supposons deux décompositions \(x\vec{u}+y\vec{v}+z\vec{w}=x'\vec{u}+y'\vec{v}+z'\vec{w}\). Leur soustraction donne \[(x-x')\vec{u}+(y-y')\vec{v}+(z-z')\vec{w}=\vec{0}.\] Si \(z-z'\ne0\), on pourrait écrire \[\vec{w}=-\frac{x-x'}{z-z'}\vec{u}-\frac{y-y'}{z-z'}\vec{v}.\] Les trois vecteurs seraient alors coplanaires, contradiction. Donc \(z=z'\). Il reste \((x-x')\vec{u}+(y-y')\vec{v}=\vec{0}\). Si \(y-y'\ne0\), cette égalité rendrait \(\vec{v}\) colinéaire à \(\vec{u}\) ; c’est impossible. Donc \(y=y'\), puis \((x-x')\vec{u}=\vec{0}\) impose \(x=x'\) puisque \(\vec{u}\ne\vec{0}\).

Les trois coefficients coïncident. En particulier, le cas \(z=z'\) dès le départ ne permettait pas d’arrêter la preuve : il fallait encore l’unicité du couple dans le plan. Aucune division par \(z-z'\) n’a été faite dans son cas nul.

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8.5 — Exemple expliqué — La base usuelle du cube n'est pas fondée sur une liste de coordonnées

Dans le cube \(ABCDEFGH\), \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\) dirigent le plan inférieur et \(E\notin(ABD)\). Les trois vecteurs \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\) sont donc non coplanaires ; ils forment une base. La justification est la configuration géométrique, pas « leurs coordonnées sont \((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\) » : ces coordonnées seront une conséquence du choix de base.

La décomposition \(\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}\) suit le trajet \(A\to B\to C\to G\), en utilisant \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}\) et \(\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AE}\). L’unicité garantit qu’aucun autre triplet ne représente ce même déplacement dans cette base, même si l’on choisit un autre trajet.

8.6 — À toi — Essai guidé — reconstruire le geste d'existence

Dans un tétraèdre \(ABCD\), explique pourquoi \((\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})\) est une base. Pour un point quelconque \(M\), indique la droite à tracer et le plan à rencontrer pour obtenir le troisième coefficient de \(\overrightarrow{AM}\). Que se passe-t-il si \(M\in(ABC)\) ?

Correction et contrôle.

\(A,B,C\) sont non alignés et \(D\notin(ABC)\), donc les trois vecteurs ne sont pas coplanaires. On trace par \(M\) la parallèle à \((AD)\) ; sa direction n’est pas une direction de \((ABC)\), donc elle le coupe en un unique \(M'\). Dans le plan, \(\overrightarrow{AM'}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}\) ; sur la parallèle, \(\overrightarrow{M'M}=z\overrightarrow{AD}\). Leur somme donne \(\overrightarrow{AM}\). Si \(M\in(ABC)\), le point commun est \(M'=M\), donc le coefficient \(z\) est nul. Il n’y a aucune raison d’imposer un angle droit à cette parallèle.

8.7 — Justification active, variation et critères — pourquoi cette direction ?

Avant de lire : pourquoi ne peut-on pas remplacer systématiquement la parallèle à \(\vec{w}\) par la parallèle à \(\vec{u}\) ? Si \(M\) est hors du plan dirigé par \(\vec{u},\vec{v}\), la droite de direction \(\vec{u}\) passant par \(M\) lui est strictement parallèle : elle ne rencontre pas ce plan. La direction de projection doit donc être extérieure à celles du plan. Si \(M\) est dans le plan, cette même droite y serait incluse et donnerait une infinité de points, pas un projeté unique.

Je sais faire seul si… je prouve que le couple du plan est non colinéaire, que la troisième direction en sort, que l’incidence s’applique, puis je relie les trois morceaux par Chasles. Pour l’unicité, je soustrais et j’examine le coefficient nul avant de diviser.

Remédiation : « \(M'\) est le pied de la perpendiculaire, donc \(M'M\) est un multiple de \(\vec{w}\) » est faux sans hypothèse d’orthogonalité. Rappel plus simple : une droite oblique de direction fixée n’est pas une perpendiculaire par défaut. Nouvel essai : si \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\) est une base, la direction \(\vec{v}+\vec{w}\) convient-elle pour projeter parallèlement sur le plan de \(\vec{u},\vec{v}\) ? Réponse : oui ; si \(\vec{v}+\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v}\), alors \(\vec{w}=a\vec{u}+(b-1)\vec{v}\) serait coplanaire avec les deux autres, impossible. Cette nouvelle direction est donc non nulle et extérieure à celles du plan ; l’incidence donne un unique projeté parallèle.

8.8 — À reprendre plus tard, avant de relire

Sans relire la preuve, un élève a montré que deux décompositions dans une base ont le même troisième coefficient. Il conclut : « elles sont donc identiques ». Écris les étapes qui manquent, en traitant tous les cas possibles des deux autres différences.

Correction et contrôle.

L’égalité restante est \(\alpha\vec{u}+\beta\vec{v}=\vec{0}\). Si \(\beta\ne0\), alors \(\vec{v}=-\frac\alpha\beta\vec{u}\), contraire à la non-colinéarité. Donc \(\beta=0\), et \(\alpha\vec{u}=\vec{0}\) impose \(\alpha=0\) car \(\vec{u}\ne\vec{0}\). Les trois différences sont alors nulles. Le même troisième coefficient ne suffisait pas à lui seul ; l’hypothèse de base fournit aussi le couple non colinéaire nécessaire.

8.9 — Théorème — caractérisation d'une base par la relation nulle

Un triplet \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\) est une base de l’espace si et seulement si \[\forall(a,b,c)\in\mathbb{R}^3,\quad a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}=\vec{0} \ \Longrightarrow\ a=b=c=0.\] Une relation est dite non triviale lorsque ses coefficients ne sont pas tous nuls ; certains peuvent l’être. Trouver une seule relation nulle non triviale suffit à prouver que le triplet n’est pas une base. Tester une seule relation et obtenir un vecteur non nul ne suffit pas à prouver qu’il est une base.

Démonstration.

Base vers relation. Le vecteur nul possède la décomposition \(0\vec{u}+0\vec{v}+0\vec{w}\). L’unicité que nous venons de prouver impose que toute autre décomposition du vecteur nul ait les mêmes coefficients : \(a=b=c=0\).

Relation vers base. Supposons que seule la relation triviale soit possible et cherchons une contradiction si les trois vecteurs étaient coplanaires. Si l’un est nul, prendre son coefficient égal à 1 et les deux autres à 0 donne déjà une relation non triviale : ce cas est impossible. Si \(\vec{u},\vec{v}\) sont colinéaires (et donc ici non nuls), il existe \(\lambda\) tel que \(\vec{v}=\lambda\vec{u}\) ; la relation \(\lambda\vec{u}-\vec{v}+0\vec{w}=\vec{0}\) est non triviale, encore impossible. Enfin, si \(\vec{u},\vec{v}\) sont non colinéaires mais les trois coplanaires, le critère du plan donne \(\vec{w}=r\vec{u}+s\vec{v}\). La relation \(r\vec{u}+s\vec{v}-\vec{w}=\vec{0}\) est non triviale, puisque son dernier coefficient vaut\(-1\).

Tous les cas coplanaires sont donc exclus, y compris les vecteurs nuls et les couples colinéaires. Le triplet est non coplanaire, donc c’est une base par définition. Ce sens ne suppose pas déjà une décomposition générale dans le triplet à tester.

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8.10 — À toi — Tentative autonome — une base transformée, et un faux candidat

On connaît une base \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\). a) Prouve que \((\vec{u},\vec{v},\vec{u}+\vec{w})\) est une base, en partant d’une relation nulle quelconque. b) Le triplet \((\vec{u},\vec{v},\vec{u}+\vec{v})\) est-il une base ? c) Pourquoi vérifier seulement \(\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}\ne\vec{0}\) ne constituerait-il pas une preuve de base ?

Indice 1 : développe le dernier vecteur et regroupe dans la base connue. Indice 2 : dans b), trouve une relation dont le dernier coefficient vaut 1. Indice 3 : « aucune relation non triviale » concerne tous les coefficients, pas seulement \((1,1,1)\).

Correction et contrôle.

a) Si \(a\vec{u}+b\vec{v}+c(\vec{u}+\vec{w})=\vec{0}\), alors \((a+c)\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}=\vec{0}\). Dans la base connue, \(a+c=0\), \(b=0\), \(c=0\), donc aussi \(a=0\). Seule la relation triviale existe : le nouveau triplet est une base. b) \(-\vec{u}-\vec{v}+(\vec{u}+\vec{v})=\vec{0}\) a pour coefficients \((-1,-1,1)\), non tous nuls : ce triplet n’est pas une base. c) Un test isolé écarte seulement une relation. Par exemple le triplet de b) vérifie pourtant \(\vec{u}+\vec{v}+(\vec{u}+\vec{v})=2\vec{u}+2\vec{v}\ne\vec{0}\) par non-colinéarité, mais il n’est pas une base.

8.11 — Deux bases donnent deux décompositions d'un même vecteur

Dans le cube, posons \(\vec{u}=\overrightarrow{AB}\), \(\vec{v}=\overrightarrow{AD}\), \(\vec{w}=\overrightarrow{AE}\). La base \(\mathcal B=(\vec{u},\vec{v},\vec{w})\) est géométriquement justifiée. Considérons \(\mathcal C=(\vec{u},\vec{u}+\vec{v},\vec{w})=(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AE})\).

Pour vérifier que \(\mathcal C\) est une base, prenons une relation nulle : \(a\vec{u}+b(\vec{u}+\vec{v})+c\vec{w}=\vec{0}\). Elle devient \((a+b)\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}=\vec{0}\). La base \(\mathcal B\) impose \(a+b=0\), \(b=c=0\), donc \(a=0\). La caractérisation précédente valide \(\mathcal C\).

Lecture de la figure. La base \(\mathcal B\) utilise les trois arêtes issues de \(A\) ; \(\mathcal C\) remplace \(\overrightarrow{AD}\) par la diagonale \(\overrightarrow{AC}\). Cette deuxième base est oblique : elle reste une base même si ses deux premières directions ne sont pas perpendiculaires. Aucun calcul de longueur par une somme de carrés n’est autorisé du seul fait d’avoir trois coefficients.

8.12 — Exemple expliqué — Même déplacement, coefficients différents

Le trajet de \(A\) à \(G\) donne \(\overrightarrow{AG}=\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}\) dans \(\mathcal B\), tandis que \(\overrightarrow{AG}=0\vec{u}+1(\vec{u}+\vec{v})+1\vec{w}\) dans \(\mathcal C\). Les triplets sont \((1,1,1)\) et \((0,1,1)\) ; ils représentent le même vecteur, mais pas dans la même base. Cela ne contredit pas l’unicité : celle-ci vaut pour une base fixée et ordonnée.

Méthode générale ici : remplacer \(\vec{v}\) par \((\vec{u}+\vec{v})-\vec{u}\). Ainsi \(x\vec{u}+y\vec{v}+z\vec{w}=(x-y)\vec{u}+y(\vec{u}+\vec{v})+z\vec{w}\). On vérifie en redéveloppant : le coefficient total de \(\vec{u}\) redevient \((x-y)+y=x\).

8.13 — À toi — Essai guidé — changer la famille, puis contrôler

Décompose \(\vec{t}=-\vec{u}+2\vec{v}+3\vec{w}\) dans \(\mathcal C\). Aide : remplace \(\vec{v}\) avant de regrouper. Puis donne les coefficients de ce même vecteur dans la base ordonnée \((\vec{w},\vec{v},\vec{u})\).

Correction et contrôle.

\(\vec{t}=-\vec{u}+2[(\vec{u}+\vec{v})-\vec{u}]+3\vec{w}=-3\vec{u}+2(\vec{u}+\vec{v})+3\vec{w}\) : les coefficients dans \(\mathcal C\) sont \((-3,2,3)\). Contrôle : \(-3\vec{u}+2\vec{u}+2\vec{v}+3\vec{w}=-\vec{u}+2\vec{v}+3\vec{w}\). Dans \((\vec{w},\vec{v},\vec{u})\), on lit \((3,2,-1)\) : changer l’ordre ne change pas les vecteurs, mais change la place de leurs coefficients.

8.14 — À toi — Tentative autonome — une nouvelle base qu'il faut d'abord justifier

On pose \(\vec{p}=\vec{u}+\vec{v}\), \(\vec{q}=\vec{v}+\vec{w}\), \(\vec{r}=\vec{u}+\vec{w}\). a) Montre que \((\vec{p},\vec{q},\vec{r})\) est une base. b) Décompose \(3\vec{u}-\vec{v}+2\vec{w}\) dans cette base. Indice 1 : une relation \(a\vec{p}+b\vec{q}+c\vec{r}=\vec{0}\) donne trois équations dans la base connue. Indice 2 : pour b), remplace le second membre nul par les coefficients \(3,-1,2\).

Correction et contrôle.

a) Le développement donne \((a+c)\vec{u}+(a+b)\vec{v}+(b+c)\vec{w}=\vec{0}\). Donc \(a+c=0\), \(a+b=0\), \(b+c=0\). Les deux premières donnent \(c=-a\) et \(b=-a\) ; la troisième donne \(-2a=0\), donc \(a=b=c=0\). C’est une base. b) On cherche \(a+c=3\), \(a+b=-1\), \(b+c=2\). Les deux premières donnent \(c=3-a\), \(b=-1-a\). La dernière devient \(2-2a=2\), donc \(a=0\), \(b=-1\), \(c=3\). Ainsi le vecteur vaut \(-\vec{q}+3\vec{r}\). Contrôle complet : \(-(\vec{v}+\vec{w})+3(\vec{u}+\vec{w})=3\vec{u}-\vec{v}+2\vec{w}\) ; tous les coefficients, y compris le coefficient nul de \(\vec{p}\), sont pris en compte.

8.15 — Justifier, varier et réparer une lecture de coefficients

Avant de lire : pourquoi ne peut-on pas conserver le même triplet lorsqu’on remplace \(\mathcal B\) par \(\mathcal C\) ? Parce qu’un coefficient est un multiplicateur d’un vecteur précis à une place précise. Changer le deuxième vecteur de \(\vec{v}\) à \(\vec{u}+\vec{v}\) modifie la somme ; on doit réécrire et contrôler, sauf cas particulier comme un coefficient nul.

Je sais faire seul si… je justifie d’abord la nouvelle base, j’écris l’égalité de décomposition dans l’ordre annoncé, je remplace puis regroupe, et je redéveloppe pour contrôler chaque coefficient. Je n’utilise pas une simple liste de nombres sans préciser sa base.

Remédiation : « \(\vec{t}=2\vec{u}-\vec{v}\), donc ses coefficients dans \((\vec{v},\vec{u},\vec{w})\) sont \((2,-1,0)\) » est faux : ce triplet représenterait \(2\vec{v}-\vec{u}\). La bonne lecture est \((-1,2,0)\). Rappel plus simple : le premier nombre multiplie le premier vecteur, pas forcément celui qui s’appelle \(\vec{u}\). Nouvel essai : pour \(\vec{s}=-2\vec{u}+5\vec{w}\), donne le triplet dans \((\vec{w},\vec{v},\vec{u})\). Réponse : \((5,0,-2)\) ; le redéveloppement vaut bien \(5\vec{w}+0\vec{v}-2\vec{u}\). Variation : un changement d’origine ne concerne pas un vecteur libre ; changer de base, en revanche, change généralement ses coefficients.

8.16 — À reprendre plus tard, avant de relire

Dans une base \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\), on pose \(\vec{p}=\vec{u}\), \(\vec{q}=\vec{v}+\vec{w}\) et \(\vec{r}=\vec{w}\). Prouve que \((\vec{p},\vec{q},\vec{r})\) est une base. Décompose \(\vec{v}\) dans cette base, puis explique pourquoi \((\vec{p},\vec{q},\vec{p}+\vec{q})\) ne peut pas remplacer cette base.

Correction et contrôle.

Une relation \(a\vec{p}+b\vec{q}+c\vec{r}=\vec{0}\) devient \(a\vec{u}+b\vec{v}+(b+c)\vec{w}=\vec{0}\), donc \(a=b=b+c=0\) et \(c=0\) : c’est une base. On a \(\vec{v}=\vec{q}-\vec{r}\), triplet \((0,1,-1)\) dans cet ordre ; le coefficient négatif est nécessaire pour annuler le terme \(\vec{w}\). Enfin \(-\vec{p}-\vec{q}+(\vec{p}+\vec{q})=\vec{0}\) est une relation non triviale : le dernier triplet est coplanaire et n’est pas une base, même si ses trois vecteurs semblent de directions différentes.

8.17 — Transformer une base sans tout recommencer

On peut souvent reconnaître une nouvelle base grâce à sa relation avec une base déjà connue. Il ne s’agit pas d’une règle d’aspect : chacune des transformations suivantes conserve les trois directions indépendantes pour une raison précise.

8.18 — Corollaires — transformations élémentaires d'une base

Soit \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\) une base de l’espace.

Toute permutation de ces trois vecteurs est encore une base.
Si \(k\ne0\), alors \((k\vec{u},\vec{v},\vec{w})\) est une base.
Pour tous réels \(r,s\), le triplet \((\vec{u},\vec{v},\vec{w}+r\vec{u}+s\vec{v})\) est une base.

Ces résultats découlent de la caractérisation par une relation nulle. Ils concernent la qualité de base ; ils ne disent pas que les coefficients d’un vecteur restent les mêmes.

Démonstration.

1. Une relation nulle écrite avec les trois vecteurs dans un autre ordre est la même relation une fois ses termes réordonnés. L’indépendance de la base initiale impose encore que ses trois coefficients soient nuls.

2. Supposons \(a(k\vec{u})+b\vec{v}+c\vec{w}=\vec{0}\). Cela s’écrit \((ak)\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}=\vec{0}\). Dans la base initiale, \(ak=b=c=0\). Puisque \(k\ne0\), on obtient \(a=0\). Les trois coefficients sont donc nuls : c’est une base. Pour \(k=0\), le premier vecteur serait nul ; la condition est indispensable.

3. Partons de \(a\vec{u}+b\vec{v}+c(\vec{w}+r\vec{u}+s\vec{v})=\vec{0}\). Après distribution puis regroupement, \[(a+cr)\vec{u}+(b+cs)\vec{v}+c\vec{w}=\vec{0}.\] L’indépendance initiale donne \(c=0\), puis \(a+cr=a=0\) et \(b+cs=b=0\). Aucune division par \(r\) ou \(s\) n’est nécessaire ; ces deux réels peuvent donc être nuls. Le triplet est une base dans tous les cas.

□

8.19 — Exemple expliqué — Une base adaptée aux arêtes d'un tétraèdre

Dans un tétraèdre \(ABCD\), la base usuelle \((\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})\) est établie géométriquement : les quatre sommets ne sont pas coplanaires. Or \(\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\). Le troisième corollaire, avec \(r=-1\) et \(s=0\), montre donc que \((\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD})\) est aussi une base. Les trois représentants dessinés ne partent pas tous du même point ; ce n’est pas une difficulté, car une base est un triplet de vecteurs. On peut transporter \(\overrightarrow{BD}\) pour le représenter depuis \(A\) sans changer ce vecteur.

Pour exprimer \(\overrightarrow{CD}\) dans cette nouvelle base, le chemin passant par \(B\) donne immédiatement \[\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BD} =\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD} =\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD}.\] Le contrôle dans la base initiale redonne \(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}+(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CD}\). Le choix d’une base peut ainsi rendre une décomposition plus naturelle.

8.20 — À toi — Essai guidé — appliquer le bon corollaire et suivre les coefficients

Soit \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\) une base et \(\vec{p}=2\vec{u}\), \(\vec{q}=\vec{v}\), \(\vec{r}=\vec{w}-\vec{u}+3\vec{v}\).

Justifie que \((\vec{p},\vec{q},\vec{r})\) est une base en deux transformations autorisées. Attention : le troisième vecteur doit être exprimé avec les vecteurs disponibles à chaque étape.
Exprime \(\vec{u}\), \(\vec{v}\) et \(\vec{w}\) à l’aide de \(\vec{p},\vec{q},\vec{r}\).
Déduis-en la décomposition de \(\vec{a}=3\vec{u}-\vec{v}+2\vec{w}\), puis vérifie-la.

Indice : \(\vec{u}=\frac12\vec{p}\) ; par conséquent \(\vec{r}=\vec{w}-\frac12\vec{p}+3\vec{q}\).

Correction et contrôle.

1. Multiplier le premier vecteur par \(2\ne0\) transforme la base en \((\vec{p},\vec{q},\vec{w})\). Remplacer ensuite son troisième vecteur par \(\vec{w}-\frac12\vec{p}+3\vec{q}=\vec{r}\) conserve une base, d’après le troisième corollaire. Les coefficients à utiliser dans cette seconde transformation sont donc \(-\frac12\) et \(3\). 2. On lit \(\vec{u}=\frac12\vec{p}\) et \(\vec{v}=\vec{q}\). De \(\vec{r}=\vec{w}-\frac12\vec{p}+3\vec{q}\), on tire \(\vec{w}=\vec{r}+\frac12\vec{p}-3\vec{q}\). 3. On remplace chacun des trois termes, sans conserver un ancien vecteur : \[\begin{aligned} \vec{a}&=\tfrac32\vec{p}-\vec{q} +2(\vec{r}+\tfrac12\vec{p}-3\vec{q})\\ &=\tfrac32\vec{p}-\vec{q}+2\vec{r}+\vec{p}-6\vec{q}\\ &=\tfrac52\vec{p}-7\vec{q}+2\vec{r}. \end{aligned}\] Le retour aux anciens vecteurs donne \(\frac52(2\vec{u})-7\vec{v}+2(\vec{w}-\vec{u}+3\vec{v}) =(5-2)\vec{u}+(-7+6)\vec{v}+2\vec{w}=\vec{a}\). La nouvelle base conserve le même vecteur, avec d’autres coefficients.

8.21 — Décomposer avec des fractions : identifier puis éliminer

Reprenons une base \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\) et posons \[\vec{p}=\vec{u}+\vec{v},\qquad \vec{q}=\vec{v}+\vec{w},\qquad \vec{r}=\vec{u}+\vec{w}.\] Pour que cet exemple soit utilisable seul, établissons de nouveau le fait nécessaire. Si \(a\vec{p}+b\vec{q}+c\vec{r}=\vec{0}\), alors \[(a+c)\vec{u}+(a+b)\vec{v}+(b+c)\vec{w}=\vec{0},\] donc \(a+c=a+b=b+c=0\). Les deux premières égalités donnent \(c=-a\) et \(b=-a\) ; la troisième devient \(-2a=0\), d’où \(a=0\), puis \(b=c=0\). La caractérisation prouve que \((\vec{p},\vec{q},\vec{r})\) est une base.

8.22 — Exemple expliqué — Une décomposition fractionnaire entièrement vérifiée

On veut écrire \(\vec{t}=\frac12\vec{u}-\frac34\vec{v}+\frac56\vec{w}\) sous la forme \(a\vec{p}+b\vec{q}+c\vec{r}\).

1. Écrire l’égalité que l’on cherche.

La décomposition précédente donne \[a\vec{p}+b\vec{q}+c\vec{r} =(a+c)\vec{u}+(a+b)\vec{v}+(b+c)\vec{w}.\] Les trois vecteurs de droite forment la base connue. L’unicité autorise l’identification de leurs coefficients ; elle donne le système \[a+c=\frac12,\qquad a+b=-\frac34,\qquad b+c=\frac56.\] Identifier les coefficients sans avoir établi la base serait une faute de justification.

2. Choisir une combinaison qui élimine deux inconnues.

L’addition des deux premières égalités, puis la soustraction de la troisième, éliminent \(b\) et \(c\) : \[(a+c)+(a+b)-(b+c)=2a =\frac12-\frac34-\frac56 =\frac6{12}-\frac9{12}-\frac{10}{12} =-\frac{13}{12}.\] On divise par \(2\ne0\) et l’on obtient \(a=-\frac{13}{24}\). La deuxième équation donne \[b=-\frac34-a=-\frac{18}{24}+\frac{13}{24}=-\frac5{24},\] et la première donne \[c=\frac12-a=\frac{12}{24}+\frac{13}{24}=\frac{25}{24}.\] La décomposition cherchée est donc \[\vec{t}=-\frac{13}{24}\vec{p}-\frac5{24}\vec{q} +\frac{25}{24}\vec{r}.\]

3. Contrôler les trois coefficients, pas un seul.

Le redéveloppement fournit les coefficients \[a+c=\frac{-13+25}{24}=\frac12, \qquad a+b=\frac{-13-5}{24}=-\frac34, \qquad b+c=\frac{-5+25}{24}=\frac56.\] Ils correspondent tous à ceux du vecteur donné. Une vérification de la seule première équation n’aurait pas contrôlé le vecteur entier.

8.23 — À toi — Tentative avant consultation — un coefficient peut être nul

Dans la même base \((\vec{p},\vec{q},\vec{r})\), décompose \(\vec{h}=\frac13\vec{u}+\frac12\vec{v}-\frac16\vec{w}\). Écris d’abord les trois égalités à résoudre. Utilise ensuite la même élimination, puis contrôle le résultat par redéveloppement. Indice 1 : \(2a=\frac13+\frac12-(-\frac16)\). Indice 2 : soustraire un nombre négatif revient à l’ajouter.

Correction et contrôle.

Les équations sont \(a+c=\frac13\), \(a+b=\frac12\), \(b+c=-\frac16\). Leur combinaison donne \[2a=\frac13+\frac12+\frac16=\frac26+\frac36+\frac16=1, \qquad a=\frac12.\] Puis \(b=\frac12-a=0\) et \(c=\frac13-a=\frac26-\frac36=-\frac16\). Ainsi \(\vec{h}=\frac12\vec{p}+0\vec{q}-\frac16\vec{r}\). Le contrôle produit \(\frac12(\vec{u}+\vec{v})-\frac16(\vec{u}+\vec{w}) =\frac13\vec{u}+\frac12\vec{v}-\frac16\vec{w}\). Le coefficient de \(\vec{q}\) est nul pour ce vecteur ; cela ne rend pas la base défectueuse. Une base doit permettre de représenter tous les vecteurs, pas imposer trois coefficients non nuls à chaque fois.

8.24 — Remédiation — ne pas confondre vecteur de base nul et coefficient nul

Copie : « La décomposition de \(\vec{h}\) donne un coefficient nul, donc \((\vec{p},\vec{q},\vec{r})\) n’est pas une base. » La conclusion confond deux objets. Un vecteur de la base ne peut pas être nul ; un coefficient dans une décomposition peut l’être. Dans la base \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\), on a par exemple \(\vec{u}=1\vec{u}+0\vec{v}+0\vec{w}\).

Nouvel essai : dans la base précédente, décompose \(\vec{p}-2\vec{r}\) en faisant apparaître les trois coefficients. Réponse : ils valent \((1,0,-2)\), dans l’ordre \((\vec{p},\vec{q},\vec{r})\). Le coefficient nul signifie que ce vecteur se décompose avec les seules directions \(\vec{p}\) et \(\vec{r}\) ; il ne supprime pas la troisième direction disponible pour d’autres vecteurs. Reviens ensuite au calcul de \(\vec{h}\) : le résultat avec \(b=0\) est donc parfaitement recevable.

Je sais faire seul si… je prouve d’abord la qualité de base ; je développe dans une base connue avant d’identifier ; chaque inconnue est retrouvée par une équation précise ; je contrôle les trois égalités ; je distingue un vecteur nul d’un coefficient nul.

8.25 — Un point mobile : quand la nouvelle base cesse-t-elle d'en être une ?

Dans un tétraèdre \(ABCD\), les vecteurs \(\vec{u}=\overrightarrow{AB}\), \(\vec{v}=\overrightarrow{AC}\) et \(\vec{w}=\overrightarrow{AD}\) forment une base : les trois arêtes issues de \(A\) ne sont pas dans un même plan. Pour un réel \(t\), on définit le point \(E_t\) par \(\overrightarrow{DE_t}=t\overrightarrow{DB}\). Ainsi \(E_0=D\), \(E_1=B\), et \(E_t\) peut être sur la droite \((DB)\) sans être dans le segment \([DB]\).

8.26 — Exemple expliqué — Choisir la base, traiter l'exception, puis décomposer

Objectif. Déterminer pour quelles valeurs de \(t\) le triplet \((\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AE_t})\) est une base, puis retrouver \(\overrightarrow{AD}\) à l’aide de ces trois vecteurs.

1. Revenir aux trois directions connues.

Le point mobile est défini depuis \(D\), tandis que la nouvelle base est écrite depuis \(A\). Le premier geste est donc Chasles : \[\begin{aligned} \overrightarrow{AE_t}&=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DE_t}\\ &=\vec{w}+t\overrightarrow{DB}\\ &=\vec{w}+t(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB})\\ &=\vec{w}+t(-\vec{w}+\vec{u}) =t\vec{u}+(1-t)\vec{w}. \end{aligned}\] Le coefficient \(1-t\) indique ce qui reste de la direction sortant du plan \((ABC)\). Il faut examiner sa nullité avant de diviser par ce nombre.

2. Examiner la valeur exceptionnelle.

Si \(t=1\), alors \(E_1=B\) et \(\overrightarrow{AE_1}=\vec{u}\). Le premier et le troisième vecteur sont égaux : le triplet ne peut pas être une base. Il ne permet même pas d’obtenir \(\vec{w}\), car toute combinaison de \(\vec{u},\vec{v},\vec{u}\) reste une combinaison de \(\vec{u},\vec{v}\).

3. Prouver le résultat pour toutes les autres valeurs.

Supposons \(t\ne1\). Pour utiliser la caractérisation d’une base, partons d’une relation nulle, avec des coefficients \(a,b,c\) quelconques : \[a\vec{u}+b\vec{v}+c\overrightarrow{AE_t}=\vec{0}.\] En remplaçant \(\overrightarrow{AE_t}\) par la décomposition de l’étape 1 et en regroupant, \[(a+ct)\vec{u}+b\vec{v}+c(1-t)\vec{w}=\vec{0}.\] L’unicité des coefficients dans la base initiale donne séparément \[a+ct=0,\qquad b=0,\qquad c(1-t)=0.\] Comme \(1-t\ne0\), la dernière égalité impose \(c=0\) ; la première devient alors \(a=0\). Avec \(b=0\), seule la relation triviale est possible. Le triplet est donc une base pour tout \(t\ne1\). La conclusion complète est : \[(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AE_t})\text{ est une base} \quad\Longleftrightarrow\quad t\ne1.\]

4. Retrouver une ancienne direction dans la nouvelle base.

Pour \(t\ne1\), l’égalité \(\overrightarrow{AE_t}=t\vec{u}+(1-t)\vec{w}\) donne \[(1-t)\vec{w}=\overrightarrow{AE_t}-t\vec{u}, \qquad \vec{w}=-\frac{t}{1-t}\vec{u} +0\vec{v}+\frac1{1-t}\overrightarrow{AE_t}.\] La condition écrite dans la conclusion est exactement celle qui autorise les deux divisions. Pour \(t=\frac32\), on obtient \(1-t=-\frac12\), puis \[-\frac{t}{1-t}=\frac{-\frac32}{-\frac12}=3, \qquad \frac1{1-t}=\frac1{-\frac12}=-2.\] Ainsi \(\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AE_{3/2}}\). Contrôle : \(\overrightarrow{AE_{3/2}}=\frac32\vec{u}-\frac12\vec{w}\), donc \(3\vec{u}-2(\frac32\vec{u}-\frac12\vec{w}) =3\vec{u}-3\vec{u}+\vec{w}=\vec{w}\). Les coefficients négatifs sont parfaitement autorisés dans une décomposition vectorielle.

Lecture de la figure. Le point \(E_t\) parcourt la droite \((DB)\) : \(t=0\) donne \(D\), \(t=1\) donne \(B\), et \(t=\frac32\) place le point au-delà de \(B\). Seule la valeur \(t=1\) ramène \(E_t\) dans le plan \((ABC)\). Le point \(E_{3/2}\) est extérieur au tétraèdre mais sa direction depuis \(A\) complète bien \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\) en une base. Les tracés ne supposent aucune projection perpendiculaire.

8.27 — À toi — changer de point mobile, puis revenir à l'exception

Dans le même tétraèdre, garde \(\overrightarrow{DE_t}=t\overrightarrow{DB}\).

Pour \(t=-1\), exprime \(\overrightarrow{AE_{-1}}\) dans la base \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\), puis exprime \(\vec{w}\) à l’aide de \(\vec{u},\vec{v},\overrightarrow{AE_{-1}}\). Vérifie par redéveloppement.
Pour \(t=1\), donne deux décompositions différentes de \(\vec{u}\) à l’aide du triplet \((\vec{u},\vec{v},\overrightarrow{AE_1})\).
Un élève écrit « \(E_t\) est hors du tétraèdre pour \(t>1\), donc les vecteurs ne forment plus une base ». Répare sa conclusion.

Indice 1 : reprendre la relation démontrée, sans refaire toute la preuve. Indice 2 : une base concerne des directions dans l’espace entier ; l’appartenance à un solide borné n’en est pas une condition.

Correction et contrôle.

1. Pour \(t=-1\), \(\overrightarrow{AE_{-1}}=-\vec{u}+2\vec{w}\). On ajoute \(\vec{u}\), puis on divise par \(2\ne0\) : \(\vec{w}=\frac12\vec{u}+0\vec{v}+\frac12\overrightarrow{AE_{-1}}\). Le contrôle donne \(\frac12\vec{u}+\frac12(-\vec{u}+2\vec{w})=\vec{w}\). 2. Puisque \(\overrightarrow{AE_1}=\vec{u}\), les décompositions \(1\vec{u}+0\vec{v}+0\overrightarrow{AE_1}\) et \(0\vec{u}+0\vec{v}+1\overrightarrow{AE_1}\) donnent le même vecteur. L’unicité échoue précisément à la valeur exceptionnelle. 3. La première information concerne la position de \(E_t\) par rapport au segment \([DB]\) ; elle ne prouve pas la coplanarité des trois directions. Pour \(t>1\), \(1-t\ne0\), donc la preuve de la relation nulle reste valable : le triplet est une base. Revenir à \(t=\frac32\) fournit un exemple explicite.

Je sais faire seul si… je traduis le point mobile avec Chasles ; je sépare la valeur qui annule \(1-t\) ; j’utilise l’unicité dans une base déjà établie ; je ne divise que dans le cas où le diviseur est non nul ; je distingue direction et appartenance au tétraèdre.

8.28 — À reprendre plus tard, avant de relire

Soit \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\) une base. Pose \(\vec{p}=\vec{u}\), \(\vec{q}=\vec{v}\) et \(\vec{r}=2\vec{w}-\vec{u}\). Sans recopier les exemples : justifie que \((\vec{p},\vec{q},\vec{r})\) est une base, puis exprime \(\vec{u}+2\vec{v}-\vec{w}\) dans cette base. Vérifie en revenant aux anciens vecteurs. Enfin, dans le tétraèdre du point mobile, explique géométriquement et algébriquement pourquoi \(t=1\) est l’unique valeur exclue.

Correction et contrôle.

Multiplier \(\vec{w}\) par \(2\ne0\) conserve une base ; lui soustraire ensuite \(\vec{u}\) aussi. On obtient donc la base annoncée. De \(\vec{r}=2\vec{w}-\vec{p}\), on déduit \(\vec{w}=\frac12\vec{r}+\frac12\vec{p}\). Ainsi \[\vec{u}+2\vec{v}-\vec{w} =\vec{p}+2\vec{q}-\tfrac12\vec{r}-\tfrac12\vec{p} =\tfrac12\vec{p}+2\vec{q}-\tfrac12\vec{r}.\] Le contrôle donne \(\frac12\vec{u}+2\vec{v}-\frac12(2\vec{w}-\vec{u}) =\vec{u}+2\vec{v}-\vec{w}\). Pour le point mobile, \(t=1\) donne \(E_t=B\), donc la nouvelle troisième direction répète \(\overrightarrow{AB}\). Pour \(t\ne1\), le coefficient \(1-t\) de \(\overrightarrow{AD}\) dans \(\overrightarrow{AE_t}=t\overrightarrow{AB}+(1-t)\overrightarrow{AD}\) est non nul : la relation nulle détaillée dans l’exemple impose alors tous les coefficients nuls. Le point peut être hors du segment \([DB]\) ; cette position ne change pas la preuve.

9. Repères et coordonnées : garder le sens du calcul

9.1 — Objectif et fondation disponible

Lire un point, calculer un déplacement, un milieu ou un point défini par des vecteurs, puis contrôler le résultat dans la même base.

Une base de l’espace est un triplet ordonné \((\vec{i},\vec{j},\vec{k})\) de vecteurs non coplanaires. Le résultat de décomposition établi géométriquement est le suivant : tout vecteur s’écrit d’une façon unique \(x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k}\). Son existence repose sur une projection parallèle et sur l’incidence droite-plan, pas sur des coordonnées déjà supposées disponibles. Nous utilisons ici ce résultat antérieur ; les formules qui suivent en sont des conséquences, non une nouvelle preuve de son existence.

Avant de poursuivre. Un déplacement va de \(A\) vers \(B\). Si les abscisses sont \(x_A=-2\) et \(x_B=3\), quelle est sa composante horizontale ? Quel nombre est au milieu ?

Correction et contrôle.

Arrivée moins départ : \(3-(-2)=3+2=5\). Le milieu a pour abscisse \(\frac{-2+3}{2}=\frac12\). Le déplacement est \(5\), le point du milieu est placé en \(\frac12\) : ce ne sont pas le même objet. Si vous avez répondu \(-5\), reprenez l’ordre des extrémités avant le calcul suivant.

9.2 — Définition : une origine en plus de la base

Un repère \((O;\vec{i},\vec{j},\vec{k})\) est formé d’une origine \(O\) et d’une base ordonnée. Les axes sont les droites passant par \(O\) de directions respectives \(\vec{i},\vec{j},\vec{k}\). Dire que \(M\) a pour coordonnées \((x;y;z)\) signifie \[\overrightarrow{OM}=x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k}.\] \(x\) est l’abscisse, \(y\) l’ordonnée et \(z\) la cote. Un vecteur de coordonnées \((a;b;c)\) signifie, lui, \(\vec{u}=a\vec{i}+b\vec{j}+c\vec{k}\). Les coordonnées d’un point dépendent de l’origine et de la base ; celles d’un vecteur dépendent de la base, pas de l’origine choisie pour le représenter.

Lecture de la figure. Dans ce repère oblique, le chemin \(O\to P\to Q\to M\) transporte successivement \(2\vec{i}\), \(\vec{j}\) et \(\vec{k}\). Ainsi \(M(2;1;1)\). Les pointillés ne sont pas des perpendiculaires : ce sont des parallèles aux directions de la base.

9.3 — Définitions : repères orthogonal et orthonormé

Dans un repère orthogonal, les trois axes sont perpendiculaires deux à deux. Il est orthonormé si, en plus, les trois vecteurs de base ont norme \(1\). Les calculs affines de cette unité n’exigent ni l’une ni l’autre de ces conditions. En revanche, on ne peut pas employer sans ces hypothèses une formule usuelle de longueur. Par exemple, si \(\|\vec{j}\|=2\), le vecteur de coordonnées \((0;1;0)\) a norme \(2\), pas \(\sqrt{0^2+1^2+0^2}=1\).

9.4 — Propriétés démontrées — Coordonnées et opérations

Toutes les coordonnées ci-dessous se rapportent à une même base et, pour les points, à un même repère. Si \(\vec{u}(a;b;c)\), \(\vec{v}(a';b';c')\) et \(\lambda\in\mathbb{R}\), alors \[\vec{u}=\vec{v}\iff a=a',\ b=b',\ c=c',\qquad \vec{u}+\vec{v}\begin{pmatrix}a+a'\\b+b'\\c+c'\end{pmatrix},\qquad \lambda\vec{u}\begin{pmatrix}\lambda a\\\lambda b\\\lambda c\end{pmatrix}.\] Si \(A(x_A;y_A;z_A)\) et \(B(x_B;y_B;z_B)\), alors \[\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}x_B-x_A\\y_B-y_A\\z_B-z_A\end{pmatrix},\qquad I\text{ milieu de }[AB]\Longrightarrow I\left(\frac{x_A+x_B}{2};\frac{y_A+y_B}{2};\frac{z_A+z_B}{2}\right).\]

Démonstration.

Deux décompositions dans la même base représentent le même vecteur si et seulement si leurs trois coefficients sont égaux : c’est précisément l’unicité de la décomposition.

Pour la somme, écrivons les vecteurs puis regroupons les termes de même direction : \[\begin{align*} \vec{u}+\vec{v} &=(a\vec{i}+b\vec{j}+c\vec{k})+(a'\vec{i}+b'\vec{j}+c'\vec{k})\\ &=(a+a')\vec{i}+(b+b')\vec{j}+(c+c')\vec{k}. \end{align*}\] L’unicité permet de lire les coordonnées annoncées. La distributivité donne de même \(\lambda(a\vec{i}+b\vec{j}+c\vec{k})=(\lambda a)\vec{i}+(\lambda b)\vec{j}+(\lambda c)\vec{k}\), même si \(\lambda=0\) ou si certaines coordonnées sont nulles.

Pour \(\overrightarrow{AB}\), on veut partir de \(A\) et arriver en \(B\) ; introduisons l’origine : \[\begin{align*} \overrightarrow{AB}&=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OB}=-\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\\ &=-x_A\vec{i}-y_A\vec{j}-z_A\vec{k}+x_B\vec{i}+y_B\vec{j}+z_B\vec{k}\\ &=(x_B-x_A)\vec{i}+(y_B-y_A)\vec{j}+(z_B-z_A)\vec{k}. \end{align*}\] Enfin, \(I\) milieu de \([AB]\) signifie \(\overrightarrow{AI}=\frac12\overrightarrow{AB}\). Par Chasles, \[\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AI} =\overrightarrow{OA}+\tfrac12(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}) =\tfrac12\overrightarrow{OA}+\tfrac12\overrightarrow{OB}.\] On distribue puis regroupe chaque coefficient : celui de \(\vec{i}\) est \(\frac{x_A}{2}+\frac{x_B}{2}=\frac{x_A+x_B}{2}\), et de même pour les deux autres. Cela reste vrai si \(A=B\) : le milieu est alors ce point lui-même.

□

9.5 — Lire une figure dans le repère de ses arêtes

9.6 — Exemple expliqué — Un cube : huit sommets, deux milieux, une direction

Dans un cube \(ABCDEFGH\), les faces \(ABCD\) et \(EFGH\) se correspondent par les arêtes \([AE],[BF],[CG],[DH]\). Choisissons le repère \[\mathcal R=(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}).\] Les trois arêtes issues de \(A\) donnent trois vecteurs non coplanaires ; le repère est donc valide. Il n’est pas nécessaire que l’arête du cube mesure une unité de longueur : les vecteurs choisis sont les unités de coordonnées.

Lecture de la figure. La figure représente un cube par une projection parallèle. Les directions de coordonnées suivent les trois arêtes issues de \(A\). Les pointillés signalent les arêtes cachées ; les longueurs apparentes du dessin ne servent pas à calculer les coordonnées. \(I\) est le milieu de \([BC]\), \(J\) celui de \([EH]\).

Construire les coordonnées au lieu de les apprendre par cœur

L’origine donne \(A(0;0;0)\). Les définitions des vecteurs de base donnent \(B(1;0;0)\), \(D(0;1;0)\) et \(E(0;0;1)\). Pour \(C\), Chasles donne \(\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\) et les faces du cube donnent \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}\). Donc \(C(1;1;0)\). De même, \[\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE},\qquad \overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE},\qquad \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}.\] On obtient ainsi toute la liste :

\(A(0;0;0)\)	\(B(1;0;0)\)	\(C(1;1;0)\)	\(D(0;1;0)\)
\(E(0;0;1)\)	\(F(1;0;1)\)	\(G(1;1;1)\)	\(H(0;1;1)\)

Le sens de chaque coordonnée est visible : monter de la face \(ABCD\) à la face \(EFGH\) ajoute \(\overrightarrow{AE}\), donc ajoute \(1\) à la cote et conserve les deux autres coordonnées.

Passer des points aux vecteurs

Les milieux donnent \[I\left(\frac{1+1}{2};\frac{0+1}{2};\frac{0+0}{2}\right) =I\left(1;\frac12;0\right),\qquad J\left(\frac{0+0}{2};\frac{0+1}{2};\frac{1+1}{2}\right) =J\left(0;\frac12;1\right).\] Alors \[\overrightarrow{IJ}=\left(0-1;\frac12-\frac12;1-0\right)=(-1;0;1) =\overrightarrow{BE}.\] Les droites \((IJ)\) et \((BE)\) ont donc la même direction. Elles sont distinctes : les points de \((BE)\) ont une ordonnée nulle, alors que \(I\) a pour ordonnée \(\frac12\). Elles sont strictement parallèles. Le calcul confirme une propriété que le dessin pouvait seulement suggérer.

9.7 — À toi — Reprendre dans le même cube, sans relire le tableau

Dans le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\), \(K\) est le milieu de \([FG]\) et \(L\) celui de \([AD]\). Reconstruire les coordonnées de \(F,G,D\), puis celles de \(K,L\) et de \(\overrightarrow{LK}\). Comparer \(\overrightarrow{LK}\) à \(\overrightarrow{AF}\).

Indice 1 : écrire un chemin à partir de \(A\). Indice 2 : pour \(\overrightarrow{LK}\), soustraire les coordonnées de \(L\) à celles de \(K\).

Correction et contrôle.

\(\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}\) donne \(F(1;0;1)\) ; ajouter \(\overrightarrow{AD}\) donne \(G(1;1;1)\). Enfin \(D(0;1;0)\) par définition. Ainsi \(K(1;\frac12;1)\) et \(L(0;\frac12;0)\). \[\overrightarrow{LK}=\left(1-0;\frac12-\frac12;1-0\right)=(1;0;1)=\overrightarrow{AF}.\] L’égalité porte sur les vecteurs, malgré leurs origines différentes. La position de \(K\) est \((1;\frac12;1)\) ; elle ne doit pas être remplacée par \((1;0;1)\), qui est le déplacement depuis \(L\).

9.8 — Reconstituer une extrémité ou un quatrième sommet

9.9 — Corollaire — Retrouver l'extrémité à partir du milieu

Si \(I\) est le milieu de \([AB]\), alors \[x_B=2x_I-x_A,\qquad y_B=2y_I-y_A,\qquad z_B=2z_I-z_A.\] Ce corollaire des formules de milieu est démontré en multipliant, par exemple, \(x_I=\frac{x_A+x_B}{2}\) par \(2\), puis en soustrayant \(x_A\) aux deux membres. Les deux autres coordonnées se traitent de la même façon.

9.10 — Exemple expliqué — Une symétrie centrale entièrement vérifiée

On connaît \(A(3;-2;5)\) et le milieu \(I(1;0;2)\) ; cherchons \(B\). \[B\bigl(2\times1-3;\,2\times0-(-2);\,2\times2-5\bigr)=B(-1;2;-1).\] Le contrôle refait la question initiale : le milieu de \(A,B\) est \(\left(\frac{3-1}{2};\frac{-2+2}{2};\frac{5-1}{2}\right)=(1;0;2)=I\). Géométriquement, \(B\) est le symétrique de \(A\) par rapport à \(I\) ; ce n’est pas le symétrique par rapport à l’origine, sauf si \(I\) est l’origine.

9.11 — Exemple expliqué — Le quatrième sommet : l'ordre des lettres compte

Soient \(A(1;-1;2)\), \(B(3;0;1)\) et \(C(2;2;3)\). On veut que \(A,B,C,D\) soient les sommets consécutifs d’un parallélogramme. Le bon lien est \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\). \[\overrightarrow{BC}=(2-3;2-0;3-1)=(-1;2;2),\] donc \(D(1-1;-1+2;2+2)=D(0;1;4)\).

Vérifions les diagonales : le milieu de \([AC]\) est \((\frac32;\frac12;\frac52)\) ; celui de \([BD]\) vaut \(\left(\frac{3+0}{2};\frac{0+1}{2};\frac{1+4}{2}\right)=(\frac32;\frac12;\frac52)\). Les diagonales ont bien le même milieu. De plus, \(\overrightarrow{AB}=(2;1;-1)\) et \(\overrightarrow{AC}=(1;3;1)\) ne sont pas colinéaires : la première coordonnée imposerait le facteur \(\frac12\), incompatible avec la deuxième. Le parallélogramme n’est pas aplati.

Si l’on avait demandé l’ordre \(A,B,D,C\), la relation serait \(\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AC}\) et l’on obtiendrait un autre point. Il faut traduire la configuration avant de combiner les coordonnées.

9.12 — Du déplacement calculé à la position du point

9.13 — Exemple expliqué — Un point défini par une relation vectorielle

Dans un repère quelconque, \(A(-1;2;3)\), \(B(3;-2;1)\) et \(\vec{u}(2;-1;1)\). Déterminons le milieu \(I\) et le point \(M\) défini par \(\overrightarrow{AM}=\frac32\overrightarrow{AB}-\vec{u}\).

On ne cherche pas directement les coordonnées de \(M\) dans une formule mémorisée : calculons d’abord le déplacement \(\overrightarrow{AM}\). \[\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix}3-(-1)\\-2-2\\1-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\-4\\-2\end{pmatrix}, \quad I\left(\frac{-1+3}{2};\frac{2+(-2)}{2};\frac{3+1}{2}\right)=(1;0;2).\] Les trois composantes de \(\overrightarrow{AM}\) sont \[\begin{pmatrix}\frac32\times4-2\\\frac32\times(-4)-(-1)\\\frac32\times(-2)-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}6-2\\-6+1\\-3-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\-5\\-4\end{pmatrix}.\] Puis \(\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AM}\), donc \(M(-1+4;2-5;3-4)=M(3;-3;-1)\). Contrôle inverse : \(\overrightarrow{AM}=(3-(-1);-3-2;-1-3)=(4;-5;-4)\), bien le déplacement calculé. \(M\) n’est pas le point \((4;-5;-4)\) : ces nombres étaient les coordonnées du vecteur \(\overrightarrow{AM}\).

9.14 — À toi — Essai guidé, puis tentative sans modèle

1. Dans un repère quelconque, \(C(2;-1;0)\), \(D(-2;3;4)\). Calculer \(\overrightarrow{CD}\) et leur milieu \(J\) ; trouver \(N\) tel que \(\overrightarrow{CN}=\frac14\overrightarrow{CD}\).

2. Avant de lire la correction, prendre \(A(1;-2;3)\), \(B(-3;0;1)\) et \(\vec{v}(-1;2;0)\). Trouver \(P\) tel que \(\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{AB}+\vec{v}\), puis vérifier.

Indices gradués. Pour \(1\), séparez déplacement et point ; puis ajoutez les coordonnées de \(C\). Pour \(2\), commencez par \(\overrightarrow{AB}\) ; distribuez le \(2\) aux trois coordonnées avant d’ajouter \(\vec{v}\).

Correction et contrôle.

1. \(\overrightarrow{CD}=(-2-2;3-(-1);4-0)=(-4;4;4)\). \(J\left(\frac{2-2}{2};\frac{-1+3}{2};\frac{0+4}{2}\right)=(0;1;2)\). Le déplacement \(\overrightarrow{CN}=(-1;1;1)\) donne \(N(1;0;1)\). Contrôle : \(\overrightarrow{CN}=(1-2;0-(-1);1-0)=(-1;1;1)=\frac14\overrightarrow{CD}\).

2. \(\overrightarrow{AB}=(-3-1;0-(-2);1-3)=(-4;2;-2)\). Alors \(2\overrightarrow{AB}+\vec{v}=(-8;4;-4)+(-1;2;0)=(-9;6;-4)\). En ajoutant le point de départ, \(P(1-9;-2+6;3-4)=(-8;4;-1)\). Contrôle : \(\overrightarrow{AP}=(-8-1;4-(-2);-1-3)=(-9;6;-4)\).

9.15 — Quand le point inconnu apparaît dans plusieurs vecteurs

9.16 — Exemple expliqué — Résoudre une relation sans confondre les origines

On donne \(A(-2;1;3)\) et \(B(4;-2;0)\). Cherchons \(M\) tel que \[2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=\vec{0}.\]

Première voie : Chasles avant les coordonnées

Les deux vecteurs partent de \(M\). Introduisons \(A\) dans le second : \(\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}\). L’équation devient \[2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}=\vec{0} \iff3\overrightarrow{MA}=-\overrightarrow{AB} \iff\overrightarrow{AM}=\frac13\overrightarrow{AB}.\] On utilise \(\overrightarrow{AM}=-\overrightarrow{MA}\) dans le dernier passage. Or \(\overrightarrow{AB}=(6;-3;-3)\), donc \(\overrightarrow{AM}=(2;-1;-1)\) et \[M(-2+2;1-1;3-1)=M(0;0;2).\] Cette voie explique aussi la position : \(M\) est sur \([AB]\), au tiers du déplacement de \(A\) vers \(B\).

Seconde voie : traduire chaque vecteur correctement

Si \(M(x;y;z)\), alors \(\overrightarrow{MA}=(-2-x;1-y;3-z)\) et \(\overrightarrow{MB}=(4-x;-2-y;-z)\). La relation donne \[\begin{cases} 2(-2-x)+(4-x)=0,\\ 2(1-y)+(-2-y)=0,\\ 2(3-z)-z=0, \end{cases} \iff \begin{cases}-3x=0,\\-3y=0,\\6-3z=0.\end{cases}\] On retrouve \(x=0,y=0,z=2\). Attention : les coordonnées de \(\overrightarrow{MA}\) sont celles de \(A\) moins celles de \(M\).

Un contrôle dans la relation donnée

Pour \(M(0;0;2)\), \(\overrightarrow{MA}=(-2;1;1)\) et \(\overrightarrow{MB}=(4;-2;-2)\). Leur combinaison est \(2(-2;1;1)+(4;-2;-2)=(0;0;0)\), comme demandé.

9.17 — À toi — Tentative puis changement d'hypothèse

Avec \(A(-2;1;3)\) et \(B(4;-2;0)\), trouver \(N\) tel que \(\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}=\vec{0}\). Expliquer sa position sur la droite \((AB)\). Puis dire s’il existe un point \(P\) vérifiant \(\overrightarrow{PA}-\overrightarrow{PB}=\vec{0}\).

Indices gradués : remplacer \(\overrightarrow{NB}\) par \(\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{AB}\) ; pour la seconde question, introduire \(P\) dans \(\overrightarrow{BA}\).

Correction et contrôle.

On obtient \(\overrightarrow{NA}+2(\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{AB})=\vec{0}\), donc \(3\overrightarrow{NA}=-2\overrightarrow{AB}\) puis \(\overrightarrow{AN}=\frac23\overrightarrow{AB}=(4;-2;-2)\). Ainsi \(N(2;-1;1)\). Le coefficient \(\frac23\in[0;1]\) place \(N\) sur le segment, aux deux tiers depuis \(A\). Vérification : \(\overrightarrow{NA}=(-4;2;2)\), \(\overrightarrow{NB}=(2;-1;-1)\) et leur combinaison est nulle.

Pour \(P\), Chasles donne \(\overrightarrow{PA}-\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{BA}\), indépendamment de \(P\). Or \(\overrightarrow{BA}=(-6;3;3)\ne\vec{0}\) ; il n’existe aucun point \(P\). Une simplification qui fait disparaître l’inconnue ne signifie pas automatiquement « tous les points » : il faut regarder l’égalité restante.

9.18 — Choisir le repère et changer l'origine

Dans un pavé \(ABCDEFGH\), le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\) donne \(G(1;1;1)\) quelle que soit la longueur des trois arêtes. Pour un problème d’alignement ou d’appartenance, ce choix évite souvent des nombres inutiles. Pour placer \(S(\frac32;\frac12;1)\), on parcourt \(\frac32\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}\) : \(S\) est extérieur au pavé car sa première coordonnée dépasse \(1\). Le choix de ce repère ne l’oblige pas à être orthonormé.

9.19 — Propriété démontrée — Translation de l'origine, base conservée

Dans le repère \((O;\vec{i},\vec{j},\vec{k})\), soient \(O'(a;b;c)\) et \(M(x;y;z)\). Dans le repère \((O';\vec{i},\vec{j},\vec{k})\), le même point \(M\) a pour coordonnées \[(x-a;\ y-b;\ z-c).\] Un vecteur garde ses coordonnées tant que la base ne change pas.

Démonstration.

Chasles donne \(\overrightarrow{O'M}=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OO'}\). En décomposant dans la même base, \[\overrightarrow{O'M}=(x-a)\vec{i}+(y-b)\vec{j}+(z-c)\vec{k}.\] L’unicité permet de lire les nouvelles coordonnées du point. La décomposition d’un vecteur \(\vec{u}=u_1\vec{i}+u_2\vec{j}+u_3\vec{k}\) ne contient aucune origine : ses coefficients restent les mêmes.

□

9.20 — Exemple expliqué — Un même point, deux triplets, un contrôle inverse

Dans le repère initial, \(O'(2;-1;3)\) et \(M(-1;\frac12;5)\). En prenant \(O'\) pour nouvelle origine, \[M\left(-1-2;\frac12-(-1);5-3\right) =M\left(-3;\frac32;2\right).\] Revenir au repère initial exige d’ajouter les coordonnées de la nouvelle origine : \[\left(2+(-3);-1+\frac32;3+2\right)=\left(-1;\frac12;5\right).\] Les deux triplets ne donnent pas deux points différents : ils décrivent la même position à partir de deux origines. Le vecteur \(\overrightarrow{O'M}\), lui, a pour coordonnées \((-3;\frac32;2)\) dans la base conservée, que son représentant soit dessiné depuis \(O\) ou depuis \(O'\).

Dans le cube précédent, garder la base \((\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\) et prendre \(B\) pour origine donne \(G(0;1;1)\). Mais le vecteur \(\overrightarrow{AG}\) garde \((1;1;1)\) : on n’a pas remplacé ce vecteur par \(\overrightarrow{BG}\).

9.21 — À toi — Justifier le choix, puis revenir en arrière

Un pavé droit a des arêtes \(AB=2\), \(AD=3\), \(AE=5\). Dans le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\), quelles sont les coordonnées de \(G\) ? Ce repère est-il orthonormé ? Ensuite, dans un autre problème, \(O'(1;2;-1)\) a été choisi comme origine et \(T\) possède les nouvelles coordonnées \((-2;3;\frac12)\). Retrouver ses coordonnées initiales.

Correction et contrôle.

Le chemin vers \(G\) utilise une fois chacune des trois arêtes : \(G(1;1;1)\), pas \((2;3;5)\). Les trois vecteurs de base sont perpendiculaires, mais leurs normes sont \(2,3,5\) ; le repère est orthogonal et n’est pas orthonormé. Pour revenir à l’origine initiale, \(\overrightarrow{OT}=\overrightarrow{OO'}+\overrightarrow{O'T}\) donne \(T(1-2;2+3;-1+\frac12)=T(-1;5;-\frac12)\). Le contrôle par soustraction rend \((-2;3;\frac12)\).

9.22 — À toi — Dire pourquoi, puis réparer une erreur

Expliquer pourquoi les formules de milieu et de \(\overrightarrow{AB}\) restent valables en repère oblique. Puis corriger : «\(A(-2;1;0)\), \(B(1;-3;2)\), donc \(\overrightarrow{AB}=(-1;-2;2)\) et \(B\) s’obtient en ajoutant ce vecteur à \(A\).»

Correction et contrôle.

Les preuves n’utilisent que Chasles, la distributivité et l’unicité de la décomposition ; aucune perpendicularité ni longueur \(1\) n’intervient. La première coordonnée erronée additionne les abscisses au lieu de faire arrivée moins départ : \(1-(-2)=3\). La deuxième vaut \(-3-1=-4\). La bonne réponse est \((3;-4;2)\), et \((-2+3;1-4;0+2)=(1;-3;2)=B\).

9.23 — Repartir après une confusion point-vecteur

Rappel simple : sur une droite graduée, partir de \(5\) avec un déplacement \(-2\) mène en \(3\). Inversement, aller de \(5\) à \(3\) donne \(3-5=-2\). Un déplacement ne donne une position qu’après choix du départ.

Nouvel essai. Dans l’espace, \(A(2;0;-1)\) et \(\overrightarrow{AQ}=(-3;2;4)\). Trouver \(Q\) puis revenir à \(\overrightarrow{AQ}\).

Correction. \(Q(2-3;0+2;-1+4)=(-1;2;3)\) ; retour : \((-1-2;2-0;3-(-1))=(-3;2;4)\). Retournez maintenant à l’exemple de \(M\) et expliquez pourquoi il fallait ajouter \(A\) au dernier déplacement.

9.24 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre unité ou demain, sans relire : dans un repère oblique, \(C(2;-1;0)\) et \(D(-2;3;4)\) ont pour milieu \(J\). Trouver \(T\) tel que \(\overrightarrow{JT}=\frac14\overrightarrow{CD}\) ; donner aussi les coordonnées de \(T\) dans le repère d’origine \(C\) et de même base. Aide : un point et un vecteur n’ont pas la même dépendance à l’origine.

Correction et contrôle.

\(\overrightarrow{CD}=(-4;4;4)\) et \(J(0;1;2)\). Donc \(\overrightarrow{JT}=(-1;1;1)\) et \(T(-1;2;3)\). Dans le repère d’origine \(C\), on lit \(\overrightarrow{CT}=(-1-2;2-(-1);3-0)=(-3;3;3)\). Contrôle : \(\overrightarrow{CJ}=(-2;2;2)\), d’où \(\overrightarrow{CJ}+\overrightarrow{JT}=(-3;3;3)\). L’obliquité ne change aucune de ces égalités affines.

Je sais faire seul si… j’identifie le repère et l’ordre de sa base ; je distingue position et déplacement ; je garde les parenthèses autour des coordonnées négatives ; je recompose le déplacement obtenu ; je sais dire quelles formules n’exigent pas un repère orthonormé.

10. Des systèmes simples pour décider en géométrie

10.1 — Objectif : transformer une question, pas oublier sa conclusion

Le repère est fixé. Les coordonnées de deux vecteurs égaux sont égales terme à terme. Un couple non colinéaire \((\vec{u},\vec{v})\) décrit une direction de plan ; un triplet non coplanaire est une base de l’espace. Ces résultats ont été installés géométriquement, avant les coordonnées.

Ici, nous allons traduire une question en équations, résoudre ces équations puis revenir à la géométrie. Les inconnues sont les coefficients de combinaison ; les coordonnées des vecteurs donnés sont des données. Une troisième équation n’est jamais facultative.

Avant de poursuivre. Si un coefficient \(a\) vérifie \(2a=6\) et \(-a=-3\), est-il déterminé ? Si une troisième équation impose \(a=4\), peut-on la supprimer ?

Correction et contrôle.

Les deux premières donnent \(a=3\) ; la troisième est fausse pour cette valeur. Le système à trois équations n’a donc aucune solution. Résoudre une partie du système produit un candidat, pas encore une solution du système entier.

10.2 — Critère de colinéarité : choisir un pivot non nul

Le vecteur nul est colinéaire à tout vecteur. Si \(\vec{u}\ne\vec{0}\), tester la colinéarité de \(\vec{v}\) avec \(\vec{u}\) revient à chercher \(\lambda\in\mathbb{R}\) tel que \(\vec{v}=\lambda\vec{u}\). \(\lambda\) peut être nul. Si \(\vec{u}=\vec{0}\), on traite ce cas avant toute division.

10.3 — Exemple expliqué — Une coordonnée nulle et un coefficient négatif

Soient \(\vec{u}(0;2;-4)\) et \(\vec{v}(0;-3;6)\). Le vecteur \(\vec{u}\) est non nul puisque sa deuxième coordonnée vaut \(2\). On cherche \[\begin{cases}0=0\lambda,\\-3=2\lambda,\\6=-4\lambda.\end{cases}\] La première équation \(0=0\) ne détermine rien ; elle ne demande surtout pas de calculer \(\frac00\). La deuxième donne, en divisant les deux membres par \(2\ne0\), \(\lambda=-\frac32\). On contrôle la troisième : \((-4)\times\left(-\frac32\right)=\frac{12}{2}=6\). Donc \(\vec{v}=-\frac32\vec{u}\) et les vecteurs sont colinéaires.

Avec \(\vec{w}(0;-3;5)\), les deux premières équations imposent encore \(-\frac32\), mais la troisième demanderait \(5=6\). Ils ne sont pas colinéaires. Enfin, avec \(\vec{v}=\vec{0}\), la valeur \(\lambda=0\) vérifie bien les trois équations : ce cas ne doit pas être rejeté.

10.4 — À toi — Essai guidé et changement de cas

Tester \(\vec{a}(2;0;-1)\) et \(\vec{b}(-6;0;3)\), puis remplacer la dernière coordonnée de \(\vec{b}\) par \(2\). Dire ensuite si \(\vec{0}\) et \(\vec{a}\) sont colinéaires et si le vecteur nul peut être choisi comme directeur d’une droite.

Indice \(1\) : utiliser la première composante de \(\vec{a}\), égale à \(2\), pas sa composante nulle. Indice \(2\) : une direction de droite exige un directeur non nul, contrairement au test de colinéarité.

Correction et contrôle.

On cherche \(\vec{b}=\lambda\vec{a}\) : \(-6=2\lambda\) donne \(\lambda=-3\). La deuxième coordonnée donne \(0=(-3)\times0\), et la troisième \(3=(-3)\times(-1)\). Les trois égalités tiennent. Avec la dernière coordonnée \(2\), il faudrait \(2=3\) : non-colinéarité. \(\vec{0}=0\vec{a}\) assure la colinéarité ; mais la relation \(\overrightarrow{AM}=t\vec{0}\) ne déplace jamais \(A\) : elle ne décrit pas une droite.

10.5 — Combinaison de deux vecteurs : substitution et élimination

10.6 — Méthode — Combinaison de deux vecteurs, avec conditions

Pour un plan passant par \(A\) dirigé par deux vecteurs non colinéaires \(\vec{u},\vec{v}\), l’appartenance de \(M\) équivaut à l’existence de \(a,b\in\mathbb{R}\) tels que \(\overrightarrow{AM}=a\vec{u}+b\vec{v}\). On écrit trois équations pour les deux inconnues \(a,b\). Une substitution remplace une inconnue par une expression égale. Une élimination combine deux équations de manière réversible pour supprimer une inconnue. On vérifie enfin le couple dans toutes les équations initiales.

10.7 — Exemple expliqué — Une combinaison existe ; une autre échoue au dernier contrôle

Prenons \(\vec{u}(1;0;1)\), \(\vec{v}(0;1;1)\) et \(\vec{T}(2;-1;1)\). \(\vec{u},\vec{v}\) ne sont pas colinéaires : \(\vec{v}=\lambda\vec{u}\) imposerait \(0=\lambda\) par la première coordonnée, puis \(1=0\) par la deuxième. Chercher \(\vec{T}=a\vec{u}+b\vec{v}\) donne \[\begin{cases}a=2,\\ b=-1,\\ a+b=1.\end{cases}\] Les deux premières proposent \((a,b)=(2,-1)\). La troisième donne \(2+(-1)=1\) : le couple convient, donc \(\vec{T}=2\vec{u}-\vec{v}\). Pour \(\vec{T}'(2;-1;2)\), le même couple imposerait \(1=2\) : aucune combinaison n’existe. Si \(\vec{T}=\overrightarrow{AM}\) et \(\vec{T}'=\overrightarrow{AM'}\), alors \(M\) appartient au plan dirigé par \(\vec{u},\vec{v}\) et \(M'\) n’y appartient pas.

10.8 — Exemple expliqué — Deux méthodes de résolution à comparer

Les vecteurs \((1;2;1)\) et \((1;-1;2)\) sont non colinéaires : un facteur imposé à \(1\) par la première coordonnée échouerait à la deuxième. Chercher si \((1;5;0)\) est leur combinaison revient à chercher \(a,b\) tels que \[\begin{cases}a+b=1 &(E_1),\\2a-b=5 &(E_2),\\a+2b=0 &(E_3).\end{cases}\] Par substitution, \(E_1\) donne \(b=1-a\). Dans \(E_2\), \[2a-(1-a)=5\iff 2a-1+a=5\iff3a-1=5.\] Ajoutons \(1\) aux deux membres : \(3a=6\). Divisons par \(3\ne0\) : \(a=2\), puis \(b=1-2=-1\). Contrôle : \(2+2\times(-1)=0\) dans \(E_3\).

Autre voie : remplacer \(E_2\) par \(E_1+E_2\) donne \(3a=6\), tout en gardant \(E_1\). Cette opération est réversible, car on récupère \(E_2\) en retirant \(E_1\) de la somme. Elle conduit au même couple ; \(E_3\) reste à vérifier.

10.9 — À toi — Tentative : décider sans le titre de la méthode

Soient \(\vec{p}(1;1;0)\), \(\vec{q}(0;1;2)\) et \(\vec{h}(2;1;-2)\). Les trois vecteurs sont-ils coplanaires ? Qu’en est-il si \(\vec{h}\) est remplacé par \(\vec{h}'(2;1;0)\) ? Expliquer pourquoi il faut d’abord contrôler le couple \(\vec{p},\vec{q}\).

Indices gradués : chercher \(\vec{h}=a\vec{p}+b\vec{q}\) ; la première coordonnée fixe \(a\), la deuxième fixe \(b\) ; ne conclure qu’après la troisième.

Correction et contrôle.

Si \(\vec{q}=\lambda\vec{p}\), sa première coordonnée donne \(0=\lambda\), puis sa deuxième \(1=0\), impossible. Le couple est non colinéaire : le critère de coplanarité par combinaison est applicable. Le système est \(a=2\), \(a+b=1\), \(2b=-2\). D’abord \(a=2\), puis \(b=1-2=-1\) ; enfin \(2(-1)=-2\). Donc \(\vec{h}=2\vec{p}-\vec{q}\), les trois vecteurs sont coplanaires. Pour \(\vec{h}'\), les deux premières équations sont inchangées, mais la troisième serait \(-2=0\). Le triplet n’est pas coplanaire. Si les deux premiers vecteurs avaient été colinéaires, l’échec d’une combinaison ne permettrait pas cette conclusion : par exemple les vecteurs \((1;0;0)\), \((2;0;0)\) et \((0;0;1)\) sont coplanaires dans la direction engendrée par le premier et le troisième, mais le troisième n’est pas combinaison des deux premiers, dont la troisième composante reste nulle.

10.10 — Quatre points coplanaires : du dessin aux trois équations

10.11 — Proposition — Caractérisation de l’appartenance au plan de trois points

Soient \(A,B,C\) trois points non alignés et \(D\) un point de l’espace. Alors \[D\in(ABC)\iff\exists(a,b)\in\mathbb{R}^2,\quad \overrightarrow{AD}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC}.\] Autrement dit, les quatre points sont coplanaires si et seulement si cette combinaison existe. La non-colinéarité de \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\) est une hypothèse indispensable pour utiliser ce couple précis.

Démonstration.

Les vecteurs \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\) sont non colinéaires parce que \(A,B,C\) ne sont pas alignés. Le plan \((ABC)\) est donc le plan passant par \(A\) et dirigé par ce couple. Par sa caractérisation vectorielle, déjà démontrée, tout point du plan donne la combinaison annoncée, et toute combinaison obtenue à partir de \(A\) donne un point du plan. Les deux implications sont établies. Les coefficients sont uniques : soustraire deux écritures donnerait une relation nulle entre deux vecteurs non colinéaires.

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10.12 — Exemple expliqué — Un problème complet : quatre points, puis un point déplacé

Dans un même repère, on considère \[A(1;-1;2),\quad B(3;0;1),\quad C(0;2;3),\quad D(6;-2;-1).\] Les quatre points sont-ils coplanaires ?

Choisir le premier geste

La question porte sur des points. Pour utiliser les vecteurs, choisissons un point d’ancrage commun, ici \(A\). Les trois différences à former sont donc \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\) ; prendre des vecteurs sans origine commune ferait perdre le lien direct avec le plan \((ABC)\). \[\begin{aligned} \overrightarrow{AB}&=(3-1;\,0-(-1);\,1-2)=(2;1;-1),\\ \overrightarrow{AC}&=(0-1;\,2-(-1);\,3-2)=(-1;3;1),\\ \overrightarrow{AD}&=(6-1;\,-2-(-1);\,-1-2)=(5;-1;-3). \end{aligned}\]

Vérifier que le plan choisi existe

Si \(\overrightarrow{AC}=\lambda\overrightarrow{AB}\), la première coordonnée imposerait \(-1=2\lambda\), donc \(\lambda=-\frac12\). La deuxième imposerait alors \(3=-\frac12\), ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires ; \(A,B,C\) définissent donc bien un plan.

Traduire la question sans perdre de coordonnée

On cherche les coefficients \(a,b\), et non les coordonnées de \(D\), qui sont déjà données. L’égalité \(\overrightarrow{AD}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC}\) équivaut à \[\begin{cases} 2a-b=5 &(E_1),\\ a+3b=-1 &(E_2),\\ -a+b=-3 &(E_3). \end{cases}\] La première équation donne \(-b=5-2a\), puis \(b=2a-5\). Dans la deuxième, \[a+3(2a-5)=-1 \iff a+6a-15=-1 \iff7a-15=-1.\] En ajoutant \(15\) aux deux membres, \(7a=14\) ; en divisant par \(7\ne0\), \(a=2\). Puis \(b=2\times2-5=-1\). Ces deux valeurs ne sont encore que candidates.

Contrôler, puis conclure sur les points

Dans l’équation qui n’a pas servi, \(-a+b=-2+(-1)=-3\) : le contrôle réussit. On peut aussi recomposer entièrement le vecteur : \[2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=(4;2;-2)-(-1;3;1)=(5;-1;-3)=\overrightarrow{AD}.\] Ainsi \(D\in(ABC)\) ; les quatre points \(A,B,C,D\) sont coplanaires. Écrire seulement « le système a une solution » aurait oublié la réponse géométrique demandée.

Une autre méthode, lorsqu’on voit une relation plus courte

La relation trouvée donne \(\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CB}\). Donc \(B\) est le milieu de \([CD]\). On pouvait le vérifier directement avec les coordonnées : \[\left(\frac{0+6}{2};\frac{2+(-2)}{2};\frac{3+(-1)}{2}\right)=(3;0;1)=B.\] Ainsi \(C,B,D\) sont alignés. Comme \(B,C\) sont deux points distincts de \((ABC)\), toute la droite \((BC)\) est dans ce plan, et \(D\) aussi. Cette seconde voie est plus courte si l’on a repéré le milieu ; le système reste une méthode générale.

Changer une donnée et refaire le contrôle décisif

Remplaçons seulement \(D\) par \(D'(6;-2;0)\). Alors \(\overrightarrow{AD'}=(5;-1;-2)\). Les deux premières équations restent les mêmes et imposent encore \(a=2,b=-1\). La dernière demanderait maintenant \(-2+(-1)=-2\), soit \(-3=-2\), impossible. Il n’existe aucun autre couple à essayer : les deux premières équations ont déjà imposé un couple unique. Donc \(D'\notin(ABC)\) et les quatre points \(A,B,C,D'\) ne sont pas coplanaires.

10.13 — À toi — À résoudre seul : des fractions dans les données

On donne \(A(0;1;-1)\), \(B(1;2;1)\), \(C(2;0;0)\) et \(D(\frac72;-\frac32;0)\). Décider si ces quatre points sont coplanaires. Présenter la condition de validité du plan, les trois équations, la résolution et la conclusion.

Rappel local : si \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\) ne sont pas colinéaires, il suffit de chercher \(\overrightarrow{AD}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC}\). Indice 1, après une tentative : calculer d’abord les différences arrivée moins départ. Indice 2 : soustraire les deux premières équations élimine \(a\).

Correction et contrôle.

On obtient \(\overrightarrow{AB}=(1;1;2)\), \(\overrightarrow{AC}=(2;-1;1)\) et \(\overrightarrow{AD}=(\frac72;-\frac52;1)\), car \(-\frac32-1=-\frac32-\frac22=-\frac52\). Si \(\overrightarrow{AC}=\lambda\overrightarrow{AB}\), la première coordonnée donnerait \(\lambda=2\) et la deuxième \(-1=2\) : le couple est non colinéaire. \[\overrightarrow{AD}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC} \iff \begin{cases}a+2b=\frac72,\\a-b=-\frac52,\\2a+b=1.\end{cases}\] Soustraire la deuxième équation de la première donne \[(a+2b)-(a-b)=\frac72-\left(-\frac52\right) \iff3b=\frac{12}{2}=6,\] donc \(b=2\). La deuxième donne \(a-2=-\frac52\), d’où \(a=-\frac52+\frac42=-\frac12\). Dans la troisième, \(2(-\frac12)+2=-1+2=1\) : le couple convient. Ainsi \(\overrightarrow{AD}=-\frac12\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}\) et \(D\in(ABC)\). Les coefficients ne doivent pas être positifs ni compris entre \(0\) et \(1\) pour appartenir au plan entier. Ces restrictions n’interviennent que si l’on cherche une portion précise de ce plan.

10.14 — Contre-exemple — Un mauvais couple de départ peut tromper

Les points \(A(0;0;0)\), \(B(1;0;0)\), \(C(2;0;0)\) et \(D(0;1;0)\) sont coplanaires : ils sont tous dans le plan de cote \(0\). Pourtant \(\overrightarrow{AD}=(0;1;0)\) n’est pas combinaison de \(\overrightarrow{AB}=(1;0;0)\) et \(\overrightarrow{AC}=(2;0;0)\), dont toute combinaison a une deuxième composante nulle.

Il n’y a pas de contradiction : \(A,B,C\) sont alignés et ne définissent pas le plan annoncé. Il faut changer le couple, par exemple prendre \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\), qui sont non colinéaires. Si tous les points étaient alignés, ils seraient encore coplanaires, dans plusieurs plans. L’échec d’un système ne se lit qu’après vérification de ses hypothèses.

10.15 — Décider si un triplet est une base, puis décomposer

10.16 — Exemple expliqué — Un oui, un non, et les coordonnées dans une autre base

Avec \(\vec{u}(1;0;1)\), \(\vec{v}(0;1;1)\), \(\vec{w}(1;1;0)\), étudions une relation nulle quelconque \(a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}=\vec{0}\). Le critère déjà établi de non-coplanarité dit que le triplet est une base si cette relation impose \(a=b=c=0\). \[\begin{cases}a+c=0,\\b+c=0,\\a+b=0.\end{cases}\] Les deux premières donnent \(a=-c\), \(b=-c\). La troisième devient \(-c+(-c)=0\), donc \(-2c=0\). Comme \(-2\ne0\), on divise et obtient \(c=0\), puis \(a=b=0\). Le triplet est bien une base, sans calculer de déterminant.

Notons ici \(\vec{e}_1=(1;0;0)\), \(\vec{e}_2=(0;1;0)\) et \(\vec{e}_3=(0;0;1)\) les trois vecteurs de la base initiale. En revanche, \((\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_1+\vec{e}_2)\) n’est pas une base : \(1\vec{e}_1+1\vec{e}_2-1(\vec{e}_1+\vec{e}_2)=\vec{0}\) est une relation dont les coefficients ne sont pas tous nuls. Trois vecteurs deux à deux non colinéaires peuvent ainsi rester coplanaires.

Décomposons maintenant \(\vec{S}(2;-1;3)\) dans la base \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\). On cherche \(a,b,c\) avec \[\begin{cases}a+c=2,\\b+c=-1,\\a+b=3.\end{cases}\] Par les deux premières, \(a=2-c\), \(b=-1-c\). La troisième donne \[(2-c)+(-1-c)=3\iff1-2c=3\iff-2c=2\iff c=-1.\] Ainsi \(a=2-(-1)=3\), \(b=-1-(-1)=0\). Contrôle par recomposition : \(3\vec{u}+0\vec{v}-\vec{w}=(3;0;3)-(1;1;0)=(2;-1;3)\). Les coordonnées de \(\vec{S}\) sont \((3;0;-1)\) dans la nouvelle base, et \((2;-1;3)\) dans la base initiale. Il n’y a pas de contradiction : la base a changé.

10.17 — À toi — Nouvel essai de décomposition

Dans la même base \((\vec{u},\vec{v},\vec{w})\), trouver les coordonnées de \(\vec{L}(1;2;1)\). Avant calcul, rappeler pourquoi une solution existe et sera unique. Aide : écrire \(a=1-c\) et \(b=2-c\).

Correction et contrôle.

Le triplet vient d’être reconnu comme base ; le théorème géométrique de décomposition assure existence et unicité. Le système impose \(a+c=1\), \(b+c=2\), \(a+b=1\). Après substitution, \(1-c+2-c=1\), soit \(3-2c=1\), donc \(-2c=-2\) et \(c=1\). Alors \(a=0\), \(b=1\). Contrôle : \(\vec{v}+\vec{w}=(0;1;1)+(1;1;0)=(1;2;1)\). Réponse : \((0;1;1)\) dans la nouvelle base.

10.18 — Nombre de solutions : ce que le système permet réellement de dire

10.19 — Propriété démontrée — Un système linéaire a zéro, une ou une infinité de solutions

On parle ici d’équations linéaires : chaque inconnue est multipliée par un coefficient donné, puis les termes sont additionnés ; il n’y a ni carré d’une inconnue ni produit de deux inconnues. Si un tel système possède deux solutions distinctes, il en possède une infinité.

Démonstration.

Pour comprendre le mécanisme avec deux inconnues, supposons que \((a_1,b_1)\) et \((a_2,b_2)\) vérifient une équation \(pa+qb=r\). Pour tout réel \(t\), posons \[a=a_1+t(a_2-a_1),\qquad b=b_1+t(b_2-b_1).\] Alors, par distributivité, \[\begin{aligned} pa+qb &=pa_1+qb_1+t\bigl((pa_2+qb_2)-(pa_1+qb_1)\bigr)\\ &=r+t(r-r)=r. \end{aligned}\] La même vérification vaut pour chaque équation du système. Si les deux couples sont distincts, au moins une des différences \(a_2-a_1,b_2-b_1\) n’est pas nulle : faire varier \(t\) donne alors une infinité de couples distincts. Avec trois inconnues, on ajoute \(c=c_1+t(c_2-c_1)\) et le même calcul s’applique à chaque équation. Ainsi, s’il n’y a pas zéro ni une seule solution, il y en a une infinité. Ce résultat ne s’applique pas à \(a^2=1\), qui n’est pas une équation linéaire et possède exactement deux solutions.

□

10.20 — Exemple expliqué — Trois issues différentes, sans compter mécaniquement les équations

Le système \(a+b=3\), \(a-b=1\) impose \(2a=4\), donc \(a=2,b=1\) : une solution.

Le système \(a+b=3\), \(2a+2b=6\) revient à une seule condition, car la deuxième est deux fois la première. Choisir librement \(a=t\) puis \(b=3-t\) donne toutes les solutions : \((t,3-t)\), \(t\in\mathbb{R}\). Pour la réciproque, toute solution vérifie \(b=3-a\) et s’obtient donc avec \(t=a\). Il y en a une infinité.

Enfin, \(a+b=3\) et \(2a+2b=7\) sont incompatibles : la première impose \(2a+2b=6\), qui ne vaut pas \(7\). Il n’y a aucune solution.

Il faut donc lire les relations entre les équations. « Deux équations, deux inconnues » n’assure pas une solution unique ; « trois équations, deux inconnues » n’assure pas l’incompatibilité.

10.21 — Un paramètre qui change une base : tous les cas ont un sens

10.22 — Exemple expliqué — La valeur exceptionnelle \(m=2\) : un, aucun ou plusieurs triplets

Dans une base fixée, posons \[\vec{u}=(1;0;1),\qquad \vec{v}=(0;1;1),\qquad \vec{w}_m=(1;1;m).\] Le réel \(m\) choisit le troisième vecteur. Les lettres \(a,b,c\) seront les coefficients à déterminer après ce choix ; elles n’ont pas le même rôle que \(m\).

Reconnaître une base avant de calculer des coordonnées

Le couple \((\vec{u},\vec{v})\) est non colinéaire : \(\vec{v}=\lambda\vec{u}\) imposerait \(\lambda=0\) puis \(1=0\) par les deux premières coordonnées. Pour le triplet, utilisons le critère démontré antérieurement : il est non coplanaire si toute relation nulle impose les trois coefficients nuls. \[a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}_m=\vec{0} \iff \begin{cases}a+c=0,\\b+c=0,\\a+b+mc=0.\end{cases}\] Les deux premières équations donnent \(a=-c\) et \(b=-c\). Dans la dernière, \(-c-c+mc=0\), soit \((m-2)c=0\).

Si \(m\ne2\), on divise par le nombre non nul \(m-2\) : \(c=0\), puis \(a=b=0\). Le triplet est une base. Si \(m=2\), la dernière égalité devient \(0=0\), sans imposer \(c=0\). On a d’ailleurs \(\vec{w}_2=\vec{u}+\vec{v}\) ; les trois vecteurs sont coplanaires et ne forment pas une base. Leur direction commune reste un plan, puisque \(\vec{u},\vec{v}\) sont non colinéaires.

Décomposer un vecteur et conserver le cas exceptionnel

Prenons maintenant \(\vec{S}_h=(2;-1;h)\), où \(h\) indique sa troisième coordonnée. Cherchons \(\vec{S}_h=a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}_m\). Le système est \[\begin{cases}a+c=2,\\b+c=-1,\\a+b+mc=h.\end{cases}\] Les deux premières donnent \(a=2-c\), \(b=-1-c\). La troisième devient \[(2-c)+(-1-c)+mc=h \iff1+(m-2)c=h \iff(m-2)c=h-1.\]

Si \(m\ne2\), un seul triplet convient : \[c=\frac{h-1}{m-2},\qquad a=2-c,\qquad b=-1-c.\] Le contrôle se fait dans les trois équations : \(a+c=2\), \(b+c=-1\) et \(a+b+mc=1+(m-2)c=h\).
Si \(m=2\) et \(h\ne1\), l’équation restante est \(0=h-1\ne0\) : aucun triplet ne convient. Le vecteur n’appartient pas à la direction de plan engendrée.
Si \(m=2\) et \(h=1\), l’équation restante est \(0=0\). Le réel \(c\) est libre et tous les triplets \((2-c;-1-c;c)\) conviennent. Il y a une infinité d’écritures du même vecteur, parce que les trois générateurs ne sont pas une base.

Donner un exemple numérique de chaque issue

Pour \(m=0,h=3\), \(c=\frac{3-1}{0-2}=-1\), \(a=3\), \(b=0\) ; en effet \(3(1;0;1)-(1;1;0)=(2;-1;3)\). Pour \(m=2,h=3\), il faudrait \(0=2\) : impossible. Pour \(m=2,h=1\), les choix \(c=0\) et \(c=1\) donnent respectivement \[2\vec{u}-\vec{v}=(2;-1;1),\qquad \vec{u}-2\vec{v}+\vec{w}_2=(2;-1;1).\] Le vecteur obtenu est unique ; ses trois coefficients ne le sont pas. Il faut distinguer la position géométrique et les différentes façons de l’écrire.

10.23 — À toi — Tentative autonome : une autre famille, une autre exception

On donne \(\vec{p}=(1;0;0)\), \(\vec{q}=(0;1;0)\), \(\vec{r}_m=(1;1;m-1)\) et \(\vec{T}=(2;3;1)\). Pour quels \(m\) le triplet est-il une base ? Pour ces valeurs, exprimer \(\vec{T}\) dans cette base. Que se passe-t-il pour la valeur exclue ? Puis remplacer \(\vec{T}\) par \(\vec{T}_0=(2;3;0)\) à cette valeur.

Rappel : une base équivaut ici à la non-coplanarité ; on peut tester une relation nulle. Indice 1 : la troisième coordonnée donne \((m-1)c\). Indice 2 : traiter \(m=1\) avant toute division.

Correction et contrôle.

Une relation nulle donne \(a+c=0\), \(b+c=0\), \((m-1)c=0\). Si \(m\ne1\), la dernière équation impose \(c=0\), puis \(a=b=0\) : c’est une base. Si \(m=1\), \(\vec{r}_1=\vec{p}+\vec{q}\) ; le triplet est coplanaire.

Pour décomposer \(\vec{T}\), on résout \(a+c=2\), \(b+c=3\), \((m-1)c=1\). Si \(m\ne1\), \(c=\frac1{m-1}\), \(a=2-\frac1{m-1}\) et \(b=3-\frac1{m-1}\). Le contrôle rend \((a+c;b+c;(m-1)c)=(2;3;1)\). Pour \(m=1\), la troisième coordonnée serait \(0=1\) : aucune écriture. Pour \(\vec{T}_0\), elle devient \(0=0\) et tous les triplets \((2-c;3-c;c)\), \(c\in\mathbb{R}\), conviennent. On a donc bien différencié l’invalidité d’une base et la possibilité, parfois, d’une combinaison malgré cette invalidité.

10.24 — Un paramètre de famille peut rendre l'objet invalide

Le nombre \(m\) ci-dessous choisit une configuration. Ce n’est pas un coefficient inconnu à chercher après avoir fixé la configuration.

10.25 — Exemple expliqué — La valeur exceptionnelle avant toute division

Considérons \(\vec{a}=(1;0;0)\) et \(\vec{b}_m=(2;m;0)\). Pour \(m=0\), \(\vec{b}_0=2\vec{a}\) : le couple ne définit pas de direction de plan. L’ensemble décrit par \(\overrightarrow{AM}=s\vec{a}+t\vec{b}_0=(s+2t)\vec{a}\) est seulement une droite.

Pour \(m\ne0\), une colinéarité \(\vec{b}_m=\lambda\vec{a}\) imposerait \(m=0\) par la deuxième coordonnée, impossible. Le couple définit un plan. Tout vecteur \((x;y;0)\) s’écrit dans cette direction : \(mt=y\) donne \(t=\frac ym\), division autorisée car \(m\ne0\), puis \(s+2t=x\) donne \(s=x-\frac{2y}{m}\). Contrôle : \((s+2t;mt;0)=(x;y;0)\). L’exception \(m=0\) change donc l’objet, elle ne doit pas être effacée par la formule \(\frac ym\).

Autre danger : \(\vec{c}_m=(m;0;0)\) est directeur d’une droite si \(m\ne0\). Pour \(m=0\), la relation \(\overrightarrow{AM}=t\vec{c}_0\) décrit le seul point \(A\) ; ce n’est plus une droite.

10.26 — À toi — Expliquer et varier le cas exceptionnel

Avec \(\vec{a}=(1;0;0)\) et \(\vec{d}_m=(m;1;0)\), existe-t-il une valeur de \(m\) rendant le couple colinéaire ? Pourquoi la présence d’un paramètre n’oblige-t-elle pas à produire une valeur exceptionnelle ?

Correction et contrôle.

Non : si \(\vec{d}_m=\lambda\vec{a}\), la deuxième coordonnée imposerait \(1=0\), quel que soit \(m\). Le couple est toujours non colinéaire. On cherche les exceptions à partir des conditions de validité réelles, on ne les invente pas parce qu’une lettre est présente.

10.27 — Remédiation : une réponse candidate n'est pas encore une solution

Si vous oubliez le dernier contrôle, revenez au système simple \(a=1\), \(b=2\), \(a+b=4\). Les deux premières donnent un candidat, mais \(1+2=3\ne4\) : le système est incompatible.

Nouvel essai : résoudre \(a+b=3\), \(a-b=1\), \(2a+b=5\). Correction : en additionnant les deux premières, \(2a=4\), donc \(a=2\), puis \(b=3-2=1\). La troisième donne \(2\times2+1=5\) : cette fois, le couple est solution. Retournez au test de \(\vec{h}'\) et nommez l’équation qui le rejette. Dire «pas assez d’inconnues» n’expliquerait pas la différence entre ces deux exemples.

10.28 — Activité algorithmique : appartenir à une droite, exactement

Une droite est donnée par \(A\) et un directeur \(\vec{u}\ne\vec{0}\). Un point \(M\) appartient à cette droite si et seulement si \(\overrightarrow{AM}=t\vec{u}\) pour un réel \(t\). Cette caractérisation doit devenir un test qui n’oublie ni les zéros ni les trois coordonnées.

Avant de poursuivre. Avec \(A(1;-2;0)\), \(\vec{u}(0;2;-4)\) et \(M(1;-5;6)\), quelle coordonnée peut servir à calculer \(t\) ?

Correction et contrôle.

La première composante du directeur est nulle, on ne peut pas diviser par elle. La deuxième vaut \(2\) : elle donne \(t=\frac{-5-(-2)}{2}=-\frac32\). Il reste encore à vérifier les première et troisième composantes.

10.29 — Pseudo-code à compléter et à exécuter sur papier

Entrées : les triplets rationnels des points \(A,M\) et du vecteur \(\vec{u}\).

1. Si les trois composantes de \(\vec{u}\) sont nulles, signaler «directeur invalide». 2. Choisir un indice \(j\) pour lequel \(u_j\ne0\). 3. Calculer exactement \(t=\frac{M_j-A_j}{u_j}\). 4. Pour chacune des trois coordonnées \(i\), vérifier \(M_i-A_i=t u_i\). 5. Renvoyer vrai si toutes les égalités sont vraies, faux dès qu’une égalité échoue.

À faire avant correction : donner les états \(j,t\) et les trois comparaisons pour \(M(1;-5;6)\), puis pour \(M'(1;-5;5)\) et pour le point \(A\) lui-même. Expliquer ce qui se passe avec \(\vec{u}=(0;0;0)\).

Correction et contrôle.

On choisit la deuxième coordonnée, donc \(j=2\) sur papier. Pour \(M\), \(t=-\frac32\) et \[1-1=0=t\times0,\quad -5-(-2)=-3=t\times2,\quad6-0=6=t\times(-4).\] Résultat vrai. Pour \(M'\), même pivot et même \(t\), mais \(5\ne6\) : résultat faux. Pour \(M=A\), le numérateur est nul, \(t=0\) et les trois différences sont nulles : vrai. Avec le directeur nul, aucune composante ne peut servir de pivot ; on ne renvoie pas une réponse géométrique sur une «droite» inexistante, on signale une entrée invalide.

10.30 — Proposition démontrée — Validité du test exact

Pour un directeur non nul et des coordonnées rationnelles exactes, le test renvoie vrai si et seulement si le point appartient à la droite. Le choix du pivot ne change pas cette réponse.

Démonstration.

Si \(M\) appartient à la droite, il existe \(r\) tel que \(M_i-A_i=r u_i\) pour tout \(i\). À la coordonnée pivot, \(u_j\ne0\) permet la division et impose \(r=\frac{M_j-A_j}{u_j}=t\). Les trois contrôles réussissent donc : le test est nécessaire. Réciproquement, s’ils réussissent tous, les coordonnées de \(\overrightarrow{AM}\) et de \(t\vec{u}\) sont égales. Ces vecteurs sont égaux et \(M\) appartient à la droite : le test est suffisant. Choisir un autre pivot non nul donne le même paramètre quand le point appartient à la droite.

□

10.31 — Code Python et limites numériques

Le programme emploie des fractions exactes. Dans la liste Python, les indices commencent à \(0\) : le deuxième emplacement porte l’indice \(1\). Une fraction peut être fournie comme Fraction(-3,2) ou comme la chaîne "-3/2". Les nombres flottants sont refusés ; tester leur égalité avec une tolérance poserait une autre question, numérique et non une preuve d’appartenance exacte.

from fractions import Fraction


def appartient(A, u, M):
    """Test exact pour A, u, M donnes par trois rationnels."""
    if any(len(v) != 3 for v in (A, u, M)):
        raise ValueError("Trois coordonnees par entree sont requises")
    if any(isinstance(x, float) for v in (A, u, M) for x in v):
        raise TypeError("Employer des entiers ou des fractions exactes")
    A = tuple(Fraction(x) for x in A)
    u = tuple(Fraction(x) for x in u)
    M = tuple(Fraction(x) for x in M)
    if u == (0, 0, 0):
        raise ValueError("Le directeur nul ne definit pas une droite")
    # j est le premier indice dont la composante est non nulle.
    j = next(i for i in range(3) if u[i] != 0)
    t = (M[j] - A[j]) / u[j]
    # Toutes les coordonnees doivent correspondre au meme t.
    for i in range(3):
        if M[i] - A[i] != t * u[i]:
            return False
    return True

10.32 — Lire une exécution : le pivot et les tests n'ont pas le même rôle

10.33 — Exemple expliqué — Tableau de trace pour un point accepté, puis un point rejeté

Reprenons \(A(1;-2;0)\), \(\vec{u}=(0;2;-4)\) et \(M(1;-5;6)\). Les trois différences sont \((0;-3;6)\). Le premier coefficient non nul du directeur est celui d’indice Python \(j=1\), de valeur \(2\) ; le programme calcule donc \(t=-\frac32\).

Indice \(i\)	\(M_i-A_i\)	\(t u_i\)	Égalité testée
\(0\)	\(0\)	\((-\frac32)\times0=0\)	vraie
\(1\)	\(-3\)	\((-\frac32)\times2=-3\)	vraie
\(2\)	\(6\)	\((-\frac32)\times(-4)=6\)	vraie

Aucun test n’a renvoyé faux : on atteint la dernière ligne du programme et la réponse est vraie.

Pour \(M'(1;-5;5)\), le pivot et le paramètre sont inchangés ; les deux premières comparaisons réussissent, puis la troisième compare \(5\) à \(6\) et renvoie faux. Le programme n’a pas à chercher un autre paramètre : la coordonnée pivot avait imposé le seul candidat possible.

Pour \(M''(2;-5;6)\), le paramètre serait encore \(-\frac32\), mais la première comparaison échoue : \(M''_0-A_0=1\ne0=t u_0\). Une composante nulle du directeur interdit la division à cet emplacement ; elle n’autorise pas à ignorer l’égalité correspondante.

10.34 — Corollaire algorithmique — Tester le parallélisme de deux droites

Si deux droites ont des directeurs non nuls \(\vec{u},\vec{v}\), elles sont parallèles au sens large si et seulement si \(\vec{v}\) est un multiple de \(\vec{u}\). Le même test exact s’emploie en remplaçant le déplacement \(\overrightarrow{AM}\) par \(\vec{v}\) : choisir un coefficient non nul de \(\vec{u}\), calculer le facteur et contrôler les trois coordonnées.

Il faut vérifier les deux directeurs : la colinéarité avec le vecteur nul existe, mais le vecteur nul ne définit aucune droite. Même si le test réussit, il ne décide pas à lui seul si les droites sont confondues ou strictement parallèles ; leurs points d’ancrage interviennent dans cette seconde décision.

10.35 — À toi — Adapter le raisonnement, sans exiger un ordinateur

Un programme reçoit \(\vec{u}=(0;2;-4)\) et \(\vec{v}=(0;-3;6)\). Donner le pivot, le facteur et les trois comparaisons permettant de décider si deux droites de ces directeurs sont parallèles. Recommencer avec \(\vec{v}'=(0;-3;5)\), puis avec \(\vec{v}''=\vec{0}\).

Correction et contrôle.

Le pivot est la deuxième coordonnée : \(\lambda=-3/2\). On compare \(0\) à \(\lambda\times0=0\), \(-3\) à \(\lambda\times2=-3\) et \(6\) à \(\lambda\times(-4)=6\). Les directeurs sont non nuls et colinéaires, donc les droites sont parallèles. Avec \(\vec{v}'\), la dernière comparaison devient \(5\ne6\), donc les droites ne sont pas parallèles ; elles pourront être sécantes ou non coplanaires, selon leurs ancrages. Avec \(\vec{v}''\), l’entrée est invalide pour une droite. On ne transforme pas une erreur de définition d’objet en réponse géométrique.

10.36 — À toi — Lire le code, trouver la panne, puis retester

Pourquoi ne peut-on pas remplacer la recherche du pivot par \(t=\frac{M_0-A_0}{u_0}\) dans tous les cas ? Pourquoi ne peut-on pas remplacer les trois contrôles par le seul contrôle de la deuxième coordonnée ? Tester ensuite, à la main, \(A(0;1;2)\), \(\vec{u}(3;0;-6)\), \(N(-1;1;4)\).

Correction et contrôle.

Le premier remplacement diviserait par \(0\) pour le directeur précédent \((0;2;-4)\). Le second accepterait \(M'(1;-5;5)\) alors que sa dernière coordonnée est fausse. Pour le nouvel essai, prenons le pivot d’indice \(0\) : \(t=\frac{-1-0}{3}=-\frac13\). Les différences valent \((-1;0;2)\) et \(t\vec{u}=(-1;0;2)\) ; résultat vrai. Un paramètre rationnel négatif est parfaitement autorisé.

10.37 — Remédiation du pivot : changer de coordonnée, pas de problème

Si le premier quotient vous bloque, prenez \(A(0;0;0)\), \(\vec{u}(0;1;0)\) et \(M(0;2;0)\). Le premier emplacement ne sert pas ; le deuxième donne \(t=2\) et \(t\vec{u}=(0;2;0)=\overrightarrow{AM}\).

Nouvel essai : même origine, \(\vec{u}(0;0;2)\), \(M(0;0;-1)\). Correction : seule la troisième composante est non nulle ; \(t=-\frac12\), puis \(t\vec{u}=(0;0;-1)\). Reprenez maintenant le test initial pour \(M(1;-5;6)\) avec le directeur \((0;2;-4)\) : choisissez le deuxième emplacement et refaites les trois comparaisons. Le zéro d’une composante n’est pas le zéro du vecteur entier.

10.38 — À reprendre plus tard, avant de relire

Demain, avant de relire : 1. décider si \((1;1;0)\), \((0;1;2)\) et \((2;1;-2)\) sont coplanaires en écrivant les trois équations ; 2. pour la droite donnée par \(A(0;1;2)\), \(\vec{u}(3;0;-6)\), exécuter le test exact pour \(N(-1;1;3)\) ; 3. expliquer pourquoi le directeur \((m;0;0)\) exige un cas séparé. Aides : contrôlez la dernière équation ; un directeur doit être non nul.

Correction et contrôle.

1. Si le second vecteur \((0;1;2)\) était un multiple du premier \((1;1;0)\), la première coordonnée imposerait le coefficient \(0\), puis la deuxième \(1=0\). Le couple est donc non colinéaire. Les équations sont \(a=2\), \(a+b=1\), \(2b=-2\) ; \(a=2,b=-1\) vérifie tout, donc coplanarité. 2. Le pivot est la première composante du directeur, de valeur \(3\) : il impose \(t=-\frac13\). Le produit vaut \((-1;0;2)\), mais \(\overrightarrow{AN}=(-1;0;1)\) ; la troisième coordonnée rejette l’appartenance. 3. Pour \(m=0\), le directeur est nul et l’ensemble affine est un point ; pour \(m\ne0\), le directeur est valide. Une division par \(m\) n’est autorisée que dans ce second cas.

Je sais faire seul si… j’annonce les inconnues ; je vérifie les générateurs avant le système ; je sais utiliser substitution ou élimination et justifier la division ; je contrôle toutes les équations initiales ; je traite une entrée dégénérée avant de conclure ; je peux expliquer et exécuter le test exact sans ordinateur.

11. Représentations paramétriques : une droite, plusieurs écritures

11.1 — Objectif et rappel local

Décrire tous les points d’une droite, tester un point, imposer une coordonnée, reconnaître une autre écriture, puis limiter le parcours à un segment ou à une demi-droite.

Rappel : si \(A\) est un point et \(\vec{u}\ne\vec{0}\), la droite de point \(A\) et de directeur \(\vec{u}\) est caractérisée par \(M\in d\iff\exists t\in\mathbb{R},\ \overrightarrow{AM}=t\vec{u}\). Dans le repère fixé, \(\overrightarrow{AM}\) a pour coordonnées arrivée moins départ. Deux vecteurs sont égaux si et seulement si leurs trois coordonnées sont égales dans la même base.

Avant de poursuivre. Avec \(A(1;-2;0)\) et \(\vec{u}(2;1;-1)\), quelle position atteint-on après le déplacement \(2\vec{u}\) ? Et après \(0\vec{u}\) ?

Correction et contrôle.

\(2\vec{u}=(4;2;-2)\) donne \((1+4;-2+2;0-2)=(5;0;-2)\). Avec \(0\), on reste en \(A\). Le paramètre indique un coefficient de déplacement, pas nécessairement un temps ni une longueur.

11.2 — Théorème — Représentation paramétrique d’une droite

Soient \(A(x_A;y_A;z_A)\) et \(\vec{u}(a;b;c)\ne\vec{0}\). \[M(x;y;z)\in d \iff\exists t\in\mathbb{R},\quad \begin{cases} x=x_A+ta,\\y=y_A+tb,\\z=z_A+tc. \end{cases}\] Les trois équations utilisent le même réel \(t\). Le système avec \(t\in\mathbb{R}\) est une représentation paramétrique de la droite.

Démonstration.

La caractérisation vectorielle donne \(M\in d\iff\exists t,\overrightarrow{AM}=t\vec{u}\). En coordonnées, cette égalité équivaut simultanément à \[\begin{cases}x-x_A=ta,\\y-y_A=tb,\\z-z_A=tc,\end{cases} \iff \begin{cases}x=x_A+ta,\\y=y_A+tb,\\z=z_A+tc.\end{cases}\] Chaque passage est réversible : à partir du système, soustraire les coordonnées de \(A\) retrouve l’égalité vectorielle, donc l’appartenance. La non-nullité de \(\vec{u}\) est requise pour avoir une droite ; si \(a=b=c=0\), le système ne décrit que \(A\).

□

Le nombre \(t\) est un paramètre : une fois choisi, il détermine ensemble les trois coordonnées. Laisser \(x,y,z\) varier indépendamment ferait perdre la liaison entre elles et ne décrirait plus cette droite.

11.3 — Exemple expliqué — Depuis deux points, puis dans l'autre sens

Prenons \(A(1;-2;0)\) et \(B(3;-1;-1)\). Ils sont distincts puisque leurs abscisses diffèrent. Le vecteur \(\overrightarrow{AB}=(3-1;-1-(-2);-1-0)=(2;1;-1)\) est non nul. La droite \((AB)\) admet donc \[d:\quad\begin{cases}x=1+2t,\\y=-2+t,\\z=-t,\end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}.\] À \(t=0\), on retrouve \(A\) ; à \(t=1\), \(B\) ; à \(t=-1\), on obtient \((-1;-3;1)\), de l’autre côté de \(A\).

Réciproquement, dans le système \(x=4-3s\), \(y=2\), \(z=-1+5s\) avec \(s\in\mathbb{R}\), le choix \(s=0\) donne un point \((4;2;-1)\) et les coefficients de \(s\) donnent un directeur \((-3;0;5)\). Il est non nul : c’est bien une droite. La coordonnée \(y\) constante ne signifie pas que le directeur est nul ; seule sa deuxième composante l’est.

11.4 — Exemple expliqué — Un directeur fractionnaire : simplifier sans changer la droite

Dans un même repère, soient \(P(\frac12;-1;2)\) et \(Q(-\frac32;2;\frac12)\). On trouve \[\overrightarrow{PQ}=\left(-\frac32-\frac12;2-(-1);\frac12-2\right) =\left(-2;3;-\frac32\right).\] On pourrait employer ce directeur. Pour éviter une fraction dans les coefficients du paramètre, prenons plutôt \(\vec{u}=2\overrightarrow{PQ}=(-4;6;-3)\) ; il est non nul et colinéaire à \(\overrightarrow{PQ}\). La droite \((PQ)\) est donc décrite par \[\begin{cases} x=\frac12-4s,\\y=-1+6s,\\z=2-3s, \end{cases}\qquad s\in\mathbb{R}.\] Le point \(P\) correspond à \(s=0\). Pour \(Q\), la première équation donne \(-\frac32=\frac12-4s\), donc \(-2=-4s\) et \(s=\frac12\). Les autres coordonnées donnent \(-1+6\times\frac12=2\) et \(2-3\times\frac12=\frac12\) : le contrôle réussit.

Le point \(Q\) n’a plus pour paramètre \(1\), car le directeur choisi est deux fois \(\overrightarrow{PQ}\). À \(s=1\), on obtient \((-\frac72;5;-1)\), plus loin que \(Q\) depuis \(P\). Simplifier un directeur conserve la droite, mais modifie la vitesse du parcours du paramètre.

11.5 — Exemple expliqué — Une droite définie par une condition géométrique

On donne \(A(2;-1;0)\), \(B(1;0;3)\) et \(C(-1;3;2)\). Cherchons la droite passant par \(A\) et parallèle à \((BC)\).

Choisir les données qui ont le bon rôle

Le point d’ancrage est \(A\). Le directeur se lit sur l’autre droite : \(\overrightarrow{BC}=(-2;3;-1)\ne\vec{0}\). Utiliser \(\overrightarrow{AB}\) ne traduirait pas le parallélisme demandé. \[d:\quad\begin{cases}x=2-2t,\\y=-1+3t,\\z=-t,\end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}.\] À \(t=0\), on retrouve \(A\) ; le directeur est précisément \(\overrightarrow{BC}\), donc les deux conditions sont satisfaites. Le point de \(d\) d’abscisse nulle vérifie \(2-2t=0\), d’où \(t=1\) et \(M(0;2;-1)\). Le contrôle dans les trois coordonnées évite de conserver seulement l’abscisse.

Lecture de la figure. La droite illustrée est \(d(t)=(1+2t;-2+t;-t)\), avec \(A(1;-2;0)\) et \(B(3;-1;-1)\). Les points correspondent à \(t=-1,0,\frac12,1,2\). Les graduations sont des valeurs du paramètre. Le segment \([AB]\) ne contient que les valeurs de \(0\) à \(1\), tandis que la droite se prolonge des deux côtés. Les coordonnées des points se calculent dans l’exemple, elles ne sont pas lues sur cette représentation schématique.

11.6 — Appartenance : un seul paramètre pour toutes les équations

11.7 — Exemple expliqué — Un oui et une fausse piste

Reprenons \(d(t)=(1+2t;-2+t;-t)\), \(t\in\mathbb{R}\). Testons \(C(5;0;-2)\). La première équation donne \(5=1+2t\), soit \(2t=4\), puis \(t=2\) en divisant par \(2\). Les autres donnent \(-2+2=0\) et \(-2=-2\) : \(C\in d\). Avec \(C'(5;0;-3)\), les deux premières imposent aussi \(t=2\), mais la troisième donnerait \(-3=-2\). Aucune valeur ne vérifie tout : \(C'\notin d\). Il ne suffit pas de dire «chaque équation possède une solution» : la première pourrait convenir pour \(2\) et la troisième pour \(3\), mais aucun de ces nombres ne convient au système complet.

11.8 — Droite, demi-droite, segment : le domaine du paramètre

11.9 — Propriété — Caractérisation d’un segment et d’une demi-droite

Soient \(A,B\) deux points distincts. Avec le directeur précis \(\overrightarrow{AB}\), \[\begin{aligned} M\in[AB]&\iff\exists t\in[0;1],\quad\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB},\\ M\in[AB)&\iff\exists t\in[0;+\infty[,\quad\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}. \end{aligned}\] Dans la seconde ligne, \([AB)\) désigne la demi-droite d’origine \(A\) passant par \(B\). Le symbole de droite complète reste \((AB)\), avec \(t\in\mathbb{R}\).

Démonstration.

Sur la droite \((AB)\), le coefficient \(t\) est unique car \(\overrightarrow{AB}\ne\vec{0}\). Pour \(t\ge0\), le déplacement a le sens de \(A\) vers \(B\) et sa longueur est \(t\,AB\). Il reste entre \(A\) et \(B\) exactement lorsque \(0\le t\le1\) ; à \(t=0\) on est en \(A\), à \(t=1\) en \(B\). Si \(t>1\), on dépasse \(B\) ; si \(t<0\), on part dans le sens opposé depuis \(A\). Cela établit les deux sens des caractérisations à partir du sens géométrique de la multiplication d’un vecteur par un réel.

□

11.10 — Exemple expliqué — Un point de la droite peut être hors du segment

Pour \(A(1;-2;0)\), \(B(3;-1;-1)\), la représentation \(d(t)=(1+2t;-2+t;-t)\) utilise le directeur \(\overrightarrow{AB}\). Le point \(C(5;0;-2)\) correspond à \(t=2\) : il appartient à \((AB)\) et à la demi-droite \([AB)\), mais pas au segment \([AB]\). Le point \(K(2;-\frac32;-\frac12)\) correspond à \(t=\frac12\) et appartient au segment ; c’est son milieu. Le point \(L(-1;-3;1)\) correspond à \(t=-1\) : il appartient à la droite complète et n’appartient pas à la demi-droite \([AB)\).

La réponse doit donc comporter deux contrôles : les trois coordonnées pour l’appartenance à la droite support, puis le domaine autorisé pour le segment ou la demi-droite.

11.11 — Imposer une coordonnée : un point, aucun point, toute la droite

11.12 — Exemple expliqué — Une coordonnée variable, puis une coordonnée constante

Sur \(d\), chercher la cote \(z=-3\) impose \(-t=-3\), donc \(t=3\). Il y a un seul point : \((1+6;-2+3;-3)=(7;1;-3)\).

Sur \(h:x=1+2r,\ y=-2,\ z=-r\), \(r\in\mathbb{R}\), demander \(y=-2\) n’impose aucune restriction : toute la droite convient. Demander \(y=0\) imposerait \(-2=0\) : aucun point. C’est une intersection avec un plan de coordonnée constante, pas une division par la composante \(0\) du directeur.

11.13 — Propriété démontrée — Imposer une coordonnée sur une droite

Dans une représentation valide \(x=x_A+ta\), imposer \(x=\xi\) donne un paramètre unique si \(a\ne0\) ; si \(a=0\), cela donne tous les points lorsque \(\xi=x_A\), aucun sinon. Le même raisonnement vaut pour \(y\) et \(z\).

Démonstration.

L’équation est \(at=\xi-x_A\). Si \(a\ne0\), la division par \(a\) donne l’unique paramètre \(t=\frac{\xi-x_A}{a}\). Si \(a=0\), l’équation devient \(0=\xi-x_A\) : elle est vraie pour tout \(t\) lorsque \(\xi=x_A\), fausse pour tout \(t\) sinon. Le directeur de la droite reste non nul grâce à une autre composante dans ce second cas. On ne divise jamais par \(a\) avant de distinguer ces situations.

□

11.14 — À toi — Essai guidé, puis tentative

1. Avec \(A(2;1;-1)\) et \(B(2;-1;3)\), produire une représentation de \((AB)\). Lire ensuite sur votre système un point et un directeur. Tester \(M(2;2;-3)\).

2. Sans regarder la correction, déterminer sur cette droite les points dont \(x=2\), ceux dont \(x=0\) et ceux dont \(z=1\).

Indices : le directeur \(\overrightarrow{AB}\) a une composante nulle ; pour le test de \(M\), la deuxième coordonnée permet de calculer le paramètre ; pour la cote \(1\), résoudre la troisième équation.

Correction et contrôle.

1. \(\overrightarrow{AB}=(0;-2;4)\ne\vec{0}\). On obtient \[\begin{cases}x=2,\\y=1-2t,\\z=-1+4t,\end{cases}\quad t\in\mathbb{R}.\] Le choix \(t=0\) redonne \(A\) ; les coefficients \((0;-2;4)\) sont un directeur. Pour \(M\), \(2=1-2t\) implique \(-2t=1\), donc \(t=-\frac12\). On contrôle \(x=2\) et \(-1+4\left(-\frac12\right)=-1-2=-3\) : appartenance.

2. Tous les points ont \(x=2\), aucun n’a \(x=0\). La cote \(1\) impose \(-1+4t=1\), donc \(4t=2\), \(t=\frac12\). Le point est \((2;1-1;1)=(2;0;1)\). Le contrôle dans les trois équations confirme ces conclusions.

11.15 — Unicité du paramètre, non-unicité de l'écriture

11.16 — Propriétés démontrées — Paramètre unique, écritures multiples

Pour une représentation affine fixée de directeur non nul, chaque point possède un unique paramètre. Pourtant, la même droite possède une infinité de représentations paramétriques : changer l’ancrage ou multiplier le directeur par un réel non nul en donne d’autres.

Démonstration.

Si deux valeurs \(t,s\) conduisent au même point, alors \(t\vec{u}=s\vec{u}\), donc \((t-s)\vec{u}=\vec{0}\). Puisque \(\vec{u}\ne\vec{0}\), au moins une composante \(u_j\) est non nulle ; \((t-s)u_j=0\) impose \(t-s=0\), d’où \(t=s\).

Pour changer d’écriture, choisissons \(\alpha\in\mathbb{R}\), \(\beta\in\mathbb{R}\setminus\{0\}\) et posons \(t=\alpha+\beta s\). Le déplacement depuis \(A\) devient \[t\vec{u}=\alpha\vec{u}+s(\beta\vec{u}).\] En prenant pour nouvel ancrage le point \(B\) tel que \(\overrightarrow{AB}=\alpha\vec{u}\), on obtient l’écriture de point \(B\) et de directeur \(\beta\vec{u}\ne\vec{0}\). Tout \(s\) donne un \(t\), et réciproquement tout \(t\) donne \(s=\frac{t-\alpha}{\beta}\), car \(\beta\ne0\) : le lieu parcouru reste toute la droite. La bijection entre les paramètres, pas la ressemblance des systèmes, prouve l’équivalence.

□

11.17 — Exemple expliqué — Reconnaître deux écritures et transformer les bornes

Retrouvons \(d:x=1+2t,y=-2+t,z=-t\). Le point \(B(3;-1;-1)\) correspond à \(t=1\). Avec le directeur \(-2(2;1;-1)=(-4;-2;2)\), \[e:\quad\begin{cases}x=3-4s,\\y=-1-2s,\\z=-1+2s,\end{cases}\qquad s\in\mathbb{R}.\] Substituons \(t=1-2s\) dans \(d\) : \[1+2(1-2s)=1+2-4s=3-4s,\quad -2+(1-2s)=-1-2s,\quad -(1-2s)=-1+2s.\] Les systèmes sont équivalents, avec l’inverse \(s=\frac{1-t}{2}\). Un même point n’a donc pas forcément la même valeur numérique dans les deux écritures.

Pour le segment \([AB]\), la première écriture exige \(0\le t\le1\). On remplace \(t\) et transforme l’inégalité : \[0\le1-2s\le1 \iff -1\le-2s\le0 \iff 0\le s\le\tfrac12.\] La division par \(-2\) renverse les deux comparaisons ; les extrémités sont aussi vérifiées : \(s=0\) donne \(B\) et \(s=\frac12\) donne \(A\). Garder \(s\in[0;1]\) aurait ajouté des points au-delà de \(A\).

La demi-droite d’origine \(A\) passant par \(B\) correspond à \(t\ge0\), donc \(1-2s\ge0\), \(-2s\ge-1\), soit \(s\le\frac12\). Ne pas conserver automatiquement \(s\ge0\) : le sens du parcours a changé.

11.18 — À toi — Tentative : une autre origine de paramètre

Reprendre \(A(2;1;-1)\), \(B(2;-1;3)\), avec \(d(t)=(2;1-2t;-1+4t)\). Une seconde écriture part de \(B\) et utilise le directeur \(2\overrightarrow{AB}\). L’écrire, exprimer \(t\) en fonction du nouveau paramètre \(s\), puis donner les valeurs de \(s\) qui décrivent \([AB]\).

Indices : \(B\) correspond à \(t=1\) ; le nouveau directeur vaut deux fois l’ancien ; vérifier les deux extrémités après transformation.

Correction et contrôle.

Le nouveau système est \(x=2\), \(y=-1-4s\), \(z=3+8s\). On a \(t=1+2s\) : en effet \(1-2(1+2s)=1-2-4s=-1-4s\) et \(-1+4(1+2s)=-1+4+8s=3+8s\). L’inverse \(s=\frac{t-1}{2}\) existe. Pour \(0\le t\le1\), on obtient \(-1\le2s\le0\), donc \(s\in[-\frac12;0]\). \(s=-\frac12\) redonne \(A\) et \(s=0\) redonne \(B\) ; le système avec cet intervalle décrit exactement le segment.

11.19 — Exemple expliqué — Deux directeurs proportionnels ne suffisent pas à identifier une droite

Comparons \[d(t)=(1+2t;-2+t;-t),\qquad f(s)=(3-4s;-1-2s;1+2s).\] Les directeurs \((2;1;-1)\) et \((-4;-2;2)\) sont proportionnels, avec le facteur \(-2\). Les droites sont donc parallèles au sens large. Sont-elles la même droite ?

Le point \(f(0)=(3;-1;1)\) devrait alors appartenir à \(d\). Sa première coordonnée impose \(3=1+2t\), donc \(t=1\). L’ordonnée convient : \(-2+1=-1\). Mais la cote donne \(-1\), pas \(1\). Ce point n’appartient pas à \(d\) : les droites sont strictement parallèles.

On retrouve l’échec en tentant le changement de paramètre suggéré par l’abscisse : \(t=1-2s\). La troisième coordonnée de \(d\) devient \(-1+2s\), alors que celle de \(f\) vaut \(1+2s\). Les deux premières équations ne garantissent pas la troisième.

11.20 — Déterminer la portion d'une droite située dans un cube

11.21 — Exemple expliqué — Trois conditions, puis une intersection d'intervalles

Dans le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\) d’un cube \(ABCDEFGH\), le solide plein contient exactement les points dont les trois coordonnées sont entre \(0\) et \(1\). Les coefficients mesurent l’avancement dans les trois directions d’arêtes. Les bornes sont incluses : les faces, arêtes et sommets font partie du solide.

Considérons la droite \[d(t)=\left(-1+2t;\,1-t;\,\frac t2\right),\qquad t\in\mathbb{R}.\] Le directeur \((2;-1;\frac12)\) est non nul. Pour que son point soit dans le cube, les trois conditions doivent être vraies simultanément : \[\begin{aligned} 0\le -1+2t\le1 &\iff1\le2t\le2 \iff\tfrac12\le t\le1,\\ 0\le1-t\le1 &\iff-1\le-t\le0 \iff0\le t\le1,\\ 0\le\tfrac t2\le1 &\iff0\le t\le2. \end{aligned}\] La multiplication par \(-1\) dans la deuxième ligne renverse les inégalités. Il faut prendre l’intersection, pas la réunion, des trois intervalles : \[\left[\tfrac12;1\right]\cap[0;1]\cap[0;2] =\left[\tfrac12;1\right].\] Les extrémités de la portion sont donc \[P=d\left(\tfrac12\right)=\left(0;\tfrac12;\tfrac14\right),\qquad Q=d(1)=\left(1;0;\tfrac12\right).\] Chaque \(t\in[\frac12;1]\) satisfait les trois conditions ; réciproquement tout point de la droite situé dans le cube a son paramètre dans cet intervalle. L’intersection du solide avec la droite est exactement le segment \([PQ]\).

Lecture de la figure. Les points \(P\) et \(Q\) sont calculés dans le texte. Le segment vert est la portion de la droite située dans le cube ; les prolongements gris sont extérieurs. La projection peut déformer les angles. Les coordonnées et les trois inégalités, non le dessin seul, certifient l’entrée et la sortie.

11.22 — À toi — Varier une coordonnée : la portion existe-t-elle encore ?

Dans le même cube, remplacer la droite précédente par \(h(t)=(-1+2t;\,3-t;\,\frac t2)\), \(t\in\mathbb{R}\). Déterminer les trois intervalles autorisés et conclure. Puis expliquer pourquoi vérifier seulement l’abscisse et la cote serait insuffisant.

Indice, après essai : l’ordonnée impose désormais \(0\le3-t\le1\).

Correction et contrôle.

L’abscisse impose toujours \(t\in[\frac12;1]\), la cote \(t\in[0;2]\). Pour l’ordonnée, \(0\le3-t\le1\iff-3\le-t\le-2\iff2\le t\le3\). L’intersection \([\frac12;1]\cap[2;3]\cap[0;2]\) est vide : la droite ne rencontre pas le cube plein. L’abscisse et la cote seules accepteraient \(t\in[\frac12;1]\), mais ces points ont une ordonnée entre \(2\) et \(\frac52\), au-dessus de la borne \(1\).

11.23 — Variation : la droite support n'est pas toujours le lieu parcouru

Reprenons la droite \(d(t)=(1+2t;-2+t;-t)\), d’ancrage \(A(1;-2;0)\) et de directeur \(\vec{u}=(2;1;-1)\). L’écriture \[\begin{cases}x=1+2q^2,\\y=-2+q^2,\\z=-q^2,\end{cases}\quad q\in\mathbb{R}\] donne les points de \(d\) pour lesquels \(t=q^2\ge0\). Réciproquement tout \(t\ge0\) est le carré d’un réel, par exemple \(q=\sqrt t\). Le lieu est donc la demi-droite d’origine \(A\) et de direction \(\vec{u}\), pas toute \(d\) : le point correspondant à \(t=-1\) manque. De plus \(q\) et \(-q\) donnent le même point lorsque \(q\ne0\) ; l’unicité du paramètre démontrée plus haut concernait l’écriture affine fixée, pas cette écriture au carré.

11.24 — Contre-exemple — Un système avec un paramètre ne décrit pas toujours une droite

L’ensemble \((q^2;q;0)\), pour \(q\in\mathbb{R}\), contient les points \((1;-1;0)\), \((0;0;0)\) et \((1;1;0)\). Depuis le point central, les deux déplacements \((1;-1;0)\) et \((1;1;0)\) ne sont pas colinéaires : la première coordonnée imposerait le facteur \(1\), incompatible avec la deuxième. Ces trois points ne sont pas alignés ; l’ensemble n’est donc pas une droite.

Il ne suffit pas de voir trois équations et une lettre \(q\). La caractérisation étudiée exige une écriture affine \(A+t\vec{u}\), un directeur non nul et un domaine de paramètre approprié. L’exemple précédent en \(q^2\) gardait toutes les coordonnées liées au même coefficient \(q^2\) d’un directeur fixe ; celui-ci n’a pas cette forme.

11.25 — À toi — Justifier personnellement et diagnostiquer

Un élève dit : «Les deux systèmes décrivent la même droite, donc ils décrivent le même segment si on met le paramètre entre \(0\) et \(1\) dans les deux.» Répondre à l’aide de \(t=1-2s\). Puis expliquer pourquoi les trois coordonnées d’un point doivent utiliser le même paramètre.

Correction et contrôle.

La première affirmation est fausse : pour \(s=1\), la relation donne \(t=-1\), donc un point hors de \([AB]\). Le bon intervalle est \([0;\frac12]\). Pour l’autre question, un point de droite est obtenu par un déplacement \(t\vec{u}\) : ses trois composantes proviennent du même coefficient. Avec trois valeurs choisies séparément, on n’a plus cette égalité vectorielle ; le test de \(C'(5;0;-3)\) montrait déjà qu’avoir une solution différente pour chaque coordonnée ne suffit pas.

11.26 — Remédiation : contrôler deux extrémités avant de conclure

La relation \(t=2-s\) ne conserve pas l’intervalle \([0;1]\) : \(t=0\) donne \(s=2\), \(t=1\) donne \(s=1\). La bonne restriction est \(s\in[1;2]\).

Nouvel essai : si \(t=-1+3r\), quel intervalle de \(r\) correspond à \(t\in[0;1]\) ? Correction : \(0\le-1+3r\le1\) donne \(1\le3r\le2\), puis \(r\in[\frac13;\frac23]\) puisque \(3>0\). Les bornes donnent respectivement \(0\) et \(1\). Retournez à \(t=1-2s\) et expliquez le renversement des inégalités au lieu de mémoriser l’intervalle obtenu.

11.27 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre unité, sans relire : \(h:x=4-3s,y=2,z=-1+5s\), \(s\in\mathbb{R}\). 1. Donner un point et un directeur ; tester \(P(1;2;4)\). 2. Déterminer les points d’ordonnée \(0\), puis ceux d’ordonnée \(2\). 3. Poser \(s=2-r\) et écrire le nouveau système ; transformer la restriction \(s\in[0;1]\). Aides : la deuxième coordonnée est constante ; le nouveau paramètre ne garde pas forcément les mêmes bornes.

Correction et contrôle.

1. Ancrage \((4;2;-1)\) et directeur \((-3;0;5)\ne\vec{0}\). Pour \(P\), \(1=4-3s\) donne \(s=1\) ; \(y=2\) et \(-1+5=4\) confirment l’appartenance. 2. Aucun point n’a \(y=0\) ; tous ont \(y=2\). 3. \(x=4-3(2-r)=-2+3r\), \(y=2\), \(z=-1+5(2-r)=9-5r\). Comme \(s=2-r\) est bijectif, c’est la même droite si \(r\in\mathbb{R}\). Pour le segment initial, \(0\le2-r\le1\) donne \(1\le r\le2\). Contrôle : \(r=2\) correspond à \(s=0\) et \(r=1\) à \(s=1\) ; les extrémités sont échangées.

Je sais faire seul si… je contrôle le directeur non nul ; je produis et lis un système ; j’exige le même paramètre dans toutes les coordonnées ; je distingue une coordonnée imposée variable ou constante ; je justifie un changement de paramètre dans les deux sens ; je transforme son domaine et je sépare droite support et ensemble parcouru.

12. Positions et intersections : faire parler les systèmes

12.1 — Objectif et outils disponibles localement

Décider de la position relative de deux droites, d’une droite et d’un plan, ou de deux plans ; calculer l’intersection lorsqu’elle existe ; distinguer intersection des trajectoires et rencontre au même instant.

On travaille dans un repère fixé. Une droite valide est décrite par un point et un directeur non nul : \(\overrightarrow{AM}=t\vec{u}\), \(t\in\mathbb{R}\). Un plan valide est décrit par un point \(B\) et deux vecteurs non colinéaires : \(\overrightarrow{BM}=s\vec{v}+r\vec{w}\), \(s,r\in\mathbb{R}\). Ces égalités équivalent aux trois égalités de coordonnées correspondantes. Le mot parallèle est pris au sens large, incluant les droites ou plans confondus et la droite contenue dans un plan ; strictement parallèle signifie parallèle sans point commun.

Avant de poursuivre. Les droites \(d:(t;0;0)\) et \(e:(0;s;1)\) ont des directeurs non colinéaires. Sont-elles nécessairement sécantes ?

Correction et contrôle.

Non : un point commun devrait avoir à la fois une cote \(0\) et une cote \(1\). Il n’existe pas. Les directeurs \((1;0;0)\) et \((0;1;0)\) ne sont pas colinéaires ; les droites ne sont donc ni parallèles ni sécantes : elles sont non coplanaires, ou gauches. Un croisement apparent sur un dessin ne change pas cette contradiction.

12.2 — Deux droites : la direction d'abord, la position ensuite

12.3 — Propriété antérieure — Classification exhaustive des deux droites

Deux droites peuvent être confondues, strictement parallèles, sécantes en un point, ou gauches.

Si les directeurs sont colinéaires, les droites sont parallèles. Tester un point d’une droite sur l’autre distingue confusion et strict parallélisme : un point commun et une même direction imposent la même droite.

Si les directeurs ne sont pas colinéaires, chercher un point commun : s’il existe, les droites sont sécantes ; sinon elles sont gauches. Deux droites non parallèles ne sont pas nécessairement sécantes dans l’espace.

Pour rechercher un point commun, chaque droite doit garder son propre paramètre : \(t\) sur l’une, \(s\) sur l’autre. Un point peut être décrit par \(t=1\) et \(s=2\) sans contradiction.

12.4 — Exemple expliqué — Deux paramètres indépendants et un contrôle complet

Soient \[d:\begin{cases}x=1+2t,\\y=-2+t,\\z=-t,\end{cases}\ t\in\mathbb{R}, \qquad e:\begin{cases}x=5-s,\\y=-5+2s,\\z=3-2s,\end{cases}\ s\in\mathbb{R}.\] Les directeurs sont \(\vec{u}=(2;1;-1)\) et \(\vec{v}=(-1;2;-2)\), tous deux non nuls. S’ils étaient colinéaires avec \(\vec{v}=\lambda\vec{u}\), la première coordonnée donnerait \(\lambda=-\frac12\), mais la deuxième imposerait \(2=-\frac12\). Ils ne sont pas colinéaires.

Un point commun existe si et seulement si un couple \((t,s)\) vérifie \[\begin{cases}1+2t=5-s,\\-2+t=-5+2s,\\-t=3-2s,\end{cases} \iff \begin{cases}2t+s=4,\\t-2s=-3,\\-t+2s=3.\end{cases}\] La première donne \(s=4-2t\). Substituons dans la deuxième : \[t-2(4-2t)=-3\iff t-8+4t=-3\iff5t-8=-3.\] En ajoutant \(8\) aux deux membres, \(5t=5\) ; on divise par \(5\ne0\) et trouve \(t=1\). Alors \(s=4-2=2\). La troisième équation, non utilisée, donne \(-1+2\times2=3\) : elle est vérifiée.

Calculons le point des deux façons : \[d(1)=(1+2;-2+1;-1)=(3;-1;-1), \quad e(2)=(5-2;-5+4;3-4)=(3;-1;-1).\] Les droites sont donc sécantes en \(M(3;-1;-1)\). Ce point est unique : deux points communs distincts détermineraient une même droite, ce qui contredirait les directions non colinéaires.

12.5 — Proposition — Validité du système d’intersection

Tout point commun doit avoir les mêmes trois coordonnées dans les deux descriptions : les équations sont nécessaires. Réciproquement, tout couple qui les vérifie produit un même point dans les deux droites : elles sont suffisantes. Un couple obtenu à partir de seulement deux équations n’est encore qu’un candidat. Il faut aussi vérifier les directeurs non nuls pour être autorisé à appliquer la classification des droites.

12.6 — Exemple expliqué — Même calcul initial, conclusion différente

Translatons \(e\) du vecteur \((0;0;1)\) : \[e_1:(5-s;-5+2s;4-2s),\qquad s\in\mathbb{R}.\] Les deux premières équations avec \(d\) sont inchangées et imposent toujours \(t=1,s=2\). Mais la troisième demanderait \(-1=4-4=0\). Le système est incompatible. Les directeurs étant toujours non colinéaires, \(d\) et \(e_1\) sont gauches. Il serait faux d’annoncer \(M(3;-1;-1)\) comme intersection après avoir seulement résolu les deux premières équations.

Avec des directeurs colinéaires, la voie est plus courte : \(d_0:(t;0;0)\), \(f:(2-3s;0;0)\) et \(g:(2-3s;1;0)\) ont tous pour direction celle de \((1;0;0)\). Le point \((2;0;0)\) de \(f\) appartient à \(d_0\), donc \(f=d_0\). Le point \((2;1;0)\) de \(g\) n’appartient pas à \(d_0\) ; leurs directions étant identiques, \(g\) et \(d_0\) sont strictement parallèles.

12.7 — À toi — Essai guidé et tentative : deux descriptions d'un lieu

Soient \(a:(t;0;0)\) et \(b:(2;s-3;0)\), avec \(s,t\in\mathbb{R}\). Déterminer leur position et l’intersection éventuelle. Puis remplacer seulement la cote de \(b\) par \(1\) et recommencer. Expliquer ce qui serait perdu si l’on imposait \(t=s\).

Indices : les directions sont celles de deux axes différents ; égaler les trois coordonnées ; conserver les deux valeurs de paramètres trouvées.

Correction et contrôle.

Les directeurs \((1;0;0)\) et \((0;1;0)\) ne sont pas colinéaires. Le système donne \(t=2\), \(s-3=0\), \(0=0\), donc \(s=3\). L’intersection est \((2;0;0)\), calculée à partir de chaque description. Imposer \(t=s\) rejetterait à tort ce point, car il correspond à \(2\) sur l’une et \(3\) sur l’autre. Après le changement de cote, les mêmes valeurs sont proposées mais la troisième équation devient \(0=1\). Il n’y a plus de point commun ; les droites sont gauches, pas strictement parallèles.

12.8 — Un paramètre de famille : ne pas diviser avant de séparer les cas

12.9 — Exemple expliqué — La direction change avec \(m\)

Comparons l’axe \(a:(t;0;0)\) et \(b_m:(s;1+ms;0)\), \(s,t\in\mathbb{R}\). Le directeur de \(b_m\) est \((1;m;0)\), non nul pour tout \(m\), grâce à sa première coordonnée \(1\).

Si \(m=0\), les directeurs sont colinéaires, et tous les points de \(b_0\) ont ordonnée \(1\) : les droites sont strictement parallèles.

Si \(m\ne0\), les directeurs ne sont pas colinéaires : la deuxième composante de \((1;m;0)\) est non nulle, contrairement à celle du directeur de l’axe. Le système commun donne \(t=s\) et \(1+ms=0\). Donc \(ms=-1\), puis \(s=-\frac1m\) en divisant par \(m\ne0\). Ainsi \(t=-\frac1m\), et l’intersection est \((-\frac1m;0;0)\). Contrôle : \(1+m\left(-\frac1m\right)=1-1=0\) et les deux cotes sont nulles. La valeur \(m=0\) n’est pas une «absence de réponse» : elle possède une réponse géométrique différente.

12.10 — Exemple expliqué — Une famille qui fait apparaître les quatre positions

Fixons la droite \(d:(t;0;0)\), \(t\in\mathbb{R}\), et considérons, pour chaque réel \(m\), \[e_m(s)=\bigl(s;\,m+m(m-1)s;\,m(m-1)(m-2)\bigr),\qquad s\in\mathbb{R}.\] Ici \(m\) choisit une droite ; \(s\) parcourt cette droite ; \(t\) parcourt la droite fixe. On ne doit pas confondre ces trois rôles.

Vérifier d’abord l’objet et les directions

Un directeur de \(e_m\) est \((1;m(m-1);0)\). Il n’est jamais nul grâce à sa première composante. Il est colinéaire au directeur \((1;0;0)\) de \(d\) si et seulement si \(m(m-1)=0\), c’est-à-dire \(m=0\) ou \(m=1\).

Traiter les directions parallèles avec les ancrages

Pour \(m=0\), l’écriture devient \(e_0(s)=(s;0;0)\) : on obtient exactement \(d\). Les droites sont confondues. Pour \(m=1\), elle devient \(e_1(s)=(s;1;0)\) : même direction, mais l’ordonnée constante \(1\) empêche tout point commun avec \(d\), où l’ordonnée est \(0\). Elles sont strictement parallèles.

Chercher le point commun lorsque les directions diffèrent

Supposons maintenant \(m\notin\{0,1\}\). L’égalité des cotes d’un point commun impose \(m(m-1)(m-2)=0\). Les deux premiers facteurs sont non nuls : il faut donc \(m=2\).

Pour \(m=2\), \(e_2(s)=(s;2+2s;0)\). Les trois coordonnées imposent \(t=s\), \(2+2s=0\) et \(0=0\). On obtient \(s=t=-1\) et l’intersection \((-1;0;0)\). Les directeurs ne sont pas colinéaires, donc les droites sont sécantes en ce seul point.

Pour \(m\notin\{0,1,2\}\), la cote de tout point de \(e_m\) est un nombre non nul, tandis que celle des points de \(d\) est \(0\). Aucun point commun n’existe ; les directions ne sont pas parallèles : les droites sont gauches.

Valeur de \(m\)	Position de \(d\) et \(e_m\)
\(m=0\)	confondues
\(m=1\)	strictement parallèles
\(m=2\)	sécantes en \((-1;0;0)\)
\(m\notin\{0,1,2\}\)	non coplanaires

Chaque réel \(m\) est couvert une fois. Le tableau résume les justifications ; il ne les remplace pas. Diviser d’emblée par \(m(m-1)\) aurait fait disparaître les deux premiers cas.

12.11 — À toi — Décider seul dans une famille plus courte

Classer, suivant le réel \(m\), les droites \(d:(t;0;0)\) et \(f_m:(s;ms;m-1)\), avec \(t,s\in\mathbb{R}\). Y a-t-il une valeur donnant deux droites confondues ?

Indice 1 : le directeur \((1;m;0)\) est valide pour tout \(m\). Indice 2 : regarder séparément la colinéarité des directeurs et la cote d’un point commun.

Correction et contrôle.

Pour \(m=0\), les directeurs sont colinéaires, mais la cote de \(f_0\) est \(-1\) : strict parallélisme. Pour \(m\ne0\), les directions ne sont pas parallèles. Une intersection exige \(m-1=0\), donc \(m=1\). Alors \(f_1(s)=(s;s;0)\), et \(t=s\), \(s=0\) donnent l’origine comme unique point commun. Pour \(m\notin\{0,1\}\), la cote \(m-1\) est non nulle et les directions diffèrent : les droites sont gauches. Aucune valeur ne donne la confusion : la seule valeur permettant des directions parallèles est \(0\), où les cotes diffèrent.

12.12 — Une droite et un plan : trois inconnues, trois positions possibles

12.13 — Propriété antérieure — Les trois positions droite-plan

Une droite et un plan sont soit sécants en un point unique, soit strictement parallèles, soit dans la situation où la droite est incluse dans le plan. Si un directeur de la droite appartient à la direction du plan, on a parallélisme au sens large. Un point de la droite dans le plan assure l’inclusion ; un point hors du plan assure le strict parallélisme. Si le directeur n’appartient pas à la direction du plan, la droite est sécante au plan, par le résultat d’incidence géométrique déjà identifié.

Pour calculer directement, prenons \(\overrightarrow{AM}=t\vec{u}\) sur la droite et \(\overrightarrow{BM}=s\vec{v}+r\vec{w}\) dans le plan. Chasles donne \[\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM} \iff t\vec{u}-s\vec{v}-r\vec{w}=\overrightarrow{AB}.\] Toutes ces transformations sont réversibles. Les trois inconnues \(t,s,r\) n’ont pas le même rôle : \(t\) situe le point sur la droite, le couple \((s,r)\) situe ce même point dans le plan.

12.14 — Exemple expliqué — Calculer une intersection avec un plan décrit vectoriellement

Le plan \(P\) passe par \(B(0;0;1)\) et est dirigé par \(\vec{v}=(1;0;1)\), \(\vec{w}=(0;1;1)\). Ils ne sont pas colinéaires : la première coordonnée de \(\vec{w}=\lambda\vec{v}\) donnerait \(\lambda=0\), puis la deuxième \(1=0\). Ainsi ses points ont pour coordonnées \[P:\quad(x;y;z)=(s;r;1+s+r),\qquad s,r\in\mathbb{R}.\] Considérons la droite \(\ell:(2-q;q;2q)\), \(q\in\mathbb{R}\), d’ancrage \((2;0;0)\) et de directeur \((-1;1;2)\ne\vec{0}\). Un point commun correspond exactement au système \[\begin{cases}2-q=s,\\q=r,\\2q=1+s+r.\end{cases}\] Remplaçons \(s\) et \(r\) dans la dernière : \(2q=1+(2-q)+q=3-q+q=3\). En divisant par \(2\ne0\), \(q=\frac32\). Alors \(s=2-\frac32=\frac{2\times2}{2}-\frac32=\frac42-\frac32=\frac12\) et \(r=\frac32\). La droite donne \(M\left(2-\frac32;\frac32;2\times\frac32\right)=\left(\frac12;\frac32;3\right)\). Le plan donne \(\left(\frac12;\frac32;1+\frac12+\frac32\right)=\left(\frac12;\frac32;1+\frac42\right)=\left(\frac12;\frac32;3\right)\). Le système possède un unique triplet : la droite est sécante au plan en \(M\).

Le directeur n’est d’ailleurs pas dans la direction du plan : l’écrire \(a\vec{v}+b\vec{w}\) imposerait \(a=-1,b=1\), puis \(a+b=0\ne2\). Cela explique géométriquement la sécance avant le calcul du point.

12.15 — Exemple expliqué — Partir de trois points : le plan \((ABC)\) et la droite \((DE)\)

Dans un même repère, soient \[A(1;0;1),\quad B(3;1;0),\quad C(0;2;2),\quad D(0;1;0),\quad E(1;2;1).\] Cherchons l’intersection du plan \((ABC)\) avec la droite \((DE)\), puis avec le segment \([DE]\).

Construire les objets à partir des données

Les vecteurs du plan sont \[\overrightarrow{AB}=(2;1;-1),\qquad\overrightarrow{AC}=(-1;2;1).\] Ils ne sont pas colinéaires : \(\overrightarrow{AC}=\lambda\overrightarrow{AB}\) imposerait \(\lambda=-\frac12\) par la première coordonnée, mais \(2=-\frac12\) par la deuxième. Le plan \((ABC)\) est donc défini. Ses points sont exactement les points \(M\) tels que \[\overrightarrow{AM}=s\overrightarrow{AB}+r\overrightarrow{AC},\qquad s,r\in\mathbb{R},\] soit, en coordonnées, \[M=(1+2s-r;\ s+2r;\ 1-s+r).\] Sur la droite, \(\overrightarrow{DE}=(1;1;1)\ne\vec{0}\) ; un point s’écrit \(M=(t;1+t;t)\), \(t\in\mathbb{R}\). Nous avons un paramètre pour la droite et deux coefficients pour le plan.

Écrire l’égalité des deux positions

Un point commun correspond exactement au système \[\begin{cases} t=1+2s-r &(E_1),\\ 1+t=s+2r &(E_2),\\ t=1-s+r &(E_3). \end{cases}\] Les équations \(E_1\) et \(E_3\) ont des coefficients opposés devant \(r\) : les additionner est un bon premier geste. On obtient \(2t=2+s\), donc \(s=2t-2\). Ensuite \(E_3\) donne \(r=t-1+s=t-1+(2t-2)=3t-3\).

Remplaçons ces expressions dans \(E_2\) : \[\begin{aligned} 1+t&=(2t-2)+2(3t-3)\\ &=2t-2+6t-6=8t-8. \end{aligned}\] Soustraire \(t\) puis ajouter \(8\) donne \(9=7t\), donc \[t=\frac97,\qquad s=2\times\frac97-2=\frac{18-14}{7}=\frac47,\qquad r=3\times\frac97-3=\frac{27-21}{7}=\frac67.\]

Vérifier dans les deux objets et établir l’unicité

La droite donne \(M(\frac97;\frac{16}{7};\frac97)\). Le plan donne \[\left(1+\frac87-\frac67;\ \frac47+\frac{12}{7};\ 1-\frac47+\frac67\right) =\left(\frac97;\frac{16}{7};\frac97\right).\] Les trois égalités sont donc bien satisfaites. Toute solution du système initial a été contrainte à ce triplet ; le contrôle prouve que ce triplet convient. La droite et le plan sont sécants en ce point unique.

Répondre à la question sur le segment

La représentation de \((DE)\) utilise précisément \(\overrightarrow{DE}\). Le segment \([DE]\) impose donc \(t\in[0;1]\). Or \(\frac97>1\) : le point commun est au-delà de \(E\) depuis \(D\). Il n’appartient pas au segment. Puisqu’il est le seul point commun à la droite support et au plan, on conclut \[[DE]\cap(ABC)=\varnothing.\] La droite est sécante au plan ; le segment ne le rencontre pas. La différence vient du domaine du paramètre.

Lecture de la figure. Le segment \([DE]\) est mis en évidence ; le point \(M\) est sur son prolongement au-delà de \(E\). Le plan est représenté par une portion de parallélogramme. La position exacte de \(M\) résulte du système, et son exclusion du segment résulte de \(t=\frac97>1\).

12.16 — À toi — Nouvelle tentative : une intersection à l'intérieur du segment

On donne \(A(0;0;1)\), \(B(1;0;2)\), \(C(0;1;1)\), \(D(0;0;0)\) et \(E(2;2;4)\). Déterminer l’intersection de \((DE)\) avec \((ABC)\), puis décider si elle appartient au segment \([DE]\).

Rappels locaux : vérifier que \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\) sont non colinéaires ; écrire \(\overrightarrow{AM}=s\overrightarrow{AB}+r\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{DE}\) ; tester les trois coordonnées ; le segment correspond à \(t\in[0;1]\). Indice : les coordonnées sur la droite sont \((2t;2t;4t)\) et celles du plan \((s;r;1+s)\).

Correction et contrôle.

On trouve \(\overrightarrow{AB}=(1;0;1)\) et \(\overrightarrow{AC}=(0;1;0)\). La première coordonnée d’une proportionnalité imposerait le coefficient \(0\), puis la deuxième donnerait \(1=0\) : le couple est non colinéaire. De plus \(\overrightarrow{DE}=(2;2;4)\ne\vec{0}\). Les points communs vérifient \(s=2t\), \(r=2t\), \(4t=1+s\). Par substitution, \(4t=1+2t\), donc \(2t=1\) et \(t=\frac12\). Ainsi \(s=r=1\) et l’intersection est \(M(1;1;2)\). Contrôle : sur la droite, remplacer \(t\) par \(\frac12\) donne ces coordonnées ; dans le plan, \((s;r;1+s)=(1;1;2)\). Le paramètre unique \(\frac12\) est dans \([0;1]\) : le point appartient au segment, et c’est même son milieu. La comparaison avec l’exemple précédent porte sur le domaine, pas sur une autre méthode de résolution.

12.17 — Exemple expliqué — Même direction, inclusion ou strict parallélisme

Reprenons le plan \(P:(s;r;1+s+r)\), passant par \(B(0;0;1)\) et dirigé par \(\vec{v}=(1;0;1)\) et \(\vec{w}=(0;1;1)\). La droite \(h:(t;0;1+t)\) passe par \(B\) et a pour directeur \(\vec{v}\). Pour tout \(t\), prendre \(s=t,r=0\) donne son point dans \(P\) : elle est incluse. La droite \(h_0:(t;0;t)\) a le même directeur mais passe par \(O(0;0;0)\). Ce point n’appartient pas à \(P\) : ses deux premières coordonnées imposeraient \(s=r=0\), puis la troisième imposerait \(0=1\). Les directions assurent le parallélisme ; le point hors du plan exclut l’inclusion : \(h_0\) est strictement parallèle à \(P\). On peut aussi contrôler tout point : \(s=t,r=0\) dans le plan donnerait une cote \(1+t\), jamais égale à \(t\).

12.18 — À toi — Tentative : décider avec le moins de calcul utile

Pour \(P:(s;r;1+s+r)\), classer les droites \[h:(t;0;1+t),\quad h_0:(t;0;t),\quad k:(0;0;t),\qquad s,r,t\in\mathbb{R}.\] Les trois descriptions sont locales à cet énoncé. Choisir une démarche courte pour chacune, puis calculer l’intersection quand elle est un point. Indice : distinguer une direction déjà dans le plan d’une direction qui n’y appartient pas.

Correction et contrôle.

Pour \(h\), le directeur \((1;0;1)\) est un des générateurs de \(P\) et son ancrage \(B\) est dans \(P\) : inclusion. Pour \(h_0\), même direction, mais \(O\) hors de \(P\) par le test \(0=1\) : strict parallélisme. Pour \(k\), le directeur \((0;0;1)\) ne peut être combinaison des générateurs : les deux premières coordonnées forceraient les deux coefficients à \(0\), puis la troisième serait \(0\) au lieu de \(1\). La droite est sécante. Le système \(s=0,r=0,t=1+s+r\) donne \(t=1\) ; intersection \(B(0;0;1)\). Contrôle dans \(k\) et dans \(P\) avec \((s,r)=(0,0)\).

12.19 — Deux plans : une direction commune ne suffit pas

12.20 — Propriété antérieure — Les trois positions de deux plans

Deux plans sont confondus, strictement parallèles, ou sécants suivant une droite. Deux plans distincts ne se coupent pas en un point isolé. Pour prouver le parallélisme, il faut deux directions indépendantes communes, pas seulement une. Avec une même direction de plan, un point commun prouve la confusion ; sans point commun, on a strict parallélisme. Trois points communs non alignés permettent également de prouver la confusion.

12.21 — Exemple expliqué — Une intersection de plans par deux paramètres chacun

Gardons \(P:(s;r;1+s+r)\). Soit \(Q\) le plan passant par \(O\) dirigé par \(\vec{v}=(1;0;1)\) et \(\vec{e}_2=(0;1;0)\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : la première coordonnée de \(\vec{e}_2=\lambda\vec{v}\) donnerait \(\lambda=0\), puis la deuxième \(1=0\). Ses points ont pour coordonnées \((q;k;q)\), \(q,k\in\mathbb{R}\). Les plans sont distincts : \(B(0;0;1)\in P\), mais \(B\notin Q\), car la première coordonnée \(q=0\) y impose une cote \(0\).

Un point commun correspond au système \[s=q,\qquad r=k,\qquad 1+s+r=q.\] En remplaçant \(s\) par \(q\) et \(r\) par \(k\), on obtient \(1+q+k=q\), donc \(1+k=0\) puis \(k=-1\). Ainsi \(r=-1\), tandis que \(q\) reste libre et \(s=q\). Les points communs sont exactement \[(q;-1;q)=(0;-1;0)+q(1;0;1),\qquad q\in\mathbb{R}.\] Cela décrit une droite de directeur \(\vec{v}\ne\vec{0}\). Réciproquement, tout \(q\) donne bien un point de \(P\) avec \((s,r)=(q,-1)\), puisque \(1+q-1=q\), et un point de \(Q\) avec \((q,k)=(q,-1)\). L’intersection n’est donc pas seulement contenue dans cette droite : c’est toute la droite.

12.22 — Exemple expliqué — Prouver une confusion ; prouver un strict parallélisme

Considérons \(P'\) passant par \(B'(1;2;4)\) et dirigé par \(\vec{v}+\vec{w}=(1;1;2)\) et \(\vec{v}-\vec{w}=(1;-1;0)\), où \(\vec{v}=(1;0;1)\) et \(\vec{w}=(0;1;1)\). Ils ne sont pas colinéaires : un multiple du second aurait une troisième coordonnée nulle, contrairement au premier. Tous deux sont dans la direction de \(P\). Réciproquement, \[\vec{v}=\tfrac12\big((\vec{v}+\vec{w})+(\vec{v}-\vec{w})\big),\qquad \vec{w}=\tfrac12\big((\vec{v}+\vec{w})-(\vec{v}-\vec{w})\big).\] Les deux couples engendrent donc la même direction. De plus \(B'\in P\), avec \(s=1,r=2\), car \(1+1+2=4\). Les plans ont la même direction et un point commun : ils sont confondus. Ce critère se comprend en transportant n’importe quelle combinaison des deux directions depuis le point commun ; on obtient exactement les mêmes points.

En revanche \(P_2:(s';r';2+s'+r')\) possède la même direction que \(P\), mais l’égalité des deux premières coordonnées d’un point commun imposerait \(s=s',r=r'\), puis \(1+s+r=2+s+r\), soit \(1=2\). Aucun point commun : ces deux plans sont strictement parallèles.

12.23 — À toi — Essai guidé, puis décision autonome sur deux plans

1. Le plan \(P_0\) est l’ensemble des points \((s;r;0)\) et \(Q_0\) celui des points \((q;0;k)\), tous les paramètres étant réels. Trouver l’intersection : égaler d’abord les trois coordonnées. Une direction commune suffit-elle à rendre les plans parallèles ?

2. Sans consulter la correction, comparer \(P_0\) au plan \(R_0\) passant par \((1;2;0)\) et dirigé par \((1;1;0)\) et \((1;-1;0)\). Puis remplacer le point d’ancrage par \((1;2;2)\) pour obtenir \(R_2\). Justifier les conclusions, pas seulement leur nom.

Indices gradués : dans \(1\), un paramètre reste libre ; dans \(2\), exprimer les deux directions de \(P_0\) par somme et différence des deux générateurs proposés ; tester ensuite le point d’ancrage.

Correction et contrôle.

1. Les deux descriptions ont des générateurs non colinéaires, ceux des plans de coordonnées. L’égalité donne \(s=q\), \(r=0\), \(k=0\) : l’intersection est l’axe \((q;0;0)\), pour tout \(q\in\mathbb{R}\). Chaque point de cet axe vérifie les deux descriptions. Les plans sont distincts car \((0;1;0)\in P_0\) mais pas dans \(Q_0\). Ils partagent une direction, celle de \((1;0;0)\), tout en étant sécants : une seule direction commune ne suffit pas.

2. Les générateurs \((1;1;0)\) et \((1;-1;0)\) ne sont pas colinéaires : la première coordonnée d’une proportionnalité imposerait le coefficient \(1\), alors que la deuxième imposerait \(-1=1\). Leur demi-somme est \((1;0;0)\) et leur demi-différence \((0;1;0)\) ; ils engendrent donc la même direction que \(P_0\). Le point \((1;2;0)\) est dans \(P_0\), d’où \(R_0=P_0\). Tous les points de \(R_2\) ont au contraire une cote \(2\), car ses deux directeurs ont une troisième composante nulle. La direction est la même, mais aucun point n’est commun avec \(P_0\) : strict parallélisme.

12.24 — À toi — Deux plans obliques : produire toute la droite d'intersection

Dans un repère, les plans \(P\) et \(Q\) sont décrits par \[P:\ (1+2s-r;\ s+2r;\ 1-s+r),\qquad Q:\ (q;\ q+k;\ k),\] où \(s,r,q,k\) varient indépendamment dans \(\mathbb{R}\). Vérifier que les deux descriptions définissent des plans, montrer qu’ils sont distincts, puis déterminer leur intersection. Après avoir trouvé une droite candidate, prouver que chacun de ses points appartient aux deux plans.

Rappel local : un point d’ancrage et deux vecteurs non colinéaires définissent un plan. L’égalité des trois coordonnées traduit les points communs. Indice 1 : lire les générateurs comme coefficients de chacun des paramètres. Indice 2 : dans \(Q\), la deuxième coordonnée est la somme de la première et de la troisième ; utiliser cette égalité pour éliminer \(q,k\).

Correction et contrôle.

Le plan \(P\) a pour ancrage \((1;0;1)\) et pour générateurs \((2;1;-1)\), \((-1;2;1)\), non colinéaires : la première composante imposerait le facteur \(-\frac12\), contredit par la deuxième. Pour \(Q\), l’ancrage est l’origine et les générateurs sont \((1;1;0)\) et \((0;1;1)\). Une proportionnalité imposerait le facteur \(0\) par la première coordonnée, mais échouerait à la deuxième : le couple est non colinéaire.

Le point \((3;1;0)\), obtenu pour \((s,r)=(1,0)\), est dans \(P\). Dans \(Q\), sa première et sa troisième coordonnées imposeraient \(q=3,k=0\), mais la deuxième serait alors \(3\), pas \(1\). Les plans sont distincts.

Pour les points communs, on écrit \[q=1+2s-r,\qquad q+k=s+2r,\qquad k=1-s+r.\] En remplaçant \(q\) et \(k\) dans l’équation centrale, \[(1+2s-r)+(1-s+r)=s+2r \iff2+s=s+2r \iff r=1.\] Le réel \(s\) reste libre. Les deux autres équations donnent \(q=2s\) et \(k=2-s\). Les points communs sont donc nécessairement \[(2s;\ 2+s;\ 2-s),\qquad s\in\mathbb{R}.\] Réciproquement, pour chaque \(s\), prendre \(r=1\) dans \(P\) donne ce point, et prendre \((q,k)=(2s,2-s)\) dans \(Q\) donne \((2s;2s+2-s;2-s)\), soit le même point. L’ensemble commun est exactement la droite passant par \((0;2;2)\) et de directeur \((2;1;-1)\ne\vec{0}\).

Le paramètre libre n’est pas une information manquante : il décrit tous les points de la droite d’intersection. Fournir seulement le point obtenu pour \(s=0\) n’aurait pas répondu à toute la question.

12.25 — Trajectoires : intersection spatiale ou collision ?

Une trajectoire est un ensemble de positions. Une collision exige le même point au même instant, avec même origine et même unité de temps. Les paramètres sont indépendants pour intersecter les lieux ; un temps commun est requis seulement pour comparer les positions instantanées de deux mouvements synchronisés.

12.26 — Exemple expliqué — Deux mobiles passent au même endroit, à des instants différents

On observe deux mobiles entre \(0\) et \(4\) minutes, avec une même origine des temps : \[D(t)=(1+2t;-2+t;-t),\quad E(t)=(5-t;-5+2t;3-2t),\quad t\in[0;4].\] Pour leurs trajectoires, on utilise deux variables indépendantes et on retrouve le calcul de \(d\) et \(e\) : le lieu commun est \(M(3;-1;-1)\), atteint à \(1\) minute par \(D\) et à \(2\) minutes par \(E\). Les deux valeurs appartiennent au domaine observé ; les trajectoires observées se rencontrent géométriquement.

Mais il n’y a pas collision : l’unique point commun est atteint à des instants différents. Contrôle direct avec un même instant \(\tau\) : la première coordonnée impose \(1+2\tau=5-\tau\), donc \(3\tau=4\), \(\tau=\frac43\) ; la deuxième impose \(-2+\tau=-5+2\tau\), donc \(\tau=3\). Aucun instant ne vérifie les deux, donc encore moins les trois.

Si l’observation était limitée à \([0;\frac12]\), les droites supports resteraient sécantes, mais les portions parcourues n’auraient plus ce point commun : les instants \(1\) et \(2\) ne seraient plus autorisés.

Lecture de la figure. À gauche, une projection linéaire des positions 3D de l’exemple montre les deux lieux. Le point \(M\) porte deux dates : \(D(1)=M\) et \(E(2)=M\). À l’instant \(1\), la position \(E(1)\) est ailleurs. À droite, les deux lignes de temps séparent les dates de passage au même point. La preuve de non-collision reste le calcul des coordonnées, pas l’apparence de la projection.

12.27 — À toi — Expliquer un changement de calendrier

Un nouveau mouvement est défini par \(F(\tau)=E(\tau+1)\), pour \(\tau\in[0;3]\), avec \(D(\tau)\) observé sur ce même intervalle. Y a-t-il cette fois collision ? Développer les coordonnées de \(F\), puis vérifier le point et le domaine.

Indices : les paramètres géométriques qui donnent l’intersection sont \(1\) pour \(D\) et \(2\) pour l’ancienne écriture \(E\) ; l’égalité \(\tau+1=2\) concerne le nouveau calendrier.

Correction et contrôle.

\(F(\tau)=(5-(\tau+1);-5+2(\tau+1);3-2(\tau+1))=(4-\tau;-3+2\tau;1-2\tau)\). À \(\tau=1\), \(D(1)=(3;-1;-1)\) et \(F(1)=(3;-1;-1)\) : collision. L’instant \(1\) appartient à \([0;3]\) ; l’ancien paramètre \(\tau+1=2\) appartient aussi à \([0;4]\). Ce n’est pas une simple autre écriture du même mouvement synchronisé : le calendrier a effectivement changé.

12.28 — Exemple expliqué — Des départs différés : deux horloges locales ne se comparent pas directement

Deux mobiles sont observés dans un même repère. Le premier part à l’instant global \(T=0\) ; sa position après \(t\) minutes est \[U(t)=(1+t;\ 2-t;\ 1+2t),\qquad 0\le t\le5.\] Le second part deux minutes plus tard. Après \(s\) minutes depuis son propre départ, sa position est \[V(s)=(5-s;\ -3+2s;\ 6+s),\qquad 0\le s\le4.\] Les deux durées \(t,s\) utilisent la même unité, mais pas la même origine. Au même instant global \(T\), on a \(t=T\) et \(s=T-2\).

Chercher le lieu commun avec deux paramètres indépendants

Les égalités des deux premières coordonnées donnent \[1+t=5-s\iff t+s=4,\qquad 2-t=-3+2s\iff t+2s=5.\] Soustraire la première équation de la seconde donne \(s=1\), puis \(t=3\). La troisième coordonnée confirme \(1+2\times3=7=6+1\). Les directeurs \((1;-1;2)\) et \((-1;2;1)\) ne sont pas colinéaires : le facteur imposé par la première coordonnée serait \(-1\), contredit par la deuxième. Le seul lieu commun est donc \(M(4;-1;7)\).

Revenir à l’horloge commune avant de parler de collision

Le premier mobile atteint \(M\) à l’instant global \(0+3=3\) minutes. Le second l’atteint à l’instant global \(2+1=3\) minutes. Il y a donc collision, malgré des durées locales différentes.

Vérifions directement avec \(T\). Pendant la période où les deux mouvements sont décrits, \(T\in[2;5]\), la position du second est \[V(T-2)=(7-T;\ 2T-7;\ 4+T).\] À \(T=3\), \(U(3)=(4;-1;7)\) et \(V(1)=(4;-1;7)\). L’instant est bien dans l’intervalle commun.

Une modification du calendrier change la conclusion

Si le second partait trois minutes plus tard, les mêmes trajectoires auraient encore \(M\) pour point commun. Mais les dates de passage seraient \(3\) pour le premier et \(3+1=4\) pour le second : pas de collision. Les paramètres de droite permettent de localiser ; les dates permettent de synchroniser.

12.29 — À toi — Dire ce qui est démontré et ce qui reste à contrôler

Un élève a trouvé que deux trajectoires rectilignes se croisent pour les durées locales \(t=4\) et \(s=1\). Le premier départ est à \(T=0\), le second à \(T=3\). Peut-il conclure à une collision ? Quelles deux informations doit-il encore vérifier dans l’énoncé ?

Correction et contrôle.

Les dates globales coïncident : \(0+4=3+1=4\). Cela autorise une collision si les durées sont exprimées dans la même unité et si \(4\) et \(1\) appartiennent aux domaines de mouvement autorisés. Il faut aussi que le croisement ait réellement été établi en vérifiant les trois coordonnées, ce que suppose l’énoncé de la question. Une valeur extérieure au temps d’observation ou une durée dans une autre unité empêcherait cette conclusion sans conversion ou information supplémentaire.

12.30 — Réparer trois conclusions trop rapides

Première erreur : «directeurs non colinéaires, donc sécantes». Reprendre les deux droites \((t;0;0)\) et \((0;s;1)\) : les cotes les rendent gauches. Nouvel essai : remplacer \(1\) par \(0\). Correction : \(t=s=0\) donne l’origine et les directions sont différentes : elles sont sécantes. Revenir maintenant aux droites \(d(t)=(1+2t;-2+t;-t)\) et \(e_1(s)=(5-s;-5+2s;4-2s)\) et nommer l’équation incompatible.

Deuxième erreur : «directeur dans la direction du plan, donc strictement parallèle». Le plan \(z=0\) contient l’axe \((t;0;0)\) : il faut tester un point. Nouvel essai : la droite \((t;0;1)\) est-elle incluse ? Correction : son ancrage a cote \(1\), hors du plan ; même direction mais strict parallélisme. Revenir à \(h\) et \(h_0\) en explicitant leur point d’ancrage.

Erreur voisine entre plans : \(P_0\) de cote \(0\) et \(Q_0\) d’ordonnée \(0\) partagent une direction, mais se coupent suivant l’axe des abscisses. Nouvel essai : remplacer \(Q_0\) par le plan d’ordonnée \(1\). Correction : l’intersection avec \(P_0\) est la droite \((t;1;0)\), pas le plan entier ni l’ensemble vide. Revenir à l’exemple \(P,Q\) : la direction commune explique celle de l’intersection, pas un parallélisme des plans.

Troisième erreur : «même point de trajectoire, donc collision». Des passages à \(1\) minute et \(2\) minutes sont différents. Nouvel essai : sur les trajectoires \((t;0;0)\) et \((2;s-3;0)\), le point commun est atteint à \(2\) et \(3\) minutes. Correction : pas de collision avec une même horloge, bien que les deux passages puissent être observés entre \(0\) et \(4\) minutes. Revenir aux mouvements \(D,E\) et distinguer leurs deux questions.

12.31 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre partie ou demain, sans relire : 1. Classer \(a:(t;0;0)\) et \(b_m:(s;1+ms;0)\) suivant \(m\). 2. Pour \(P:(s;r;1+s+r)\), chercher l’intersection avec \(k:(0;0;q)\) ; dire pourquoi \(k\) n’est pas incluse. 3. Pour \(Q:(q;k;q)\), établir l’intersection avec \(P\) en vérifiant aussi la réciproque. 4. Deux mobiles suivent \((t;0;0)\) et \((2;t-3;0)\) pour \(t\in[0;4]\) avec la même horloge. Les trajectoires se coupent-elles ? Y a-t-il collision ? Aides : séparer \(m=0\) avant la division ; trois coordonnées ; un paramètre peut rester libre ; distinguer le couple de paramètres d’un temps commun.

Correction et contrôle.

1. Les directeurs sont \((1;0;0)\) et \((1;m;0)\), toujours non nuls. Si \(m=0\), même direction et ordonnées \(0\) et \(1\) différentes : strict parallélisme. Si \(m\ne0\), le point commun impose \(t=s\), \(1+ms=0\), donc \(s=t=-\frac1m\). La cote \(0\) est vérifiée : sécance en \((-\frac1m;0;0)\). 2. L’égalité avec \((0;0;q)\) impose \(s=r=0\), puis \(q=1\) : intersection \((0;0;1)\). \(k\) n’est pas incluse puisque son point d’ancrage \(O\) ne vérifie pas la troisième coordonnée du plan pour \(s=r=0\) ; l’intersection unique établit aussi la sécance. 3. On a \(s=q,r=k,1+s+r=q\), donc \(k=r=-1\) et \(s=q\) libre. L’ensemble commun est \((q;-1;q)\) ; pour tout \(q\), ces valeurs vérifient les trois équations dans les deux plans. Le directeur \((1;0;1)\) est non nul, il s’agit bien d’une droite. Les plans sont distincts car \((0;0;1)\) appartient à \(P\) mais pas à \(Q\). 4. Avec deux paramètres indépendants, l’égalité donne le point \((2;0;0)\) pour les valeurs \(2\) et \(3\), toutes deux autorisées. Avec un temps commun, la première coordonnée impose \(t=2\) et la deuxième \(t=3\), incompatibles : pas de collision.

Je sais faire seul si… je vérifie que les objets sont définis ; je distingue direction et position ; je garde des paramètres indépendants pour les lieux ; je contrôle la troisième équation et les domaines ; je nomme l’objet d’intersection et prouve que tous ses points conviennent ; je sais expliquer pourquoi une collision est une condition supplémentaire.

13. Problèmes de synthèse — choisir une démarche

Avant de poursuivre. Dans un repère fixé, \(\overrightarrow{AB}\) se calcule par arrivée moins départ. Un point appartient au plan de point \(B\) et de directions indépendantes \(\vec{u},\vec{v}\) si son déplacement depuis \(B\) vaut \(s\vec{u}+r\vec{v}\). Deux points distincts d’une droite dans un plan y entraînent toute la droite ; trois points non alignés déterminent un plan. Un tétraèdre a quatre sommets non coplanaires. Deux droites valides non parallèles sont sécantes ou non coplanaires : il faut chercher un point commun pour trancher. Essai corrigé : \((t;0;0)\) et \((0;s;1)\) n’ont pas de point commun, car l’égalité des troisièmes coordonnées imposerait \(0=1\). Leurs directions ne sont pas colinéaires : elles sont donc non coplanaires.

13.1 — Choisir une première démarche

Des milieux et des faces parallèles invitent à examiner la configuration. Des relations vectorielles invitent à utiliser Chasles et les combinaisons. Des points déjà repérés invitent à comparer les coordonnées. Une droite entière ou plusieurs points variables invitent au paramétrage. Ce sont des indications, pas des obligations : expliquer pourquoi une démarche suffit est déjà une partie de la solution.

13.2 — Exemple expliqué — Le même point, trois chemins réellement différents

On considère un cube \(ABCDEFGH\) : \(ABCD\) est la face inférieure et \(EFGH\) la face supérieure, avec \(E,F,G,H\) au-dessus de \(A,B,C,D\). Le point \(O\) est le milieu de \([BH]\). Montrer que \(O\) appartient au plan \(P=(BDF)\).

Vérifier l’objet. Les vecteurs \(\overrightarrow{BD}\) et \(\overrightarrow{BF}\) ne sont pas colinéaires : la droite \((BD)\) est dans la face inférieure, tandis que \(F\) n’y appartient pas. Ainsi \(B,D,F\) ne sont pas alignés et définissent bien un plan.

Lecture de la figure. Le cube est nommé comme dans les données. La région colorée représente la section diagonale \(BDHF\) ; le plan \((BDF)\) se prolonge au-delà de cette portion dessinée. Le point \(O\) est sur la diagonale \([BH]\) ; le dessin suggère son appartenance au plan, mais la preuve doit établir que \(H\) appartient lui aussi à ce plan. Les trois arêtes cachées du cube sont en tirets.

1. Configuration : chercher un deuxième point de la diagonale. Dans la face \(DCGH\) et la face \(ABFE\), les arêtes \([DH]\) et \([BF]\) sont parallèles et égales comme vecteurs : \(\overrightarrow{DH}=\overrightarrow{BF}\). Puisque \(P\) contient \(D\) et la direction de \((BF)\), il contient la droite par \(D\) parallèle à \((BF)\), donc \(H\). La droite \((BH)\) est alors contenue dans \(P\), car ses deux points distincts \(B,H\) y appartiennent. Son milieu \(O\) y appartient. Cette démarche est courte parce que la configuration fournit le bon point \(H\) ; une diagonale seulement dessinée dans le plan ne l’aurait pas prouvé.

2. Vecteurs : produire une combinaison de deux directions. La relation de milieu donne \(\overrightarrow{BO}=\frac12\overrightarrow{BH}\). Nous introduisons \(D\) pour rejoindre les directions connues : \[\overrightarrow{BH}=\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DH}=\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BF},\qquad \overrightarrow{BO}=\frac12\overrightarrow{BD}+\frac12\overrightarrow{BF}.\] C’est précisément une combinaison des deux directions non colinéaires de \(P\) à partir de \(B\) ; donc \(O\in P\). Le contrôle est géométrique : la somme reconstitue la diagonale \(BH\), puis la moitié de cette diagonale.

3. Coordonnées : traduire et vérifier toutes les composantes. Choisissons le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\). Il est valide, les trois directions des arêtes étant non coplanaires ; il n’est pas nécessaire de leur donner une longueur unité au sens métrique. On a \[B(1;0;0),\quad D(0;1;0),\quad F(1;0;1),\quad H(0;1;1).\] Par la formule du milieu, \(O(\frac12;\frac12;\frac12)\). Ainsi \[\overrightarrow{BO}=\begin{pmatrix}-\frac12\\\frac12\\\frac12\end{pmatrix},\quad \overrightarrow{BD}=\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix},\quad \overrightarrow{BF}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}.\] L’équation \(\overrightarrow{BO}=s\overrightarrow{BD}+r\overrightarrow{BF}\) donne \(-s=-\frac12\), \(s=\frac12\), \(r=\frac12\). Les trois équations sont compatibles avec \(s=r=\frac12\). En recomposant, \(( -s;s;r)=(-\frac12;\frac12;\frac12)\), donc \(O\in P\).

Comparer l’effort. La configuration était la première démarche conseillée : elle utilisait deux propriétés déjà visibles dans les données. Les vecteurs rendent explicite le rôle des coefficients. Les coordonnées produisent un contrôle indépendant, mais obligent à installer un repère et à calculer trois déplacements. Une solution plus longue n’est pas fausse ; elle peut devenir préférable avec d’autres données.

13.3 — À toi — Une première variation accompagnée

Dans le même cube et le même repère, on définit \(M\) par \(\overrightarrow{BM}=2\overrightarrow{BD}\). Montrer que \(M\in(BDF)\), calculer ses coordonnées et expliquer pourquoi il n’appartient pas à la section diagonale \(BDHF\) du cube. Cette section n’est pas une des six faces. Indices gradués. Partir de \(B\) ; écrire \(2\overrightarrow{BD}+0\overrightarrow{BF}\) ; comparer ensuite les coordonnées aux limites d’une face du cube.

Correction et contrôle.

Les générateurs \(\overrightarrow{BD},\overrightarrow{BF}\) sont non colinéaires : la droite \((BD)\) est dans la face \(ABCD\) alors que \(F\) n’appartient pas à son plan. Ainsi \(\overrightarrow{BM}=2\overrightarrow{BD}+0\overrightarrow{BF}\) établit l’appartenance au plan. Le déplacement vaut \(2(-1;1;0)=(-2;2;0)\) ; on ajoute les coordonnées de \(B\) et l’on obtient \(M(-1;2;0)\). Tous les points du cube ont leurs coordonnées entre \(0\) et \(1\) dans ce repère d’arêtes : \(M\) est extérieur au cube, donc aussi à sa section \(BDHF\). Le plan, lui, est infini. Sur la droite \((BD)\), le coefficient \(2>1\) place \(M\) au-delà de \(D\) ; c’est un second contrôle sans calcul de longueur.

13.4 — À toi — À tenter avant de consulter — une famille à deux réglages

Dans un repère, on considère la droite \(d\) décrite par \((t;0;0)\), \(t\in\mathbb{R}\), et la droite \(e_{m,h}\) décrite par \((s;1+ms;h)\), \(s\in\mathbb{R}\). Les réels \(m,h\) sont des paramètres de famille, fixés quand on étudie les droites. Classer toutes les positions relatives possibles et déterminer l’intersection lorsqu’elle existe. Expliquer personnellement pourquoi l’absence de point commun ne suffit pas à choisir le mot « parallèle ».

Indices gradués. Les directeurs sont \((1;0;0)\) et \((1;m;0)\) ; commencer par \(m=0\) avant de diviser par \(m\). Un point commun doit vérifier simultanément \(t=s\), \(0=1+ms\) et \(0=h\).

Correction et contrôle.

Les deux écritures décrivent toujours des droites : chacun des directeurs a une première coordonnée \(1\), donc n’est jamais nul. Si \(m=0\), les directeurs sont égaux. Mais les points de \(e_{0,h}\) ont deuxième coordonnée \(1\), contre \(0\) pour \(d\). Les droites sont strictement parallèles, quel que soit \(h\) ; elles ne sont jamais confondues.

Supposons maintenant \(m\ne0\). Les directeurs ne sont pas colinéaires : si \((1;m;0)=\lambda(1;0;0)\), la première coordonnée impose \(\lambda=1\) et la deuxième imposerait \(m=0\), contradiction. Les droites seront donc sécantes ou non coplanaires. Le système d’intersection est \[t=s,\qquad ms=-1,\qquad h=0.\] Si \(h\ne0\), la troisième équation est impossible : les droites sont non coplanaires. Si \(h=0\), on divise par le coefficient \(m\) maintenant connu non nul : \(s=-\frac1m\), puis \(t=-\frac1m\). L’intersection est le point \((-\frac1m;0;0)\). Contrôle sur \(e\) : \(1+m(-\frac1m)=1-1=0\) et \(h=0\) ; contrôle sur \(d\) : la première coordonnée est bien \(t\).

Il existe donc trois régimes : \(m=0\) donne le strict parallélisme ; \(m\ne0,h=0\) donne la sécance ; \(m\ne0,h\ne0\) donne la non-coplanarité. Aucun cas confondu n’est possible. Dans cette écriture, \(t=s\) est une conséquence de la première équation, non une règle à imposer avant la recherche. Pour deux autres ancrages ou directeurs, les paramètres d’intersection pourraient être différents.

Réponse possible à la demande d’explication : l’absence de point commun laisse deux possibilités dans l’espace. Je dois examiner la colinéarité des directeurs pour distinguer le strict parallélisme de la non-coplanarité. Le cas \(m=1,h=1\) réfute précisément « sans point commun donc parallèles ».

13.5 — Réparer le raisonnement, pas seulement le dernier mot

13.6 — Première erreur à repérer

Une copie affirme : « Les directeurs ne sont pas colinéaires, donc les droites sont sécantes. » La première ligne non justifiée est le donc : un résultat du plan a été transporté à l’espace sans vérifier la coplanarité.

Rappel ciblé : pour des directions non colinéaires, chercher un point commun. Exemple plus simple : \((t;0;0)\) et \((0;s;2)\) imposeraient \(0=2\) dans la troisième coordonnée ; pas de point commun, donc droites non coplanaires.

Nouvel essai, avant la correction : comparer \((t;0;0)\) et \((2;s;0)\). Correction : \(t=2\), \(s=0\), et \(0=0\) dans la troisième équation ; le point \((2;0;0)\) est bien commun. Les directions indépendantes conduisent cette fois à des droites sécantes. Retour à la famille : ce sont la condition \(h=0\) et l’équation \(ms=-1\) qui permettent de trancher, pas le dessin.

13.7 — À toi — Choisir sa preuve dans un tétraèdre

Soit \(ABCD\) un tétraèdre et le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})\). Les points \(I,J,K\) sont définis par \(\overrightarrow{AI}=\frac23\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AJ}=\frac23\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{AK}=\frac23\overrightarrow{AD}\). On note \(M\) le milieu de \([BC]\).

Montrer que \((IJK)\) et \((BCD)\) sont strictement parallèles.
Déterminer l’intersection de \((AM)\) et \((IJK)\) ; justifier son appartenance à \([IJ]\).
La droite \((DM)\) rencontre-t-elle \((IJK)\) ? Donner une preuve choisie, puis un contrôle dans un autre registre.

Indices. Par Chasles, \(\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{AI}\) ; \(\overrightarrow{IK}\) se traite de même. Le milieu de \([IJ]\) fournit un candidat pour (b). Pour (c), commencer par situer toute la droite \((DM)\).

Correction et contrôle.

a) Établir le parallélisme et prouver que les plans sont distincts.

On développe \(\overrightarrow{IJ}=\frac23\overrightarrow{AC}-\frac23\overrightarrow{AB}=\frac23(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac23\overrightarrow{BC}\) ; de même \(\overrightarrow{IK}=\frac23\overrightarrow{BD}\). Les vecteurs \(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}\) sont non colinéaires puisque \(BCD\) est une face triangulaire du tétraèdre. Les multiples non nuls \(\overrightarrow{IJ},\overrightarrow{IK}\) le sont donc aussi : le plan \((IJK)\) est défini, avec deux directions indépendantes communes au plan \((BCD)\) ; ces plans sont parallèles au sens large. Ils sont distincts : sur la droite \((AB)\), le seul point du plan \((BCD)\) est \(B\) (sinon \(A\) serait aussi dans ce plan). Or \(I\ne B\), puisque son coefficient est \(\frac23\ne1\). Ainsi \(I\notin(BCD)\), et le parallélisme est strict.

b) Construire le point commun et prouver son unicité.

Le point \(M\) appartient à \((BCD)\) alors que \(A\) n’y appartient pas ; ainsi \(A\ne M\) et la droite \((AM)\) est bien définie. Soit \(N\) le milieu de \([IJ]\). La relation de milieu à partir de \(A\) donne \[\overrightarrow{AN}=\frac12(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AJ}) =\frac12\!\left(\frac23\overrightarrow{AB}+\frac23\overrightarrow{AC}\right) =\frac13(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\frac23\overrightarrow{AM}.\] La droite \((AM)\) contient donc \(N\) ; \([IJ]\subset(IJK)\) donne sa seconde appartenance. Le point \(A\) n’appartient pas à \((IJK)\) : si \(\overrightarrow{IA}=-\frac23\overrightarrow{AB}\) était une combinaison de \(\overrightarrow{IJ},\overrightarrow{IK}\), le coefficient sur \(\overrightarrow{AC}\) imposerait le premier coefficient nul et celui sur \(\overrightarrow{AD}\) le second nul, laissant \(\overrightarrow{IA}=0\), impossible. La droite n’est pas incluse ; son point commun \(N\) est donc unique. En coordonnées, \(N(\frac13;\frac13;0)\), et \(M(\frac12;\frac12;0)\) redonne bien \(\overrightarrow{AN}=\frac23\overrightarrow{AM}\). Ce contrôle utilise la base du tétraèdre, pas une longueur ou un angle du dessin.

c) Exclure une rencontre par deux méthodes.

Les points distincts \(D,M\) appartiennent à \((BCD)\), donc toute leur droite y appartient. Les plans \((BCD)\) et \((IJK)\) n’ont aucun point commun : \((DM)\) ne rencontre donc pas \((IJK)\). Pour contrôler autrement, un point de \((DM)\) a les coordonnées \((\frac t2;\frac t2;1-t)\). Un point de \((IJK)\) s’écrit \(I+s\overrightarrow{IJ}+r\overrightarrow{IK}\), soit \((\frac23(1-s-r);\frac23s;\frac23r)\) ; la somme de ses coordonnées vaut \(\frac23\). Celle du point de \((DM)\) vaut \(\frac t2+\frac t2+1-t=1\). Une égalité des points imposerait \(1=\frac23\), impossible. La somme des coordonnées sert ici de contrôle d’un paramétrage établi ; elle n’introduit pas une théorie générale des équations cartésiennes de plans.

13.8 — Exemple expliqué — Deux plans se coupent : trouver la droite, puis la partie visible

Dans un cube \(ABCDEFGH\), les faces \(ABCD\) et \(EFGH\) sont opposées, avec les arêtes \([AE],[BF],[CG],[DH]\). On étudie les plans \[\mathcal P=(EBC),\qquad \mathcal Q=(ADF).\] Déterminer leur intersection. On appelle \(I\) le centre de la face \(ABFE\) et \(J\) le centre de la face \(DCGH\).

1. Pourquoi commencer par une face ?

Les trois points \(E,B,C\) ne sont pas alignés : \((BC)\) est dans la face inférieure et \(E\) n’y est pas. De même, \((AD)\) est dans cette face et \(F\) n’y est pas. Les deux plans sont donc définis.

Dans le plan de la face \(ABFE\), les diagonales \([EB]\) et \([AF]\) ont le même milieu \(I\). Or \((EB)\subset\mathcal P\) et \((AF)\subset\mathcal Q\). Ainsi \(I\) est un point commun. Il nous manque encore une direction de l’intersection et la preuve que les plans sont distincts.

2. Vérifier la distinction des plans.

Les plans \(\mathcal Q\) et \((ABF)\) sont distincts : \(D\) appartient au premier et pas au second. Ils possèdent les deux points distincts \(A,F\) ; leur intersection est donc \((AF)\). Le point \(E\) appartient à la face \(ABFE\) mais pas à la diagonale \((AF)\), donc \(E\notin\mathcal Q\). Comme \(E\in\mathcal P\), les plans \(\mathcal P,\mathcal Q\) sont distincts.

Ils ont un point commun et sont distincts : ils sont sécants suivant une droite \(\Delta\).

3. Utiliser le toit avec ses deux plans nommés.

On sait que \((BC)\subset\mathcal P\) et \((AD)\subset\mathcal Q\). Ces deux droites sont parallèles. Le théorème du toit s’applique aux deux plans sécants : leur droite d’intersection est parallèle à \((AD)\).

Elle passe par \(I\) ; elle est donc la droite passant par \(I\) et de direction \(\overrightarrow{AD}\). La translation de vecteur \(\overrightarrow{AD}\) envoie \(A,B,F,E\) respectivement sur \(D,C,G,H\) et le centre de la première face sur celui de la seconde. Elle envoie donc \(I\) sur \(J\). Finalement, \[\boxed{\mathcal P\cap\mathcal Q=(IJ).}\] Il faut bien le point \(I\) et la direction : le théorème du toit seul ne localisait pas la droite.

Lecture de la figure. Les portions colorées représentent les deux plans dans le cube : \(BCHE\) pour \(\mathcal P\) et \(ADGF\) pour \(\mathcal Q\). La droite d’intersection traverse les centres \(I,J\) de deux faces opposées. Ses prolongements dépassent le solide ; seule la partie \([IJ]\) se trouve dans le cube. La preuve nomme les plans et les droites avant d’utiliser le toit.

4. Refaire la recherche en coordonnées, sans équation de plan à apprendre.

Choisissons le repère d’arêtes \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\). Les coordonnées sont \[E(0;0;1),\quad B(1;0;0),\quad C(1;1;0),\quad D(0;1;0),\quad F(1;0;1).\] Un point de \(\mathcal P\) s’obtient à partir de \(E\) avec les directions \[\overrightarrow{EB}=(1;0;-1),\qquad \overrightarrow{EC}=(1;1;-1).\] Ce sont deux directions non colinéaires. Pour \(s,t\in\mathbb{R}\), ce point a donc les coordonnées \[(0;0;1)+s(1;0;-1)+t(1;1;-1)=(s+t\,;\,t\,;\,1-s-t).\] Un point de \(\mathcal Q\) s’écrit à partir de \(A\) avec \(\overrightarrow{AD}=(0;1;0)\) et \(\overrightarrow{AF}=(1;0;1)\) : \[p(0;1;0)+q(1;0;1)=(q\,;\,p\,;\,q),\qquad p,q\in\mathbb{R}.\] Pour être le même point, les trois coordonnées doivent être égales : \[s+t=q,\qquad t=p,\qquad 1-s-t=q.\] La première et la troisième donnent \(q=1-q\), donc \(2q=1\) et \(q=\frac12\). Il reste \(p=t\) et \(s=\frac12-t\). Le paramètre \(t\) reste libre. Ainsi tous les points communs, et seulement eux, s’écrivent \[M_t\left(\frac12\,;\,t\,;\,\frac12\right),\qquad t\in\mathbb{R}.\] Contrôle de la réciproque. Pour n’importe quel réel \(t\), prendre \(s=\frac12-t\), \(p=t\), \(q=\frac12\). Ces valeurs satisfont les trois équations. On n’a donc oublié aucun point en résolvant le système et on n’a pas ajouté de faux point commun.

Les valeurs \(t=0\) et \(t=1\) donnent \(I(\frac12;0;\frac12)\) et \(J(\frac12;1;\frac12)\). Le directeur \((0;1;0)\) confirme le parallélisme à \((AD)\). Pour rester dans le cube, il faut et il suffit que \(0\le t\le1\) : la portion commune au cube est \([IJ]\), alors que l’intersection des plans est la droite entière.

Ce que la seconde méthode apporte. La géométrie expliquait vite la direction et le point. Le système vérifie tous les points communs et fait apparaître exactement le paramètre qui décrit leur droite.

13.9 — À toi — Retrouver quatre sommets à partir de milieux

Dans un repère quelconque de l’espace, on connaît quatre points : \[I(3;0;1),\quad J(0;1;3),\quad K(2;-2;4),\quad L(2;2;2).\] Ils doivent être les milieux respectifs de \([AB],[AC],[AD],[BC]\).

Retrouver les coordonnées des quatre points \(A,B,C,D\) et contrôler les quatre données de milieu.
Ces quatre points forment-ils un tétraèdre ?
Si oui, comparer les plans \((IJK)\) et \((BCD)\) en choisissant une méthode géométrique.

À essayer avant les indices. Écrire d’abord une relation qui détermine \(A\) à l’aide de \(I,J,L\) ; on ne peut pas supposer que \(A\) est l’origine du repère déjà donné.

Indices gradués. Les relations de milieu donnent \(2\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\), \(2\overrightarrow{OJ}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}\) et \(2\overrightarrow{OL}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\). Additionner les deux premières et soustraire la troisième. Pour (b), commencer par calculer \(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\) ; le dessin ne suffit pas.

Correction et contrôle.

a) Trouver l’origine géométrique inconnue.

Le point \(O\) désigne ici l’origine du repère fourni, et non le point recherché \(A\). Les trois égalités de milieu donnent \[\begin{aligned} 2\overrightarrow{OI}+2\overrightarrow{OJ}-2\overrightarrow{OL} &=(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})+(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}) -(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\\ &=2\overrightarrow{OA}. \end{aligned}\] On divise par \(2\) : \[\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OI}+\overrightarrow{OJ}-\overrightarrow{OL}.\] Les coordonnées de \(A\) sont donc \[(3;0;1)+(0;1;3)-(2;2;2)=(1;-1;2).\] Puis, dans le même repère, \[\begin{aligned} B&:\quad 2(3;0;1)-(1;-1;2)=(5;1;0),\\ C&:\quad 2(0;1;3)-(1;-1;2)=(-1;3;4),\\ D&:\quad 2(2;-2;4)-(1;-1;2)=(3;-3;6). \end{aligned}\] Ces écritures abrègent des égalités entre vecteurs issus de \(O\) ; elles ne transforment pas un point en vecteur sans origine.

Contrôle dans les données initiales. Les quatre demi-sommes de coordonnées valent \[\begin{aligned} \operatorname{mil}[AB]&=\left(\frac{1+5}{2};\frac{-1+1}{2};\frac{2+0}{2}\right)=(3;0;1)=I,\\ \operatorname{mil}[AC]&=\left(\frac{1-1}{2};\frac{-1+3}{2};\frac{2+4}{2}\right)=(0;1;3)=J,\\ \operatorname{mil}[AD]&=\left(\frac{1+3}{2};\frac{-1-3}{2};\frac{2+6}{2}\right)=(2;-2;4)=K,\\ \operatorname{mil}[BC]&=\left(\frac{5-1}{2};\frac{1+3}{2};\frac{0+4}{2}\right)=(2;2;2)=L. \end{aligned}\] Chaque point est imposé par une formule unique. Cette vérification prouve aussi que les quatre contraintes sont compatibles.

b) Vérifier la troisième dimension.

On calcule arrivée moins départ : \[\overrightarrow{AB}=(4;2;-2),\quad \overrightarrow{AC}=(-2;4;2),\quad \overrightarrow{AD}=(2;-2;4).\] Les deux premiers vecteurs ne sont pas colinéaires. En effet, \(\overrightarrow{AC}=\lambda\overrightarrow{AB}\) imposerait \(\lambda=-\frac12\) par la première coordonnée, puis \(4=-1\) par la deuxième, ce qui est impossible. Le plan \((ABC)\) est donc défini.

Cherchons si \(\overrightarrow{AD}=s\overrightarrow{AB}+t\overrightarrow{AC}\). Cela impose \[\begin{cases} 4s-2t=2,\\ 2s+4t=-2,\\ -2s+2t=4. \end{cases}\] Les deux premières équations, divisées par \(2\), deviennent \(2s-t=1\) et \(s+2t=-1\). La première donne \(t=2s-1\). Substituer dans la deuxième donne \[s+2(2s-1)=-1 \ \Longleftrightarrow\ 5s-2=-1 \ \Longleftrightarrow\ s=\frac15.\] Ainsi \(t=\frac25-1=-\frac35\). Mais la troisième équation donnerait \[-2\times\frac15+2\times\left(-\frac35\right) =-\frac25-\frac65=-\frac85,\] et non \(4\). Le système est incompatible. Donc \(D\notin(ABC)\) et les quatre points forment bien un tétraèdre. Les deux premières coordonnées avaient seulement fourni un candidat pour \((s,t)\).

c) Choisir les milieux plutôt que recommencer un système.

Dans les triangles \(ABC\) et \(ABD\), les théorèmes des milieux donnent \[\overrightarrow{IJ}=\frac12\overrightarrow{BC},\qquad \overrightarrow{IK}=\frac12\overrightarrow{BD}.\] Comme \(B,C,D\) ne sont pas alignés, les deux directions \(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}\) sont non colinéaires. Les plans \((IJK)\) et \((BCD)\) ont donc la même direction.

Ils sont distincts. En effet, \((AB)\) rencontre \((BCD)\) seulement en \(B\) : si elle contenait un second point de ce plan, elle y serait incluse et \(A\) appartiendrait à \((BCD)\), contrairement au tétraèdre. Or \(I\) est le milieu de \([AB]\) et \(A\ne B\), donc \(I\ne B\) ; ainsi \(I\notin(BCD)\). Les plans sont strictement parallèles.

Cette dernière question n’exigeait pas de nouveaux calculs de coordonnées : la donnée « milieux » contenait déjà les deux directions utiles.

13.10 — À toi — Un point variable : droite entière ou morceau de droite ?

Dans le cube \(ABCDEFGH\), on choisit le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\). Pour chaque réel \(t\), on définit le point \(M_t\) par \[\overrightarrow{AM_t}=(1-t)\overrightarrow{AB}+t\overrightarrow{AD}+(2t-1)\overrightarrow{AE}.\]

Montrer que les points \(M_t\), pour \(t\in\mathbb{R}\), décrivent une droite entière.
Déterminer les valeurs de \(t\) pour lesquelles \(M_t\) appartient au cube, puis décrire la partie de la droite correspondante.
Justifier pourquoi les trois coefficients variables ne font pas décrire un plan ou tout l’espace.

Indices gradués. Regrouper les termes constants et ceux multipliés par \(t\). Chercher deux valeurs simples, notamment \(\frac12\) et \(1\). Dans un repère d’arêtes du cube, l’appartenance au solide est équivalente aux trois conditions \(0\le x\le1\), \(0\le y\le1\), \(0\le z\le1\).

Correction et contrôle.

a) Reconnaître le point fixe et le déplacement variable.

Développer les coefficients permet d’isoler \(t\) : \[\overrightarrow{AM_t}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AE} +t\left(-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AE}\right).\] Soit \(P\) le point défini par \(\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AE}\), et posons \(\vec{u}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AE}\). Alors \(\overrightarrow{PM_t}=t\vec{u}\). Le vecteur \(\vec{u}\) a les coordonnées \((-1;1;2)\) dans la base des arêtes, donc il est non nul. Comme \(t\) parcourt tous les réels, on obtient toute la droite de point \(P(1;0;-1)\) et de directeur \(\vec{u}\).

b) Imposer toutes les contraintes du cube.

Les coordonnées du point sont \[M_t(1-t\,;\,t\,;\,2t-1).\] On résout séparément les trois doubles inégalités : \[\begin{array}{rcl} 0\le1-t\le1&\Longleftrightarrow&0\le t\le1,\\ 0\le t\le1&&,\\ 0\le2t-1\le1&\Longleftrightarrow&1\le2t\le2 \ \Longleftrightarrow\ \frac12\le t\le1. \end{array}\] Toutes doivent être vraies en même temps. Leur intersection est donc \[\boxed{t\in\left[\frac12;1\right].}\] Pour \(t=\frac12\), on obtient \(M_{1/2}(\frac12;\frac12;0)\), qui est le milieu \(N\) de \([BD]\). Pour \(t=1\), on obtient \(M_1(0;1;1)=H\). La partie de la droite dans le cube est exactement \([NH]\).

Pour le vérifier par un paramètre de segment usuel, on écrit \[\overrightarrow{NM_t}=\left(t-\frac12\right)\vec{u},\qquad \overrightarrow{NH}=\frac12\vec{u}.\] Ainsi \(\overrightarrow{NM_t}=(2t-1)\overrightarrow{NH}\). Lorsque \(t\) parcourt \([\frac12;1]\), le coefficient \(2t-1\) parcourt \([0;1]\) : on retrouve bien le segment entier, sans manque.

Lecture de la figure. Le milieu \(N\) de \([BD]\) correspond à \(t=\frac12\) et \(H\) à \(t=1\). Le trait épais est la portion dans le cube. Les prolongements correspondent à des paramètres pour lesquels au moins une coordonnée sort de \([0;1]\). Les bornes viennent du calcul, non de l’impression donnée par la perspective.

c) Compter les choix indépendants, pas les lettres dans une formule.

Les trois coefficients \(1-t,t,2t-1\) changent, mais ils dépendent d’un seul nombre libre. Une fois \(t\) choisi, aucun des deux autres coefficients ne peut être fixé séparément. L’identité \(\overrightarrow{PM_t}=t\vec{u}\) donne la preuve précise que le lieu est une droite.

Contrôle rapide. Pour \(t=0\), \(P(1;0;-1)\) est extérieur au cube à cause de sa troisième coordonnée. Pour \(t=\frac34\), le point \((\frac14;\frac34;\frac12)\) est intérieur. Pour \(t=\frac54\), la première coordonnée \(-\frac14\) est négative et la troisième \(\frac32\) dépasse \(1\) : le point est extérieur.

13.11 — Réinvestir en changeant les coefficients

Sans reprendre le calcul précédent ligne à ligne, chercher la partie du lieu \[Q_t(2t\,;\,1-t\,;\,t),\qquad t\in\mathbb{R},\] qui reste dans le même cube. Expliquer quelle coordonnée resserre l’intervalle.

Correction et contrôle.

Le lieu est la droite de point \(D(0;1;0)\) et de directeur non nul \((2;-1;1)\). Les contraintes sont \[0\le2t\le1,\qquad 0\le1-t\le1,\qquad 0\le t\le1.\] La première donne \(0\le t\le\frac12\) ; chacune des deux autres donne \(0\le t\le1\). L’intersection est donc \([0;\frac12]\). C’est la première coordonnée qui resserre l’intervalle.

Les extrémités sont \(Q_0=D\) et \(Q_{1/2}=R(1;\frac12;\frac12)\), centre de la face \(BCGF\). Comme \(\overrightarrow{DQ_t}=t(2;-1;1)\) et \(\overrightarrow{DR}=\frac12(2;-1;1)\), on a \(\overrightarrow{DQ_t}=2t\overrightarrow{DR}\) avec \(2t\in[0;1]\). La partie cherchée est exactement \([DR]\). Vérifier seulement \(0\le t\le1\) aurait conservé, à tort, des points de première coordonnée supérieure à \(1\).

13.12 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre unité, sans relire : dans un tétraèdre \(ABCD\), prendre les milieux \(I,J,K\) de \([AB],[AC],[AD]\) et le milieu \(M\) de \([BC]\). Déterminer \((AM)\cap(IJK)\), expliquer pourquoi l’intersection est unique, puis dire si \((DM)\) rencontre ce plan. Choisir une méthode et justifier son économie. Aide locale. Le plan des trois milieux possède les directions \(\frac12\overrightarrow{BC},\frac12\overrightarrow{BD}\), indépendantes ; le milieu \(N\) de \([IJ]\) a \(\overrightarrow{AN}=\frac12\overrightarrow{AM}\).

Correction et contrôle.

Les relations annoncées viennent de Chasles comme différences des deux vecteurs issus de \(A\). Le milieu \(N\) de \([IJ]\) vérifie \(\overrightarrow{AN}=\frac14(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\frac12\overrightarrow{AM}\) : il est donc commun à \((AM)\) et \((IJK)\). Dans le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})\), \(I(\frac12;0;0)\) et les directions \(\overrightarrow{IJ}=(-\frac12;\frac12;0)\), \(\overrightarrow{IK}=(-\frac12;0;\frac12)\) donnent aux points du plan les coordonnées \((\frac{1-s-r}{2};\frac s2;\frac r2)\). Leur somme vaut \(\frac12\), alors que \(A\) a la somme \(0\) ; la droite n’est pas incluse et le point commun est unique. Le plan \((BCD)\) possède les mêmes deux directions et ses points s’écrivent \((1-s-r;s;r)\), de somme \(1\) ; les plans sont distincts et strictement parallèles. La droite \((DM)\) est contenue dans \((BCD)\) : elle ne rencontre pas \((IJK)\). La méthode des milieux fournit vite le candidat ; les coordonnées ne servent qu’à vérifier les exclusions. On n’a pas supposé qu’un dessin de deux segments suffisait à prouver leur intersection dans l’espace.

Je sais faire seul si… je choisis un outil à partir des données ; j’annonce ce qui rend le plan ou la droite valide ; je sépare direction et position ; je traite un paramètre nul avant toute division ; je contrôle le point dans tous les objets concernés ; je sais expliquer ce qu’une autre démarche apporte réellement.

14. Synthèse utilisable — décider et vérifier seul

Avant de poursuivre. Un résultat se reconnaît à ses conditions, pas à la couleur de son cadre. Dans cette unité, on travaille dans l’espace et dans un repère explicitement fixé dès que des triplets apparaissent. Le parallélisme est pris au sens large : il inclut la confusion des objets et, pour une droite et un plan, l’inclusion. « Strictement parallèle » exclut tout point commun. Essai corrigé : une droite contenue dans un plan est parallèle à ce plan au sens large, mais pas strictement parallèle.

14.1 — Les outils nécessaires à cette unité, rappelés localement

Vecteurs. \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}\) ; \(\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}\). Le milieu \(I\) de \([AB]\) vérifie \(\overrightarrow{AI}=\frac12\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}\). Les coordonnées de \(\overrightarrow{AB}\) sont celles de \(B\) moins celles de \(A\), composante par composante.

Directions. Le vecteur nul est colinéaire à tout vecteur, mais n’est pas directeur d’une droite. Si \(\vec{v}\ne\vec{0}\), la colinéarité avec \(\vec{u}\) se teste par \(\vec{u}=\lambda\vec{v}\), \(\lambda\in\mathbb{R}\), en vérifiant toutes les composantes. Pour \(A\ne B\), \(C\in(AB)\) équivaut à cette relation pour \(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}\). La droite \(A+\mathbb{R}\vec{u}\) est l’ensemble des points de déplacement \(t\vec{u}\) depuis \(A\) ; \(\vec{u}\) doit être non nul.

Plans et bases. Deux directions non colinéaires \(\vec{u},\vec{v}\), avec un point \(A\), décrivent un plan : \(\overrightarrow{AM}=s\vec{u}+r\vec{v}\). Trois vecteurs sont coplanaires lorsque leurs représentants de même origine sont dans un plan. Si les deux premiers sont non colinéaires, cela équivaut à écrire le troisième comme leur combinaison. Trois vecteurs non coplanaires forment une base : chaque vecteur possède une unique décomposition, relativement à ce triplet ordonné. Un repère ajoute une origine. On utilisera aussi le critère établi avec les bases : un triplet est non coplanaire si et seulement si toute relation \(a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}=\vec{0}\) impose \(a=b=c=0\). Il faut examiner toutes les solutions de cette relation, pas seulement constater que le triplet nul est une solution.

Positions. Des directeurs colinéaires donnent des droites parallèles : un point commun les rend confondues. Avec des directeurs non colinéaires, un point commun donne la sécance ; son absence donne la non-coplanarité. Une direction de droite appartenant à celle d’un plan donne l’inclusion ou le strict parallélisme : tester un point départage les deux cas. Deux directions indépendantes communes donnent des plans parallèles ; un point commun les rend confondus.

Incidence et toit. Deux points distincts d’une droite dans un plan entraînent l’inclusion de la droite. Trois points communs non alignés rendent deux plans confondus. Une droite dont la direction est extérieure à celle d’un plan rencontre ce plan en un unique point : c’est une fondation géométrique admise, antérieure aux coordonnées. Si deux plans distincts sont sécants suivant \(\Delta\) et contiennent respectivement deux droites parallèles, \(\Delta\) a leur direction commune : c’est le théorème du toit.

14.2 — Fiche de décision

Je vois / je cherche	Je pense	Je vérifie puis je fais
Milieux, faces, arêtes	Configuration, puis Chasles	Les noms et les incidences sont des données ; introduire un point intermédiaire utile, pas un détour au hasard.
Alignement	Colinéarité	Deux points de référence distincts ; écrire les déplacements dans le même sens puis un coefficient commun.
Point dans un plan	Combinaison de deux directions	Générateurs non colinéaires ; traduire toutes les coordonnées et recomposer.
Base donnée	Non-coplanarité	Un couple indépendant puis un test de combinaison du troisième ; trois paires non colinéaires ne suffisent pas.
Droite entière	Point et directeur	Directeur non nul ; un seul paramètre simultané ; préciser son domaine.
Deux écritures d’une droite	Direction et point	Directeurs proportionnels non nuls, puis point commun ; transformer aussi la restriction du paramètre.
Intersection	Paramètres indépendants	Égaler les trois coordonnées ; substituer le résultat dans les deux objets.
Parallélisme strict	Direction puis position	Ne pas confondre « même direction » et « aucun point commun ».
Section d’un solide	Faces et plans auxiliaires	Deux points communs pour une droite d’intersection ; contour fermé et points réellement sur les faces, pas seulement sur leurs prolongements.
Paramètre de famille	Cas exceptionnels	Traiter un directeur nul, des générateurs colinéaires et tout coefficient divisé nul avant de simplifier.
Deux mouvements	Trajectoires ou rencontre ?	Comparer les lieux avec paramètres indépendants ; pour une rencontre, même temps et domaines autorisés.

14.3 — Bilan — 24 questions à justifier avant de lire

Noter pour chaque réponse la condition décisive, le calcul ou la propriété utilisés et un contrôle. Les questions sont indépendantes ; tous les objets nécessaires sont définis ici. Sauf restriction indiquée, les paramètres des droites et des plans parcourent \(\mathbb{R}\). Pour les questions qui mentionnent le cube \(ABCDEFGH\), on utilise le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\) et les coordonnées \[\begin{array}{llll} A(0;0;0),&B(1;0;0),&C(1;1;0),&D(0;1;0),\\ E(0;0;1),&F(1;0;1),&G(1;1;1),&H(0;1;1). \end{array}\] Ces coordonnées sont celles de ses arêtes prises pour base.

\(I\) est le milieu de \([AB]\). Démontrer \(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}\) pour tout point \(M\).
\(\vec{u}=(0;6;-3)\) et \(\vec{v}=(0;-2;1)\) sont-ils colinéaires ? Que répondre si \(\vec{u}=\vec{0}\) ?

la colinéarité de \((1;2;3)\) et \((2;4;7)\) sans se contenter des deux premières coordonnées.

\(\vec{u}=(1;0;1)\) et \(\vec{v}=(0;1;1)\), déterminer si \(\vec{w}=(2;-1;1)\) puis \(\vec{w}'=(1;1;0)\) sont dans leur plan de directions.

vecteurs deux à deux non colinéaires forment-ils toujours une base ? Donner un contre-exemple et le vérifier.

le triplet \((\vec{u},2\vec{u},\vec{w})\) est-il toujours coplanaire ? Peut-on toujours écrire \(\vec{w}=a\vec{u}+b(2\vec{u})\) ?

les deux questions distinctes à résoudre pour démontrer la décomposition dans une base. Expliquer ce qui permet la construction de la composante extérieure au premier plan.

un repère quelconque, \(A(-2;1;3)\) et \(B(1;-3;0)\). Calculer \(\overrightarrow{AB}\) et le milieu \(I\) ; peut-on déduire une longueur de la seule donnée de ces coordonnées ?

droite \(d\) passe par \((1;2;-1)\) et a pour directeur \((2;0;3)\). Écrire son paramétrage, tester \((5;2;5)\) puis \((5;3;5)\), et rechercher ses points de deuxième coordonnée \(2\) ou \(0\).

écrit \(d=(1;2;-1)+t(2;0;3)\), \(0\le t\le1\). Remplacer \(t\) par \(2-s\) : quel domaine de \(s\) conserve le même segment ?

points \((1;2;-1)+t^2(2;0;3)\), \(t\in\mathbb{R}\), parcourent-ils la droite entière ?

\(d:(t;0;0)\) et \(e:(2;s-3;0)\) ; préciser les deux paramètres et le point d’intersection. Que change le remplacement de la dernière coordonnée de \(e\) par \(1\) ?

un même repère et une même unité de temps, deux mobiles ont les positions \((\tau;0;0)\) et \((2;\tau-3;0)\) pour \(0\le\tau\le4\). Se rencontrent-ils ?

plan \(P\) est décrit par \((s;r;1+s+r)\). Déterminer l’intersection de la droite \((0;0;t)\) avec \(P\). Classer ensuite la droite \((t;0;1+t)\) puis \((t;0;2+t)\) par rapport à \(P\).

plans \(P,Q\) possèdent des directions égales et le point \(A\) en commun. Justifier qu’ils sont confondus. Pourquoi une seule direction commune ne suffit-elle pas ?

plans sécants contiennent deux droites parallèles. Quelle information le toit donne-t-il ? Pourquoi ne donne-t-il pas la position exacte de l’intersection sans autre donnée ?

coupe le cube par le plan de la face \(ABCD\), puis par un plan qui touche seulement le sommet \(A\). La section doit-elle toujours être un polygone de surface positive ?

procédure d’appartenance à une droite de directeur \((0;2;-1)\) divise d’abord par la première composante. Identifier la première erreur et proposer un test exact pour \(A(1;0;0)\), \(M(1;4;-2)\) puis \(N(1;4;0)\).

\(m\in\mathbb{R}\), l’écriture \((mt;0;0)\) décrit-elle toujours une droite ? Rechercher un point de première coordonnée \(1\), avec traitement séparé de \(m=0\).

par résolution, sans déterminant, que \((1;0;1),(0;1;1),(1;1;0)\) forment une base, puis décomposer \((2;-1;3)\).

le cube, le plan \((BDF)\) est-il défini ? Contient-il le centre \(O(\frac12;\frac12;\frac12)\) ? Expliquer pourquoi vérifier seulement deux coordonnées serait insuffisant en général.

droites de même direction n’ont aucun point commun. Quelle position relative ? Deux plans ayant un point commun sont-ils nécessairement sécants suivant une droite ? Donner la condition oubliée.

14.4 — Indices gradués — à utiliser seulement après une tentative

Pour 1 et 14–16, écrire des coordonnées générales et comparer toutes les composantes. Pour 2, \(\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\) ; pour 3, introduire \(I\) dans les deux déplacements. Pour 6, les deux premières coordonnées imposent les coefficients, la troisième décide. Pour 9, nommer un point \(N\) dans le premier plan ; ne pas appeler sa construction « orthogonale ». Pour 12–13, déterminer l’ensemble des valeurs effectivement prises par l’ancien paramètre. Pour 20, une composante non nulle fournit un candidat, les trois composantes le contrôlent. Pour 22, partir d’une relation nulle puis examiner chaque équation.

14.5 — Corrections expliquées du bilan

Comparer d’abord la méthode et la condition utilisée, puis les calculs. Une réponse finale exacte obtenue par un raisonnement invalide reste à reprendre.

1. Un croisement sur la feuille ne suffit pas.

Un point de \((AB)\) a les coordonnées \((t;0;0)\) avec \(t\in\mathbb{R}\). Un point de \((CG)\) a les coordonnées \((1;1;s)\) avec \(s\in\mathbb{R}\). Pour être commun, il devrait vérifier \[t=1,\qquad 0=1,\qquad 0=s.\] La deuxième égalité est impossible : il n’y a pas de point commun, quelles que soient les valeurs de \(t,s\). Les directeurs \((1;0;0)\) et \((0;0;1)\) sont non colinéaires. Les droites ne sont donc ni sécantes ni parallèles ; elles sont non coplanaires. Le calcul a utilisé une coordonnée qui conserve une information de profondeur perdue par le dessin.

2. Choisir le point intermédiaire pour réduire une différence.

Par Chasles, \(\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\). Donc \[\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC} =\overrightarrow{AB}-(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}) =-\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{CB}.\] Les deux termes de l’expression peuvent maintenant être regroupés : \[\frac32\overrightarrow{CB}-\frac12\overrightarrow{CB} =\left(\frac32-\frac12\right)\overrightarrow{CB} =\overrightarrow{CB}.\] Contrôle du signe. Avec \(\overrightarrow{CB}=-\overrightarrow{BC}\), on obtient \(-\frac32\overrightarrow{BC}+\frac12\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{BC}\), qui est bien le même résultat. Soustraire des vecteurs n’autorise pas à soustraire les noms des points.

3. Une identité vraie pour tout point de départ.

Puisque \(I\) est milieu de \([AB]\), \(\overrightarrow{IA}=-\overrightarrow{IB}\). Introduisons \(I\) dans les deux déplacements : \[\begin{aligned} \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB} &=(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})+(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})\\ &=2\overrightarrow{MI}+(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB})\\ &=2\overrightarrow{MI}. \end{aligned}\] La preuve n’a utilisé aucune position particulière de \(M\) : elle vaut dans tout l’espace. Si \(A=B\), alors \(I=A=B\) et les deux termes valent chacun \(\overrightarrow{MI}\) ; l’identité reste vraie, même si la droite \((AB)\) n’est pas définie.

4. Choisir une composante non nulle avant de diviser.

Cherchons \(\lambda\) tel que \(\vec{u}=\lambda\vec{v}\). La première composante donne \(0=\lambda\times0\), vraie pour tout \(\lambda\) : elle ne permet pas de déterminer le coefficient. La deuxième impose \[6=-2\lambda\quad\Longleftrightarrow\quad \lambda=-3.\] On vérifie maintenant toutes les composantes : \[-3(0;-2;1)=(0;6;-3)=\vec{u}.\] Les vecteurs sont colinéaires. Si \(\vec{u}=\vec{0}\), le coefficient \(\lambda=0\) convient encore. Cela n’autorise pas à utiliser \(\vec{0}\) comme directeur d’une droite : colinéarité et existence d’une direction sont deux questions différentes.

5. La troisième composante peut invalider le candidat.

Supposer \((2;4;7)=\lambda(1;2;3)\) donne \[2=\lambda,\qquad 4=2\lambda,\qquad 7=3\lambda.\] La première impose \(\lambda=2\), la deuxième est compatible, mais la troisième imposerait \(7=6\). Aucun coefficient ne vérifie les trois égalités : les vecteurs ne sont pas colinéaires. Deux rapports égaux ne suffisent pas dans l’espace.

6. Tester le couple, trouver les coefficients, puis recomposer.

Les vecteurs \(\vec{u}=(1;0;1)\) et \(\vec{v}=(0;1;1)\) ne sont pas colinéaires : si \(\vec{v}=\lambda\vec{u}\), la première composante donne \(\lambda=0\) et la deuxième donnerait \(1=0\). Ils définissent donc bien une direction de plan.

Pour deux réels \(a,b\), \[a\vec{u}+b\vec{v}=(a;b;a+b).\] Pour obtenir \(\vec{w}=(2;-1;1)\), il faut \[a=2,\qquad b=-1,\qquad a+b=1.\] Les valeurs imposées par les deux premières équations satisfont la troisième. Ainsi \[\vec{w}=2\vec{u}-\vec{v}, \qquad 2(1;0;1)-(0;1;1)=(2;-1;1).\] Pour \(\vec{w}'=(1;1;0)\), il faudrait \(a=b=1\), mais alors \(a+b=2\ne0\). Le système n’a pas de solution et \(\vec{w}'\) est extérieur à cette direction de plan. Le contrôle de la troisième coordonnée tranche ici la question d’appartenance.

7. Trois paires indépendantes ne forment pas nécessairement une base.

Prenons \[\vec{u}=(1;0;0),\quad \vec{v}=(0;1;0),\quad \vec{w}=(1;1;0).\] Les deux premiers sont non colinéaires. Un multiple de \(\vec{u}\) a toujours sa deuxième coordonnée nulle et ne peut être \(\vec{w}\). Un multiple de \(\vec{v}\) a toujours sa première coordonnée nulle et ne peut être \(\vec{w}\). Aucune paire n’est donc colinéaire.

Cependant \(\vec{w}=\vec{u}+\vec{v}\) : les trois vecteurs sont coplanaires et ne forment pas une base de l’espace. Leur troisième coordonnée reste toujours nulle dans n’importe quelle combinaison ; ils ne peuvent, par exemple, produire \((0;0;1)\).

8. Un couple dégénéré ne permet pas d’utiliser le critère usuel.

Transportons \(\vec{u},\vec{w}\) à une même origine. Ces deux vecteurs appartiennent à au moins un plan de directions. Le vecteur \(2\vec{u}\) appartient aussi à ce plan ; le triplet est donc coplanaire.

Mais si \(\vec{u}=(1;0;0)\) et \(\vec{w}=(0;0;1)\), alors \[a\vec{u}+b(2\vec{u})=(a+2b;0;0)\] a toujours une troisième coordonnée nulle. Il ne peut jamais être égal à \(\vec{w}\). Le fait que le triplet soit coplanaire n’autorise donc pas à écrire le troisième comme combinaison de n’importe quels deux premiers : ces deux générateurs doivent être non colinéaires. Ici on pourrait choisir le couple \(\vec{u},\vec{w}\) pour décrire le plan.

9. Séparer l’existence de l’unicité d’une décomposition.

L’existence demande que tout vecteur possède au moins une décomposition. L’unicité demande qu’il n’en possède pas deux avec des coefficients différents.

Pour l’existence, représentons le vecteur par \(\overrightarrow{OM}\) et prenons le plan \(\mathcal P\) passant par \(O\), dirigé par les deux premiers vecteurs non colinéaires \(\vec{u},\vec{v}\). Le troisième vecteur \(\vec{w}\) n’appartient pas à cette direction de plan. La droite par \(M\) de directeur \(\vec{w}\) coupe donc \(\mathcal P\) en un unique point \(N\), par la propriété d’incidence admise. On peut écrire \[\overrightarrow{ON}=a\vec{u}+b\vec{v},\qquad \overrightarrow{NM}=c\vec{w},\] d’où \(\overrightarrow{OM}=a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}\) par Chasles. Il s’agit d’une projection parallèle à \(\vec{w}\), sans orthogonalité supposée.

Pour l’unicité, deux expressions du même vecteur donnent, par soustraction, \[(a-a')\vec{u}+(b-b')\vec{v}+(c-c')\vec{w}=\vec{0}.\] Si \(c-c'\ne0\), on pourrait isoler \(\vec{w}\) comme combinaison de \(\vec{u},\vec{v}\), contradiction. Donc \(c=c'\). Il reste \((a-a')\vec{u}+(b-b')\vec{v}=\vec{0}\), et la non-colinéarité du couple impose \(a=a'\) et \(b=b'\). Cette preuve d’unicité n’aurait pas suffi, à elle seule, à construire une décomposition.

10. Calculer une position sans inventer une longueur.

La règle « arrivée moins départ » donne \[\overrightarrow{AB}=(1-(-2);-3-1;0-3)=(3;-4;-3).\] Le milieu a pour coordonnées \[I\left(\frac{-2+1}{2}; \frac{1+(-3)}2;\frac{3+0}2\right) =I\left(-\frac12;-1;\frac32\right).\] Contrôle : \(\overrightarrow{AI}=(\frac32;-2;-\frac32)=\frac12\overrightarrow{AB}\).

Les longueurs et les angles des vecteurs de base ne sont pas précisés dans un repère quelconque. On ne peut donc pas déduire ici une distance par une somme de carrés. Les formules de vecteur et de milieu sont, elles, affines et restent valables.

11. Utiliser le même paramètre dans les trois coordonnées.

La droite s’écrit \[d:\quad \begin{cases} x=1+2t,\\ y=2,\\ z=-1+3t, \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}.\] Pour le point \(P(5;2;5)\), la première équation impose \(1+2t=5\), donc \(t=2\). Avec cette même valeur, \(y=2\) et \(z=-1+3\times2=5\). Ainsi \(P\in d\).

Le point \(Q(5;3;5)\) ne peut pas appartenir à \(d\), car tous ses points ont deuxième coordonnée \(2\), quelle que soit la valeur de \(t\). Inutile de chercher un autre paramètre pour corriger cette contradiction.

La contrainte « deuxième coordonnée \(2\) » garde donc toute la droite ; la contrainte « deuxième coordonnée \(0\) » ne garde aucun point.

12. Un changement de paramètre transforme aussi son domaine.

On remplace \(t\) par \(2-s\) dans \(0\le t\le1\) : \[0\le2-s\le1.\] Il faut les deux inégalités. La première donne \(s\le2\). La seconde donne \(-s\le-1\), donc \(s\ge1\) après multiplication par \(-1\), qui renverse l’ordre. Ainsi \[\boxed{1\le s\le2}.\] Le paramétrage devient \[(1;2;-1)+(2-s)(2;0;3) =(5;2;5)+s(-2;0;-3).\] Pour \(s=1\), on retrouve l’ancien \(t=1\) ; pour \(s=2\), l’ancien \(t=0\). Le sens de parcours est inversé, mais le segment est identique. Garder \(s\in[0;1]\) aurait décrit une autre portion de la même droite.

13. Un paramètre au carré ne parcourt pas toutes les valeurs réelles.

Le nombre \(t^2\) est toujours positif ou nul. Réciproquement, pour chaque \(r\ge0\), \(t=\sqrt r\) donne \(t^2=r\). Les coefficients effectivement obtenus sont donc exactement ceux de \([0;+\infty[\).

L’ensemble décrit est la demi-droite d’origine \((1;2;-1)\) et de directeur \((2;0;3)\), et non la droite entière. Pour un coefficient strictement positif, les deux paramètres opposés \(\sqrt r\) et \(-\sqrt r\) donnent le même point : l’unicité du paramètre du paramétrage affine ne se transporte pas à cette écriture au carré.

14. Deux paramètres indépendants, puis trois égalités.

Le point commun doit vérifier \[(t;0;0)=(2;s-3;0) \quad\Longleftrightarrow\quad t=2,\quad s=3,\quad 0=0.\] Les paramètres ont des valeurs différentes. Les deux droites contiennent \((2;0;0)\) et leurs directeurs \((1;0;0),(0;1;0)\) ne sont pas colinéaires : elles sont sécantes en ce point.

Si la dernière coordonnée de la seconde devient \(1\), la troisième égalité serait \(0=1\). Aucun point commun n’existe. Les directions sont restées non colinéaires : les nouvelles droites sont non coplanaires. Les deux premières équations n’avaient trouvé qu’une intersection possible dans la projection sur les deux premiers axes.

15. Le temps commun est une contrainte supplémentaire.

Pour une rencontre, le même réel \(\tau\) doit satisfaire \[(\tau;0;0)=(2;\tau-3;0).\] La première coordonnée impose \(\tau=2\), la deuxième impose \(\tau=3\). Il n’existe pas de temps commun satisfaisant les deux, même si \(2\) et \(3\) appartiennent chacun à \([0;4]\).

Le point de croisement des trajectoires est atteint au temps \(2\) par le premier mobile et au temps \(3\) par le second. Vérification concrète : à \(\tau=2\), leurs positions sont \((2;0;0)\) et \((2;-1;0)\) ; à \(\tau=3\), elles sont \((3;0;0)\) et \((2;0;0)\). Ils ne sont ensemble à aucun de ces instants.

16. Un seul point, tous les points ou aucun point.

Le plan possède le point \((0;0;1)\) et les directions non colinéaires \(\vec{u}=(1;0;1)\), \(\vec{v}=(0;1;1)\).

Première droite. Pour \((0;0;t)=(s;r;1+s+r)\), les deux premières équations donnent \(s=r=0\). La troisième donne \(t=1\). L’unique point commun est \((0;0;1)\), qui se vérifie dans les deux descriptions.

Deuxième droite. Chaque point \((t;0;1+t)\) est obtenu dans le plan avec \(s=t,r=0\). Toutes les valeurs de \(t\) conviennent : la droite est incluse dans le plan.

Troisième droite. L’égalité \((t;0;2+t)=(s;r;1+s+r)\) impose \(s=t,r=0\), puis \(2+t=1+t\), soit \(2=1\). Aucun point commun. Son directeur \((1;0;1)\) est toutefois une direction du plan ; la droite lui est donc strictement parallèle. On a vérifié la situation pour tout \(t\), et non pour quelques points choisis.

17. Deux directions et un point commun suffisent pour deux plans.

Choisissons deux vecteurs non colinéaires \(\vec{u},\vec{v}\) dans la direction commune. Puisque \(A\) appartient aux deux plans, chacun est l’ensemble des points \(M\) tels que \[\overrightarrow{AM}=s\vec{u}+r\vec{v},\qquad (s,r)\in\mathbb{R}^2.\] Les deux descriptions donnent exactement le même ensemble : \(P=Q\).

Une seule direction commune ne suffit pas. Les plans décrits respectivement par \((s;r;0)\) et \((s;0;r)\) contiennent tous deux l’axe des premières coordonnées, de directeur \((1;0;0)\). Mais \((0;1;0)\) appartient au premier et pas au second. Ils sont distincts et sécants. Ce contre-exemple utilise leurs points, sans vecteur normal.

18. Le toit donne une direction, pas un point d’ancrage.

Le théorème donne \(\Delta\parallel d\) et \(\Delta\parallel d'\), pour les deux droites contenues respectivement dans les deux plans distincts et sécants. Il ne donne pas à lui seul un point de \(\Delta\).

Pour construire la droite, on cherche ensuite un point commun aux deux plans ; par ce point passe une unique droite de la direction trouvée. Sans point d’ancrage, une infinité de droites parallèles auraient cette même direction. La vérification de l’inclusion \(d\subset P\), \(d'\subset Q\) reste essentielle.

19. La section est une intersection d’ensembles.

Le plan de la face inférieure donne la face carrée \(ABCD\), avec son intérieur. Un plan qui ne rencontre le cube qu’en \(A\) donne une section réduite à \(\{A\}\). Un plan contenant seulement une arête du cube donne cette arête, donc un segment. Un plan disjoint du cube donne l’ensemble vide.

Un polygone de surface positive est donc un cas de section, pas une conséquence automatique du mot « plan ». La partie visible dépend aussi de la position du plan par rapport au solide.

20. Réparer l’algorithme avant de l’appliquer.

La division par la première composante \(0\) est interdite. Choisissons la deuxième composante du directeur, égale à \(2\). Pour \(M\), elle impose \[t=\frac{y_M-y_A}{2}=\frac{4-0}{2}=2.\] Puis recomposons les trois coordonnées : \[(1;0;0)+2(0;2;-1)=(1;4;-2)=M.\] Le point \(M\) appartient donc à la droite. Pour \(N(1;4;0)\), la deuxième composante impose encore \(t=2\), mais la troisième produite est \(-2\), différente de \(0\). Donc \(N\) n’appartient pas à la droite.

La coordonnée nulle du directeur n’a pas été ignorée : elle impose que la première coordonnée du point reste égale à \(1\). Une procédure correcte choisit une composante non nulle pour proposer un paramètre, puis contrôle toutes les composantes.

21. Examiner le paramètre de famille avant de diviser.

Le nombre \(m\) fixe l’écriture ; le nombre \(t\) parcourt les points.

Si \(m=0\), tous les paramètres donnent \((0;0;0)\). L’ensemble est un point, et aucun point de première coordonnée \(1\) n’est obtenu.

Si \(m\ne0\), le directeur \((m;0;0)\) est non nul : c’est la droite des premières coordonnées. La contrainte donne \[mt=1\quad\Longleftrightarrow\quad t=\frac1m.\] Elle produit le point \((1;0;0)\). On peut diviser précisément parce que le cas \(m=0\) a déjà été séparé. Il serait faux de commencer par \(\frac1m\) puis de tester \(m=0\) dans cette formule.

22. Démontrer que c’est une base, puis chercher les coordonnées.

Notons les vecteurs donnés \(\vec{u},\vec{v},\vec{w}\), dans cet ordre. Une relation nulle impose \[a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}=\vec{0} \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} a+c=0,\\ b+c=0,\\ a+b=0. \end{cases}\] Les deux premières égalités donnent \(a=b=-c\). La troisième devient \(-2c=0\), donc \(c=0\), puis \(a=b=0\). Il n’existe aucune relation nulle avec un coefficient non nul : le triplet est non coplanaire et forme une base.

Pour \(T=(2;-1;3)\), on cherche cette fois \[a+c=2,\qquad b+c=-1,\qquad a+b=3.\] On isole \(a=2-c\) et \(b=-1-c\), puis on substitue dans la troisième : \[(2-c)+(-1-c)=3 \ \Longleftrightarrow\ 1-2c=3 \ \Longleftrightarrow\ -2c=2 \ \Longleftrightarrow\ c=-1.\] On obtient \(a=3\) et \(b=0\). Le contrôle par recomposition donne \[3(1;0;1)+0(0;1;1)-(1;1;0)=(2;-1;3)=T.\] Les coordonnées de \(T\) dans la nouvelle base ordonnée sont \((3;0;-1)\). Elles ne sont pas celles \((2;-1;3)\) dans le repère initial : le vecteur est le même, ses coordonnées dépendent de la base choisie.

23. Une appartenance au plan exige les trois composantes.

Dans le cube, \[\overrightarrow{BD}=(-1;1;0),\qquad \overrightarrow{BF}=(0;0;1).\] Ces vecteurs sont non colinéaires : un multiple de \(\overrightarrow{BD}\) a troisième coordonnée \(0\) et ne peut être \(\overrightarrow{BF}\). Le plan \((BDF)\) est donc défini.

Le déplacement vers le centre vaut \[\overrightarrow{BO}=\left(-\frac12;\frac12;\frac12\right).\] Or \[\frac12\overrightarrow{BD}+\frac12\overrightarrow{BF} =\left(-\frac12;\frac12;0\right)+\left(0;0;\frac12\right) =\overrightarrow{BO}.\] Cela établit l’appartenance. Les exemples 6 et 14 ont montré qu’un candidat imposé par deux composantes peut échouer à la troisième : un contrôle partiel n’est pas une preuve générale.

24. Préciser ce qui est distinct et ce qui est confondu.

Deux droites de même direction sans point commun sont strictement parallèles. Si elles avaient un point commun, elles seraient confondues.

Deux plans qui ont un point commun peuvent être confondus. Pour conclure à une droite d’intersection, il faut établir qu’ils sont distincts. Au contraire, trois points communs non alignés prouvent leur égalité. La donnée « un point commun » doit toujours être lue avec la nature des objets et les autres hypothèses.

14.6 — Reprendre à partir de sa première erreur

Si les questions 4–8 ou 21 ont échoué, reprendre d’abord l’objet avant le calcul : directeur non nul, couple indépendant, base non coplanaire. Exemple simple : \((1;0;0)\) et \((0;1;0)\) donnent tous les \((a;b;0)\), pas \((0;0;1)\). Nouvel essai : \((2;0;0),(0;3;0)\) donnent-ils \((4;-3;0)\) ? Oui, avec coefficients 2 et\(-1\) ; ils ne donnent toujours pas \((0;0;1)\). Revenir ensuite à 6 et vérifier la troisième composante.

Si 12 ou 14–16 ont échoué, ne changer qu’une chose à la fois. Exemple corrigé : pour la droite \((t;1;0)\) et le plan de troisième coordonnée 0, tout \(t\) convient ; pour le plan de troisième coordonnée 2, aucun ne convient. Nouvel essai : \((t;1;t)\) et le plan de troisième coordonnée 2 ? L’équation \(t=2\) donne un seul point \((2;1;2)\). Revenir à 16 avec la question « tous, aucun ou un seul ? », puis justifier chaque régime.

Si 2,10 ou 22 ont échoué, écrire les parenthèses avant de réduire. Exemple : \(3-(-2)=3+2=5\). Nouvel essai corrigé : de \(A(-1;2;0)\) à \(B(-3;-1;4)\) on obtient \((-3-(-1);-1-2;4-0)=(-2;-3;4)\) ; ajouter ce déplacement à \(A\) redonne \(B\). Revenir au premier sous-calcul fautif, pas à une réécriture entière de la solution.

14.7 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre séance, sans consulter : (a) tester si \((3;0;5)\) appartient à la droite \((1;0;1)+t(1;0;2)\) et réparer un programme qui cherche d’abord \(t\) dans la deuxième coordonnée ; (b) classer \((t;0;0)\) et \((1;s;2)\) ; (c) montrer que, dans un tétraèdre \(ABCD\), les milieux \(I\) de \([AB]\) et \(J\) de \([AC]\) donnent \((IJ)\parallel(BC)\). Expliquer la condition différente requise pour chacun des trois gestes. Aides. Une composante non nulle permet de chercher le paramètre ; la dernière coordonnée peut réfuter une intersection ; Chasles relie deux milieux à partir du même sommet.

Correction et contrôle.

a) Choisir puis vérifier le paramètre.

La deuxième composante du directeur est nulle : la division proposée est interdite. La première donne \(1+t=3\), donc \(t=2\) ; on contrôle \(0=0\) et \(1+2\times2=5\), donc appartenance. Réparer consiste à choisir la première ou la troisième composante non nulle puis à vérifier les trois, non à ignorer la coordonnée nulle.

b) Distinguer parallélisme et non-coplanarité.

Un point commun exigerait \(t=1,s=0\) et \(0=2\) ; impossible. Les directeurs \((1;0;0),(0;1;0)\) sont non colinéaires : droites non coplanaires.

c) Justifier une direction à partir des milieux.

\(\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{AI}=\frac12\overrightarrow{AC}-\frac12\overrightarrow{AB}=\frac12\overrightarrow{BC}\). Le vecteur \(\overrightarrow{BC}\) n’est pas nul puisque les sommets du tétraèdre sont distincts ; \(I\ne J\), donc \((IJ)\) est une droite et les directeurs sont colinéaires : les droites sont parallèles. La première tâche exige un directeur valide et un coefficient non nul pour la division, la deuxième une classification propre à l’espace, la troisième des points distincts et une vraie relation vectorielle.

Je sais faire seul si… je distingue les objets et leurs représentations ; je restitue les conditions d’un résultat ; je choisis et explique une méthode ; je reconstruis un calcul ; je contrôle toutes les coordonnées et tous les cas ; je peux réparer une erreur puis refaire un autre essai avant de relire. Un bilan par ces gestes est plus utile qu’une note globale qui masquerait une difficulté précise.

15. Prolongement facultatif — barycentres et fonction vectorielle de Leibniz

Cette unité est facultative et indépendante du parcours principal. Elle prolonge les combinaisons vectorielles pour traiter ensemble deux, trois ou quatre points pondérés. Aucun résultat des unités précédentes ne suppose sa lecture. Nous n’étudions ni distances ni fonction scalaire de Leibniz.

Avant de poursuivre. Une somme de vecteurs se développe par distributivité ; \(\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}\). Dans une base, un vecteur possède des coordonnées uniques. À partir d’un point \(O\), un vecteur donné détermine une unique extrémité. Essai corrigé : si \(2\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\), alors \(\overrightarrow{OG}=\frac12\overrightarrow{OA}+\frac12\overrightarrow{OB}\), et \(G\) est le milieu de \([AB]\). Le coefficient divisé est 2, non une coordonnée de \(G\).

15.1 — Définition — Points pondérés et barycentre

À chaque point \(A_i\), on associe un réel \(a_i\), son poids. Les poids peuvent être positifs, négatifs ou nuls. Pour deux, trois ou quatre points, si la somme \(S=a_1+\cdots+a_n\) est non nulle, leur barycentre est le point \(G\) tel que \[a_1\overrightarrow{GA_1}+\cdots+a_n\overrightarrow{GA_n}=\vec{0}.\] La condition \(S\ne0\) fait partie de cette définition. Nous allons vérifier que ce point existe et est unique ; une définition ne dispense pas de cette bonne définition de l’objet.

15.2 — Théorème — Existence et unicité du barycentre

Lorsque la somme des poids est non nulle, le barycentre existe et est unique. Pour n’importe quel point \(O\), il est caractérisé par \[S\overrightarrow{OG}=\sum_{i=1}^{n}a_i\overrightarrow{OA_i}.\] Le point obtenu ne dépend pas du choix de \(O\).

Démonstration.

Choisir un point quelconque \(O\) pour effectuer le calcul. Chasles donne, pour chaque \(i\), \(\overrightarrow{GA_i}=\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OA_i}\). En développant et en regroupant, l’équation de définition devient \[\sum_{i=1}^n a_i\overrightarrow{GA_i} =\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\overrightarrow{GO} +\sum_{i=1}^n a_i\overrightarrow{OA_i}=\vec{0}.\] Les notations \(\sum\) signifient simplement additionner les deux, trois ou quatre termes concernés. Puisque \(\overrightarrow{GO}=-\overrightarrow{OG}\), cette équation équivaut à \(S\overrightarrow{OG}=\sum a_i\overrightarrow{OA_i}\). On peut diviser par le réel non nul \(S\) : \[\overrightarrow{OG}=\frac1S\sum_{i=1}^n a_i\overrightarrow{OA_i}.\] Le membre droit est un vecteur fixé ; il détermine une unique extrémité \(G\) depuis \(O\). Cela prouve séparément l’existence et l’unicité. La chaîne est réversible : ce \(G\) vérifie bien l’équation initiale. Celle-ci ne mentionne pas \(O\) ; le point obtenu avec une autre origine vérifie donc la même équation et, par unicité, est le même point. Les coordonnées changeraient avec le repère, pas le barycentre de ce système de points pondérés.

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15.3 — Exemple expliqué — Deux points, un poids négatif : sortir du segment

Pour \((A,2)\) et \((B,-1)\), la somme vaut \(S=1\). En prenant l’origine \(A\), on obtient \[\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{AA}-\overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{AB}.\] Si \(A\ne B\), le point \(G\) est au-delà de \(A\), à l’opposé de \(B\) ; il n’est pas entre les deux points. Contrôle direct : \(\overrightarrow{GA}=\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AB}\), donc \(2\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB}=\vec{0}\). Le vocabulaire « moyenne de points » ne doit pas faire oublier les poids négatifs.

Lecture de la figure. Le dessin prend \(A\) en 0 et \(B\) en 2 sur une droite pour rendre la construction visible. Le barycentre des poids 2 et\(-1\) est en\(-2\) : le déplacement \(\overrightarrow{AG}\) est opposé à \(\overrightarrow{AB}\). Les positions numériques sont un exemple, pas une hypothèse de la formule générale.

15.4 — Propriété — Deux points et position relative

Pour \(A\ne B\) et des poids \(a,b\) avec \(a+b\ne0\), le barycentre satisfait \(\overrightarrow{AG}=\frac{b}{a+b}\overrightarrow{AB}\). Si \(a,b\) sont tous deux strictement positifs, le coefficient est entre \(0\) et \(1\) et \(G\in]A;B[\). Si un poids est nul, on obtient l’autre point. Des poids négatifs peuvent donner un point extérieur ; il faut examiner le coefficient, pas un slogan.

Démonstration.

Dans la formule d’existence, choisir \(O=A\). Le terme \(a\overrightarrow{AA}\) est nul, donc \((a+b)\overrightarrow{AG}=b\overrightarrow{AB}\), puis la division par \(a+b\ne0\) donne le résultat. Pour \(a,b>0\), \(0<b<a+b\), et la division par le dénominateur positif donne \(0<\frac b{a+b}<1\). La caractérisation du segment par le coefficient conclut. Les poids nuls se vérifient directement dans la même formule.

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15.5 — À toi — Essai accompagné — choisir le bon coefficient

Déterminer le barycentre de \((A,1),(B,3)\) et le placer. Expliquer pourquoi le coefficient de \(\overrightarrow{AB}\) est \(\frac34\) et pas \(\frac14\).

Indices. Choisir l’origine \(A\) ; le terme de \(A\) disparaît et celui de \(B\) conserve son poids 3.

Correction et contrôle.

\(S=1+3=4\ne0\). L’équation à partir de \(A\) est \(4\overrightarrow{AG}=1\overrightarrow{AA}+3\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AB}\) ; donc \(\overrightarrow{AG}=\frac34\overrightarrow{AB}\). Si \(A\ne B\), le point est aux trois quarts du segment depuis \(A\), plus près du point de poids 3, \(B\) ; si \(A=B\), on obtient \(G=A=B\). Avec \(\overrightarrow{GA}=-\frac34\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{GB}=\frac14\overrightarrow{AB}\), on contrôle \(\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GB}=(-\frac34+\frac34)\overrightarrow{AB}=0\). La réponse personnelle doit citer l’origine choisie et le poids qui reste, pas seulement le mot « pondérée ».

15.6 — Trois ou quatre points : regrouper sans perdre les conditions

15.7 — Propriété d'associativité — Regrouper une sous-famille

Supposons que les premiers points d’une sous-famille aient une somme de poids \(S_1\ne0\) et un barycentre \(I\). On peut les remplacer par le seul point pondéré \((I,S_1)\) pour calculer le barycentre de la famille totale, à condition que sa somme totale \(S\) soit elle aussi non nulle.

Démonstration.

Pour tout point \(O\), la définition de \(I\) déjà établie donne \[S_1\overrightarrow{OI}=\sum_{i\text{ de la sous-famille}}a_i\overrightarrow{OA_i}.\] Dans le vecteur \(S\overrightarrow{OG}\) de la famille totale, remplacer seulement cette somme par \(S_1\overrightarrow{OI}\) ne change donc pas le vecteur. La somme des poids reste \(S\) ; l’unicité du barycentre démontre que le nouveau calcul donne le même \(G\). Si \(S_1=0\), l’étape « barycentre \(I\) de la sous-famille » n’est pas définie ; l’associativité sous cette forme n’est pas applicable.

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15.8 — Exemple expliqué — Trois points, puis les quatre sommets d'un tétraèdre

Pour \((A,1),(B,2),(C,1)\), soit \(I\) le barycentre de \((A,1),(B,2)\). Sa somme de poids vaut 3 et \(\overrightarrow{AI}=\frac23\overrightarrow{AB}\). Le regroupement donne \((I,3),(C,1)\) ; alors \(\overrightarrow{IG}=\frac14\overrightarrow{IC}\). Cette construction en deux segments remplace une recherche simultanée dans un plan. En prenant l’origine \(A\) et en développant, \(4\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\) ; \(G\) appartient donc à \((ABC)\) lorsque les trois points ne sont pas alignés. Il est inutile d’exiger des coordonnées pour cette appartenance.

Pour quatre poids tous égaux à 1 aux sommets d’un tétraèdre \(ABCD\), prendre \(I\) milieu de \([AB]\) et \(J\) milieu de \([CD]\). Les sous-sommes valent 2 ; après regroupement, le barycentre de \((I,2),(J,2)\) est le milieu de \([IJ]\). Contrôle dans le repère d’origine \(A\) : \[\overrightarrow{AG}=\frac14(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}).\] Un autre regroupement en deux paires donne le même point, car le membre droit ne dépend pas de ce choix. Dans le repère des arêtes, ses coordonnées sont \((\frac14;\frac14;\frac14)\) ; ceci ne signifie pas qu’il serait à une distance métrique égale des quatre sommets.

15.9 — Proposition — Multiplier tous les poids par un même réel non nul

Si la somme des poids est non nulle, multiplier tous les poids par un même réel \(c\ne0\) ne change pas le barycentre.

Démonstration.

L’équation \[ca_1\overrightarrow{GA_1}+\cdots+ca_n\overrightarrow{GA_n}=\vec{0}\] équivaut, après factorisation par \(c\) puis division par \(c\ne0\), à l’équation \(a_1\overrightarrow{GA_1}+\cdots+a_n\overrightarrow{GA_n}=\vec{0}\). La nouvelle somme des poids vaut \(cS\), non nulle, et l’unicité s’applique. Si \(c=0\), la nouvelle somme est nulle : on n’a plus la définition précédente.

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15.10 — Exemple expliqué — Plusieurs écritures, un même point

Les systèmes \((A,1),(B,3)\) et \((A,-2),(B,-6)\) ont le même barycentre : on a multiplié les deux poids par \(-2\). Leur coefficient depuis \(A\) est respectivement \[\frac{3}{1+3}=\frac34,\qquad \frac{-6}{-2-6}=\frac{-6}{-8}=\frac34.\] Le signe négatif commun ne fait donc pas sortir le point du segment. Ce sont les rapports des poids qui déterminent la position.

En revanche, changer seulement le signe de \(B\) donne \((A,1),(B,-3)\) et le coefficient \(\frac{-3}{1-3}=\frac32\). Pour \(A\ne B\), le barycentre est alors au-delà de \(B\). Contrôle : \(0<\frac34<1\), tandis que \(\frac32>1\).

15.11 — Corollaire de l'associativité — Médianes d'un triangle

Dans un triangle non aplati \(ABC\), le barycentre \(G\) des trois sommets de poids \(1\) appartient aux trois médianes. Si \(I\) est le milieu de \([BC]\), alors \[\overrightarrow{AG}=\frac23\overrightarrow{AI}.\] Les deux autres relations s’obtiennent en échangeant les sommets.

Démonstration.

Le regroupement des poids \(1\) de \(B\) et \(C\) donne \((I,2)\) ; le barycentre de \((A,1),(I,2)\) satisfait donc la relation annoncée. Le même raisonnement depuis \(B\), puis depuis \(C\), établit l’appartenance aux trois médianes.

La médiane issue de \(A\) ne contient pas \(B\) : sinon \(I\) serait sur \((AB)\), alors que \(I\in(BC)\) et \(I\ne B\), ce qui forcerait \(A,B,C\) à être alignés. Les médianes issues de \(A\) et \(B\) sont donc distinctes et se coupent en un seul point, précisément \(G\).

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15.12 — Exemple expliqué — Lire le coefficient sans inverser le rapport

Le centre de gravité du triangle se trouve aux deux tiers de \([AI]\) depuis le sommet \(A\). On a \[\overrightarrow{GI}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AI} =-\frac23\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AI}=\frac13\overrightarrow{AI}.\] Le tiers restant se mesure donc entre \(G\) et le milieu \(I\). Le vecteur \(\overrightarrow{IG}\), lui, vaut \(-\frac13\overrightarrow{AI}\) : inverser les extrémités change le signe.

15.13 — Corollaire — Médianes d'un tétraèdre

Dans un tétraèdre \(ABCD\), soit \(I\) le barycentre de \((B,1),(C,1),(D,1)\), c’est-à-dire le centre de gravité de la face \(BCD\). Le barycentre \(G\) des quatre sommets de poids \(1\) vérifie \[\overrightarrow{AG}=\frac34\overrightarrow{AI}.\] En répétant cette construction depuis les quatre sommets, on obtient quatre médianes concourantes en \(G\).

Démonstration.

La sous-famille de la face a pour somme de poids \(3\), non nulle. L’associativité remplace ses trois sommets par \((I,3)\). La famille totale a pour somme \(4\), et la formule à deux points donne \(\overrightarrow{AG}=\frac34\overrightarrow{AI}\).

Le point \(I\) appartient à \((BCD)\) alors que \(A\) n’y appartient pas, donc \(A\ne I\) et cette médiane est une vraie droite. En regroupant chacune des trois autres faces, le même barycentre \(G\) appartient aux trois autres médianes. Il est unique comme point commun : les médianes issues de \(A\) et \(B\) sont distinctes. En effet, \(B\) ne peut être sur \((AI)\), sinon son intersection avec \((BCD)\) serait \(I=B\), alors que le centre de gravité d’un triangle non aplati n’est pas l’un de ses sommets. Deux droites distinctes ont au plus un point commun.

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Lecture de la figure. \(I\) est le centre de gravité de la face \(BCD\) ; \(G\) partage \([AI]\) au coefficient \(\frac34\) depuis \(A\). Les sommets d’un tétraèdre quelconque n’ont pas à être équidistants de \(G\). Le dessin illustre une relation affine de partage, sans hypothèse de tétraèdre régulier.

15.14 — À toi — Retrouver le centre sans mémoriser un dessin

Dans le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})\) d’un tétraèdre, déterminer les coordonnées du centre de gravité \(I\) de la face \(BCD\), puis du barycentre \(G\) des quatre sommets de poids \(1\). Contrôler aussi \(G\) par les milieux \(P\) de \([AB]\) et \(Q\) de \([CD]\). Indices. La somme des poids de la face est \(3\) ; celle du tétraèdre est \(4\). Le repère peut être oblique : la formule du milieu reste valable.

Correction et contrôle.

Les sommets ont les coordonnées \(A(0;0;0)\), \(B(1;0;0)\), \(C(0;1;0)\), \(D(0;0;1)\). La moyenne des coordonnées de \(B,C,D\) donne \[I\left(\frac13;\frac13;\frac13\right).\] La relation \(\overrightarrow{AG}=\frac34\overrightarrow{AI}\) donne \[G\left(\frac34\times\frac13;\frac34\times\frac13; \frac34\times\frac13\right) =G\left(\frac14;\frac14;\frac14\right).\] Pour contrôler sans réutiliser la même médiane, calculons \(P(\frac12;0;0)\) et \(Q(0;\frac12;\frac12)\). Leur milieu a les coordonnées \[\left(\frac{\frac12+0}{2}; \frac{0+\frac12}{2};\frac{0+\frac12}{2}\right) =\left(\frac14;\frac14;\frac14\right).\] Le regroupement des quatre poids en deux paires égales prévoit précisément ce second calcul. L’accord des deux constructions contrôle à la fois les fractions et le choix du coefficient \(\frac34\).

15.15 — La fonction vectorielle de Leibniz

15.16 — Définition — Fonction vectorielle de Leibniz

La fonction \(\vec{F}\) associe au point variable \(M\) le vecteur \(\vec{F}(M)=\sum a_i\overrightarrow{MA_i}\).

15.17 — Propriété — Ramener la somme à un seul déplacement

Si \(S\ne0\) et si \(G\) est le barycentre, alors, pour tout point \(M\), \[\vec{F}(M)=S\overrightarrow{MG}.\] Il s’agit d’une égalité de vecteurs, pas de nombres et pas de carrés de distances.

Démonstration.

Introduire \(G\), car les vecteurs issus de \(G\) possèdent une somme pondérée nulle. Pour chaque terme, \(\overrightarrow{MA_i}=\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA_i}\). Après multiplication puis addition, \[\sum a_i\overrightarrow{MA_i}=\left(\sum a_i\right)\overrightarrow{MG}+\sum a_i\overrightarrow{GA_i} =S\overrightarrow{MG}+\vec{0}.\] C’est l’identité annoncée. Elle montre par exemple que \(\vec{F}(M)=\vec{0}\) équivaut à \(M=G\), puisque \(S\ne0\).

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15.18 — Exemple expliqué — Somme des poids nulle : ne pas diviser

Pour les poids 1 et\(-1\), on a, pour tout \(M\), \(\vec{F}(M)=\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{BA}\) par Chasles : ce vecteur est constant. Si \(A\ne B\), il n’est jamais nul ; si \(A=B\), il est toujours nul. On n’a donc pas un barycentre unique dans ces cas. Plus généralement, avec \(S=0\), Chasles à partir d’un point \(O\) donne \(\vec{F}(M)=0\overrightarrow{MO}+\sum a_i\overrightarrow{OA_i}\), constant ; selon cette constante, l’équation \(\vec{F}(M)=0\) possède aucun point ou tous les points. Cela explique la condition \(S\ne0\) et sa portée exacte.

15.19 — À toi — À tenter avant de consulter — calculer puis expliquer

Dans un repère quelconque, \(A(1;0;0)\), \(B(0;2;0)\), \(C(0;0;2)\). Chercher le barycentre des trois points pondérés \((A,2)\), \((B,-1)\) et \((C,1)\) ; vérifier l’équation vectorielle directement. Exprimer ensuite \[2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\] pour tout \(M\) et expliquer pourquoi l’équation qui demande que ce vecteur soit nul a un seul point solution. Peut-on regrouper d’abord les seuls poids \(-1\) et \(1\) ? Indices gradués. Calculer la somme avant de diviser ; le coefficient extérieur \(-1\) multiplie toutes les composantes de \(B\). Pour le contrôle, calculer les vecteurs d’origine \(G\), pas les points seuls.

Correction et contrôle.

La somme vaut \(S=2-1+1=2\ne0\). Avec l’origine du repère, \[\overrightarrow{OG}=\frac12\bigl(2(1;0;0)-(0;2;0)+(0;0;2)\bigr) =\frac12(2;-2;2)=(1;-1;1).\] Les déplacements depuis \(G\) sont \(\overrightarrow{GA}=(0;1;-1)\), \(\overrightarrow{GB}=(-1;3;-1)\), \(\overrightarrow{GC}=(-1;1;1)\). On développe \[2\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC} =(0;2;-2)+(1;-3;1)+(-1;1;1)=(0;0;0).\] La fonction de Leibniz vaut \(2\overrightarrow{MG}\) ; elle est nulle exactement lorsque \(\overrightarrow{MG}=0\), donc \(M=G\). En revanche les deux poids de \(B,C\) ont somme 0 : leur sous-barycentre n’est pas défini, et ce regroupement serait illégal. On peut regrouper d’abord \(A,B\), de sous-somme 1, ou calculer directement comme ci-dessus. Les critères de l’explication sont : somme non nulle identifiée, signe extérieur développé, contrôle de l’équation et distinction entre famille totale et sous-famille.

15.20 — À toi — Résoudre une équation dont l'inconnue est un point

Soient \(A,B,C\) non alignés. Pour chaque point \(M\) de l’espace, on pose \[\vec{F}(M)=2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}.\]

Construire le barycentre \(G\) associé à cette expression et situer \(G\) par rapport à \(A\) et au milieu \(I\) de \([BC]\).
Déterminer le point \(M\) tel que \(\vec{F}(M)=2\overrightarrow{AB}\).
Déterminer l’ensemble des points \(M\) pour lesquels \(\vec{F}(M)\) est colinéaire à \(\overrightarrow{BC}\). Le point \(G\) appartient-il à cet ensemble ?

Indices gradués. La somme des poids vaut \(4\). Introduire \(G\) dans chacun des déplacements. Pour (b), distinguer \(\overrightarrow{MG}\) et \(\overrightarrow{GM}\). Pour (c), revenir à la caractérisation d’une droite par un point et un directeur non nul.

Correction et contrôle.

a) Réduire une somme à partir de sa structure.

Le barycentre de \((B,1),(C,1)\) est leur milieu \(I\), avec somme \(2\). Par associativité, \(G\) est le barycentre de \((A,2),(I,2)\) : c’est le milieu de \([AI]\). On a donc \[\overrightarrow{AG}=\frac12\overrightarrow{AI} =\frac14\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right).\] La fonction de Leibniz vérifie, pour chaque \(M\), \(\vec{F}(M)=4\overrightarrow{MG}\).

b) Respecter le sens du déplacement obtenu.

L’équation cherchée est équivalente à \[4\overrightarrow{MG}=2\overrightarrow{AB} \quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{MG}=\frac12\overrightarrow{AB} \quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{GM}=-\frac12\overrightarrow{AB}.\] Depuis \(G\), il faut donc transporter l’opposé de la moitié de \(\overrightarrow{AB}\). Cette construction donne un unique point \(M\). Depuis \(A\), sa position s’écrit \[\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GM} =\left(\frac14-\frac12\right)\overrightarrow{AB}+\frac14\overrightarrow{AC} =-\frac14\overrightarrow{AB}+\frac14\overrightarrow{AC}.\] Contrôle direct dans l’équation initiale. Chasles donne \(\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC}\). Ainsi \[\begin{aligned} 2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} &=4\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\\ &=-4\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\\ &=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\\ &=2\overrightarrow{AB}. \end{aligned}\] Le point construit vérifie bien la relation demandée.

c) Passer d’une colinéarité à un lieu de points.

Le vecteur \(\overrightarrow{BC}\) est non nul. Comme le nombre \(4\) est non nul, \(\vec{F}(M)=4\overrightarrow{MG}\) est colinéaire à \(\overrightarrow{BC}\) si et seulement si \(\overrightarrow{MG}\) l’est, et donc si et seulement si \(\overrightarrow{GM}\) l’est. L’ensemble cherché est la droite passant par \(G\) et parallèle à \((BC)\).

Le point \(M=G\) est inclus : il donne \(\vec{F}(G)=\vec{0}\), et le vecteur nul est colinéaire à tout vecteur. Il ne fournit pas un vecteur directeur, mais il satisfait bien la condition de colinéarité.

15.21 — Réparer une division illégale

Une copie écrit « pour \((A,1),(B,-1)\), le barycentre est le milieu ». Première erreur : la formule utilisée divise par \(1+(-1)=0\) ; le milieu correspond à deux poids égaux, non opposés. Exemple plus simple corrigé : pour \((A,1),(B,1)\), la somme 2 donne bien \(\overrightarrow{AG}=\frac12\overrightarrow{AB}\). Nouvel essai : pour \((A,1),(B,2)\), le coefficient est-il \(\frac12\) ? Non : la somme 3 donne \(\frac23\), et \(\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}=(-\frac23+\frac23)\overrightarrow{AB}=0\) le vérifie. Retour à la copie initiale : si \(A\ne B\), la somme vectorielle constante est \(\overrightarrow{BA}\ne0\) ; aucun point ne peut l’annuler.

15.22 — À reprendre plus tard, avant de relire

Après une autre partie, sans relire : (a) construire le barycentre de \((A,3),(B,-1)\) et le situer ; (b) pour quatre sommets \(A,B,C,D\) de poids 1, retrouver une construction par deux milieux et contrôler la décomposition depuis \(A\) ; (c) exprimer \(3\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\) et dire ce qui change pour les poids 1 et\(-1\). Aides. Pour (a), prendre l’origine \(A\) ; pour (b), les sous-sommes 2 sont autorisées ; pour (c), introduire le barycentre seulement si la somme est non nulle.

Correction et contrôle.

a) Position et contrôle du barycentre.

\(S=3-1=2\ne0\), donc \(2\overrightarrow{AG}=-\overrightarrow{AB}\), soit \(\overrightarrow{AG}=-\frac12\overrightarrow{AB}\). Si \(A\ne B\), \(G\) est au-delà de \(A\) dans le sens opposé à \(B\) ; sinon \(G=A=B\). On contrôle \(3\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB}=\frac32\overrightarrow{AB}-\frac32\overrightarrow{AB}=0\).

b) Recomposer quatre poids.

\(I\) milieu de \([AB]\), \(J\) milieu de \([CD]\), puis \(G\) milieu de \([IJ]\) donnent \[\overrightarrow{AG}=\frac12(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AJ}),\qquad \overrightarrow{AI}=\frac12\overrightarrow{AB},\qquad \overrightarrow{AJ}=\frac12(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}),\] d’où \(\overrightarrow{AG}=\frac14(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})\). La somme des poids 4 est non nulle : la construction est unique, indépendamment du regroupement.

c) Comparer somme non nulle et somme nulle.

Pour les poids 3 et\(-1\), l’identité démontrée donne \(3\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MG}\) avec le \(G\) de (a). Pour 1 et\(-1\), la somme 0 interdit cette réduction à un unique barycentre ; l’expression vaut le vecteur constant \(\overrightarrow{BA}\). Si \(A=B\), elle est nulle partout ; sinon nulle nulle part.

Je sais faire seul si… je distingue poids et points ; je calcule la somme avant toute division ; je développe les signes ; je contrôle une équation de vecteurs ; je vérifie les sous-sommes avant regroupement ; je distingue la fonction vectorielle d’une expression de distances.

Pour poursuivre et réviser

Pour travailler sans confondre lecture et maîtrise, refaire les tâches « À reprendre plus tard » avant de relire leur correction. Une réponse correcte doit aussi indiquer les conditions qui autorisent la méthode choisie.

Références utiles. Les chapitres Vecteurs, droites et plans de l’espace des documents de Terminale spécialité consultés proposent d’autres situations d’entraînement : extrait Sésamath, chapitre 9, pages 276–305, et livre du professeur associé ; chapitre 10, pages 306–339, et corrigés associés ; chapitre 3, pages 82–111 ; chapitre 2, pages 46–83 ; LeLivreScolaire, chapitre 2, pages 54–85. Les éditions ne sont pas toutes identifiables dans les extraits disponibles. Les démonstrations et activités de ce cours sont rédigées pour une lecture autonome ; les ressources citées ne sont pas nécessaires pour compléter une correction manquante.

Pour les prescriptions de l’année 2026–2027 : programme officiel de Terminale spécialité mathématiques, BO spécial du 25 juillet 2019. Le prolongement sur les barycentres reste facultatif.