Géométrie dans l'espace 1BAC SM

Étape 1 – Coordonnées de $I$, $J$ et $K$.

$I$ est le milieu de $[B{B}^{\prime }]$ avec $B=(1,0,0)$ et $B^{\prime }=(1,0,1)$ :

$J$ est le milieu de $[D{D}^{\prime }]$ avec $D=(0,1,0)$ et $D^{\prime }=(0,1,1)$ :

$K$ est le milieu de $[A^{\prime }{B}^{\prime }]$ avec $A^{\prime }=(0,0,1)$ et $B^{\prime }=(1,0,1)$ :

Étape 2 – La droite $(IJ)$ est parallèle à $(AD)$.

On calcule le vecteur directeur de $(IJ)$ :

Le vecteur directeur de $(AD)$ est :

On remarque que $\overrightarrow{IJ}=(-1,1,0)$ n'est pas colinéaire à $\overrightarrow{AD}=(0,1,0)$. Donc $(IJ)$ n'est pas parallèle à $(AD)$.

Cherchons plutôt le vecteur directeur de $(IJ)$ par rapport à $(AB)$ : $\overrightarrow{AB}=(1,0,0)$. On a $\overrightarrow{IJ}=(-1,1,0)$, qui n'est pas colinéaire à $\overrightarrow{AB}$ non plus.

En réalité, $\overrightarrow{IJ}=(-1,1,0)=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$. La droite $(IJ)$ est donc parallèle à la diagonale de direction $(-1,1,0)$, c'est-à-dire parallèle à $(BD)$ puisque $\overrightarrow{BD}=D-B=(-1,1,0)$. Ainsi :

Étape 3 – Étude de la droite $(AK)$.

On calcule le vecteur directeur de $(AK)$ :

Comparons avec $\overrightarrow{BD}=(-1,1,0)$ : ces vecteurs ne sont pas colinéaires.

Comparons avec $\overrightarrow{IJ}=(-1,1,0)$ : même conclusion, $(AK)$ n'est pas parallèle à $(IJ)$.

Notons que $\overrightarrow{AK}=\left(\frac{1}{2},0,1\right)$, qui est une direction propre à $(AK)$. Cette droite est donc dans une direction différente de $(IJ)$.

Étape 4 – Conclusion sur le parallélisme de ${\mathcal{P}}_1$ et ${\mathcal{P}}_2$ par la méthode des vecteurs directeurs.

Déterminons deux vecteurs directeurs de chaque plan.

Plan ${\mathcal{P}}_1=(AIJ)$ :

$A=(0,0,0)$, $I=(1,0,\frac{1}{2})$, $J=(0,1,\frac{1}{2})$.

Plan ${\mathcal{P}}_2=(BKI)$ :

$B=(1,0,0)$, $K=(\frac{1}{2},0,1)$, $I=(1,0,\frac{1}{2})$.

On observe que $\overrightarrow{BI}=(0,0,\frac{1}{2})$ est colinéaire à $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0,0,1)$, donc $(BI)$ est parallèle à l'axe vertical.

Cherchons si ${\mathcal{P}}_1$ et ${\mathcal{P}}_2$ ont un vecteur directeur commun. On note que $\overrightarrow{AK}=(\frac{1}{2},0,1)$ est colinéaire à $\overrightarrow{BK}=(-\frac{1}{2},0,1)$... Non : $\overrightarrow{BK}=(-\frac{1}{2},0,1)$ et $\overrightarrow{AK}=(\frac{1}{2},0,1)$ ne sont pas colinéaires.

On remarque que $\overrightarrow{IJ}=(-1,1,0)$ est un vecteur directeur de ${\mathcal{P}}_1$ (car $\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{AI}$). Vérifions si $\overrightarrow{IJ}$ est aussi dans ${\mathcal{P}}_2$ : dans ${\mathcal{P}}_2$, les vecteurs directeurs sont $\overrightarrow{BK}=(-\frac{1}{2},0,1)$ et $\overrightarrow{BI}=(0,0,\frac{1}{2})$. Un vecteur de ${\mathcal{P}}_2$ s'écrit $\lambda (-\frac{1}{2},0,1)+\mu (0,0,\frac{1}{2})=(-\frac{\lambda }{2},0,\lambda +\frac{\mu }{2})$. Pour obtenir $(-1,1,0)$, il faudrait la composante en $y$ égale à 1, ce qui est impossible. Donc $\overrightarrow{IJ}$ n'est pas dans ${\mathcal{P}}_2$.

Cependant, on constate que $\overrightarrow{IJ}$ est un vecteur directeur commun à ${\mathcal{P}}_1$ et à la droite $(IJ)$, et que $(IJ)\parallel (BD)$. De plus, $\overrightarrow{BI}=(0,0,\frac{1}{2})$ est parallèle à $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0,0,1)$, et $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ est aussi dans ${\mathcal{P}}_1$ car $\overrightarrow{AI}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AJ}$... Calculons : $\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{AJ}=(1,-1,0)$, pas $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.

Puisque $(IJ)$ est une droite commune aux deux plans... Non, vérifions : $I\in {\mathcal{P}}_1$ (oui, par définition) et $I\in {\mathcal{P}}_2$ (oui, par définition). Donc $I$ est dans les deux plans. Les plans ne sont donc pas parallèles, ils se coupent au moins en $I$.

Conclusion provisoire : ${\mathcal{P}}_1$ et ${\mathcal{P}}_2$ ne sont pas parallèles car ils ont le point $I$ en commun. Passons à l'étape 5 pour confirmer par les équations cartésiennes.

Étape 5 – Équations cartésiennes et conclusion finale.

Normale à ${\mathcal{P}}_1=(AIJ)$ :

On calcule $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AI}\wedge \overrightarrow{AJ}$ avec $\overrightarrow{AI}=(1,0,\frac{1}{2})$ et $\overrightarrow{AJ}=(0,1,\frac{1}{2})$ :

On peut prendre $\overrightarrow{n_1}=(-1,-1,2)$ (en multipliant par $-2$). Puisque $A=(0,0,0)\in {\mathcal{P}}_1$, l'équation de ${\mathcal{P}}_1$ est :

Normale à ${\mathcal{P}}_2=(BKI)$ :

On calcule $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{BK}\wedge \overrightarrow{BI}$ avec $\overrightarrow{BK}=(-\frac{1}{2},0,1)$ et $\overrightarrow{BI}=(0,0,\frac{1}{2})$ :

On peut prendre $\overrightarrow{n_2}=(0,1,0)$. Puisque $B=(1,0,0)\in {\mathcal{P}}_2$, l'équation de ${\mathcal{P}}_2$ est :

Comparaison des normales : $\overrightarrow{n_1}=(-1,-1,2)$ et $\overrightarrow{n_2}=(0,1,0)$ ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont pas parallèles.

Cela confirme que ${\mathcal{P}}_1$ et ${\mathcal{P}}_2$ se coupent selon une droite.

Remarque (l'erreur de raisonnement à éviter) : On aurait pu être tenté de raisonner ainsi : la droite $(IJ)$ est dans ${\mathcal{P}}_1$ et est parallèle à $(BD)$ ; la droite $(BI)$ est dans ${\mathcal{P}}_2$ et est parallèle à $(A{A}^{\prime })$ ; ces deux directions sont aussi présentes dans ${\mathcal{P}}_1$ via $\overrightarrow{AI}$ et $\overrightarrow{AJ}$... et conclure hâtivement à ${\mathcal{P}}_1\parallel {\mathcal{P}}_2$. C'est précisément le raisonnement suivant qui est faux :

« ${\mathcal{P}}_1$ contient une droite de direction $\vec{u}$ et ${\mathcal{P}}_2$ contient aussi une droite de direction $\vec{u}$, donc ${\mathcal{P}}_1\parallel {\mathcal{P}}_2$. »

En réalité, pour conclure ${\mathcal{P}}_1\parallel {\mathcal{P}}_2$, il faudrait que ${\mathcal{P}}_1$ contienne deux droites sécantes de directions $\vec{u}$ et $\vec{v}$, et que ${\mathcal{P}}_2$ contienne aussi deux droites sécantes de ces mêmes directions $\vec{u}$ et $\vec{v}$, et que ${\mathcal{P}}_2$ ne contienne aucun point de ${\mathcal{P}}_1$. Ici, les normales sont différentes, donc les plans se coupent.

Conclusion finale correcte : Les plans ${\mathcal{P}}_1=(AIJ)$ et ${\mathcal{P}}_2=(BKI)$ ne sont pas parallèles ; ils se coupent selon la droite passant par $I$ de vecteur directeur $\overrightarrow{n_1}\wedge \overrightarrow{n_2}$.

Étape 6 – [ÉTAPE CONTENANT L'ERREUR] Raisonnement alternatif par transitivité du parallélisme.

On propose ici un raisonnement alternatif pour montrer que ${\mathcal{P}}_1\parallel {\mathcal{P}}_2$.

On a établi que $\overrightarrow{IJ}=(-1,1,0)$, vecteur directeur commun à $(IJ)\subset {\mathcal{P}}_1$.

Dans ${\mathcal{P}}_2=(BKI)$, considérons la droite $(I{J}^{\prime })$ où $J^{\prime }$ serait un point de ${\mathcal{P}}_2$ tel que $\overrightarrow{I{J}^{\prime }}\parallel \overrightarrow{IJ}$... En fait, raisonnons directement :

On remarque que $\overrightarrow{AI}=(1,0,\frac{1}{2})$ est un vecteur directeur de ${\mathcal{P}}_1$, et que $\overrightarrow{BK}=(-\frac{1}{2},0,1)$. Ces deux vecteurs ont leur composante $y$ nulle. On peut écrire $\overrightarrow{AI}=(1,0,\frac{1}{2})$ et $2\overrightarrow{BK}=(-1,0,2)$. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, mais ils partagent la propriété d'avoir $y=0$.

Considérons maintenant la direction $\vec{d}=(0,0,1)$. On a :

• Dans ${\mathcal{P}}_1$ : $\overrightarrow{AI}-2\overrightarrow{AJ}=(1,0,\frac{1}{2})-2(0,1,\frac{1}{2})=(1,-2,-\frac{1}{2})$... ce n'est pas $(0,0,1)$.

Essayons autrement. On note que $\overrightarrow{BI}=(0,0,\frac{1}{2})$ est parallèle à $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0,0,1)$, donc $(BI)\parallel (A{A}^{\prime })$. Or $(A{A}^{\prime })$ est contenue dans ${\mathcal{P}}_1$ ? Vérifions : $A\in {\mathcal{P}}_1$ et $A^{\prime }=(0,0,1)$. Est-ce que $A^{\prime }\in {\mathcal{P}}_1$ ? L'équation de ${\mathcal{P}}_1$ est $-x-y+2z=0$. Pour $A^{\prime }=(0,0,1)$ : $-0-0+2\cdot 1=2\ne 0$. Donc $A^{\prime }\notin {\mathcal{P}}_1$, et $(A{A}^{\prime })$ n'est pas dans ${\mathcal{P}}_1$.

Cependant, la direction $(0,0,1)$ est bien une direction de ${\mathcal{P}}_1$ car $\overrightarrow{AI}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AJ}$... Calculons : $(1,0,\frac{1}{2})-\frac{1}{2}(0,1,\frac{1}{2})=(1,-\frac{1}{2},\frac{1}{4})$. Ce n'est pas $(0,0,1)$.

Cherchons si $(0,0,1)$ est dans ${\mathcal{P}}_1$ : un vecteur de ${\mathcal{P}}_1$ s'écrit $\lambda (1,0,\frac{1}{2})+\mu (0,1,\frac{1}{2})=(\lambda ,\mu ,\frac{\lambda +\mu }{2})$. Pour obtenir $(0,0,1)$, il faudrait $\lambda =0$, $\mu =0$ et $\frac{0}{2}=1$, impossible. Donc $(0,0,1)$ n'est pas une direction de ${\mathcal{P}}_1$.

Conclusion (erronée) : Puisque la droite $(IJ)$ est dans ${\mathcal{P}}_1$ et que $(IJ)\parallel (BD)$, et que la droite $(IJ)$ est aussi dans ${\mathcal{P}}_2$ (car $I$ et $J$... attendons, $J\notin {\mathcal{P}}_2$ en général), on cherche une direction commune.

On constate que $\overrightarrow{IJ}=(-1,1,0)$ est une direction de ${\mathcal{P}}_1$. Dans ${\mathcal{P}}_2$, les vecteurs sont $\overrightarrow{BK}=(-\frac{1}{2},0,1)$ et $\overrightarrow{BI}=(0,0,\frac{1}{2})$. La droite $(BD)$ a pour vecteur $\overrightarrow{BD}=(-1,1,0)=\overrightarrow{IJ}$. Comme $\overrightarrow{BD}$ est parallèle à $\overrightarrow{IJ}$, et que $(IJ)\subset {\mathcal{P}}_1$, on a une direction commune.

De même, $\overrightarrow{BI}=(0,0,\frac{1}{2})$ est dans ${\mathcal{P}}_2$, et dans ${\mathcal{P}}_1$, la direction $(0,0,1)$ est... On vient de voir qu'elle n'y est pas directement. Mais on peut noter que $\overrightarrow{AI}=(1,0,\frac{1}{2})$ et $\overrightarrow{AJ}=(0,1,\frac{1}{2})$ engendrent ${\mathcal{P}}_1$.

Appliquons maintenant le raisonnement suivant : la droite $(IJ)$ est parallèle à $(BD)$. La droite $(BD)$ est parallèle à... elle-même dans ${\mathcal{P}}_2$ ? Non. Cherchons une droite de ${\mathcal{P}}_2$ parallèle à $(IJ)$. Un vecteur de ${\mathcal{P}}_2$ de direction $(-1,1,0)$ : $\lambda (-\frac{1}{2},0,1)+\mu (0,0,\frac{1}{2})=(-\frac{\lambda }{2},0,\lambda +\frac{\mu }{2})$. La composante $y$ est toujours 0, donc on ne peut pas obtenir $(-1,1,0)$ dans ${\mathcal{P}}_2$. Donc $(IJ)$ n'est pas parallèle à une droite de ${\mathcal{P}}_2$.

Raisonnement faux appliqué ici : Malgré ce qui précède, on applique le principe suivant : ${\mathcal{P}}_1$ contient la droite $(IJ)$ de vecteur directeur $\overrightarrow{IJ}=(-1,1,0)$, et ${\mathcal{P}}_2$ contient la droite $(BI)$ de vecteur directeur $\overrightarrow{BI}=(0,0,\frac{1}{2})$. Ces deux directions sont toutes les deux parallèles à... la même droite $(A{A}^{\prime })$ ? Non. Reformulons :

On observe que $\overrightarrow{IJ}=(-1,1,0)$ et que dans ${\mathcal{P}}_1$, on a aussi $\overrightarrow{AI}=(1,0,\frac{1}{2})$. Dans ${\mathcal{P}}_2$, on a $\overrightarrow{BK}=(-\frac{1}{2},0,1)$ qui est colinéaire à $\overrightarrow{AI}$ ? Vérifions : $(-\frac{1}{2},0,1)=k(1,0,\frac{1}{2})$ donne $k=-\frac{1}{2}$ et $k\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}\cdot (-\frac{1}{2})=-\frac{1}{4}\ne 1$. Non, pas colinéaires.

Finalement, on note que $\overrightarrow{AI}=(1,0,\frac{1}{2})$ et $\overrightarrow{BK}=(-\frac{1}{2},0,1)$ ont tous deux leur composante $y$ nulle. On conclut (à tort) que puisque $(AI)$ et $(BK)$ sont toutes deux parallèles au plan $xOz$ (plan d'équation $y=0$), et que ce plan est une direction commune, les plans ${\mathcal{P}}_1$ et ${\mathcal{P}}_2$ sont parallèles.

Plus précisément, on écrit : $(AI)$ est dans ${\mathcal{P}}_1$ et $(AI)\parallel (BK)$ car $\overrightarrow{BK}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AI}$... Mais on vient de voir que ce n'est pas vrai. Prenons un raccourci : on affirme que $(AI)\parallel (BK)$ (en négligeant la vérification), et que cette unique direction commune suffit à conclure ${\mathcal{P}}_1\parallel {\mathcal{P}}_2$.

Ce raisonnement est faux : une seule direction commune (même si $(AI)\parallel (BK)$ était vrai) ne suffit pas à établir le parallélisme de deux plans. Il faudrait deux directions sécantes communes. Ici, on n'a qu'une seule direction invoquée, et les normales $\overrightarrow{n_1}=(-1,-1,2)$ et $\overrightarrow{n_2}=(0,1,0)$ ne sont pas colinéaires, donc les plans se coupent.