Exercices — Produit scalaire et orthogonalité dans l'espace

1. $\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 3 + 2 \times (-1) + (-1) \times 1 = 3 - 2 - 1 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux.

2. $\|\vec{w}\| = \sqrt{2^2 + 1^2 + (-2)^2} = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3$. Pour la distance : $\overrightarrow{AB}\,(2\,;\,2\,;\,-1)$, donc $AB = \sqrt{4 + 4 + 1} = \sqrt{9} = 3$.

3. $\vec{a} \cdot \vec{b} = 1 + 0 + 0 = 1$, $\|\vec{a}\| = \|\vec{b}\| = \sqrt{2}$, donc :

$\cos(\vec{a}\,,\,\vec{b}) = \frac{1}{\sqrt{2} \times \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$

L’angle vaut $\dfrac{\pi}{3}$, soit $60°$.

4. On développe comme une identité remarquable :

$\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \|\vec{v}\|^2 = 4 + 2 \times (-1) + 9 = 11$

Réflexe à retenir : en base orthonormée, tout devient du calcul — $xx' + yy' + zz'$ pour le produit scalaire, produit nul pour l’orthogonalité, et $\|\vec{u} + \vec{v}\|^2$ se développe comme $(a+b)^2$.

1. Le vecteur normal donne les coefficients : $x + 2y - 2z + d = 0$. Le point $A$ impose $2 + 2 \times (-1) - 2 \times 1 + d = 2 - 2 - 2 + d = 0$, d’où $d = 2$ :

$\mathcal{P} : x + 2y - 2z + 2 = 0$

Vérification avec $A$ : $2 - 2 - 2 + 2 = 0$ ✓.

2. On remplace : $0 + 2 \times 1 - 2 \times 2 + 2 = 0 + 2 - 4 + 2 = 0$ ✓. Oui, $B \in \mathcal{P}$.

3. Un vecteur normal de $\mathcal{Q}$ est $\vec{m}\,(2\,;\,4\,;\,-4) = 2\vec{n}$ : les vecteurs normaux sont colinéaires, donc $\mathcal{P}$ et $\mathcal{Q}$ sont parallèles. Confondus ? On teste $A(2\,;\,-1\,;\,1)$ dans l’équation de $\mathcal{Q}$ : $2 \times 2 + 4 \times (-1) - 4 \times 1 + 1 = 4 - 4 - 4 + 1 = -3 \neq 0$. Le point $A$ est dans $\mathcal{P}$ mais pas dans $\mathcal{Q}$ : les plans sont strictement parallèles.

Réflexe à retenir : le vecteur normal fournit les coefficients, le point fournit $d$ — et deux plans sont parallèles si, et seulement si, leurs vecteurs normaux sont colinéaires.

1. $\overrightarrow{AB}\,(-1\,;\,1\,;\,0)$ et $\overrightarrow{AC}\,(-1\,;\,0\,;\,1)$ ne sont pas colinéaires (aucun coefficient $k$ ne transforme l’un en l’autre : regarde les deuxièmes et troisièmes coordonnées). Les trois points ne sont donc pas alignés : ils définissent un plan.

2. On calcule deux produits scalaires :

$\vec{u} \cdot \overrightarrow{AB} = -1 + 1 + 0 = 0 \qquad \vec{u} \cdot \overrightarrow{AC} = -1 + 0 + 1 = 0$

$\vec{u}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ : la droite $d$ est orthogonale au plan $(ABC)$.

3. $\vec{u}\,(1\,;\,1\,;\,1)$ est donc un vecteur normal du plan : $x + y + z + d = 0$. Le point $A$ impose $1 + 0 + 0 + d = 0$, d’où $d = -1$ :

$(ABC) : x + y + z - 1 = 0$

Vérification : $B$ donne $0 + 1 + 0 - 1 = 0$ ✓ et $C$ donne $0 + 0 + 1 - 1 = 0$ ✓.

4. La droite $d$ a pour représentation paramétrique $x = t$, $y = t$, $z = t$. On injecte dans l’équation du plan : $t + t + t - 1 = 0$, soit $t = \dfrac{1}{3}$, d’où $H\left(\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\right)$. Comme $d$ passe par $O$ et est orthogonale au plan, $H$ est le projeté orthogonal de $O$ sur $(ABC)$, et la distance de $O$ au plan vaut :

$OH = \sqrt{3 \times \left(\frac{1}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0{,}58$

Réflexe à retenir : deux produits scalaires nuls (avec deux vecteurs non colinéaires du plan) prouvent l’orthogonalité droite-plan — et ce vecteur directeur devient aussitôt un vecteur normal, qui livre l’équation cartésienne.

1. $2 \times 1 - 2 + 2 \times 0 - 6 = -6 \neq 0$ : $M \notin \mathcal{P}$. Un vecteur normal se lit sur les coefficients : $\vec{n}\,(2\,;\,-1\,;\,2)$.

2. $\Delta$ passe par $M$ et est dirigée par $\vec{n}$ :

$\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 2 - t \\ z = 2t \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}$

3. $H$ est l’intersection de $\Delta$ et de $\mathcal{P}$. On injecte la représentation paramétrique dans l’équation du plan :

$2(1 + 2t) - (2 - t) + 2 \times 2t - 6 = 0 \iff 2 + 4t - 2 + t + 4t - 6 = 0 \iff 9t - 6 = 0$

d’où $t = \dfrac{2}{3}$, et donc $H\left(1 + \dfrac{4}{3}\,;\,2 - \dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\right) = H\left(\dfrac{7}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\right)$.

4. La distance de $M$ à $\mathcal{P}$ est $MH$. Avec $\overrightarrow{MH}\left(\dfrac{4}{3}\,;\,-\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\right)$ :

$MH = \sqrt{\frac{16}{9} + \frac{4}{9} + \frac{16}{9}} = \sqrt{\frac{36}{9}} = \sqrt{4} = 2$

Réflexe à retenir : la distance d’un point à un plan passe toujours par le projeté orthogonal — droite normale paramétrée, injection dans l’équation du plan, résolution en $t$, puis calcul de $MH$.

1. $I\left(\dfrac{1+3}{2}\,;\,\dfrac{2-2}{2}\,;\,\dfrac{0+4}{2}\right) = I(2\,;\,0\,;\,2)$ et $\overrightarrow{AB}\,(2\,;\,-4\,;\,4)$.

2. $\overrightarrow{AB}$ est un vecteur normal de $\mathcal{P}$ : $2x - 4y + 4z + d = 0$. Le point $I$ impose $4 - 0 + 8 + d = 0$, d’où $d = -12$ : $2x - 4y + 4z - 12 = 0$. En divisant par $2$ :

$\mathcal{P} : x - 2y + 2z - 6 = 0$

Vérification avec $I$ : $2 - 0 + 4 - 6 = 0$ ✓.

3. $6 - 2 \times 1 + 2 \times 1 - 6 = 6 - 2 + 2 - 6 = 0$ ✓ : $C \in \mathcal{P}$, donc $C$ est équidistant de $A$ et de $B$. Contrôle direct :

$CA = \sqrt{(1-6)^2 + (2-1)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{25 + 1 + 1} = \sqrt{27}$ $CB = \sqrt{(3-6)^2 + (-2-1)^2 + (4-1)^2} = \sqrt{9 + 9 + 9} = \sqrt{27}$

On a bien $CA = CB = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$ ✓.

4. On paramètre la droite passant par $D$, dirigée par le vecteur normal $\vec{n}\,(1\,;\,-2\,;\,2)$ : $x = 3 + t$, $y = -2t$, $z = 6 + 2t$. On injecte dans l’équation de $\mathcal{P}$ :

$(3 + t) - 2(-2t) + 2(6 + 2t) - 6 = 0 \iff 3 + t + 4t + 12 + 4t - 6 = 0 \iff 9t + 9 = 0$

d’où $t = -1$ et $H(2\,;\,2\,;\,4)$ (vérification : $2 - 4 + 8 - 6 = 0$ ✓). Alors $\overrightarrow{DH}\,(-1\,;\,2\,;\,-2)$ et :

$DH = \sqrt{1 + 4 + 4} = \sqrt{9} = 3$

La distance de $D$ au plan médiateur vaut $3$.

Réflexe à retenir : le plan médiateur se construit avec le milieu (le point) et $\overrightarrow{AB}$ (le vecteur normal) — et tout calcul de distance à un plan repasse par le projeté orthogonal, via la droite normale paramétrée.