Droite intersection de deux plans

Stratégie : une droite de l'espace se donne de deux façons, et l'exercice consiste à passer de l'une à l'autre. Elle est ici définie par deux équations — comme intersection de deux plans ; on la veut sous forme paramétrique, seule forme qui permette de « produire » des points et de traiter la question du projeté.

1) C'est bien une droite. Les deux plans ont pour vecteurs normaux $\overrightarrow{n}(1,-1,1)$ et ${\overrightarrow{n}}_2(2,1,-1)$. Ils ne sont pas colinéaires : la première coordonnée imposerait un rapport $2$, que la deuxième contredit. Les deux plans ne sont donc pas parallèles, et leur intersection est une droite.

2) Le paramétrage, par le pivot. Additionnons les deux équations, ce qui élimine à la fois $y$ et $z$ :

$$(x-y+z)+(2x+y-z)=2+1⟹3x=3⟹x=1.$$

La première équation devient alors $1-y+z=2$, soit $y=z-1$. En prenant $z=t$ pour paramètre :

$$\mathcal{D}=\left\{(1,t-1,t):t\in \mathbb{R}\right\}:\mathcal{D}\text{ passe par }A(1,-1,0)\text{ et est dirigeˊe par }\overrightarrow{u}(0,1,1).$$

Contrôle par le produit vectoriel. Le vecteur directeur d'une intersection de deux plans est orthogonal aux deux normales : il doit donc être colinéaire à $\overrightarrow{n}\wedge {\overrightarrow{n}}_2$. Calculons :

$$\overrightarrow{n}\wedge {\overrightarrow{n}}_2=((-1)(-1)-(1)(1),(1)(2)-(1)(-1),(1)(1)-(-1)(2))=(0,3,3).$$

C'est bien $3\overrightarrow{u}$. ✔ Deux méthodes indépendantes donnent la même direction.

3) Le projeté orthogonal de l'origine. Le projeté de $O$ sur $\mathcal{D}$ est l'unique point $H$ de $\mathcal{D}$ tel que $\overrightarrow{OH}$ soit orthogonal à la direction $\overrightarrow{u}$. On écrit cette condition sur le point courant $M_t(1,t-1,t)$ :

$$\overrightarrow{O{M}_t}\cdot \overrightarrow{u}=0\times 1+1\times (t-1)+1\times t=2t-1=0⟺t=\frac{1}{2}.$$

$$\boxed{H\left(1,-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right),d(O,\mathcal{D})=OH=\sqrt{1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\approx 1,2247.}$$

⚠️ Le point délicat : c'est la condition d'orthogonalité qui détermine $t$, pas une minimisation. On pourrait chercher le minimum de $O{M}_t^2=1+(t-1{)}^2+t^2=2t^2-2t+2$, trinôme dont le minimum est atteint en $t=\frac{1}{2}$ — la même valeur. Les deux approches coïncident toujours, et c'est précisément le théorème du cours : le projeté orthogonal est le point de la droite le plus proche.

Contrôle par la formule du produit vectoriel. Le cours donne aussi $d(O,\mathcal{D})=\frac{\Vert \overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{AO}\Vert }{\Vert \overrightarrow{u}\Vert }$. Ici $\overrightarrow{AO}=(-1,1,0)$ et

$$\overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{AO}=(0,1,1)\wedge (-1,1,0)=(1\times 0-1\times 1,1\times (-1)-0\times 0,0\times 1-1\times (-1))=(-1,-1,1),$$

de norme $\sqrt{3}$. Comme $\Vert \overrightarrow{u}\Vert =\sqrt{2}$, la distance vaut $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$. ✔ Troisième méthode, même résultat.

Contrôle numérique. Le point $H$ appartient-il aux deux plans ? $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=2$ ✔ et $2-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=1$ ✔. Et $\overrightarrow{OH}\cdot \overrightarrow{u}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0$ ✔.

Ce que l'exercice installe. Les deux représentations d'une droite de l'espace — par équations pour tester l'appartenance, par paramètre pour fabriquer des points — et le passage de l'une à l'autre par un pivot. Le projeté orthogonal, lui, se cherche toujours de la même façon : on écrit le point courant, et l'on impose l'orthogonalité.