Produit scalaire dans l’espace en terminale : corrigé des exercices 1 à 10

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

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

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 \(y-2z+4=0\). Normaux \((1\,;\,0\,;\,-2)\) et \((0\,;\,1\,;\,-2)\) non colinéaires. Avec \(z=t\) : \(x=1+2t\), \(y=-4+2t\), \(z=t\), \(t\in\mathbb{R}\).

Troisième cas : \(x-y-2z-1=0\) et \(-2x+2y+4z+4=0\). La seconde équation, divisée par \(-2\), s’écrit \(x-y-2z-2=0\). Les vecteurs normaux sont colinéaires, mais \(-1\neq -2\) : les plans sont strictement parallèles. 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 \(-x+y-z+d=0\). Avec \(I\) : \(-\frac12+d=0\), \(d=\frac12\). 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 \((IJK)\). 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 \(-1+\frac12\neq 0\) : \(B\notin(IJK)\). La droite \((BD)\) est strictement parallèle au plan \((IJK)\).

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

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

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 \(-2k=-2+t\), \(1+k=1+t\), \(-1=-1-t\). La troisième équation donne \(t=0\), la deuxième \(k=0\), et la première devient \(0=-2\) : impossible. 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 \(H\). Par Pythagore, \(AM^2=AH^2+HM^2\). 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 \((x_A+\lambda a\,;\,y_A+\lambda b\,;\,z_A+\lambda c)\). 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 \(a\beta-b\alpha\neq 0\). 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. 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 \(\vec v\) :

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

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 \(A(1\,;\,2\,;\,-1)\), \(\vec u(-1\,;\,2\,;\,1)\), \(\vec v(4\,;\,-1\,;\,2)\). 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 \(4a-b+2c=0\). 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 \(20-6-14=0\)).

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 \(3\overrightarrow{DI}=2\overrightarrow{DC}\) 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. On cherche \(\vec n(a\,;\,b\,;\,c)\) avec \(-a+b=0\) et \(-\frac13 a+b-c=0\) : \(b=a\) et \(c=\frac23 a\). Avec \(a=3\) : \(\vec n(3\,;\,3\,;\,2)\).

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 \(2+3+0-5=0\).