Produit scalaire dans l’espace : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « produit scalaire dans l’espace », question par question.
Cette correction montre la rédaction attendue au bac pour chaque question. Elle écrit d’abord les coordonnées des vecteurs, puis applique la formule \(xx^{\prime} + yy^{\prime} + zz^{\prime}\) sans sauter d’étape. Pour les questions sur un plan, elle cite le théorème qui relie l’orthogonalité à deux vecteurs non colinéaires.
Dans le cube et dans la pyramide, les angles sont obtenus en calculant le produit scalaire de deux façons, puis en isolant le cosinus. Compare donc ta copie étape par étape : le barème détaille les points de méthode. Enfin, les encadrés signalent les pièges les plus courants, notamment l’oubli de la seconde condition pour un vecteur normal.
L’énoncé complet se trouve ici : Produit scalaire dans l’espace : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : produit scalaire dans l’espace
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Calculs en coordonnées | 4 points |
| 2. Un vecteur normal au plan (ABC) | 5 points |
| 3. Un triangle dans le cube | 6 points |
| 4. La verrière pyramidale | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : produit scalaire dans l’espace
Exercice 1 – Calculs en coordonnées (4 points)
- Le repère est orthonormé, donc on peut utiliser les coordonnées :
\(\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 1 + (-1) \times 4 + 3 \times (-2) = 2 – 4 – 6 = -8\).
Ainsi, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = -8\). - \(\|\vec{u}\| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 3^2} = \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14}\).
\(\|\vec{v}\| = \sqrt{1^2 + 4^2 + (-2)^2} = \sqrt{1 + 16 + 4} = \sqrt{21}\).
Donc \(\|\vec{u}\| = \sqrt{14}\) et \(\|\vec{v}\| = \sqrt{21}\). - \(\vec{u} \cdot \vec{w} = 2 \times (-3) + (-1) \times 0 + 3 \times 2 = -6 + 0 + 6 = 0\).
Le produit scalaire est nul, donc \(\vec{u}\) et \(\vec{w}\) sont orthogonaux. - \(\vec{t} \cdot \vec{v} = a \times 1 + 2 \times 4 + 1 \times (-2) = a + 6\).
Les vecteurs sont orthogonaux si et seulement si \(a + 6 = 0\), c’est-à-dire \(a = -6\).
Exercice 2 – Un vecteur normal au plan (ABC) (5 points)
- \(\overrightarrow{AB}\left(3 – 1\,;\,1 – 0\,;\,0 – 2\right)\), soit \(\overrightarrow{AB}\left(2\,;\,1\,;\,-2\right)\), et \(\overrightarrow{AC}\left(0 – 1\,;\,2 – 0\,;\,1 – 2\right)\), soit \(\overrightarrow{AC}\left(-1\,;\,2\,;\,-1\right)\).
Si ces vecteurs étaient colinéaires, on aurait \(\overrightarrow{AC} = k\,\overrightarrow{AB}\). La première coordonnée donne \(k = -\frac{1}{2}\), mais la deuxième donne \(k = 2\). C’est impossible, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires et les points \(A\), \(B\), \(C\) ne sont pas alignés. - \(\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 3 \times 2 + 4 \times 1 + 5 \times (-2) = 6 + 4 – 10 = 0\).
\(\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 \times (-1) + 4 \times 2 + 5 \times (-1) = -3 + 8 – 5 = 0\).
Les deux produits scalaires sont nuls, donc \(\vec{n}\) est orthogonal à \(\overrightarrow{AB}\) et à \(\overrightarrow{AC}\). - Un vecteur orthogonal à deux vecteurs non colinéaires d’un plan est normal à ce plan. Or \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) sont deux vecteurs non colinéaires du plan \((ABC)\). Par conséquent, \(\vec{n}\) est normal au plan \((ABC)\).
- \(\overrightarrow{AD}\left(4 – 1\,;\,4 – 0\,;\,7 – 2\right)\), soit \(\overrightarrow{AD}\left(3\,;\,4\,;\,5\right)\). Ainsi \(\overrightarrow{AD} = \vec{n}\) : un vecteur directeur de \((AD)\) est normal au plan \((ABC)\). La droite \((AD)\) est donc orthogonale au plan \((ABC)\).
- \(\overrightarrow{CD}\left(4 – 0\,;\,4 – 2\,;\,7 – 1\right)\), soit \(\overrightarrow{CD}\left(4\,;\,2\,;\,6\right)\).
\(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 2 \times 4 + 1 \times 2 + (-2) \times 6 = 8 + 2 – 12 = -2\).
Ce produit scalaire n’est pas nul, donc les droites \((AB)\) et \((CD)\) ne sont pas orthogonales.
Piège classique : vérifier seulement \(\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 0\). Un vecteur orthogonal à un seul vecteur du plan n’est pas forcément normal au plan : il en faut deux, non colinéaires.
Exercice 3 – Un triangle dans le cube (6 points)
- Dans ce repère, \(B(1\,;\,0\,;\,0)\), \(D(0\,;\,1\,;\,0)\), \(E(0\,;\,0\,;\,1)\) et \(G(1\,;\,1\,;\,1)\). Ensuite, \(F(1\,;\,0\,;\,1)\) et \(I\) est le milieu de \([BF]\), donc \(I\left(1\,;\,0\,;\,0{,}5\right)\).
- \(\overrightarrow{AG}\left(1\,;\,1\,;\,1\right)\), \(\overrightarrow{BD}\left(-1\,;\,1\,;\,0\right)\) et \(\overrightarrow{BE}\left(-1\,;\,0\,;\,1\right)\).
\(\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD} = -1 + 1 + 0 = 0\) et \(\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BE} = -1 + 0 + 1 = 0\).
De plus, \(\overrightarrow{BD}\) et \(\overrightarrow{BE}\) ne sont pas colinéaires, car la troisième coordonnée de \(\overrightarrow{BD}\) est nulle alors que celle de \(\overrightarrow{BE}\) ne l’est pas. Le vecteur \(\overrightarrow{AG}\) est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((BDE)\). Ainsi, la droite \((AG)\) est orthogonale au plan \((BDE)\). - \(\overrightarrow{IA}\left(0 – 1\,;\,0 – 0\,;\,0 – 0{,}5\right)\), soit \(\overrightarrow{IA}\left(-1\,;\,0\,;\,-0{,}5\right)\), et \(\overrightarrow{IG}\left(0\,;\,1\,;\,0{,}5\right)\).
\(\overrightarrow{IA} \cdot \overrightarrow{IG} = (-1) \times 0 + 0 \times 1 + (-0{,}5) \times 0{,}5 = -0{,}25\).
Donc \(\overrightarrow{IA} \cdot \overrightarrow{IG} = -0{,}25\). - \(IA = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + (-0{,}5)^2} = \sqrt{1{,}25}\) et \(IG = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0{,}5^2} = \sqrt{1{,}25}\).
On a \(IA = IG = \sqrt{1{,}25} = \frac{\sqrt{5}}{2}\), donc le triangle \(AIG\) est isocèle en \(I\). - On a aussi \(\overrightarrow{IA} \cdot \overrightarrow{IG} = IA \times IG \times \cos\left(\widehat{AIG}\right)\), donc :
\(\cos\left(\widehat{AIG}\right) = \dfrac{-0{,}25}{\sqrt{1{,}25} \times \sqrt{1{,}25}} = \dfrac{-0{,}25}{1{,}25} = -0{,}2\).
À la calculatrice, \(\widehat{AIG} \approx 101{,}5^\circ\). C’est un angle obtus, ce qui est cohérent avec le cosinus négatif.
Piège classique : calculer \(\overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{IG}\) au lieu de \(\overrightarrow{IA} \cdot \overrightarrow{IG}\). Les deux vecteurs doivent partir du sommet de l’angle, sinon on obtient le cosinus de l’angle supplémentaire.
Exercice 4 – La verrière pyramidale (5 points)
- \(\overrightarrow{SA}\left(2\,;\,-2\,;\,-3\right)\), donc \(SA = \sqrt{2^2 + (-2)^2 + (-3)^2} = \sqrt{4 + 4 + 9} = \sqrt{17}\).
L’arête \(SA\) mesure \(\sqrt{17} \approx 4{,}12\) m. - \(\overrightarrow{SC}\left(-2\,;\,2\,;\,-3\right)\), puis \(\overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{SC} = 2 \times (-2) + (-2) \times 2 + (-3) \times (-3) = -4 – 4 + 9 = 1\).
Comme la pyramide est régulière, \(SC = SA = \sqrt{17}\). Alors :
\(\cos\left(\widehat{ASC}\right) = \dfrac{1}{\sqrt{17} \times \sqrt{17}} = \dfrac{1}{17}\).
Ainsi, \(\overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{SC} = 1\) et \(\widehat{ASC} \approx 86{,}6^\circ\). - \(\overrightarrow{OS}\left(0\,;\,0\,;\,3\right)\), \(\overrightarrow{AB}\left(0\,;\,4\,;\,0\right)\) et \(\overrightarrow{AD}\left(-4\,;\,0\,;\,0\right)\).
\(\overrightarrow{OS} \cdot \overrightarrow{AB} = 0\) et \(\overrightarrow{OS} \cdot \overrightarrow{AD} = 0\). En effet, chaque produit ne contient que des termes nuls. Or \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AD}\) sont deux vecteurs non colinéaires du plan de la base. Donc \((SO)\) est orthogonale au plan de la base. - \(M\) est le milieu de \([BC]\), donc \(M(0\,;\,2\,;\,0)\). Ensuite, \(\overrightarrow{SM}\left(0\,;\,2\,;\,-3\right)\) et \(\overrightarrow{BC}\left(-4\,;\,0\,;\,0\right)\), d’où \(\overrightarrow{SM} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 + 0 + 0 = 0\). Les droites \((SM)\) et \((BC)\) sont sécantes en \(M\) et orthogonales, donc \((SM)\) est perpendiculaire à \((BC)\) : \([SM]\) est une hauteur du triangle \(SBC\).
\(SM = \sqrt{0^2 + 2^2 + (-3)^2} = \sqrt{13}\), puis l’aire du triangle \(SBC\) vaut \(\dfrac{BC \times SM}{2} = \dfrac{4 \times \sqrt{13}}{2} = 2\sqrt{13}\) m².
Les quatre faces sont identiques, car la pyramide est régulière : l’aire totale vaut \(4 \times 2\sqrt{13} = 8\sqrt{13} \approx 28{,}84\) m².
Le vitrier doit donc commander environ \(28{,}84\) m² de verre.
Piège classique : prendre la hauteur \(SO = 3\) m comme hauteur des faces triangulaires. La hauteur d’une face est \(SM\), qui est plus longue que \(SO\).
À retenir de ce contrôle
- Dans un repère orthonormé, le produit scalaire de u(x ; y ; z) et v(x’ ; y’ ; z’) vaut xx’ + yy’ + zz’.
- Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul, ce qui se vérifie en une seule ligne de calcul.
- Un vecteur est normal à un plan lorsqu’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan : une seule vérification ne suffit jamais.
- Pour trouver un angle, on égale le produit scalaire en coordonnées et la formule avec les normes et le cosinus, puis on isole le cosinus.
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