Corrigé des 31 exercices sur le produit scalaire dans l’espace en terminale à télécharger en PDF

Premier cas : \(x+y+2z-3=0\) et \(-x+4y-5z+6=0\). Ensuite, les vecteurs normaux \((1\,;\,1\,;\,2)\) et \((-1\,;\,4\,;\,-5)\) ne sont pas colinéaires : les plans sont sécants selon une droite. Par ailleurs, on pose \(z=t\) :

\[ \begin{cases} x+y=3-2t \\ -x+4y=-6+5t \end{cases} \]

Ensuite, en additionnant : \(5y=-3+3t\), donc \(y=-\frac35+\frac35 t\), puis \(x=3-2t-y=\frac{18}{5}-\frac{13}{5}t\).

\[ \begin{cases} x=\frac{18}{5}-\frac{13}{5}t \\ y=-\frac35+\frac35 t \\ z=t \end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}. \]

Deuxième cas : \(x-2z-1=0\) et \(y-2z+4=0\). Puis normaux \((1\,;\,0\,;\,-2)\) et \((0\,;\,1\,;\,-2)\) non colinéaires. De plus, avec \(z=t\) : \(x=1+2t\), \(y=-4+2t\), \(z=t\), \(t\in\mathbb{R}\).

Troisième cas : \(x-y-2z-1=0\) et \(-2x+2y+4z+4=0\). Puis la seconde équation, divisée par \(-2\), s’écrit \(x-y-2z-2=0\). Ensuite, les vecteurs normaux sont colinéaires, mais \(-1\neq -2\) : les plans sont strictement parallèles. Puis il n’y a pas de droite d’intersection.

Dans le repère \((A\,;\,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\) : \(I\left(\frac12\,;\,0\,;\,0\right)\), \(J\left(0\,;\,\frac12\,;\,1\right)\), \(K\left(1\,;\,\frac12\,;\,0\right)\), \(F(1\,;\,0\,;\,1)\), \(D(0\,;\,1\,;\,0)\).

1) a) \(\overrightarrow{FD}(-1\,;\,1\,;\,-1)\), \(\overrightarrow{IJ}\left(-\frac12\,;\,\frac12\,;\,1\right)\), \(\overrightarrow{IK}\left(\frac12\,;\,\frac12\,;\,0\right)\).

\[ \overrightarrow{FD}\cdot\overrightarrow{IJ}=\frac12+\frac12-1=0,\qquad \overrightarrow{FD}\cdot\overrightarrow{IK}=-\frac12+\frac12+0=0. \]

\(\overrightarrow{IJ}\) et \(\overrightarrow{IK}\) ne sont pas colinéaires (troisièmes coordonnées 1 et 0). \((FD)\) est orthogonale à deux droites sécantes du plan \((IJK)\) : elle est orthogonale au plan.

b) \(\overrightarrow{FD}\) est normal à \((IJK)\) : une équation est \(-x+y-z+d=0\). Par ailleurs, avec \(I\) : \(-\frac12+d=0\), \(d=\frac12\). De plus, en multipliant par \(-2\) : \(2x-2y+2z-1=0\). (Vérification avec \(J\) : \(0-1+2-1=0\).)

2) \((FD)\) passe par \(F(1\,;\,0\,;\,1)\) et a pour vecteur directeur \(\overrightarrow{FD}\) : \(x=1-t\), \(y=t\), \(z=1-t\), \(t\in\mathbb{R}\).

Coordonnées : \(I\left(\frac12\,;\,0\,;\,0\right)\), \(J\left(0\,;\,1\,;\,\frac12\right)\), \(K\left(\frac12\,;\,1\,;\,1\right)\), \(C(1\,;\,1\,;\,0)\), \(E(0\,;\,0\,;\,1)\).

1) \(\overrightarrow{CE}(-1\,;\,-1\,;\,1)\), \(\overrightarrow{IJ}\left(-\frac12\,;\,1\,;\,\frac12\right)\), \(\overrightarrow{IK}(0\,;\,1\,;\,1)\), non colinéaires.

\[ \overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{IJ}=\frac12-1+\frac12=0,\qquad \overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{IK}=0-1+1=0. \]

\(\overrightarrow{CE}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : c’est un vecteur normal de \((IJK)\). Ensuite, une équation est \(-x-y+z+\frac12=0\).

2) \(\overrightarrow{BD}(-1\,;\,1\,;\,0)\) et \(\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{CE}=1-1+0=0\) : \((BD)\) est parallèle au plan (ou contenue dedans). Or \(B(1\,;\,0\,;\,0)\) donne \(-1+\frac12\neq 0\) : \(B\notin(IJK)\). Par ailleurs, la droite \((BD)\) est strictement parallèle au plan \((IJK)\).

3) \((BDM)\) est parallèle à \((IJK)\) si et seulement si \(\overrightarrow{CE}\) est normal à \((BDM)\). Puis on a déjà \(\overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{BD}=0\) ; il faut en plus \(\overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{BM}=0\). Ainsi, avec \(\overrightarrow{CM}=s\overrightarrow{CE}\) : \(M(1-s\,;\,1-s\,;\,s)\) et \(\overrightarrow{BM}(-s\,;\,1-s\,;\,s)\).

\[ \overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{BM}=s-(1-s)+s=3s-1=0\iff s=\frac13. \]

De même, le plan \((BDM)\) ne contient pas \(I\) (il est distinct de \((IJK)\)), donc les plans sont strictement parallèles.

1) \(\overrightarrow{AB}(-2\,;\,1\,;\,0)\) et \(A(0\,;\,1\,;\,-1)\) : \((AB)\) : \(x=-2k\), \(y=1+k\), \(z=-1\), \(k\in\mathbb{R}\).

2) a) \((d)\) a pour vecteur directeur \(\vec u(1\,;\,1\,;\,-1)\). \(\overrightarrow{AB}\) a une troisième coordonnée nulle, pas \(\vec u\) : ils ne sont pas colinéaires, les droites ne sont pas parallèles.

b) Un point commun vérifierait \(-2k=-2+t\), \(1+k=1+t\), \(-1=-1-t\). Ensuite, la troisième équation donne \(t=0\), la deuxième \(k=0\), et la première devient \(0=-2\) : impossible. Puis les droites ne sont pas sécantes ; elles sont donc non coplanaires.

3) L’énoncé est coupé sur l’image ; la question habituelle est de vérifier que \((\mathcal P)\) : \(x+y-z-3u=0\) est le plan passant par \(M\) et orthogonal à \((d)\).

• Son vecteur normal \((1\,;\,1\,;\,-1)\) est égal à \(\vec u\) : \((\mathcal P)\) est orthogonal à \((d)\).
• \(M(-2+u\,;\,1+u\,;\,-1-u)\) : \((-2+u)+(1+u)-(-1-u)-3u=0\). Donc \(M\in(\mathcal P)\).

Partie A. \(H\) est le projeté orthogonal de \(A\) sur \((\mathcal P)\) si et seulement si \(H\in(\mathcal P)\) et \(\overrightarrow{AH}\) est colinéaire à un vecteur normal \(\vec n\).

• 1) a) \(-8-3+3+8=0\) : \(H\in(\mathcal P)\) ; \(\overrightarrow{AH}(2\,;\,-3\,;\,1)=-\vec n\). Oui.
• 1) b) \(-4+3+3+8=10\neq 0\) : \(H\notin(\mathcal P)\). Non.
• 2) a) \(63+25-78+1=11\neq 0\). Non.
• 2) b) \(0+5-6+1=0\) : \(H\in(\mathcal P)\), mais \(\overrightarrow{AH}(-7\,;\,5\,;\,-6)\) n’est pas colinéaire à \(\vec n(7\,;\,-5\,;\,-6)\) (rapports \(-1\), \(-1\), \(1\)). Non.
• 3) a) \(2-0+\frac58-\frac15=\frac{97}{40}\neq 0\). Non.
• 3) b) \(\frac12-\frac13+\frac1{30}-\frac15=0\) : \(H\in(\mathcal P)\) ; \(\overrightarrow{AH}\left(6\,;\,-4\,;\,3\right)=12\left(\frac12\,;\,-\frac13\,;\,\frac14\right)\). Oui.

Partie B. On cherche \(H=A+k\vec n\) dans le plan : en remplaçant dans l’équation, \(k=-\dfrac{ax_A+by_A+cz_A+d}{a^2+b^2+c^2}\).

• 1) \(\vec n(1\,;\,1\,;\,1)\) : \(k=-\frac{2}{3}\), \(H\left(\frac13\,;\,\frac13\,;\,\frac13\right)\).
• 2) \(\vec n(2\,;\,-3\,;\,4)\) : \(2-6+12-5=3\), \(k=-\frac{3}{29}\), \(H\left(\frac{23}{29}\,;\,\frac{67}{29}\,;\,\frac{75}{29}\right)\).
• 3) \(\vec n(-1\,;\,-2\,;\,11)\) : \(1+8+33+5=47\), \(\|\vec n\|^2=126\), \(k=-\frac{47}{126}\), \(H\left(-\frac{79}{126}\,;\,-\frac{205}{63}\,;\,-\frac{139}{126}\right)\).
• 4) En général, avec \(k=-\dfrac{a\alpha+b\beta+c\gamma+d}{a^2+b^2+c^2}\) : \(H(\alpha+ka\,;\,\beta+kb\,;\,\gamma+kc)\).

1) a) Voir le schéma : \(H\) est le pied de la perpendiculaire au plan issue de \(A\).

b) \((AH)\) est orthogonale au plan, donc à la droite \((HM)\) contenue dans ce plan : le triangle \(AHM\) est rectangle en \(H\). Ensuite, par Pythagore, \(AM^2=AH^2+HM^2\). Puis comme \(M\neq H\), \(HM^2\gt 0\) et \(AM^2\gt AH^2\), donc \(AM\gt AH\).

2) a) \(H=A+\lambda\vec n\) a pour coordonnées \((x_A+\lambda a\,;\,y_A+\lambda b\,;\,z_A+\lambda c)\). De plus, il est dans le plan :

\[ a(x_A+\lambda a)+b(y_A+\lambda b)+c(z_A+\lambda c)+d=0\iff \lambda(a^2+b^2+c^2)=-(ax_A+by_A+cz_A+d), \]

et comme \(\|\vec n\|^2=a^2+b^2+c^2\neq 0\), on obtient \(\lambda=-\dfrac{ax_A+by_A+cz_A+d}{\|\vec n\|^2}\).

b) \(AH=|\lambda|\,\|\vec n\|\), d’où

\[ AH=\frac{|ax_A+by_A+cz_A+d|}{\|\vec n\|}=\frac{|ax_A+by_A+cz_A+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}. \]

3) \((FHI)\) : \(3x+3y+2z-5=0\), \(\|\vec n\|=\sqrt{9+9+4}=\sqrt{22}\).

• a) \(G(1\,;\,1\,;\,1)\) : \(\dfrac{|3+3+2-5|}{\sqrt{22}}=\dfrac{3}{\sqrt{22}}=\dfrac{3\sqrt{22}}{22}\approx 0{,}64\).
• b) \(A(0\,;\,0\,;\,0)\) : \(\dfrac{5}{\sqrt{22}}=\dfrac{5\sqrt{22}}{22}\approx 1{,}07\).
• c) \(B(1\,;\,0\,;\,0)\) : \(\dfrac{|3-5|}{\sqrt{22}}=\dfrac{2}{\sqrt{22}}=\dfrac{\sqrt{22}}{11}\approx 0{,}43\).
• d) \(D(0\,;\,1\,;\,0)\) : \(\dfrac{|3-5|}{\sqrt{22}}=\dfrac{\sqrt{22}}{11}\approx 0{,}43\).

1) Dans un logiciel de géométrie, on trace \((d)\) et \((\Delta)\), deux points mobiles \(K\) et \(L\), et on cherche à rendre \((KL)\) perpendiculaire aux deux droites : on conjecture qu’il existe un unique couple \((K\,;\,L)\), et que \(KL\) est alors la plus courte distance entre les deux droites.

2) \(K(-3-2k\,;\,4+k\,;\,5+k)\), \(L(-4-l\,;\,-1+l\,;\,-1)\) et

\[ \overrightarrow{KL}\,(-1-l+2k\,;\,-5+l-k\,;\,-6-k). \]

3) \(K\in(d)\) et \(L\in(\Delta)\), donc \((KL)\) coupe les deux droites ; elle leur est perpendiculaire si et seulement si \(\overrightarrow{KL}\cdot\vec u=0\) et \(\overrightarrow{KL}\cdot\vec v=0\) :

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{KL}\cdot\vec u &= -2(-1-l+2k)+(-5+l-k)+(-6-k)=-6k+3l-9, \\ \overrightarrow{KL}\cdot\vec v &= -(-1-l+2k)+(-5+l-k)=-3k+2l-4. \end{aligned} \]

\(-6k+3l-9=0\iff 2k-l=-3\) et \(-3k+2l-4=0\iff -3k+2l=4\) : c’est le système demandé.

4) La première équation donne \(l=2k+3\) ; la seconde devient \(-3k+4k+6=4\), soit \(k=-2\), puis \(l=-1\). Donc \(K(1\,;\,2\,;\,3)\) et \(L(-3\,;\,-2\,;\,-1)\).

5) \(\overrightarrow{KL}(-4\,;\,-4\,;\,-4)\) et \(KL=\sqrt{16+16+16}=\sqrt{48}=4\sqrt3\approx 6{,}93\).

1) \(\vec n\perp\vec u\iff\vec n\cdot\vec u=0\iff ax+by+cz=0\), et \(\vec n\perp\vec v\iff \alpha x+\beta y+\gamma z=0\).

2) \(\vec u\) et \(\vec v\) n’étant pas colinéaires, l’un des nombres \(a\beta-b\alpha\), \(b\gamma-c\beta\), \(c\alpha-a\gamma\) est non nul ; supposons \(a\beta-b\alpha\neq 0\). Ensuite, le système \(ax+by=-cz\), \(\alpha x+\beta y=-\gamma z\) se résout par combinaisons :

\[ x=\frac{(b\gamma-c\beta)\,z}{a\beta-b\alpha},\qquad y=\frac{(c\alpha-a\gamma)\,z}{a\beta-b\alpha}. \]

(Pour \(x\) : on multiplie la première équation par \(\beta\), la seconde par \(b\), et on soustrait ; pour \(y\), par \(\alpha\) et \(a\).)

3) En choisissant \(z=a\beta-b\alpha\), on obtient \(x=b\gamma-c\beta\) et \(y=c\alpha-a\gamma\) : le vecteur \(\vec n(b\gamma-c\beta\,;\,c\alpha-a\gamma\,;\,a\beta-b\alpha)\) est solution. Par ailleurs, on vérifie directement : \(a(b\gamma-c\beta)+b(c\alpha-a\gamma)+c(a\beta-b\alpha)=0\).

4) En échangeant les rôles de \(\vec u\) et \(\vec v\) :

\[ \vec v\wedge\vec u=(\beta c-\gamma b\,;\,\gamma a-\alpha c\,;\,\alpha b-\beta a)=-\,\vec u\wedge\vec v. \]

De plus, le produit vectoriel n’est pas commutatif : il change de signe quand on échange les vecteurs (on dit qu’il est antisymétrique).

(La troisième ligne de l’énoncé doit se lire \(z=-1+s+2t\).)

1) La représentation est de la forme \(M=A+s\vec u+t\vec v\) avec \(A(1\,;\,2\,;\,-1)\), \(\vec u(-1\,;\,2\,;\,1)\), \(\vec v(4\,;\,-1\,;\,2)\). Puis ces vecteurs ne sont pas colinéaires (\(\frac{4}{-1}=-4\) mais \(\frac{-1}{2}\neq -4\)) : elle définit bien un plan.

2) On cherche \(\vec n(a\,;\,b\,;\,c)\) orthogonal à \(\vec u\) et \(\vec v\) : \(-a+2b+c=0\) et \(4a-b+2c=0\). Par ailleurs, avec \(c=-7\) : \(-a+2b=7\) et \(4a-b=14\), d’où \(a=5\), \(b=6\). Ainsi \(\vec n(5\,;\,6\,;\,-7)\) (on vérifie : \(-5+12-7=0\) et \(20-6-14=0\)).

Ainsi, équation \(5x+6y-7z+d=0\) ; avec \(A\) : \(5+12+7+d=0\), \(d=-24\).

Dans le repère \((A\,;\,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\) : \(F(1\,;\,0\,;\,1)\), \(H(0\,;\,1\,;\,1)\), \(D(0\,;\,1\,;\,0)\), \(\overrightarrow{DC}(1\,;\,0\,;\,0)\). De même, de \(3\overrightarrow{DI}=2\overrightarrow{DC}\) on tire \(\overrightarrow{DI}=\frac23\overrightarrow{DC}\), donc \(I\left(\frac23\,;\,1\,;\,0\right)\).

\(\overrightarrow{FH}(-1\,;\,1\,;\,0)\) et \(\overrightarrow{FI}\left(-\frac13\,;\,1\,;\,-1\right)\) ne sont pas colinéaires. Ensuite, on cherche \(\vec n(a\,;\,b\,;\,c)\) avec \(-a+b=0\) et \(-\frac13 a+b-c=0\) : \(b=a\) et \(c=\frac23 a\). Ensuite, avec \(a=3\) : \(\vec n(3\,;\,3\,;\,2)\).

Puis équation \(3x+3y+2z+d=0\) ; avec \(F\) : \(3+0+2+d=0\), \(d=-5\). Vérification : \(H\) donne \(0+3+2-5=0\) et \(I\) donne \(2+3+0-5=0\).

Un point de \((d)\) a pour coordonnées \( (-7+t\,;4+2t\,;-5-t) \). Puis il appartient à \((\mathscr{P})\) si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation du plan. De plus, on remplace \(x\), \(y\), \(z\) dans l’équation :

\[ \begin{aligned} -2(-7+t)-3(4+2t)+(-5-t)-6 &= 0 \\ 14-2t-12-6t-5-t-6 &= 0 \\ -9-9t &= 0 \\ t &= -1. \end{aligned} \]

De plus, l’équation a une seule solution : la droite et le plan sont sécants en un point, obtenu pour \(t=-1\) :

\[ x=-7-1=-8, \qquad y=4-2=2, \qquad z=-5+1=-4. \]

Vérification : \( -2\times(-8)-3\times 2+(-4)-6=16-6-4-6=0 \). Ensuite, le point est bien dans le plan.

Deux plans parallèles ont les mêmes vecteurs normaux. Par ailleurs, si \((\mathscr{P})\) a pour équation \(ax+by+cz+d=0\), le plan \((\mathscr{Q})\) a une équation de la forme \(ax+by+cz+d^{\prime}=0\) : on garde \(a\), \(b\), \(c\) et on trouve \(d^{\prime}\) en écrivant que \(A\) appartient à \((\mathscr{Q})\).

1) \((\mathscr{Q}) : x+y+z+d^{\prime}=0\). Ainsi, avec \(A(1\,;1\,;1)\) : \(1+1+1+d^{\prime}=0\), donc \(d^{\prime}=-3\).

\[ (\mathscr{Q}) : x+y+z-3=0. \]

2) \((\mathscr{Q}) : x-3y+2z+d^{\prime}=0\). De même, avec \(A(3\,;0\,;-1)\) : \(3-0-2+d^{\prime}=0\), donc \(d^{\prime}=-1\).

\[ (\mathscr{Q}) : x-3y+2z-1=0. \]

3) On multiplie d’abord l’équation de \((\mathscr{P})\) par 6 pour enlever les fractions : \( 2x-5y-6z-12=0 \) (même plan). Donc \((\mathscr{Q}) : 2x-5y-6z+d^{\prime}=0\). Ensuite, avec \( A\left(\frac{1}{2}\,;\frac{1}{5}\,;\frac{1}{6}\right) \) :

\[ 2\times\frac{1}{2}-5\times\frac{1}{5}-6\times\frac{1}{6}+d^{\prime}=1-1-1+d^{\prime}=0, \quad \text{donc} \quad d^{\prime}=1. \]

\[ (\mathscr{Q}) : 2x-5y-6z+1=0. \]

4) \((\mathscr{Q}) : \sqrt{5}x-2y-\sqrt{2}z+d^{\prime}=0\). Puis avec \(A(1\,;1\,;-1)\) : \( \sqrt{5}-2+\sqrt{2}+d^{\prime}=0 \), donc \( d^{\prime}=2-\sqrt{5}-\sqrt{2} \).

\[ (\mathscr{Q}) : \sqrt{5}x-2y-\sqrt{2}z+2-\sqrt{5}-\sqrt{2}=0. \]

Dans un repère orthonormé, le produit scalaire se calcule avec les coordonnées : \( \vec{u}\cdot\vec{v}=xx^{\prime}+yy^{\prime}+zz^{\prime} \). Par ailleurs, on traduit chaque condition en équation.

1) \( \overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}x-1\\y+2\\z-3\end{pmatrix} \) et \( \vec{n}\begin{pmatrix}2\\-3\\2\end{pmatrix} \) :

Ensuite, \[ \overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0 \iff 2(x-1)-3(y+2)+2(z-3)=0 \iff 2x-3y+2z-14=0. \]

De plus, c’est le plan passant par \(A\) et de vecteur normal \(\vec{n}\), d’équation \(2x-3y+2z-14=0\).

2) \( \overrightarrow{OM}\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} \) et \( \vec{i}\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} \), donc \( \overrightarrow{OM}\cdot\vec{i}=x \). Puis la condition s’écrit \(x=3\) : c’est le plan d’équation \(x=3\), qui passe par le point \((3\,;0\,;0)\) et a pour vecteur normal \(\vec{i}\) (il est parallèle au plan \((O\,;\vec{j},\vec{k})\)).

3) \( \overrightarrow{AM}\cdot\vec{j}=y-(-2)=y+2 \). Ensuite, la condition s’écrit \(y+2=-1\), soit \(y=-3\) : c’est le plan d’équation \(y=-3\), de vecteur normal \(\vec{j}\) (parallèle au plan \((O\,;\vec{i},\vec{k})\)).

4) \( \overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}x+2\\y-4\\z-1\end{pmatrix} \) et \( \vec{n}\begin{pmatrix}-1\\2\\5\end{pmatrix} \) :

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=5 &\iff -(x+2)+2(y-4)+5(z-1)=5 \\ &\iff -x-2+2y-8+5z-5-5=0 \\ &\iff -x+2y+5z-20=0. \end{aligned} \]

Par ailleurs, c’est un plan de vecteur normal \(\vec{n}\) (donc parallèle à celui qui passe par \(A\) avec ce même vecteur normal), d’équation \(-x+2y+5z-20=0\). Puis il ne passe pas par \(A\) : \( 2+8+5-20=-5\neq 0 \).

Si \( \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} \) est non nul, le plan a une équation \(ax+by+cz+d=0\), et on trouve \(d\) avec les coordonnées de \(A\).

1) \( \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-4-2\\-1-1\\3-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-6\\-2\\3\end{pmatrix} \). Ainsi, équation \( -6x-2y+3z+d=0 \) ; avec \(A(2\,;1\,;0)\) : \( -12-2+0+d=0 \), donc \(d=14\).

\[ -6x-2y+3z+14=0. \]

2) \( \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1-4\\-1+5\\1-6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3\\4\\-5\end{pmatrix} \). De même, équation \( -3x+4y-5z+d=0 \) ; avec \(A(4\,;-5\,;6)\) : \( -12-20-30+d=0 \), donc \(d=62\).

\[ -3x+4y-5z+62=0. \]

3) \( \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}-2\\-\frac{2}{3}+1\\1-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{3}{2}\\\frac{1}{3}\\1\end{pmatrix} \). De plus, le vecteur \( 6\,\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-9\\2\\6\end{pmatrix} \), colinéaire, est aussi normal au plan : équation \( -9x+2y+6z+d=0 \) ; avec \(A(2\,;-1\,;0)\) : \( -18-2+0+d=0 \), donc \(d=20\).

\[ -9x+2y+6z+20=0. \]

4) \(A\) et \(B\) ont les mêmes coordonnées : \( A=B \) et \( \overrightarrow{AB}=\vec{0} \). Ensuite, le vecteur nul ne peut pas être un vecteur normal : il n’existe pas de plan de vecteur normal \(\overrightarrow{AB}\), la question n’a pas de solution.

1) a) Avec un logiciel de géométrie dans l’espace (par exemple GeoGebra 3D), on place les points \(A(1\,;-2\,;2)\), \(B(1\,;-5\,;4)\) et \(C(-1\,;3\,;-1)\), on trace la sphère de centre \(A\) et de rayon 3 (commande Sphère(A, 3)) et la droite \((BC)\).

b) La commande Intersection de la sphère et de la droite fait apparaître deux points : on conjecture que \((BC)\) coupe \(\mathscr{S}\) en deux points, situés entre \(B\) et \(C\). Par ailleurs, le logiciel n’en donne que des valeurs approchées : le calcul de la question 3 donne les coordonnées exactes.

2) a) Comme pour le cercle dans le plan : \( M(x\,;y\,;z) \) appartient à \(\mathscr{S}\) si et seulement si \( AM=3 \), c’est-à-dire \( AM^2=9 \). Puis le repère étant orthonormé :

\[ \mathscr{S} : (x-1)^2+(y+2)^2+(z-2)^2=9. \]

b) \( \overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}-1-1\\3+5\\-1-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\8\\-5\end{pmatrix} \) est un vecteur directeur de \((BC)\), qui passe par \(B\) :

\[ (BC) : \left\{\begin{aligned} x &= 1-2t \\ y &= -5+8t \\ z &= 4-5t \end{aligned}\right. \qquad t\in\mathbb{R}. \]

3) On remplace \(x\), \(y\), \(z\) dans l’équation de \(\mathscr{S}\) : \( x-1=-2t \), \( y+2=-3+8t \), \( z-2=2-5t \).

\[ \begin{aligned} (-2t)^2+(-3+8t)^2+(2-5t)^2 &= 9 \\ 4t^2+(9-48t+64t^2)+(4-20t+25t^2) &= 9 \\ 93t^2-68t+4 &= 0. \end{aligned} \]

Discriminant : \( \Delta=(-68)^2-4\times 93\times 4=4\,624-1\,488=3\,136=56^2\gt 0 \). Ensuite, deux solutions :

\[ t_1=\frac{68+56}{186}=\frac{124}{186}=\frac{2}{3}, \qquad t_2=\frac{68-56}{186}=\frac{12}{186}=\frac{2}{31}. \]

• Pour \( t=\frac{2}{3} \) : \( x=1-\frac{4}{3}=-\frac{1}{3} \), \( y=-5+\frac{16}{3}=\frac{1}{3} \), \( z=4-\frac{10}{3}=\frac{2}{3} \).
• Pour \( t=\frac{2}{31} \) : \( x=1-\frac{4}{31}=\frac{27}{31} \), \( y=-5+\frac{16}{31}=-\frac{139}{31} \), \( z=4-\frac{10}{31}=\frac{114}{31} \).

Puis la droite \((BC)\) coupe donc la sphère en deux points, ce qui confirme la conjecture.

Données utiles : \( \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3-1\\0-1\\-1-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix} \), et \((d)\) a pour vecteur directeur \( \vec{u}\begin{pmatrix}2\\1\\3\end{pmatrix} \) (coefficients de \(t\)).

Proposition 1 : vraie. La représentation proposée a pour vecteur directeur \( \vec{w}\begin{pmatrix}-2\\1\\1\end{pmatrix}=-\overrightarrow{AB} \) : il est colinéaire à \(\overrightarrow{AB}\). Ensuite, il reste à vérifier qu’elle passe par un point de \((AB)\). Puis pour \(t=2\), on obtient \( (5-4\,;-1+2\,;-2+2)=(1\,;1\,;0) \), c’est le point \(A\). De plus, la droite proposée passe par \(A\) et est dirigée par un vecteur colinéaire à \(\overrightarrow{AB}\) : c’est bien la droite \((AB)\).

Proposition 2 : vraie. Deux droites sont orthogonales lorsque leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux :

\[ \vec{u}\cdot\overrightarrow{AB}=2\times 2+1\times(-1)+3\times(-1)=4-1-3=0. \]

De plus, les droites \((d)\) et \((AB)\) sont donc orthogonales.

Proposition 3 : fausse. \(\vec{u}\) et \(\overrightarrow{AB}\) ne sont pas colinéaires (\(\frac{2}{2}=1\) mais \(\frac{1}{-1}=-1\)) : les droites ne sont pas parallèles. Ensuite, elles sont coplanaires seulement si elles sont sécantes. Par ailleurs, on cherche un point commun avec \((AB) : x=1+2s,\ y=1-s,\ z=-s\) :

\[ \left\{\begin{aligned} 2t &= 1+2s \\ 1+t &= 1-s \\ -5+3t &= -s \end{aligned}\right. \]

Par ailleurs, la deuxième équation donne \(s=-t\) ; la première devient \(2t=1-2t\), donc \( t=\frac{1}{4} \) et \( s=-\frac{1}{4} \). Puis la troisième donne alors \( -5+\frac{3}{4}=-\frac{17}{4} \) à gauche et \( \frac{1}{4} \) à droite : c’est faux. Ensuite, le système n’a pas de solution : les droites ne sont ni parallèles ni sécantes, elles sont non coplanaires.

Malgré le titre, l’exercice demande de démontrer des orthogonalités. Puis on se place dans le repère orthonormé \( (A\,;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}) \) (le cube a pour arête 1) :

\[ D(0\,;1\,;0),\quad E(0\,;0\,;1),\quad F(1\,;0\,;1),\quad G(1\,;1\,;1),\quad H(0\,;1\,;1). \]

\( \overrightarrow{EF}\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} \), donc \( \overrightarrow{EI}=\frac{2}{3}\overrightarrow{EF} \) donne \( I\left(\frac{2}{3}\,;0\,;1\right) \). \( \overrightarrow{EH}\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} \), donc \( \overrightarrow{EJ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{EH} \) donne \( J\left(0\,;\frac{1}{3}\,;1\right) \).

\[ \overrightarrow{GJ}\begin{pmatrix}-1\\-\frac{2}{3}\\0\end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow{IH}\begin{pmatrix}-\frac{2}{3}\\1\\0\end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow{HD}\begin{pmatrix}0\\0\\-1\end{pmatrix}. \]

1) \( \overrightarrow{GJ}\cdot\overrightarrow{IH}=(-1)\times\left(-\frac{2}{3}\right)+\left(-\frac{2}{3}\right)\times 1+0\times 0=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}=0 \). De plus, les droites \((GJ)\) et \((IH)\) sont orthogonales ; comme elles sont toutes les deux dans le plan de la face \(EFGH\), elles sont sécantes : \((GJ)\) est perpendiculaire à \((IH)\).

2) \( \overrightarrow{GJ}\cdot\overrightarrow{HD}=(-1)\times 0+\left(-\frac{2}{3}\right)\times 0+0\times(-1)=0 \) : \((GJ)\) est orthogonale à \((HD)\). (C’est aussi visible sans calcul : \((HD)\) est perpendiculaire à la face \(EFGH\), qui contient \((GJ)\).)

3) \( \overrightarrow{IH} \) et \( \overrightarrow{HD} \) sont deux vecteurs non colinéaires du plan \((IHD)\), et \( \overrightarrow{GJ} \) est orthogonal à chacun d’eux. Donc \( \overrightarrow{GJ} \) est un vecteur normal au plan \((IHD)\) : la droite \((GJ)\) est orthogonale à toute droite de ce plan, en particulier à \((ID)\).

Vérification : \( \overrightarrow{ID}\begin{pmatrix}-\frac{2}{3}\\1\\-1\end{pmatrix} \) et \( \overrightarrow{GJ}\cdot\overrightarrow{ID}=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}+0=0 \).

Soit \( M(x\,;y\,;z) \) un point de l’espace. Ensuite, le plan \((\mathscr{P})\) passant par \(A\) et de vecteur normal \(\vec{n}\) est l’ensemble des points \(M\) tels que \( \overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0 \).

Ainsi, comme \( \overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}x-x_A\\y-y_A\\z-z_A\end{pmatrix} \) et que le repère est orthonormé :

\[ \begin{aligned} M\in(\mathscr{P}) &\iff \alpha(x-x_A)+\beta(y-y_A)+\gamma(z-z_A)=0 \\ &\iff \alpha x+\beta y+\gamma z-(\alpha x_A+\beta y_A+\gamma z_A)=0. \end{aligned} \]

De même, c’est bien une équation de la forme \( ax+by+cz+d=0 \), avec :

\[ a=\alpha, \qquad b=\beta, \qquad c=\gamma, \qquad d=-(\alpha x_A+\beta y_A+\gamma z_A). \]

Ensuite, comme \(\vec{n}\) est non nul, \(a\), \(b\) et \(c\) ne sont pas tous nuls : c’est bien l’équation d’un plan.

Dans le repère orthonormé \( \left(A\,;\frac{1}{3}\overrightarrow{AB},\frac{1}{5}\overrightarrow{AD},\frac{1}{2}\overrightarrow{AE}\right) \), les coordonnées sont les longueurs réelles :

\[ B(3\,;0\,;0), \qquad C(3\,;5\,;0), \qquad G(3\,;5\,;2). \]

\(O\), centre du parallélépipède, est le milieu de la grande diagonale \([AG]\) : \( O\left(\frac{3}{2}\,;\frac{5}{2}\,;1\right) \).

\[ \overrightarrow{OB}\begin{pmatrix}1{,}5\\-2{,}5\\-1\end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow{OC}\begin{pmatrix}1{,}5\\2{,}5\\-1\end{pmatrix}. \]

\[ \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=1{,}5\times 1{,}5+(-2{,}5)\times 2{,}5+(-1)\times(-1)=2{,}25-6{,}25+1=-3. \]

\[ OB=\sqrt{1{,}5^2+2{,}5^2+1^2}=\sqrt{9{,}5}, \qquad OC=\sqrt{9{,}5}. \]

Puis avec \( \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=OB\times OC\times\cos\widehat{BOC} \) :

\[ \cos\widehat{BOC}=\frac{-3}{\sqrt{9{,}5}\times\sqrt{9{,}5}}=\frac{-3}{9{,}5}=-\frac{6}{19}. \]

De plus, À la calculatrice : \( \widehat{BOC}=\arccos\left(-\frac{6}{19}\right)\approx 108{,}41^{\circ} \). Par ailleurs, l’angle est obtus, ce qui est cohérent avec la figure.

1) a) Toutes les faces d’un tétraèdre régulier sont des triangles équilatéraux de côté 2.

• Dans le triangle équilatéral \(ABC\), la médiane \([AI]\) est aussi une hauteur. Dans le triangle \(ABI\) rectangle en \(I\), avec \(BI=1\), le théorème de Pythagore donne \( AI^2=AB^2-BI^2=4-1=3 \), donc \( AI=\sqrt{3} \).
• De même dans le triangle équilatéral \(ACD\) : \( AJ=\sqrt{3} \).
• Dans le triangle \(BCD\), \(I\) et \(J\) sont les milieux de \([BC]\) et \([CD]\). D’après le théorème des milieux, \( IJ=\frac{BD}{2}=\frac{2}{2} \), donc \( IJ=1 \).

b) On utilise la formule avec les normes : \( \overrightarrow{AI}\cdot\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}\left(AI^2+AJ^2-IJ^2\right) \) (car \( \overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{AI} \)).

\[ \overrightarrow{AI}\cdot\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}(3+3-1)=\frac{5}{2}. \]

2) On a aussi \( \overrightarrow{AI}\cdot\overrightarrow{AJ}=AI\times AJ\times\cos\widehat{IAJ}=3\cos\widehat{IAJ} \). Donc :

\[ \cos\widehat{IAJ}=\frac{5/2}{3}=\frac{5}{6}, \qquad \widehat{IAJ}=\arccos\left(\frac{5}{6}\right)\approx 33{,}6^{\circ}. \]

Le repère est orthonormé : \( \vec{u} \) et \( \vec{v} \) sont orthogonaux si et seulement si \( \vec{u}\cdot\vec{v}=0 \).

\[ \begin{aligned} \vec{u}\cdot\vec{v} &= k\times 2+(-2)\times k+(k-1)\times k \\ &= 2k-2k+k^2-k \\ &= k(k-1). \end{aligned} \]

Par ailleurs, un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul : \( k(k-1)=0 \iff k=0 \text{ ou } k=1 \).

Vérification : pour \(k=0\), \( \vec{u}\begin{pmatrix}0\\-2\\-1\end{pmatrix}\cdot\vec{v}\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}=0 \) ; pour \(k=1\), \( \vec{u}\begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}\cdot\vec{v}\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}=2-2+0=0 \).

On a \( A(1\,;2\,;1) \), \( B(4\,;6\,;3) \), \( \vec{u}(-2\,;1\,;1) \) et \( \vec{v}(0\,;-1\,;2) \).

1) Un point et deux vecteurs définissent un plan dès que les deux vecteurs sont non colinéaires. Ainsi, s’il existait un réel \( k \) tel que \( \vec{v} = k\vec{u} \), la première coordonnée donnerait \( 0 = -2k \), donc \( k = 0 \), puis \( \vec{v} = \vec{0} \) : c’est faux puisque la deuxième coordonnée de \( \vec{v} \) vaut \( -1 \). Puis les vecteurs \( \vec{u} \) et \( \vec{v} \) ne sont pas colinéaires : le point A et les vecteurs \( \vec{u} \), \( \vec{v} \) définissent bien un plan \( (A\,;\vec{u},\vec{v}) \).

2) \( \overrightarrow{AB}(4-1\,;6-2\,;3-1) \), soit \( \overrightarrow{AB}(3\,;4\,;2) \). Ensuite, dans un repère orthonormé :

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \vec{u} = 3 \times (-2) + 4 \times 1 + 2 \times 1 = -6 + 4 + 2 = 0 \]

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \vec{v} = 3 \times 0 + 4 \times (-1) + 2 \times 2 = 0 – 4 + 4 = 0 \]

\( \overrightarrow{AB} \) est non nul et orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : c’est un vecteur normal à ce plan.

Dans le cube d’arête 1, les vecteurs \( \overrightarrow{AB} \), \( \overrightarrow{AD} \), \( \overrightarrow{AE} \) sont deux à deux orthogonaux et de norme 1 ; de plus \( \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{EH} = \overrightarrow{AD} \) et \( \overrightarrow{HG} = \overrightarrow{AB} \).

1) On décompose :

\[ \overrightarrow{AI} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BI} = \overrightarrow{AB} + \tfrac{1}{2}\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} + \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AD} \]

\[ \overrightarrow{JG} = \overrightarrow{JH} + \overrightarrow{HG} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{EH} + \overrightarrow{HG} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AB} \]

Donc \( \overrightarrow{AI} = \overrightarrow{JG} \) : AIGJ est un parallélogramme, et les points A, I, G et J sont coplanaires.

2) a) K est le milieu de [CH] (centre de la face CDHG). Puis on exprime les deux vecteurs sur les arêtes :

\[ \overrightarrow{FK} = \tfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{FC} + \overrightarrow{FH}\right) = \tfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD} – \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{AD} – \overrightarrow{AB}\right) = -\tfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} – \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AE} \]

\[ \overrightarrow{IJ} = \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{EJ} = -\tfrac{1}{2}\overrightarrow{AD} – \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AE} + \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AD} = -\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AE} \]

De même, en développant, les produits croisés sont nuls (arêtes orthogonales) et \( \overrightarrow{AB}^2 = \overrightarrow{AE}^2 = 1 \) :

\[ \overrightarrow{FK} \cdot \overrightarrow{IJ} = \left(-\tfrac{1}{2}\right)(-1)\,\overrightarrow{AB}^2 + \left(-\tfrac{1}{2}\right)(1)\,\overrightarrow{AE}^2 = \tfrac{1}{2} – \tfrac{1}{2} = 0 \]

Donc (FK) est orthogonale à (IJ).

b) Avec \( \overrightarrow{AI} = \overrightarrow{AB} + \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AD} \) :

\[ \overrightarrow{FK} \cdot \overrightarrow{AI} = \left(-\tfrac{1}{2}\right)\overrightarrow{AB}^2 + 1 \times \tfrac{1}{2}\,\overrightarrow{AD}^2 = -\tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{2} = 0 \]

Donc (FK) est orthogonale à (AI).

c) Les points A, I, G, J sont dans un même plan, donc \( \overrightarrow{AI} \) et \( \overrightarrow{IJ} \) sont deux vecteurs du plan (AIG). De plus, ils ne sont pas colinéaires (\( \overrightarrow{AI} \) n’a pas de composante suivant \( \overrightarrow{AE} \), alors que \( \overrightarrow{IJ} \) en a une). Ensuite, la droite (FK) est orthogonale à deux droites sécantes (ou de directions non colinéaires) du plan (AIG) : elle est orthogonale au plan (AIG).

Toutes les arêtes mesurent \( a \) et toutes les faces sont des triangles équilatéraux. Ensuite, soit K le milieu de [BC] ; le centre I de la face ABC est son centre de gravité, donc \( \overrightarrow{AI} = \tfrac{2}{3}\overrightarrow{AK} = \tfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}\right) \).

a) Dans le triangle équilatéral ABC, l’angle \( \widehat{BAC} \) mesure 60° :

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = a \times a \times \cos 60^\circ = \frac{a^2}{2} \]

b) De même, \( \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AC} = \dfrac{a^2}{2} \) (faces ABD et ACD équilatérales). Puis par linéarité :

\[ \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AI} = \tfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AC}\right) = \tfrac{1}{3}\left(\frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2}\right) = \frac{a^2}{3} \]

De plus, autre regard : I est le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC), donc \( \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AI} = AI^2 \) avec \( AI = \tfrac{2}{3} \times \dfrac{a\sqrt{3}}{2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{3} \), et on retrouve \( \dfrac{a^2}{3} \).

c)

\[ \overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{AB} = \tfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}^2 + \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB}\right) = \tfrac{1}{3}\left(a^2 + \frac{a^2}{2}\right) = \frac{a^2}{2} \]

Par ailleurs, cohérent avec la projection : le projeté orthogonal de I sur (AB) est le milieu de [AB], d’où \( \overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{AB} = \dfrac{a}{2} \times a \).

On note \( \vec{x} = \overrightarrow{AB} \), \( \vec{y} = \overrightarrow{AD} \), \( \vec{z} = \overrightarrow{AE} \) : ces trois vecteurs sont deux à deux orthogonaux et \( \vec{x}^2 = \vec{y}^2 = \vec{z}^2 = a^2 \). Ainsi, tout produit scalaire se calcule en décomposant sur les arêtes, puis en ne gardant que les termes \( \vec{x} \cdot \vec{x} \), \( \vec{y} \cdot \vec{y} \), \( \vec{z} \cdot \vec{z} \). De même, J est le milieu de [CH] et de [GD].

1) \( \overrightarrow{FI} = \overrightarrow{FE} + \overrightarrow{EI} = -\vec{x} + \tfrac{1}{2}\vec{y} \) et \( \overrightarrow{FH} = -\vec{x} + \vec{y} \) :

\[ \overrightarrow{FI} \cdot \overrightarrow{FH} = a^2 + \tfrac{1}{2}a^2 = \frac{3a^2}{2} \]

2) \( \overrightarrow{IG} = \overrightarrow{IH} + \overrightarrow{HG} = \tfrac{1}{2}\vec{y} + \vec{x} \) et \( \overrightarrow{IH} = \tfrac{1}{2}\vec{y} \) :

\[ \overrightarrow{IG} \cdot \overrightarrow{IH} = \tfrac{1}{2} \times \tfrac{1}{2}\,a^2 = \frac{a^2}{4} \]

3) \( \overrightarrow{EJ} = \overrightarrow{EH} + \overrightarrow{HJ} = \vec{y} + \tfrac{1}{2}\overrightarrow{HC} = \tfrac{1}{2}\vec{x} + \vec{y} – \tfrac{1}{2}\vec{z} \) et \( \overrightarrow{IF} = \overrightarrow{IE} + \overrightarrow{EF} = \vec{x} – \tfrac{1}{2}\vec{y} \) :

\[ \overrightarrow{EJ} \cdot \overrightarrow{IF} = \tfrac{1}{2}a^2 – \tfrac{1}{2}a^2 = 0 \]

4) \( \overrightarrow{BJ} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CJ} = \vec{y} + \tfrac{1}{2}\overrightarrow{CH} = -\tfrac{1}{2}\vec{x} + \vec{y} + \tfrac{1}{2}\vec{z} \) :

\[ \overrightarrow{BJ} \cdot \overrightarrow{EJ} = -\tfrac{1}{4}a^2 + a^2 – \tfrac{1}{4}a^2 = \frac{a^2}{2} \]

5) \( \overrightarrow{BI} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{EI} = -\vec{x} + \tfrac{1}{2}\vec{y} + \vec{z} \) et \( \overrightarrow{BA} = -\vec{x} \) :

\[ \overrightarrow{BI} \cdot \overrightarrow{BA} = a^2 \]

6) \( \overrightarrow{FJ} = \overrightarrow{FG} + \overrightarrow{GJ} = \vec{y} + \tfrac{1}{2}\overrightarrow{GD} = -\tfrac{1}{2}\vec{x} + \vec{y} – \tfrac{1}{2}\vec{z} \) et \( \overrightarrow{CH} = -\vec{x} + \vec{z} \) :

\[ \overrightarrow{FJ} \cdot \overrightarrow{CH} = \tfrac{1}{2}a^2 – \tfrac{1}{2}a^2 = 0 \]

Soit M le milieu de [BC].

• Le triangle ABC est isocèle en A, donc la médiane (AM) est aussi hauteur : \( \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \).
• Le triangle SBC est isocèle en S, donc de même \( \overrightarrow{MS} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \).

Ensuite, avec la relation de Chasles et la linéarité du produit scalaire :

\[ \overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BC} = \left(\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{MS}\right) \cdot \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{MS} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 + 0 = 0 \]

Puis autre méthode, sans point auxiliaire : \( \overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AC} – \overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB} \), et avec \( \overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AC} = \tfrac{1}{2}\left(AS^2 + AC^2 – SC^2\right) \), \( \overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB} = \tfrac{1}{2}\left(AS^2 + AB^2 – SB^2\right) \), la différence est nulle car AB = AC et SB = SC.

On se place dans le repère orthonormé \( \left(A\,;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right) \) (cube de côté 1). De plus, alors \( B(1\,;0\,;0) \), \( C(1\,;1\,;0) \) et O, milieu de la grande diagonale [AG], a pour coordonnées \( \left(\tfrac{1}{2}\,;\tfrac{1}{2}\,;\tfrac{1}{2}\right) \).

\[ \overrightarrow{OB}\left(\tfrac{1}{2}\,;-\tfrac{1}{2}\,;-\tfrac{1}{2}\right) \qquad \overrightarrow{OC}\left(\tfrac{1}{2}\,;\tfrac{1}{2}\,;-\tfrac{1}{2}\right) \]

\[ \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} = \tfrac{1}{4} – \tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{4} \qquad OB = OC = \sqrt{\tfrac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \]

Or \( \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} = OB \times OC \times \cos \alpha \), donc :

\[ \cos \alpha = \frac{\tfrac{1}{4}}{\tfrac{3}{4}} = \frac{1}{3} \qquad \alpha = \arccos\left(\tfrac{1}{3}\right) \approx 70{,}53^\circ \]

On a \( A(1\,;-2\,;3) \), \( B(-1\,;0\,;1) \), \( C(2\,;1\,;0) \). Par ailleurs, pour chaque angle, on utilise \( \vec{u} \cdot \vec{v} = \lVert \vec{u} \rVert \times \lVert \vec{v} \rVert \times \cos \theta \) avec les coordonnées dans le repère orthonormé.

1) \( \overrightarrow{BA}(2\,;-2\,;2) \) et \( \overrightarrow{BC}(3\,;1\,;-1) \) : \( \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = 6 – 2 – 2 = 2 \), \( BA = \sqrt{12} \), \( BC = \sqrt{11} \).

\[ \cos \widehat{ABC} = \frac{2}{\sqrt{12} \times \sqrt{11}} = \frac{2}{\sqrt{132}} \qquad \widehat{ABC} \approx 80{,}0^\circ \]

2) \( \overrightarrow{AB}(-2\,;2\,;-2) \) et \( \overrightarrow{AC}(1\,;3\,;-3) \) : \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -2 + 6 + 6 = 10 \), \( AB = \sqrt{12} \), \( AC = \sqrt{19} \).

\[ \cos \widehat{BAC} = \frac{10}{\sqrt{12} \times \sqrt{19}} = \frac{10}{\sqrt{228}} \qquad \widehat{BAC} \approx 48{,}5^\circ \]

3) \( \overrightarrow{CA}(-1\,;-3\,;3) \) et \( \overrightarrow{CB}(-3\,;-1\,;1) \) : \( \overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = 3 + 3 + 3 = 9 \), \( CA = \sqrt{19} \), \( CB = \sqrt{11} \).

\[ \cos \widehat{ACB} = \frac{9}{\sqrt{19} \times \sqrt{11}} = \frac{9}{\sqrt{209}} \qquad \widehat{ACB} \approx 51{,}5^\circ \]

Contrôle : \( 80{,}0 + 48{,}5 + 51{,}5 = 180 \), la somme des angles du triangle est bien 180°.

1) a) Avec le théorème de Pythagore :

• JC : dans le triangle JBC rectangle en B, \( JB = \tfrac{1}{2} \) et \( BC = 1 \), donc \( JC^2 = \tfrac{1}{4} + 1 = \tfrac{5}{4} \) et \( JC = \dfrac{\sqrt{5}}{2} \).
• JI : dans le triangle JFI rectangle en F (la droite (BF) est orthogonale à la face EFGH), \( JF = \tfrac{1}{2} \) et \( FI = \tfrac{1}{2}FH = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \), donc \( JI^2 = \tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{2} = \tfrac{3}{4} \) et \( JI = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \).
• IC : dans le triangle IGC rectangle en G, \( IG = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \) et \( GC = 1 \), donc \( IC^2 = \tfrac{1}{2} + 1 = \tfrac{3}{2} \) et \( IC = \dfrac{\sqrt{6}}{2} \).

b) Formule d’Al-Kashi sous forme vectorielle : \( \overrightarrow{JC} \cdot \overrightarrow{JI} = \tfrac{1}{2}\left(JC^2 + JI^2 – IC^2\right) \).

\[ \overrightarrow{JC} \cdot \overrightarrow{JI} = \tfrac{1}{2}\left(\tfrac{5}{4} + \tfrac{3}{4} – \tfrac{6}{4}\right) = \tfrac{1}{2} \times \tfrac{2}{4} = \frac{1}{4} \]

c)

\[ \cos \widehat{CJI} = \frac{\overrightarrow{JC} \cdot \overrightarrow{JI}}{JC \times JI} = \frac{\tfrac{1}{4}}{\tfrac{\sqrt{5}}{2} \times \tfrac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{15}} \qquad \widehat{CJI} \approx 75^\circ \]

2) a) On décompose sur les arêtes \( \overrightarrow{AB} \), \( \overrightarrow{AD} \), \( \overrightarrow{AE} \) (orthogonales deux à deux, de norme 1) :

\[ \overrightarrow{JC} = \overrightarrow{JB} + \overrightarrow{BC} = -\tfrac{1}{2}\overrightarrow{AE} + \overrightarrow{AD} \]

\[ \overrightarrow{JI} = \overrightarrow{JF} + \overrightarrow{FI} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AE} + \tfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{FE} + \overrightarrow{EH}\right) = -\tfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AD} + \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AE} \]

\[ \overrightarrow{JC} \cdot \overrightarrow{JI} = 1 \times \tfrac{1}{2}\,\overrightarrow{AD}^2 + \left(-\tfrac{1}{2}\right) \times \tfrac{1}{2}\,\overrightarrow{AE}^2 = \tfrac{1}{2} – \tfrac{1}{4} = \frac{1}{4} \]

b) On retrouve le même produit scalaire, donc le même cosinus \( \dfrac{1}{\sqrt{15}} \) et \( \widehat{CJI} \approx 75^\circ \).

Un plan de vecteur normal \( \vec{n}(a\,;b\,;c) \) a une équation de la forme \( ax + by + cz + d = 0 \) ; on trouve \( d \) en écrivant que le point A vérifie l’équation.

1) \( \overrightarrow{OA}(2\,;1\,;0) \) : \( 2x + y + d = 0 \). Par ailleurs, avec A : \( 4 + 1 + d = 0 \), donc \( d = -5 \).

\[ 2x + y – 5 = 0 \]

2) \( \overrightarrow{AO}\left(-\sqrt{2}\,;-\sqrt{3}\,;-2\right) \) ; on peut prendre le vecteur opposé \( \left(\sqrt{2}\,;\sqrt{3}\,;2\right) \), normal aussi : \( \sqrt{2}\,x + \sqrt{3}\,y + 2z + d = 0 \). Ainsi, avec A : \( 2 + 3 + 4 + d = 0 \), donc \( d = -9 \).

\[ \sqrt{2}\,x + \sqrt{3}\,y + 2z – 9 = 0 \]

3) \( \vec{k}(0\,;0\,;1) \) : \( z + d = 0 \). De même, avec A : \( 4 + d = 0 \), donc \( d = -4 \).

\[ z – 4 = 0 \]

4) \( \vec{i} – \tfrac{3}{2}\vec{j} \) a pour coordonnées \( \left(1\,;-\tfrac{3}{2}\,;0\right) \) ; le vecteur \( (2\,;-3\,;0) \), colinéaire, est aussi normal : \( 2x – 3y + d = 0 \). Ensuite, avec A : \( 4 + 3 + d = 0 \), donc \( d = -7 \).

\[ 2x – 3y – 7 = 0 \]

1) La remarque du manuel n’est pas reproduite ici, mais l’exercice montre de quelle erreur il s’agit : croire que, si deux plans sont perpendiculaires, alors toute droite de l’un est orthogonale à toute droite de l’autre. Puis c’est faux : seules certaines droites le sont (par exemple une droite de l’un orthogonale à la droite d’intersection des deux plans est orthogonale à l’autre plan). Puis la question 2 le vérifie par le calcul.

2) a) Vecteurs normaux : \( \vec{n}(2\,;-3\,;-1) \) pour \( (\mathcal{P}) \) et \( \vec{n}^{\prime}(1\,;2\,;-4) \) pour \( (\mathcal{Q}) \).

\[ \vec{n} \cdot \vec{n}^{\prime} = 2 \times 1 + (-3) \times 2 + (-1) \times (-4) = 2 – 6 + 4 = 0 \]

De plus, les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans sont orthogonaux.

b) Pour \( A(1\,;1\,;3) \) : \( 2 – 3 – 3 + 4 = 0 \). Ensuite, pour \( B(-1\,;-1\,;5) \) : \( -2 + 3 – 5 + 4 = 0 \). Par ailleurs, A et B appartiennent à \( (\mathcal{P}) \).

c) Pour \( C(1\,;6\,;2) \) : \( 1 + 12 – 8 – 5 = 0 \). Puis pour \( D(-3\,;0\,;-2) \) : \( -3 + 0 + 8 – 5 = 0 \). Ainsi, C et D appartiennent à \( (\mathcal{Q}) \).

d) \( \overrightarrow{AB}(-2\,;-2\,;2) \) et \( \overrightarrow{CD}(-4\,;-6\,;-4) \).

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 8 + 12 – 8 = 12 \neq 0 \]

De même, les droites (AB) et (CD) ne sont pas orthogonales. De plus, elles ne sont pas non plus parallèles : \( \dfrac{-4}{-2} = 2 \) mais \( \dfrac{-6}{-2} = 3 \), les coordonnées ne sont pas proportionnelles, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires.