Distance d'un point à une droite, distance de deux droites

5.1 Distance d'un point à une droite

Définition. La distance d'un point $M$ à une droite $(D)$ est la distance $MH$, où $H$ est le projeté orthogonal de $M$ sur $(D)$. C'est la plus petite des distances $MP$, pour $P$ point de $(D)$.

Théorème. Si $(D)$ passe par $A$ et a pour vecteur directeur $\vec u$, alors $d(M, (D)) = \frac{\big\|\overrightarrow{AM} \wedge \vec u\big\|}{\|\vec u\|}.$

Démonstration. Le parallélogramme construit sur $\vec u$ (placé en $A$) et sur $\overrightarrow{AM}$ a pour aire $\big\|\overrightarrow{AM} \wedge \vec u\big\|$. Sa base mesure $\|\vec u\|$ et la hauteur correspondante est la distance de $M$ à la droite $(D)$. Donc $\big\|\overrightarrow{AM} \wedge \vec u\big\| = \|\vec u\| \times d(M, (D))$.

Exemple 16. $(D)$ passe par $A(1\,;0\,;2)$ et a pour vecteur directeur $\vec u\,(1\,;2\,;2)$ ; $M(4\,;3\,;2)$. $\overrightarrow{AM}\,(3\,;3\,;0)$ et $\overrightarrow{AM} \wedge \vec u = (3 \times 2 - 0 \times 2\,;\ 0 \times 1 - 3 \times 2\,;\ 3 \times 2 - 3 \times 1) = (6\,;-6\,;3)$, de norme $\sqrt{36 + 36 + 9} = 9$. Comme $\|\vec u\| = 3$ : $d(M, (D)) = \frac93 = 3.$ Autre méthode (Première). Le projeté $H$ s'écrit $A + t\,\vec u$ avec $\overrightarrow{HM} \cdot \vec u = 0$, soit $t = \dfrac{\overrightarrow{AM} \cdot \vec u}{\|\vec u\|^2} = \dfrac99 = 1$. Donc $H(2\,;2\,;4)$, $\overrightarrow{HM}\,(2\,;1\,;-2)$ et $HM = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3$.

5.2 Distance de deux droites

Définition. La distance de deux droites $(D_1)$ et $(D_2)$ est la plus petite des distances $MN$, pour $M$ point de $(D_1)$ et $N$ point de $(D_2)$.

Cas de deux droites parallèles. Tous les points de $(D_2)$ sont à la même distance de $(D_1)$ : la distance des deux droites est la distance d'un point quelconque de $(D_2)$ à la droite $(D_1)$.

Cas de deux droites non parallèles. Soit $(D_1)$ passant par $A$, de vecteur directeur $\vec u$, et $(D_2)$ passant par $B$, de vecteur directeur $\vec v$, avec $\vec u \wedge \vec v \neq \vec 0$.

• (Admis) Il existe un unique point $M_0$ de $(D_1)$ et un unique point $N_0$ de $(D_2)$ tels que la droite $(M_0N_0)$ soit orthogonale à $(D_1)$ et à $(D_2)$ : si $M_0 \neq N_0$, c'est la perpendiculaire commune aux deux droites.
• Théorème. La distance des deux droites est $d\big((D_1), (D_2)\big) = M_0N_0 = \frac{\big|\big[\overrightarrow{AB}, \vec u, \vec v\big]\big|}{\|\vec u \wedge \vec v\|}.$

Démonstration. Posons $\vec n = \vec u \wedge \vec v$. On écrit $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AM_0} + \overrightarrow{M_0N_0} + \overrightarrow{N_0B}$. Les vecteurs $\overrightarrow{AM_0}$ et $\overrightarrow{N_0B}$ sont colinéaires à $\vec u$ et à $\vec v$, donc orthogonaux à $\vec n$ ; d'où $\overrightarrow{AB} \cdot \vec n = \overrightarrow{M_0N_0} \cdot \vec n$. Or $\overrightarrow{M_0N_0}$ est orthogonal à $\vec u$ et à $\vec v$, donc colinéaire à $\vec n$ : $|\overrightarrow{M_0N_0} \cdot \vec n| = M_0N_0 \times \|\vec n\|$. Comme $\overrightarrow{AB} \cdot \vec n = (\vec u \wedge \vec v) \cdot \overrightarrow{AB} = \big[\vec u, \vec v, \overrightarrow{AB}\big] = \big[\overrightarrow{AB}, \vec u, \vec v\big]$, on obtient la formule. Enfin, pour tous $M$ de $(D_1)$ et $N$ de $(D_2)$, le même calcul donne $\overrightarrow{MN} \cdot \vec n = \overrightarrow{M_0N_0} \cdot \vec n$, donc $MN \times \|\vec n\| \geq |\overrightarrow{MN} \cdot \vec n| = M_0N_0 \times \|\vec n\|$ : $M_0N_0$ est bien la plus petite des distances $MN$.

Conséquence. Deux droites non parallèles sont sécantes (donc coplanaires) si, et seulement si, $\big[\overrightarrow{AB}, \vec u, \vec v\big] = 0$.

Méthode : trouver la perpendiculaire commune. On écrit $M = A + t\,\vec u$ et $N = B + s\,\vec v$, puis on résout le système $\overrightarrow{MN} \cdot \vec u = 0$, $\overrightarrow{MN} \cdot \vec v = 0$, d'inconnues $t$ et $s$.

Exemple 17 (deux arêtes du cube). Dans le cube, les droites $(AB)$ et $(EH)$ ne sont pas coplanaires. $A(0\,;0\,;0)$, $\vec u = \overrightarrow{AB}\,(1\,;0\,;0)$ ; $E(0\,;0\,;1)$, $\vec v = \overrightarrow{EH}\,(0\,;1\,;0)$. Alors $\vec u \wedge \vec v = (0\,;0\,;1)$ et $\big[\overrightarrow{AE}, \vec u, \vec v\big] = (0\,;0\,;1) \cdot (0\,;0\,;1) = 1$ : la distance vaut $\dfrac11 = 1$. La perpendiculaire commune est l'arête $(AE)$.

Exemple 18 (une grande diagonale et une diagonale de face). Toujours dans le cube, $(AG)$ passe par $A(0\,;0\,;0)$ avec $\vec u = \overrightarrow{AG}\,(1\,;1\,;1)$, et $(BD)$ passe par $B(1\,;0\,;0)$ avec $\vec v = \overrightarrow{BD}\,(-1\,;1\,;0)$.

• $\vec u \wedge \vec v = (1 \times 0 - 1 \times 1\,;\ 1 \times (-1) - 1 \times 0\,;\ 1 \times 1 - 1 \times (-1)) = (-1\,;-1\,;2)$, de norme $\sqrt6$.
• $\overrightarrow{AB}\,(1\,;0\,;0)$, donc $\big[\overrightarrow{AB}, \vec u, \vec v\big] = (\vec u \wedge \vec v) \cdot \overrightarrow{AB} = -1$.
• $d\big((AG), (BD)\big) = \dfrac{|-1|}{\sqrt6} = \dfrac{\sqrt6}{6} \approx 0{,}41$.

Perpendiculaire commune. $M(t\,;t\,;t)$ et $N(1 - s\,;s\,;0)$, donc $\overrightarrow{MN}\,(1 - s - t\,;s - t\,;-t)$. Les conditions $\overrightarrow{MN} \cdot \vec u = 1 - 3t = 0$ et $\overrightarrow{MN} \cdot \vec v = 2s - 1 = 0$ donnent $t = \frac13$ et $s = \frac12$ : $M_0\big(\frac13\,;\frac13\,;\frac13\big)$, $N_0\big(\frac12\,;\frac12\,;0\big)$, et $M_0N_0 = \sqrt{\frac1{36} + \frac1{36} + \frac19} = \dfrac{\sqrt6}{6}$.