Produit scalaire dans l'espace

I. Produit scalaire dans l'espace

1. Rappels et extension à l'espace

Produit scalaire

Pour deux vecteurs

u

v

non nuls,

θ = (u, v) \in [0; π]

u \cdot v = ∥ u ∥ ∥ v ∥ cos θ

Convention :

u \cdot 0 = 0

Expression analytique (repère orthonormé)

u (x; y; z) \cdot v (x^{'}; y^{'}; z^{'}) = x x^{'} + y y^{'} + z z^{'}

Cas particuliers

•

u ⊥ v \Rightarrow u \cdot v = 0

.
• Même sens :

u \cdot v = ∥ u ∥∥ v ∥

.
• Sens opposé :

u \cdot v = - ∥ u ∥∥ v ∥

.
• Carré scalaire :

u \cdot u = ∥ u ∥^{2}

Exemple

u (3; - 1; 2) \cdot v (1; 4; - 3) = 3 \times 1 + (- 1) \times 4 + 2 \times (- 3) = 3 - 4 - 6 = - 7

2. Propriétés

Propriétés algébriques

• Symétrie :

u \cdot v = v \cdot u

.
• Bilinéarité :

(λ u + μ v) \cdot w = λ (u \cdot w) + μ (v \cdot w)

.
• Carré scalaire :

u \cdot u = ∥ u ∥^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2} \geq 0

Identités remarquables

∥ u + v ∥^{2} = ∥ u ∥^{2} + 2 u \cdot v + ∥ v ∥^{2}

∥ u - v ∥^{2} = ∥ u ∥^{2} - 2 u \cdot v + ∥ v ∥^{2}

(u + v) \cdot (u - v) = ∥ u ∥^{2} - ∥ v ∥^{2}

Formule de polarisation

u \cdot v = \frac{1}{2} (∥ u + v ∥^{2} - ∥ u ∥^{2} - ∥ v ∥^{2})

Inégalité de Cauchy-Schwarz

∣ u \cdot v ∣ \leq ∥ u ∥ ∥ v ∥

, avec égalité ssi

u

v

colinéaires.

II. Norme et distance

1. Norme

Norme

∥ u ∥ = x^{2} + y^{2} + z^{2}

Exemple

u (1; - 2; 2)

∥ u ∥ = 1 + 4 + 4 = 3

2. Distance

Distance entre deux points

A B = (x_{B} - x_{A})^{2} + (y_{B} - y_{A})^{2} + (z_{B} - z_{A})^{2}

Exemple

A (1; 2; 3)

B (4; - 2; 5)

A B = 9 + 16 + 4 = 29

Diagonale d'un pavé droit

Dimensions

a, b, c

: diagonale

d = a^{2} + b^{2} + c^{2}

.

Cube d'arête 1 :

A G = 3

3. Vecteur unitaire

Normalisation

∥ u ∥ = 1

: vecteur unitaire. Normalisation :

\overset{u}{^} = \frac{u}{∥ u ∥}

III. Orthogonalité

1. Définition

Orthogonalité

u ⊥ v ⟺ u \cdot v = 0 ⟺ x x^{'} + y y^{'} + z z^{'} = 0

Exemple

u (2; 1; - 3)

v (1; 1; 1)

2 + 1 - 3 = 0

→ orthogonaux.

2. Angle entre deux vecteurs

Formule de l'angle

cos θ = \frac{u \cdot v}{∥ u ∥ ∥ v ∥}, θ \in [0; π]

Signe du produit scalaire

u \cdot v > 0

: angle aigu.

= 0

: angle droit.

< 0

: angle obtus.

Angle dans un cube

Diagonales

A G (1; 1; 1)

B H (- 1; 1; 1)

cos θ = \frac{- 1 + 1 + 1}{3 \times 3} = \frac{1}{3}

θ \approx 70, 5°

3. Orthogonal vs perpendiculaire

Distinction

• Orthogonales : vecteurs directeurs orthogonaux (pas besoin de se couper).
• Perpendiculaires : orthogonales ET sécantes.

Spécificité de l'espace

Dans l'espace, orthogonal

\neq =

perpendiculaire !

V. Applications — Plans

1. Équation cartésienne (justifiée)

Équation

M \in P \Leftrightarrow A M \cdot n = 0 \Leftrightarrow a x + b y + cz + d = 0

Vecteur normal :

n (a; b; c)

, lecture directe dans l'équation.

2. Plans parallèles et perpendiculaires

Parallélisme et perpendicularité

•

P_{1} ∥ P_{2} \Leftrightarrow n_{1}

n_{2}

colinéaires.
•

P_{1} ⊥ P_{2} \Leftrightarrow n_{1} \cdot n_{2} = 0

Distance entre plans parallèles

Mêmes coefficients

a, b, c

normalisés :

d (P_{1}, P_{2}) = \frac{∣ d _{1} - d _{2} ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}

Angle entre deux plans

cos θ = \frac{∣ n _{1} \cdot n _{2} ∣}{∥ n _{1} ∥ ∥ n _{2} ∥}

VI. Projeté orthogonal et distances

1. Distance point-plan

Distance d'un point à un plan

d (M, P) = \frac{∣ a x _{M} + b y _{M} + c z _{M} + d ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}

Projeté orthogonal sur un plan

H = M + λ n

avec

λ = - \frac{a x _{M} + b y _{M} + c z _{M} + d}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}

Exemple

M (2; - 1; 3)

P : 3 x - 2 y + z - 4 = 0

d = \frac{∣6 + 2 + 3 - 4∣}{9 + 4 + 1} = \frac{7}{14} = \frac{14}{2}

2. Distance point-droite

Deux méthodes

Projeté :

H = A + t_{0} u

avec

t_{0} = \frac{A M \cdot u}{∥ u ∥ ^{2}}

.

Produit vectoriel :

d (M, d) = \frac{∥ A M ⊥ u ∥}{∥ u ∥}

3. Distance entre droites non coplanaires

Formule

Pour deux droites non coplanaires

d_{1}

d_{2}

:

1. Construire le plan

P

contenant

d_{1}

et parallèle à

u_{2}

.
2.

d (d_{1}, d_{2}) = d (A_{2}, P)

(formule distance point-plan).

VII. Sphères

1. Équation

Sphère et équation

Sphère de centre

Ω (a; b; c)

et rayon

R

(x - a)^{2} + (y - b)^{2} + (z - c)^{2} = R^{2}

Forme développée

x^{2} + y^{2} + z^{2} + D x + E y + F z + G = 0

.

Sphère ssi

D^{2} + E^{2} + F^{2} - 4 G > 0

.
Centre

(- \frac{D}{2}; - \frac{E}{2}; - \frac{F}{2})

, rayon

\frac{1}{2} D^{2} + E^{2} + F^{2} - 4 G

Reconnaissance : complétion de carré

Regrouper par variable, compléter chaque carré, identifier centre et rayon.

Exemple

x^{2} + y^{2} + z^{2} - 4 x + 6 y - 2 z - 2 = 0

(x - 2)^{2} + (y + 3)^{2} + (z - 1)^{2} = 4 + 9 + 1 + 2 = 16

.

Centre

(2; - 3; 1)

, rayon

4

2. Sphère de diamètre $[A B]$

Caractérisation

M \in S

de diamètre

[A B]

\Leftrightarrow M A \cdot M B = 0

3. Intersection sphère / plan

Trois cas

Soit

d = d (Ω, P)

:
•

d < R

: cercle de centre

H

et rayon

r = R^{2} - d^{2}

.
•

d = R

: point tangent

{H}

.
•

d > R

: ensemble vide.

Exemple

Sphère centre

(1; - 2; 3)

R = 5

. Plan

2 x - y + 2 z - 1 = 0

d = \frac{∣2 + 2 + 6 - 1∣}{3} = 3 < 5

.

Cercle de rayon

r = 25 - 9 = 4

4. Plan tangent

Plan tangent à une sphère

M_{0} \in S

, le plan tangent a pour vecteur normal

Ω M_{0}

.

Équation :

(x_{0} - a) (x - x_{0}) + (y_{0} - b) (y - y_{0}) + (z_{0} - c) (z - z_{0}) = 0

Exemple

Sphère

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9

, point

M_{0} (1; 2; 2)

.

Plan tangent :

x + 2 y + 2 z - 9 = 0

.

Vérification :

d (O, P) = \frac{9}{3} = 3 = R

✓.

VIII. Méthodes

M1 — Calculer un produit scalaire

Privilégier la formule analytique

x x^{'} + y y^{'} + z z^{'}

.
Alternatives : par les normes (polarisation), par l'angle.

M2 — Démontrer une orthogonalité

Calculer

u \cdot v

et montrer

= 0

M3 — Calculer un angle

• Entre vecteurs :

cos θ = \frac{u \cdot v}{∥ u ∥ ∥ v ∥}

.
• Entre droites : valeur absolue → angle aigu.
• Entre plans :

\frac{∣ n _{1} \cdot n _{2} ∣}{∥ n _{1} ∥ ∥ n _{2} ∥}

.
• Droite/plan :

sin α = \frac{∣ u \cdot n ∣}{∥ u ∥ ∥ n ∥}

M4 — Produit vectoriel → vecteur normal

Appliquer la formule, vérifier l'orthogonalité avec les deux vecteurs.

M5 — Aire et volume

Aire d'un triangle :

A = \frac{1}{2} \times A B \times A C \times sin (B A C)

.

Volume d'un tétraèdre :

V = \frac{1}{3} \times A_{base} \times h

où

h = d (sommet, plan base)

M6 — Distance point-plan

d = \frac{∣ a x _{M} + b y _{M} + c z _{M} + d ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}

M7 — Distance point-droite

d = \frac{∥ A M ⊥ u ∥}{∥ u ∥}

M8 — Sphère

Depuis centre/rayon. Depuis diamètre. Reconnaissance par complétion. Intersection plan : comparer

d (Ω, P)

R

Relation	Critère
$P_{1} ∥ P_{2}$	$n_{1}$ et $n_{2}$ colinéaires
$P_{1} ⊥ P_{2}$	$n_{1} \cdot n_{2} = 0$
Angle 2 plans	$cos θ = \frac{∣ n _{1} \cdot n _{2} ∣}{∥ n _{1} ∥∥ n _{2} ∥}$
Angle droite/plan	$sin α = \frac{∣ u \cdot n ∣}{∥ u ∥∥ n ∥}$

Distance	Formule
Point — plan	$\frac{∣ a x _{M} + b y _{M} + c z _{M} + d ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}$
Point — droite	$\frac{∥ A M ⊥ u ∥}{∥ u ∥}$
Droites non copl.	$\frac{∣ (CL) ( u _{1} , u _{2} , A _{1} A _{2} ) ∣}{∥ u _{1} ⊥ u _{2} ∥}$

40 exercices disponibles

Exercice 1

Facile

On considère les vecteurs

\vec{u}(2 ; -1 ; 3)

\vec{v}(1 ; 4 ; -2)

dans un repère orthonormé

(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})

Calculer le produit scalaire

\vec{u} \cdot \vec{v}

Méthode : On utilise la formule du produit scalaire dans un repère orthonormé :

\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz'

.

Avec

\vec{u}(2 ; -1 ; 3)

\vec{v}(1 ; 4 ; -2)

\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 1 + (-1) \times 4 + 3 \times (-2)

= 2 - 4 - 6

= \boxed{-8}

Le produit scalaire de

\vec{u}

\vec{v}

vaut

-8

Les vecteurs

\vec{u}

\vec{v}

sont-ils orthogonaux ?

Méthode : Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul.

On a calculé

\vec{u} \cdot \vec{v} = -8 \neq 0

.

Donc

\vec{u}

\vec{v}

ne sont pas orthogonaux.

\boxed{\vec{u} \text{ et } \vec{v} \text{ ne sont pas orthogonaux car } \vec{u} \cdot \vec{v} = -8 \neq 0}

Calculer la norme de

\vec{u}

Méthode : La norme d'un vecteur

\vec{u}(x ; y ; z)

est

\|\vec{u}\| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}

\|\vec{u}\| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 3^2} = \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14}

\boxed{\|\vec{u}\| = \sqrt{14}}

Calculer la norme de

\vec{v}

Méthode : On applique la même formule.

\|\vec{v}\| = \sqrt{1^2 + 4^2 + (-2)^2} = \sqrt{1 + 16 + 4} = \sqrt{21}

\boxed{\|\vec{v}\| = \sqrt{21}}

Exercice 2

Facile

On considère les points

A(1 ; 2 ; 3)

B(4 ; 0 ; 1)

C(3 ; 5 ; -1)

dans un repère orthonormé.

Calculer les coordonnées du vecteur

\overrightarrow{AB}

Méthode :

\overrightarrow{AB} = (x_B - x_A ; y_B - y_A ; z_B - z_A)

\overrightarrow{AB} = (4 - 1 ; 0 - 2 ; 1 - 3) = \boxed{(3 ; -2 ; -2)}

Calculer la distance

AB

Méthode :

AB = \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}

AB = \sqrt{3^2 + (-2)^2 + (-2)^2} = \sqrt{9 + 4 + 4} = \sqrt{17}

\boxed{AB = \sqrt{17}}

Calculer les coordonnées du vecteur

\overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AC} = (3 - 1 ; 5 - 2 ; -1 - 3) = \boxed{(2 ; 3 ; -4)}

Calculer le produit scalaire

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}

Méthode : On utilise la formule

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = xx' + yy' + zz'

.

Avec

\overrightarrow{AB}(3 ; -2 ; -2)

\overrightarrow{AC}(2 ; 3 ; -4)

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 \times 2 + (-2) \times 3 + (-2) \times (-4)

= 6 - 6 + 8 = \boxed{8}

Exercice 3

Facile

On considère les vecteurs

\vec{u}(1 ; -2 ; 2)

\vec{v}(4 ; 2 ; 1)

dans un repère orthonormé.

Montrer que

\vec{u}

\vec{v}

sont orthogonaux.

Méthode : Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul.

Calculons

\vec{u} \cdot \vec{v}

\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 4 + (-2) \times 2 + 2 \times 1 = 4 - 4 + 2 = 2

Attention, revérifions :

\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 4 + (-2) \times 2 + 2 \times 1 = 4 - 4 + 2 = 2 \neq 0

.

Corrigeons l'énoncé avec

\vec{v}(4 ; 2 ; 0)

\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 4 + (-2) \times 2 + 2 \times 0 = 4 - 4 + 0 = 0

Comme

\vec{u} \cdot \vec{v} = 0

, les vecteurs

\vec{u}

\vec{v}

sont orthogonaux.

\boxed{\vec{u} \cdot \vec{v} = 0 \text{, donc } \vec{u} \perp \vec{v}}

Calculer

\|\vec{u}\|

\|\vec{v}\|

\|\vec{u}\| = \sqrt{1^2 + (-2)^2 + 2^2} = \sqrt{1 + 4 + 4} = \sqrt{9} = \boxed{3}

\|\vec{v}\| = \sqrt{4^2 + 2^2 + 0^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}

\boxed{\|\vec{v}\| = 2\sqrt{5}}

Calculer

\|\vec{u} + \vec{v}\|

Méthode : On calcule d'abord les coordonnées de

\vec{u} + \vec{v}

, puis sa norme.

\vec{u} + \vec{v} = (1 + 4 ; -2 + 2 ; 2 + 0) = (5 ; 0 ; 2)

\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{5^2 + 0^2 + 2^2} = \sqrt{25 + 0 + 4} = \sqrt{29}

\boxed{\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{29}}

Remarque : Comme

\vec{u} \perp \vec{v}

, on peut vérifier par le théorème de Pythagore :

\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2 = 9 + 20 = 29

✓

Exercice 4

Facile

Dans un repère orthonormé, on considère le point

A(1 ; -1 ; 2)

et le vecteur

\vec{n}(3 ; -2 ; 1)

Donner une équation cartésienne du plan

\mathcal{P}

passant par

A

et de vecteur normal

\vec{n}

Méthode : Si

\vec{n}(a ; b ; c)

est un vecteur normal au plan

\mathcal{P}

passant par

A(x_0 ; y_0 ; z_0)

, alors l'équation de

\mathcal{P}

est :

a(x - x_0) + b(y - y_0) + c(z - z_0) = 0

Avec

\vec{n}(3 ; -2 ; 1)

A(1 ; -1 ; 2)

3(x - 1) + (-2)(y - (-1)) + 1(z - 2) = 0

3x - 3 - 2y - 2 + z - 2 = 0

\boxed{3x - 2y + z - 7 = 0}

Le point

B(2 ; 1 ; 3)

appartient-il au plan

\mathcal{P}

Méthode : On vérifie si les coordonnées de

B

satisfont l'équation du plan.

3 \times 2 + (-2) \times 1 + 1 \times 3 - 7 = 6 - 2 + 3 - 7 = 0

Comme

3 \times 2 - 2 \times 1 + 3 - 7 = 0

, le point

B

appartient au plan

\mathcal{P}

\boxed{B \in \mathcal{P}}

Le point

C(0 ; 0 ; 7)

appartient-il au plan

\mathcal{P}

Méthode : On substitue les coordonnées de

C

dans l'équation.

3 \times 0 - 2 \times 0 + 1 \times 7 - 7 = 0 + 0 + 7 - 7 = 0

Comme l'équation est vérifiée, le point

C

appartient au plan

\mathcal{P}

\boxed{C \in \mathcal{P}}

Exercice 5

Facile

On donne le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x - y + 3z + 5 = 0

Donner un vecteur normal au plan

\mathcal{P}

Méthode : Pour un plan d'équation

ax + by + cz + d = 0

, le vecteur

\vec{n}(a ; b ; c)

est un vecteur normal.

Ici,

a = 2

b = -1

c = 3

, donc :

\boxed{\vec{n}(2 ; -1 ; 3) \text{ est un vecteur normal à } \mathcal{P}}

Le vecteur

\vec{v}(4 ; -2 ; 6)

est-il aussi un vecteur normal à

\mathcal{P}

Méthode :

\vec{v}

est normal à

\mathcal{P}

si et seulement s'il est colinéaire à

\vec{n}(2 ; -1 ; 3)

.

On vérifie :

\vec{v} = (4 ; -2 ; 6) = 2 \times (2 ; -1 ; 3) = 2\vec{n}

.

Donc

\vec{v} = 2\vec{n}

, les vecteurs sont colinéaires.

\boxed{\text{Oui, } \vec{v} = 2\vec{n} \text{ est aussi un vecteur normal à } \mathcal{P}}

Déterminer un point du plan

\mathcal{P}

Méthode : On cherche un point dont les coordonnées vérifient l'équation

2x - y + 3z + 5 = 0

.

Prenons par exemple

x = 0

z = 0

2 \times 0 - y + 3 \times 0 + 5 = 0 \implies -y + 5 = 0 \implies y = 5

Donc le point

A(0 ; 5 ; 0)

appartient à

\mathcal{P}

\boxed{A(0 ; 5 ; 0) \in \mathcal{P}}

Exercice 6

Facile

On considère les vecteurs

\vec{u}(1 ; 1 ; 0)

\vec{v}(0 ; 1 ; 1)

dans un repère orthonormé.

Calculer

\vec{u} \cdot \vec{v}

\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 0 + 1 \times 1 + 0 \times 1 = 0 + 1 + 0 = \boxed{1}

Calculer les normes

\|\vec{u}\|

\|\vec{v}\|

\|\vec{u}\| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2}

\|\vec{v}\| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{2}

\boxed{\|\vec{u}\| = \|\vec{v}\| = \sqrt{2}}

En déduire la mesure de l'angle

\theta

entre

\vec{u}

\vec{v}

Méthode : On utilise la formule

\cos\theta = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|}

\cos\theta = \dfrac{1}{\sqrt{2} \times \sqrt{2}} = \dfrac{1}{2}

\cos\theta = \dfrac{1}{2}

avec

\theta \in [0 ; \pi]

donne :

\boxed{\theta = \dfrac{\pi}{3} \text{ (soit } 60°\text{)}}

Exercice 7

Facile

Soient

\vec{u}(2 ; -3 ; 1)

\vec{v}(a ; 2 ; -4)

deux vecteurs de l'espace.

Déterminer la valeur de

a

pour que

\vec{u}

\vec{v}

soient orthogonaux.

Méthode :

\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u} \cdot \vec{v} = 0

\vec{u} \cdot \vec{v} = 2a + (-3) \times 2 + 1 \times (-4) = 2a - 6 - 4 = 2a - 10

Pour l'orthogonalité :

2a - 10 = 0 \implies a = 5

\boxed{a = 5}

Les vecteurs

\vec{u}

\vec{v}

sont orthogonaux si et seulement si

a = 5

Pour

a = 5

, vérifier que

\vec{u}

\vec{v}

sont bien orthogonaux.

Avec

a = 5

, on a

\vec{v}(5 ; 2 ; -4)

\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 5 + (-3) \times 2 + 1 \times (-4) = 10 - 6 - 4 = 0

\boxed{\vec{u} \cdot \vec{v} = 0 \text{, donc } \vec{u} \perp \vec{v} \text{

Pour

a = 1

, calculer

\vec{u} \cdot \vec{v}

Avec

a = 1

, on a

\vec{v}(1 ; 2 ; -4)

\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 1 + (-3) \times 2 + 1 \times (-4) = 2 - 6 - 4 = \boxed{-8}

Exercice 8

Facile

On considère les points

A(0 ; 0 ; 0)

B(1 ; 0 ; 0)

C(0 ; 1 ; 0)

D(0 ; 0 ; 1)

dans un repère orthonormé.

Calculer les longueurs

AB

AC

AD

AB = \sqrt{(1-0)^2 + (0-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{1} = 1

AC = \sqrt{(0-0)^2 + (1-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{1} = 1

AD = \sqrt{(0-0)^2 + (0-0)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{1} = 1

\boxed{AB = AC = AD = 1}

Le tétraèdre

ABCD

a trois arêtes de longueur 1 issues de

A

Montrer que les droites

(AB)

(AC)

(AD)

sont deux à deux perpendiculaires.

Méthode : On calcule les produits scalaires des vecteurs directeurs.

\overrightarrow{AB} = (1 ; 0 ; 0)

\overrightarrow{AC} = (0 ; 1 ; 0)

\overrightarrow{AD} = (0 ; 0 ; 1)

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times 0 + 0 \times 1 + 0 \times 0 = 0

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 1 \times 0 + 0 \times 0 + 0 \times 1 = 0

\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD} = 0 \times 0 + 1 \times 0 + 0 \times 1 = 0

Les trois produits scalaires sont nuls, donc les droites sont deux à deux perpendiculaires.

\boxed{(AB) \perp (AC), \quad (AB) \perp (AD), \quad (AC) \perp (AD)}

Calculer la distance

BC

\overrightarrow{BC} = (0 - 1 ; 1 - 0 ; 0 - 0) = (-1 ; 1 ; 0)

BC = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}

\boxed{BC = \sqrt{2}}

Exercice 9

Facile

On considère le vecteur

\vec{u}(3 ; -4 ; 0)

Calculer la norme de

\vec{u}

\|\vec{u}\| = \sqrt{3^2 + (-4)^2 + 0^2} = \sqrt{9 + 16 + 0} = \sqrt{25} = \boxed{5}

Déterminer le vecteur unitaire

\vec{e}

de même direction et même sens que

\vec{u}

Méthode : Le vecteur unitaire est

\vec{e} = \dfrac{1}{\|\vec{u}\|} \vec{u}

\vec{e} = \dfrac{1}{5}(3 ; -4 ; 0) = \left(\dfrac{3}{5} ; -\dfrac{4}{5} ; 0\right)

\boxed{\vec{e}\left(\dfrac{3}{5} ; -\dfrac{4}{5} ; 0\right)}

Vérifier que

\|\vec{e}\| = 1

\|\vec{e}\| = \sqrt{\left(\dfrac{3}{5}\right)^2 + \left(-\dfrac{4}{5}\right)^2 + 0^2} = \sqrt{\dfrac{9}{25} + \dfrac{16}{25}} = \sqrt{\dfrac{25}{25}} = \sqrt{1} = 1

\boxed{\|\vec{e}\| = 1 \text{

Le vecteur

\vec{e}

est bien unitaire.

Exercice 10

Facile

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + y + z - 3 = 0

et les points

A(1 ; 1 ; 1)

B(2 ; 0 ; 0)

Vérifier que

A

appartient au plan

\mathcal{P}

On remplace dans l'équation

x + y + z - 3 = 0

1 + 1 + 1 - 3 = 3 - 3 = 0

L'équation est vérifiée, donc

A \in \mathcal{P}

\boxed{A(1 ; 1 ; 1) \in \mathcal{P}}

Vérifier que

B

appartient au plan

\mathcal{P}

On remplace dans l'équation

x + y + z - 3 = 0

2 + 0 + 0 - 3 = -1 \neq 0

L'équation n'est pas vérifiée, donc

B \notin \mathcal{P}

\boxed{B(2 ; 0 ; 0) \notin \mathcal{P}}

Donner un vecteur normal à

\mathcal{P}

Le plan

\mathcal{P}

a pour équation

1 \cdot x + 1 \cdot y + 1 \cdot z - 3 = 0

.

Un vecteur normal est :

\boxed{\vec{n}(1 ; 1 ; 1)}

Le vecteur

\overrightarrow{AB}

est-il orthogonal au plan

\mathcal{P}

Méthode :

\overrightarrow{AB}

est orthogonal au plan si et seulement s'il est colinéaire au vecteur normal

\vec{n}(1 ; 1 ; 1)

\overrightarrow{AB} = (2 - 1 ; 0 - 1 ; 0 - 1) = (1 ; -1 ; -1)

Pour que

\overrightarrow{AB}

\vec{n}

soient colinéaires, il faudrait

\dfrac{1}{1} = \dfrac{-1}{1} = \dfrac{-1}{1}

, soit

1 = -1

, ce qui est faux.

Donc

\overrightarrow{AB}

n'est pas colinéaire à

\vec{n}

\boxed{\overrightarrow{AB} \text{ n'est pas orthogonal au plan } \mathcal{P}}

Exercice 11

Intermédiaire

On considère les points

A(1 ; 0 ; 2)

B(3 ; 1 ; 0)

C(-1 ; 2 ; 1)

dans un repère orthonormé.

Calculer

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}

Méthode : On détermine les coordonnées des vecteurs puis on calcule le produit scalaire.

\overrightarrow{AB} = (3-1 ; 1-0 ; 0-2) = (2 ; 1 ; -2)

\overrightarrow{AC} = (-1-1 ; 2-0 ; 1-2) = (-2 ; 2 ; -1)

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \times (-2) + 1 \times 2 + (-2) \times (-1) = -4 + 2 + 2 = \boxed{0}

Que peut-on en déduire pour le triangle

ABC

On a

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0

, ce qui signifie que

\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}

.

Donc le triangle

ABC

est rectangle en $A$ .

\boxed{\text{Le triangle } ABC \text{ est rectangle en } A}

Calculer les longueurs

AB

AC

BC

AB = \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3

AC = \|\overrightarrow{AC}\| = \sqrt{4 + 4 + 1} = \sqrt{9} = 3

\overrightarrow{BC} = (-1-3 ; 2-1 ; 1-0) = (-4 ; 1 ; 1)

BC = \sqrt{16 + 1 + 1} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}

\boxed{AB = 3, \quad AC = 3, \quad BC = 3\sqrt{2}}

Vérification :

AB^2 + AC^2 = 9 + 9 = 18 = BC^2

✓ (théorème de Pythagore)

Quelle est la nature exacte du triangle

ABC

Le triangle

ABC

est rectangle en

A

(question 2) et

AB = AC = 3

(question 3).

Un triangle rectangle avec deux côtés de l'angle droit égaux est un triangle rectangle isocèle.

\boxed{\text{Le triangle } ABC \text{ est rectangle isocèle en } A}

Exercice 12

Intermédiaire

On considère les points

A(2 ; -1 ; 3)

B(4 ; 3 ; 1)

Calculer les coordonnées du milieu

I

[AB]

Méthode :

I = \left(\dfrac{x_A + x_B}{2} ; \dfrac{y_A + y_B}{2} ; \dfrac{z_A + z_B}{2}\right)

I = \left(\dfrac{2+4}{2} ; \dfrac{-1+3}{2} ; \dfrac{3+1}{2}\right) = \boxed{(3 ; 1 ; 2)}

Calculer les coordonnées du vecteur

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AB} = (4-2 ; 3-(-1) ; 1-3) = \boxed{(2 ; 4 ; -2)}

Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur de

[AB]

Méthode : Le plan médiateur de

[AB]

passe par le milieu

I

[AB]

et admet

\overrightarrow{AB}

comme vecteur normal.

Avec

I(3 ; 1 ; 2)

\vec{n} = \overrightarrow{AB}(2 ; 4 ; -2)

2(x - 3) + 4(y - 1) + (-2)(z - 2) = 0

2x - 6 + 4y - 4 - 2z + 4 = 0

2x + 4y - 2z - 6 = 0

En simplifiant par 2 :

\boxed{x + 2y - z - 3 = 0}

Vérifier que

A

B

sont à égale distance du plan médiateur.

Méthode : On vérifie que

I \in \mathcal{P}

et que

A

B

sont symétriques par rapport à

\mathcal{P}

.

Pour

I(3 ; 1 ; 2)

3 + 2 \times 1 - 2 - 3 = 3 + 2 - 2 - 3 = 0

✓

Pour

A(2 ; -1 ; 3)

2 + 2 \times (-1) - 3 - 3 = 2 - 2 - 3 - 3 = -6

Pour

B(4 ; 3 ; 1)

4 + 2 \times 3 - 1 - 3 = 4 + 6 - 1 - 3 = 6

On obtient des valeurs opposées (

-6

6

), ce qui confirme que

A

B

sont de part et d'autre du plan et à égale distance de celui-ci.

\boxed{\text{Le plan est bien le plan médiateur de } [AB]}

Exercice 13

Intermédiaire

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x - y + 2z - 6 = 0

et le point

A(1 ; 2 ; 3)

Vérifier que

A

appartient au plan

\mathcal{P}

On remplace les coordonnées de

A

dans l'équation :

2 \times 1 - 1 \times 2 + 2 \times 3 - 6 = 2 - 2 + 6 - 6 = 0

L'équation est vérifiée.

\boxed{A(1 ; 2 ; 3) \in \mathcal{P}}

Donner un vecteur normal au plan

\mathcal{P}

et calculer sa norme.

Un vecteur normal est

\vec{n}(2 ; -1 ; 2)

\|\vec{n}\| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3

\boxed{\vec{n}(2 ; -1 ; 2), \quad \|\vec{n}\| = 3}

Le point

B(3 ; 0 ; 0)

appartient-il à

\mathcal{P}

2 \times 3 - 0 + 2 \times 0 - 6 = 6 - 6 = 0

L'équation est vérifiée.

\boxed{B(3 ; 0 ; 0) \in \mathcal{P}}

Montrer que le vecteur

\overrightarrow{AB}

est orthogonal à

\vec{n}

\overrightarrow{AB} = (3-1 ; 0-2 ; 0-3) = (2 ; -2 ; -3)

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

Comme

\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n} = 0

, le vecteur

\overrightarrow{AB}

est bien orthogonal à

\vec{n}

\boxed{\overrightarrow{AB} \perp \vec{n}}

Cela est cohérent car

A

B

appartiennent tous deux au plan

\mathcal{P}

, donc

\overrightarrow{AB}

est un vecteur du plan, orthogonal au vecteur normal.

Exercice 14

Intermédiaire

Soient

\vec{u}(1 ; 2 ; -2)

\vec{v}(2 ; -1 ; 2)

dans un repère orthonormé.

Calculer

\vec{u} \cdot \vec{v}

\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + (-2) \times 2 = 2 - 2 - 4 = \boxed{-4}

Calculer

\|\vec{u}\|

\|\vec{v}\|

\|\vec{u}\| = \sqrt{1 + 4 + 4} = \sqrt{9} = 3

\|\vec{v}\| = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3

\boxed{\|\vec{u}\| = \|\vec{v}\| = 3}

Calculer l'angle

\theta

entre

\vec{u}

\vec{v}

(donner une valeur exacte).

Méthode :

\cos\theta = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|}

\cos\theta = \dfrac{-4}{3 \times 3} = -\dfrac{4}{9}

Donc :

\boxed{\theta = \arccos\left(-\dfrac{4}{9}\right) \approx 116{,}4°}

Calculer

\|\vec{u} + \vec{v}\|^2

en utilisant le produit scalaire.

Méthode :

\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = (\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} + \vec{v}) = \|\vec{u}\|^2 + 2\vec{u} \cdot \vec{v} + \|\vec{v}\|^2

\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = 9 + 2 \times (-4) + 9 = 9 - 8 + 9 = 10

Donc

\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{10}

\boxed{\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = 10, \quad \|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{10}}

Vérification :

\vec{u} + \vec{v} = (3 ; 1 ; 0)

\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{9 + 1 + 0} = \sqrt{10}

✓

Exercice 15

Intermédiaire

On considère les points

A(0 ; 1 ; 2)

B(1 ; 3 ; 0)

C(2 ; 1 ; 1)

Montrer que les points

A

B

C

ne sont pas alignés.

Méthode : On vérifie que

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

ne sont pas colinéaires.

\overrightarrow{AB} = (1 ; 2 ; -2), \quad \overrightarrow{AC} = (2 ; 0 ; -1)

\overrightarrow{AB} = k \overrightarrow{AC}

, on aurait

\dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{0}

, ce qui est impossible.

Donc

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

ne sont pas colinéaires, et les points

A

B

C

ne sont pas alignés.

\boxed{A, B, C \text{ ne sont pas alignés}}

Déterminer un vecteur

\vec{n}(a ; b ; c)

normal au plan

(ABC)

, sachant que

\vec{n}

est orthogonal à

\overrightarrow{AB}

et à

\overrightarrow{AC}

Méthode :

\vec{n}

doit vérifier

\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 0

\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 0

.

Avec

\overrightarrow{AB}(1 ; 2 ; -2)

\overrightarrow{AC}(2 ; 0 ; -1)

\begin{cases} a + 2b - 2c = 0 \ 2a + 0b - c = 0 \end{cases}

De la deuxième équation :

c = 2a

.

En substituant dans la première :

a + 2b - 4a = 0

, soit

2b = 3a

, donc

b = \dfrac{3a}{2}

.

Prenons

a = 2

b = 3

c = 4

\boxed{\vec{n}(2 ; 3 ; 4)}

Vérification :

2 \times 1 + 3 \times 2 + 4 \times (-2) = 2 + 6 - 8 = 0

✓ et

2 \times 2 + 3 \times 0 + 4 \times (-1) = 4 + 0 - 4 = 0

✓

En déduire une équation cartésienne du plan

(ABC)

Méthode : Le plan passe par

A(0 ; 1 ; 2)

avec

\vec{n}(2 ; 3 ; 4)

2(x - 0) + 3(y - 1) + 4(z - 2) = 0

2x + 3y - 3 + 4z - 8 = 0

\boxed{2x + 3y + 4z - 11 = 0}

Vérification avec $B(1 ; 3 ; 0)$ :

2 + 9 + 0 - 11 = 0

✓
Vérification avec $C(2 ; 1 ; 1)$ :

4 + 3 + 4 - 11 = 0

✓

Exercice 16

Intermédiaire

Soit

\vec{u}

un vecteur tel que

\|\vec{u}\| = 4

. On pose

\vec{v} = 3\vec{u}

\vec{w} = -2\vec{u}

Calculer

\vec{u} \cdot \vec{u}

Méthode :

\vec{u} \cdot \vec{u} = \|\vec{u}\|^2

\vec{u} \cdot \vec{u} = \|\vec{u}\|^2 = 4^2 = \boxed{16}

Calculer

\vec{v} \cdot \vec{u}

Méthode : Par bilinéarité du produit scalaire,

\vec{v} \cdot \vec{u} = (3\vec{u}) \cdot \vec{u} = 3(\vec{u} \cdot \vec{u})

\vec{v} \cdot \vec{u} = 3 \times 16 = \boxed{48}

Calculer

\vec{v} \cdot \vec{w}

Méthode :

\vec{v} \cdot \vec{w} = (3\vec{u}) \cdot (-2\vec{u}) = 3 \times (-2) \times (\vec{u} \cdot \vec{u}) = -6\|\vec{u}\|^2

\vec{v} \cdot \vec{w} = -6 \times 16 = \boxed{-96}

Calculer

\|\vec{v} + \vec{w}\|

Méthode :

\vec{v} + \vec{w} = 3\vec{u} + (-2\vec{u}) = \vec{u}

.

Donc :

\|\vec{v} + \vec{w}\| = \|\vec{u}\| = \boxed{4}

Exercice 17

Intermédiaire

On considère deux plans

\mathcal{P}_1 : x + 2y - z + 3 = 0

\mathcal{P}_2 : 2x - y + 3z - 1 = 0

Donner un vecteur normal à chacun des plans.

Pour

\mathcal{P}_1 : x + 2y - z + 3 = 0

, un vecteur normal est

\vec{n}_1(1 ; 2 ; -1)

.

Pour

\mathcal{P}_2 : 2x - y + 3z - 1 = 0

, un vecteur normal est

\vec{n}_2(2 ; -1 ; 3)

\boxed{\vec{n}_1(1 ; 2 ; -1), \quad \vec{n}_2(2 ; -1 ; 3)}

Les plans

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

sont-ils parallèles ?

Méthode : Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires.

\vec{n}_1(1 ; 2 ; -1)

\vec{n}_2(2 ; -1 ; 3)

\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{2}{-1}

.

Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont pas parallèles (ils sont sécants).

\boxed{\mathcal{P}_1 \text{ et } \mathcal{P}_2 \text{ sont sécants}}

Calculer l'angle entre les deux plans.

Méthode : L'angle

\alpha

entre deux plans est l'angle aigu entre leurs vecteurs normaux.

\cos\alpha = \dfrac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2|}{\|\vec{n}_1\| \times \|\vec{n}_2\|}

\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + (-1) \times 3 = 2 - 2 - 3 = -3

\|\vec{n}_1\| = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt{6}

\|\vec{n}_2\| = \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14}

\cos\alpha = \dfrac{|-3|}{\sqrt{6} \times \sqrt{14}} = \dfrac{3}{\sqrt{84}} = \dfrac{3}{2\sqrt{21}}

\boxed{\alpha = \arccos\left(\dfrac{3}{2\sqrt{21}}\right) \approx 70{,}9°}

Exercice 18

Intermédiaire

On considère les points

A(1 ; 0 ; 0)

B(0 ; 2 ; 0)

C(0 ; 0 ; 3)

Déterminer un vecteur normal au plan

(ABC)

Méthode : On cherche

\vec{n}(a ; b ; c)

orthogonal à

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AB} = (-1 ; 2 ; 0), \quad \overrightarrow{AC} = (-1 ; 0 ; 3)

\begin{cases} -a + 2b + 0c = 0 \ -a + 0b + 3c = 0 \end{cases}

De la première :

a = 2b

. De la seconde :

a = 3c

.

Prenons

a = 6

b = 3

c = 2

\boxed{\vec{n}(6 ; 3 ; 2)}

Vérification :

-6 + 6 + 0 = 0

✓ et

-6 + 0 + 6 = 0

✓

En déduire une équation cartésienne du plan

(ABC)

Le plan passe par

A(1 ; 0 ; 0)

avec

\vec{n}(6 ; 3 ; 2)

6(x-1) + 3(y-0) + 2(z-0) = 0

6x - 6 + 3y + 2z = 0

\boxed{6x + 3y + 2z - 6 = 0}

Vérification :

B(0;2;0)

0 + 6 + 0 - 6 = 0

✓ ;

C(0;0;3)

0 + 0 + 6 - 6 = 0

✓

Vérifier que l'on peut aussi écrire cette équation sous la forme

\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1

En divisant l'équation

6x + 3y + 2z = 6

par

6

\dfrac{6x}{6} + \dfrac{3y}{6} + \dfrac{2z}{6} = \dfrac{6}{6}

\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1

C'est l'équation intercepts du plan, qui coupe les axes aux points

(1;0;0)

(0;2;0)

(0;0;3)

\boxed{\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1 \text{

Exercice 19

Intermédiaire

On considère les vecteurs

\vec{u}(1 ; 1 ; 1)

\vec{v}(1 ; -1 ; 0)

\vec{w}(1 ; 1 ; -2)

Montrer que

\vec{u}

\vec{v}

\vec{w}

sont deux à deux orthogonaux.

Méthode : On calcule les trois produits scalaires.

\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 1 + 1 \times (-1) + 1 \times 0 = 1 - 1 + 0 = 0

\vec{u} \cdot \vec{w} = 1 \times 1 + 1 \times 1 + 1 \times (-2) = 1 + 1 - 2 = 0

\vec{v} \cdot \vec{w} = 1 \times 1 + (-1) \times 1 + 0 \times (-2) = 1 - 1 + 0 = 0

Les trois produits scalaires sont nuls.

\boxed{\vec{u} \perp \vec{v}, \quad \vec{u} \perp \vec{w}, \quad \vec{v} \perp \vec{w}}

Calculer les normes de ces trois vecteurs.

\|\vec{u}\| = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}

\|\vec{v}\| = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2}

\|\vec{w}\| = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}

\boxed{\|\vec{u}\| = \sqrt{3}, \quad \|\vec{v}\| = \sqrt{2}, \quad \|\vec{w}\| = \sqrt{6}}

Calculer

\|\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}\|^2

en utilisant les propriétés du produit scalaire.

Méthode : On développe le carré scalaire.

\|\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}\|^2 = (\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}) \cdot (\vec{u} + \vec{v} + \vec{w})

= \|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2 + \|\vec{w}\|^2 + 2\vec{u}\cdot\vec{v} + 2\vec{u}\cdot\vec{w} + 2\vec{v}\cdot\vec{w}

Comme les vecteurs sont deux à deux orthogonaux, tous les produits scalaires croisés sont nuls :

\|\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}\|^2 = 3 + 2 + 6 + 0 + 0 + 0 = 11

\boxed{\|\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}\|^2 = 11, \quad \|\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}\| = \sqrt{11}}

Vérification :

\vec{u}+\vec{v}+\vec{w} = (3 ; 1 ; -1)

\sqrt{9+1+1} = \sqrt{11}

✓

Exercice 20

Intermédiaire

On considère le plan

\mathcal{P} : 3x - y + 2z - 4 = 0

et les points

M_1(1 ; 1 ; 1)

M_2(0 ; -1 ; 2)

Les points

M_1

M_2

sont-ils dans le plan

\mathcal{P}

Pour

M_1(1 ; 1 ; 1)

3 \times 1 - 1 + 2 \times 1 - 4 = 3 - 1 + 2 - 4 = 0

✓

Pour

M_2(0 ; -1 ; 2)

3 \times 0 - (-1) + 2 \times 2 - 4 = 0 + 1 + 4 - 4 = 1 \neq 0

\boxed{M_1 \in \mathcal{P}, \quad M_2 \notin \mathcal{P}}

Donner la représentation paramétrique de la droite

\Delta

passant par

M_2

et perpendiculaire à

\mathcal{P}

Méthode : La droite

\Delta

passe par

M_2(0 ; -1 ; 2)

et a pour vecteur directeur le vecteur normal

\vec{n}(3 ; -1 ; 2)

\Delta : \begin{cases} x = 3t \ y = -1 - t \ z = 2 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

\boxed{\Delta : \begin{cases} x = 3t \ y = -1 - t \ z = 2 + 2t \end{cases}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

M_2

sur

\mathcal{P}

Méthode :

H

est l'intersection de

\Delta

\mathcal{P}

. On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan.

3(3t) - (-1-t) + 2(2+2t) - 4 = 0

9t + 1 + t + 4 + 4t - 4 = 0

14t + 1 = 0

t = -\dfrac{1}{14}

Donc :

x_H = 3 \times \left(-\dfrac{1}{14}\right) = -\dfrac{3}{14}

y_H = -1 - \left(-\dfrac{1}{14}\right) = -1 + \dfrac{1}{14} = -\dfrac{13}{14}

z_H = 2 + 2 \times \left(-\dfrac{1}{14}\right) = 2 - \dfrac{1}{7} = \dfrac{13}{7} = \dfrac{26}{14}

\boxed{H\left(-\dfrac{3}{14} ; -\dfrac{13}{14} ; \dfrac{13}{7}\right)}

En déduire la distance de

M_2

au plan

\mathcal{P}

Méthode :

d(M_2, \mathcal{P}) = M_2H

M_2H = \sqrt{\left(-\dfrac{3}{14}\right)^2 + \left(-\dfrac{13}{14}+1\right)^2 + \left(\dfrac{13}{7}-2\right)^2}

= \sqrt{\dfrac{9}{196} + \dfrac{1}{196} + \dfrac{1}{49}}

= \sqrt{\dfrac{9}{196} + \dfrac{1}{196} + \dfrac{4}{196}} = \sqrt{\dfrac{14}{196}} = \sqrt{\dfrac{1}{14}} = \dfrac{1}{\sqrt{14}}

\boxed{d(M_2, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{\sqrt{14}} = \dfrac{\sqrt{14}}{14}}

Vérification par la formule directe :

d = \dfrac{|3 \times 0 - (-1) + 2 \times 2 - 4|}{\sqrt{9+1+4}} = \dfrac{|1|}{\sqrt{14}} = \dfrac{1}{\sqrt{14}}

✓

Exercice 21

Difficile

On considère le cube

ABCDEFGH

d'arête 1 dans un repère orthonormé, avec

A(0;0;0)

B(1;0;0)

D(0;1;0)

E(0;0;1)

C(1;1;0)

F(1;0;1)

G(1;1;1)

H(0;1;1)

Calculer le produit scalaire

\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH}

Méthode : On calcule les coordonnées des vecteurs puis le produit scalaire.

\overrightarrow{AG} = (1;1;1), \quad \overrightarrow{BH} = (0-1;1-0;1-0) = (-1;1;1)

\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH} = 1 \times (-1) + 1 \times 1 + 1 \times 1 = -1 + 1 + 1 = \boxed{1}

Les diagonales

[AG]

[BH]

sont-elles perpendiculaires ?

On a

\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH} = 1 \neq 0

, donc les diagonales ne sont pas perpendiculaires.

\boxed{[AG] \text{ et } [BH] \text{ ne sont pas perpendiculaires}}

Calculer l'angle entre les diagonales

[AG]

[BH]

\|\overrightarrow{AG}\| = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}, \quad \|\overrightarrow{BH}\| = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}

\cos\theta = \dfrac{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH}}{\|\overrightarrow{AG}\| \times \|\overrightarrow{BH}\|} = \dfrac{1}{\sqrt{3} \times \sqrt{3}} = \dfrac{1}{3}

\boxed{\theta = \arccos\left(\dfrac{1}{3}\right) \approx 70{,}5°}

Déterminer une équation cartésienne du plan

(BDG)

Méthode : On cherche

\vec{n}

orthogonal à

\overrightarrow{BD}

\overrightarrow{BG}

\overrightarrow{BD} = (-1;1;0), \quad \overrightarrow{BG} = (0;1;1)

Soit

\vec{n}(a;b;c)

\begin{cases} -a + b = 0 \ b + c = 0 \end{cases}

De la première :

b = a

. De la seconde :

c = -b = -a

.

Prenons

a = 1

\vec{n}(1;1;-1)

.

Le plan passe par

B(1;0;0)

1(x-1) + 1(y-0) + (-1)(z-0) = 0

\boxed{x + y - z - 1 = 0}

Vérification :

D(0;1;0)

0+1-0-1=0

✓ ;

G(1;1;1)

1+1-1-1=0

✓

Exercice 22

Difficile

On considère les points

A(1 ; 2 ; -1)

B(3 ; 0 ; 1)

C(2 ; 1 ; 3)

. On note

\widehat{BAC}

l'angle en

A

du triangle

ABC

Calculer

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AB} = (3-1 ; 0-2 ; 1-(-1)) = (2 ; -2 ; 2)

\overrightarrow{AC} = (2-1 ; 1-2 ; 3-(-1)) = (1 ; -1 ; 4)

\boxed{\overrightarrow{AB}(2 ; -2 ; 2), \quad \overrightarrow{AC}(1 ; -1 ; 4)}

Calculer

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \times 1 + (-2) \times (-1) + 2 \times 4 = 2 + 2 + 8 = \boxed{12}

Calculer la mesure de l'angle

\widehat{BAC}

\|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{4+4+4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}

\|\overrightarrow{AC}\| = \sqrt{1+1+16} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}

\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{\|\overrightarrow{AB}\| \times \|\overrightarrow{AC}\|} = \dfrac{12}{2\sqrt{3} \times 3\sqrt{2}} = \dfrac{12}{6\sqrt{6}} = \dfrac{2}{\sqrt{6}}

\boxed{\widehat{BAC} = \arccos\left(\dfrac{2}{\sqrt{6}}\right) = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right) \approx 35{,}3°}

Calculer l'aire du triangle

ABC

Méthode : L'aire du triangle est

\mathcal{A} = \dfrac{1}{2} \|\overrightarrow{AB}\| \times \|\overrightarrow{AC}\| \times \sin(\widehat{BAC})

.

On utilise

\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1

\sin^2(\widehat{BAC}) = 1 - \dfrac{6}{9} = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3}

\sin(\widehat{BAC}) = \dfrac{1}{\sqrt{3}}

\mathcal{A} = \dfrac{1}{2} \times 2\sqrt{3} \times 3\sqrt{2} \times \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{1}{2} \times 6\sqrt{6} \times \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{1}{2} \times 6\sqrt{2} = 3\sqrt{2}

\boxed{\mathcal{A} = 3\sqrt{2}}

Exercice 23

Difficile

On considère le plan

\mathcal{P} : x - 2y + 2z + 1 = 0

et le point

A(3 ; 1 ; -1)

Calculer la distance du point

A

au plan

\mathcal{P}

Méthode : La distance d'un point

M(x_0 ; y_0 ; z_0)

à un plan

ax + by + cz + d = 0

est :

d(M, \mathcal{P}) = \dfrac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}

Avec

A(3 ; 1 ; -1)

\mathcal{P} : x - 2y + 2z + 1 = 0

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 \times 3 + (-2) \times 1 + 2 \times (-1) + 1|}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \dfrac{|3 - 2 - 2 + 1|}{\sqrt{9}} = \dfrac{|0|}{3} = 0

Donc

A

est dans le plan

\mathcal{P}

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = 0, \text{ donc } A \in \mathcal{P}}

Calculer la distance du point

B(2 ; 3 ; 1)

au plan

\mathcal{P}

d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 \times 2 + (-2) \times 3 + 2 \times 1 + 1|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{|2 - 6 + 2 + 1|}{3} = \dfrac{|-1|}{3} = \dfrac{1}{3}

\boxed{d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

B

sur

\mathcal{P}

Méthode : La droite passant par

B

perpendiculaire à

\mathcal{P}

a pour vecteur directeur

\vec{n}(1 ; -2 ; 2)

.

Représentation paramétrique :

\begin{cases} x = 2 + t \ y = 3 - 2t \ z = 1 + 2t \end{cases}

On substitue dans l'équation du plan :

(2+t) - 2(3-2t) + 2(1+2t) + 1 = 0

2 + t - 6 + 4t + 2 + 4t + 1 = 0

9t - 1 = 0 \implies t = \dfrac{1}{9}

x_H = 2 + \dfrac{1}{9} = \dfrac{19}{9}, \quad y_H = 3 - \dfrac{2}{9} = \dfrac{25}{9}, \quad z_H = 1 + \dfrac{2}{9} = \dfrac{11}{9}

\boxed{H\left(\dfrac{19}{9} ; \dfrac{25}{9} ; \dfrac{11}{9}\right)}

Déterminer le symétrique

B'

B

par rapport au plan

\mathcal{P}

Méthode :

H

est le milieu de

[BB']

, donc

B' = 2H - B

x_{B'} = 2 \times \dfrac{19}{9} - 2 = \dfrac{38}{9} - \dfrac{18}{9} = \dfrac{20}{9}

y_{B'} = 2 \times \dfrac{25}{9} - 3 = \dfrac{50}{9} - \dfrac{27}{9} = \dfrac{23}{9}

z_{B'} = 2 \times \dfrac{11}{9} - 1 = \dfrac{22}{9} - \dfrac{9}{9} = \dfrac{13}{9}

\boxed{B'\left(\dfrac{20}{9} ; \dfrac{23}{9} ; \dfrac{13}{9}\right)}

Vérification :

B' \in \mathcal{P}

\dfrac{20}{9} - \dfrac{46}{9} + \dfrac{26}{9} + 1 = \dfrac{20-46+26+9}{9} = \dfrac{9}{9} = 1 \neq 0

. En fait

B'

n'appartient pas au plan (ce qui est normal), mais on vérifie que le milieu

H

y est :

\dfrac{19}{9} - \dfrac{50}{9} + \dfrac{22}{9} + 1 = \dfrac{19-50+22+9}{9} = \dfrac{0}{9} = 0

✓

Exercice 24

Difficile

On considère les plans

\mathcal{P}_1 : x + y - z + 2 = 0

\mathcal{P}_2 : x + y - z - 4 = 0

Montrer que

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

sont parallèles.

Méthode : Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires.

\vec{n}_1(1 ; 1 ; -1)

\vec{n}_2(1 ; 1 ; -1)

.

On a

\vec{n}_1 = \vec{n}_2

, donc les vecteurs normaux sont colinéaires.

De plus, les plans ne sont pas confondus car

2 \neq -4

\boxed{\mathcal{P}_1 \parallel \mathcal{P}_2 \text{ (parallèles distincts)}}

Calculer la distance entre les deux plans.

Méthode : La distance entre deux plans parallèles

ax+by+cz+d_1=0

ax+by+cz+d_2=0

est :

d = \dfrac{|d_1 - d_2|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}

d = \dfrac{|2 - (-4)|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = \dfrac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}

\boxed{d(\mathcal{P}_1, \mathcal{P}_2) = 2\sqrt{3}}

Déterminer l'équation du plan

\mathcal{P}_3

parallèle à

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

et situé à égale distance des deux.

Méthode : Le plan

\mathcal{P}_3

est le plan « médian ». Il a la même direction que

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

\mathcal{P}_3

a pour équation

x + y - z + d = 0

avec

d

tel que la distance à

\mathcal{P}_1

est égale à la distance à

\mathcal{P}_2

.

Le plan médian a

d = \dfrac{2 + (-4)}{2} = -1

.

Donc :

\boxed{\mathcal{P}_3 : x + y - z - 1 = 0}

Vérification :

d(\mathcal{P}_1, \mathcal{P}_3) = \dfrac{|2-(-1)|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}

d(\mathcal{P}_2, \mathcal{P}_3) = \dfrac{|-4-(-1)|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}

✓

Exercice 25

Difficile

On considère le tétraèdre

ABCD

avec

A(1;0;0)

B(0;1;0)

C(0;0;1)

D(1;1;1)

Calculer les longueurs des six arêtes du tétraèdre.

\overrightarrow{AB} = (-1;1;0) \implies AB = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}

\overrightarrow{AC} = (-1;0;1) \implies AC = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}

\overrightarrow{AD} = (0;1;1) \implies AD = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}

\overrightarrow{BC} = (0;-1;1) \implies BC = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}

\overrightarrow{BD} = (1;0;1) \implies BD = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}

\overrightarrow{CD} = (1;1;0) \implies CD = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}

\boxed{AB = AC = AD = BC = BD = CD = \sqrt{2}}

Quelle est la nature de ce tétraèdre ?

Toutes les arêtes ont la même longueur

\sqrt{2}

. C'est un tétraèdre régulier.

\boxed{ABCD \text{ est un tétraèdre régulier d'arête } \sqrt{2}}

Montrer que

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 0

. Que signifie ce résultat géométriquement ?

\overrightarrow{AB} = (-1;1;0), \quad \overrightarrow{CD} = (1;1;0)

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = (-1)(1) + 1 \times 1 + 0 \times 0 = -1 + 1 = \boxed{0}

Cela signifie que les arêtes

[AB]

[CD]

sont orthogonales (même si elles ne se coupent pas, ce sont des droites orthogonales dans l'espace).

C'est une propriété classique du tétraèdre régulier : les arêtes opposées sont perpendiculaires.

Calculer le centre de gravité

G

du tétraèdre.

Méthode :

G = \left(\dfrac{x_A+x_B+x_C+x_D}{4} ; \dfrac{y_A+y_B+y_C+y_D}{4} ; \dfrac{z_A+z_B+z_C+z_D}{4}\right)

G = \left(\dfrac{1+0+0+1}{4} ; \dfrac{0+1+0+1}{4} ; \dfrac{0+0+1+1}{4}\right) = \left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right)

\boxed{G\left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right)}

Exercice 26

Difficile

On considère la sphère

\mathcal{S}

de centre

\Omega(1 ; -2 ; 3)

et de rayon

R = 3

, et le plan

\mathcal{P} : 2x - 2y + z - 8 = 0

Calculer la distance du centre

\Omega

au plan

\mathcal{P}

d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|2 \times 1 + (-2)\times(-2) + 1 \times 3 - 8|}{\sqrt{4+4+1}} = \dfrac{|2 + 4 + 3 - 8|}{\sqrt{9}} = \dfrac{|1|}{3} = \dfrac{1}{3}

\boxed{d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}}

Le plan

\mathcal{P}

coupe-t-il la sphère

\mathcal{S}

On compare

d(\Omega, \mathcal{P})

R

d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3} < 3 = R

Comme la distance du centre au plan est strictement inférieure au rayon, le plan coupe la sphère. L'intersection est un cercle.

\boxed{\text{Oui, } \mathcal{P} \text{ coupe } \mathcal{S} \text{ selon un cercle}}

Déterminer le rayon du cercle d'intersection.

Méthode : Si

d

est la distance du centre au plan et

R

le rayon de la sphère, le rayon du cercle d'intersection est :

r = \sqrt{R^2 - d^2}

r = \sqrt{9 - \dfrac{1}{9}} = \sqrt{\dfrac{81-1}{9}} = \sqrt{\dfrac{80}{9}} = \dfrac{\sqrt{80}}{3} = \dfrac{4\sqrt{5}}{3}

\boxed{r = \dfrac{4\sqrt{5}}{3}}

Déterminer le centre

I

du cercle d'intersection.

Méthode :

I

est le projeté orthogonal de

\Omega

sur

\mathcal{P}

.

La droite passant par

\Omega(1;-2;3)

perpendiculaire à

\mathcal{P}

a pour direction

\vec{n}(2;-2;1)

\begin{cases} x = 1+2t \ y = -2-2t \ z = 3+t \end{cases}

Substitution dans

2x-2y+z-8=0

2(1+2t) - 2(-2-2t) + (3+t) - 8 = 0

2+4t+4+4t+3+t-8 = 0 \implies 9t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{9}

I = \left(1-\dfrac{2}{9} ; -2+\dfrac{2}{9} ; 3-\dfrac{1}{9}\right) = \left(\dfrac{7}{9} ; -\dfrac{16}{9} ; \dfrac{26}{9}\right)

\boxed{I\left(\dfrac{7}{9} ; -\dfrac{16}{9} ; \dfrac{26}{9}\right)}

Exercice 27

Difficile

On considère les points

A(2;1;0)

B(0;3;2)

M(x;y;z)

un point quelconque de l'espace.

Exprimer

\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}

en fonction de

x

y

z

\overrightarrow{MA} = (2-x ; 1-y ; -z), \quad \overrightarrow{MB} = (-x ; 3-y ; 2-z)

\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = (2-x)(-x) + (1-y)(3-y) + (-z)(2-z)

= -2x + x^2 + 3 - y - 3y + y^2 - 2z + z^2

= x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 4y - 2z + 3

\boxed{\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 4y - 2z + 3}

Déterminer l'ensemble

\mathcal{E}

des points

M

tels que

\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0

Méthode :

\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0

signifie que

\overrightarrow{MA} \perp \overrightarrow{MB}

, donc

M

voit

[AB]

sous un angle droit :

M

est sur la sphère de diamètre

[AB]

.

Équation :

x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 4y - 2z + 3 = 0

.

Complétons les carrés :

(x-1)^2 - 1 + (y-2)^2 - 4 + (z-1)^2 - 1 + 3 = 0

(x-1)^2 + (y-2)^2 + (z-1)^2 = 3

C'est la sphère de centre

I(1;2;1)

et de rayon

R = \sqrt{3}

\boxed{\mathcal{E} \text{ est la sphère de centre } I(1;2;1) \text{ et de rayon } \sqrt{3}}

Vérification :

I = \text{milieu de } [AB] = \left(\dfrac{2+0}{2} ; \dfrac{1+3}{2} ; \dfrac{0+2}{2}\right) = (1;2;1)

✓

R = \dfrac{AB}{2} = \dfrac{\sqrt{4+4+4}}{2} = \dfrac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}

✓

Le point

C(2 ; 3 ; 1)

appartient-il à

\mathcal{E}

On vérifie si

C

satisfait l'équation :

(2-1)^2 + (3-2)^2 + (1-1)^2 = 1 + 1 + 0 = 2 \neq 3

Donc

C \notin \mathcal{E}

\boxed{C \notin \mathcal{E} \text{ car } IC^2 = 2 \neq 3 = R^2}

Exercice 28

Difficile

Soit

ABCD

un tétraèdre tel que

A(0;0;0)

B(4;0;0)

C(0;4;0)

D(0;0;4)

Montrer que le triangle

ABC

est rectangle isocèle en

A

\overrightarrow{AB} = (4;0;0), \quad \overrightarrow{AC} = (0;4;0)

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 4 \times 0 + 0 \times 4 + 0 \times 0 = 0

Donc

\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}

: le triangle est rectangle en

A

.

De plus

AB = \sqrt{16} = 4

AC = \sqrt{16} = 4

, donc

AB = AC

\boxed{ABC \text{ est rectangle isocèle en } A}

Calculer le produit scalaire

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD}

\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD}

\overrightarrow{AD} = (0;0;4)

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 4 \times 0 + 0 \times 0 + 0 \times 4 = 0

\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD} = 0 \times 0 + 4 \times 0 + 0 \times 4 = 0

\boxed{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 0, \quad \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD} = 0}

Les arêtes issues de

A

sont deux à deux perpendiculaires : c'est un tétraèdre trirectangle en

A

Déterminer l'équation cartésienne du plan

(BCD)

On cherche

\vec{n}(a;b;c)

orthogonal à

\overrightarrow{BC}

\overrightarrow{BD}

\overrightarrow{BC} = (-4;4;0), \quad \overrightarrow{BD} = (-4;0;4)

\begin{cases} -4a + 4b = 0 \implies a = b \ -4a + 4c = 0 \implies a = c \end{cases}

Donc

a = b = c

. Prenons

\vec{n}(1;1;1)

.

Le plan passe par

B(4;0;0)

1(x-4) + 1(y) + 1(z) = 0

\boxed{x + y + z - 4 = 0}

Vérification :

C(0;4;0)

0+4+0-4=0

✓ ;

D(0;0;4)

0+0+4-4=0

✓

Calculer la distance de

A

au plan

(BCD)

et en déduire le volume du tétraèdre

ABCD

d(A, (BCD)) = \dfrac{|0+0+0-4|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}

L'aire du triangle

BCD

\overrightarrow{BC} = (-4;4;0)

\overrightarrow{BD} = (-4;0;4)

\overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{BD} = 16 + 0 + 0 = 16

BC = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}

BD = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}

\cos(\widehat{DBC}) = \dfrac{16}{4\sqrt{2} \times 4\sqrt{2}} = \dfrac{16}{32} = \dfrac{1}{2}

, donc

\widehat{DBC} = \dfrac{\pi}{3}

\mathcal{A}_{BCD} = \dfrac{1}{2} \times 4\sqrt{2} \times 4\sqrt{2} \times \sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2} \times 32 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{3}

V = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{BCD} \times d(A,(BCD)) = \dfrac{1}{3} \times 8\sqrt{3} \times \dfrac{4\sqrt{3}}{3} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{32 \times 3}{3} = \dfrac{32}{3}

\boxed{V = \dfrac{32}{3}}

Vérification : Par la formule directe :

V = \dfrac{1}{6}|\text{(CL)}(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD})| = \dfrac{1}{6} \times 4 \times 4 \times 4 = \dfrac{64}{6} = \dfrac{32}{3}

✓

Exercice 29

Difficile

On considère les plans

\mathcal{P}_1 : x - y + z = 0

\mathcal{P}_2 : x + y - z + 2 = 0

Montrer que

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

sont sécants.

Les vecteurs normaux sont

\vec{n}_1(1;-1;1)

\vec{n}_2(1;1;-1)

.

Pour qu'ils soient colinéaires, il faudrait

\dfrac{1}{1} = \dfrac{-1}{1}

, soit

1 = -1

, ce qui est faux.

Donc les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, et les plans sont sécants.

\boxed{\mathcal{P}_1 \text{ et } \mathcal{P}_2 \text{ sont sécants}}

Calculer l'angle entre les deux plans.

\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 1 \times 1 + (-1) \times 1 + 1 \times (-1) = 1 - 1 - 1 = -1

\|\vec{n}_1\| = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}, \quad \|\vec{n}_2\| = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}

\cos\alpha = \dfrac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2|}{\|\vec{n}_1\| \times \|\vec{n}_2\|} = \dfrac{1}{3}

\boxed{\alpha = \arccos\left(\dfrac{1}{3}\right) \approx 70{,}5°}

Trouver un point de la droite d'intersection

\Delta

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

Méthode : On résout le système :

\begin{cases} x - y + z = 0 \ x + y - z + 2 = 0 \end{cases}

En additionnant :

2x + 2 = 0

, donc

x = -1

.

En substituant dans la première :

-1 - y + z = 0

, soit

z = y + 1

.

Prenons

y = 0

z = 1

.

Un point de

\Delta

est

M(-1 ; 0 ; 1)

\boxed{M(-1 ; 0 ; 1) \in \Delta}

Vérification :

-1-0+1 = 0

✓ et

-1+0-1+2 = 0

✓

Déterminer un vecteur directeur de

\Delta

et en donner une représentation paramétrique.

Méthode : Un vecteur directeur de

\Delta

est orthogonal aux deux vecteurs normaux. On cherche

\vec{d}(a;b;c)

tel que

\vec{d} \cdot \vec{n}_1 = 0

\vec{d} \cdot \vec{n}_2 = 0

\begin{cases} a - b + c = 0 \ a + b - c = 0 \end{cases}

En additionnant :

2a = 0

, donc

a = 0

.

De la première :

-b + c = 0

, donc

b = c

.

Prenons

b = 1

\vec{d}(0 ; 1 ; 1)

\Delta : \begin{cases} x = -1 \ y = t \ z = 1 + t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

\boxed{\vec{d}(0;1;1), \quad \Delta : \begin{cases} x = -1 \ y = t \ z = 1+t \end{cases}}

Exercice 30

Difficile

On considère le plan

\mathcal{P} : 2x + y - 2z + 3 = 0

et les points

A(1;0;1)

B(-1;2;3)

Montrer que

A

B

sont de part et d'autre du plan

\mathcal{P}

On calcule

f(A) = 2(1) + 0 - 2(1) + 3 = 2 + 0 - 2 + 3 = 3 > 0

f(B) = 2(-1) + 2 - 2(3) + 3 = -2 + 2 - 6 + 3 = -3 < 0

.

Comme

f(A) \times f(B) = 3 \times (-3) = -9 < 0

, les points

A

B

sont de part et d'autre du plan.

\boxed{f(A) = 3 > 0 \text{ et } f(B) = -3 < 0, \text{ donc } A \text{ et } B \text{ sont de part et d'autre de } \mathcal{P}}

Calculer les distances

d(A, \mathcal{P})

d(B, \mathcal{P})

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|3|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{3}{3} = 1

d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|-3|}{3} = 1

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = d(B, \mathcal{P}) = 1}

Que peut-on en déduire pour le milieu

I

[AB]

Comme

A

B

sont à la même distance du plan et de part et d'autre, le milieu

I

[AB]

appartient au plan

\mathcal{P}

I = \left(\dfrac{1-1}{2} ; \dfrac{0+2}{2} ; \dfrac{1+3}{2}\right) = (0 ; 1 ; 2)

Vérification :

2(0) + 1 - 2(2) + 3 = 0 + 1 - 4 + 3 = 0

✓

\boxed{I(0;1;2) \in \mathcal{P}}

La droite

(AB)

est-elle perpendiculaire au plan

\mathcal{P}

\overrightarrow{AB} = (-2 ; 2 ; 2)

Le vecteur normal est

\vec{n}(2 ; 1 ; -2)

.

Pour que

(AB) \perp \mathcal{P}

, il faut

\overrightarrow{AB} = k\vec{n}

\dfrac{-2}{2} = -1

\dfrac{2}{1} = 2

-1 \neq 2

.

Donc

(AB)

n'est pas perpendiculaire à

\mathcal{P}

\boxed{(AB) \text{ n'est pas perpendiculaire à } \mathcal{P}}

Le fait que

d(A, \mathcal{P}) = d(B, \mathcal{P})

n'implique pas que

(AB) \perp \mathcal{P}

; cela signifie seulement que le milieu

I

est dans le plan (le plan

\mathcal{P}

est un plan médiateur, mais pas celui de

[AB]

en général).

Exercice 31

Avancé

On considère le cube

ABCDEFGH

d'arête

a

dans un repère orthonormé, avec

A

à l'origine :

A(0;0;0)

B(a;0;0)

D(0;a;0)

E(0;0;a)

. Les autres sommets en découlent :

C(a;a;0)

F(a;0;a)

G(a;a;a)

H(0;a;a)

Montrer que les diagonales

[AG]

[CE]

sont perpendiculaires.

\overrightarrow{AG} = (a;a;a), \quad \overrightarrow{CE} = (0-a ; 0-a ; a-0) = (-a;-a;a)

\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{CE} = a(-a) + a(-a) + a \cdot a = -a^2 - a^2 + a^2 = -a^2 \neq 0

Attention, vérifions :

C(a;a;0)

E(0;0;a)

\overrightarrow{CE} = (0-a ; 0-a ; a-0) = (-a ; -a ; a)

\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{CE} = a(-a) + a(-a) + a(a) = -a^2 - a^2 + a^2 = -a^2

On obtient

-a^2 \neq 0

, donc

[AG]

[CE]

ne sont pas perpendiculaires.

En revanche, montrons que

[AG]

[BH]

le sont :

\overrightarrow{BH} = (-a;a;a)

\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH} = a(-a) + a(a) + a(a) = -a^2 + a^2 + a^2 = a^2 \neq 0

.

Montrons plutôt que

[AG]

[DF]

sont perpendiculaires :

\overrightarrow{DF} = (a;-a;a)

\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{DF} = a^2 - a^2 + a^2 = a^2 \neq 0

.

En fait, dans un cube, les quatre grandes diagonales ne sont pas perpendiculaires entre elles. Montrons plutôt que les arêtes opposées

[AB]

[GH]

sont parallèles et que

\overrightarrow{AG} \perp \overrightarrow{BD}

\overrightarrow{BD} = (-a;a;0)

\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD} = a(-a) + a(a) + a(0) = -a^2 + a^2 = 0

✓

\boxed{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD} = 0, \text{ donc la grande diagonale } [AG] \text{ et la diagonale de face } [BD] \text{ sont perpendiculaires}}

Déterminer l'angle entre la grande diagonale

[AG]

et l'arête

[AB]

\overrightarrow{AG} = (a;a;a), \quad \overrightarrow{AB} = (a;0;0)

\cos\theta = \dfrac{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{AB}}{\|\overrightarrow{AG}\| \times \|\overrightarrow{AB}\|} = \dfrac{a^2}{a\sqrt{3} \times a} = \dfrac{a^2}{a^2\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}

\boxed{\theta = \arccos\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right) \approx 54{,}7°}

Déterminer l'angle entre la grande diagonale

[AG]

et la diagonale de face

[AC]

\overrightarrow{AC} = (a;a;0)

\cos\alpha = \dfrac{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{AC}}{\|\overrightarrow{AG}\| \times \|\overrightarrow{AC}\|} = \dfrac{a^2 + a^2 + 0}{a\sqrt{3} \times a\sqrt{2}} = \dfrac{2a^2}{a^2\sqrt{6}} = \dfrac{2}{\sqrt{6}}

\boxed{\alpha = \arccos\left(\dfrac{2}{\sqrt{6}}\right) = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right) \approx 35{,}3°}

Déterminer l'équation du plan passant par

A

F

H

(plan médian du cube).

\overrightarrow{AF} = (a;0;a), \quad \overrightarrow{AH} = (0;a;a)

On cherche

\vec{n}(\alpha ; \beta ; \gamma)

tel que :

\begin{cases} a\alpha + a\gamma = 0 \implies \alpha = -\gamma \ a\beta + a\gamma = 0 \implies \beta = -\gamma \end{cases}

Prenons

\gamma = -1

\alpha = 1

\beta = 1

. Donc

\vec{n}(1;1;-1)

.

Le plan passe par

A(0;0;0)

x + y - z = 0

\boxed{x + y - z = 0}

Vérification :

F(a;0;a)

a+0-a = 0

✓ ;

H(0;a;a)

0+a-a = 0

✓

Exercice 32

Avancé

On considère les plans

\mathcal{P}_1 : x + 2y + z - 1 = 0

\mathcal{P}_2 : 2x - y + 3z + 2 = 0

\mathcal{P}_3 : x + y + z - 3 = 0

Vérifier que les trois plans ne sont pas parallèles deux à deux.

Les vecteurs normaux sont :

\vec{n}_1(1;2;1)

\vec{n}_2(2;-1;3)

\vec{n}_3(1;1;1)

\vec{n}_1

\vec{n}_2

\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{2}{-1}

, non colinéaires ✓

\vec{n}_1

\vec{n}_3

\dfrac{1}{1} = 1

mais

\dfrac{2}{1} = 2 \neq 1

, non colinéaires ✓

\vec{n}_2

\vec{n}_3

\dfrac{2}{1} \neq \dfrac{-1}{1}

, non colinéaires ✓

\boxed{\text{Aucune paire de plans n'est parallèle}}

Déterminer la droite d'intersection

\Delta_{12}

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

On résout :

\begin{cases} x + 2y + z = 1 \quad (1) \ 2x - y + 3z = -2 \quad (2) \end{cases}

(2) - 2(1)

-5y + z = -4

, soit

z = 5y - 4

.

De

(1)

x = 1 - 2y - z = 1 - 2y - 5y + 4 = 5 - 7y

.

Posons

y = t

\Delta_{12} : \begin{cases} x = 5 - 7t \ y = t \ z = 5t - 4 \end{cases}

Pour

t = 0

: point

M_0(5;0;-4)

, vecteur directeur

\vec{d}(-7;1;5)

\boxed{\Delta_{12} : \begin{cases} x = 5 - 7t \ y = t \ z = -4 + 5t \end{cases}, \quad \vec{d}(-7;1;5)}

Trouver le point d'intersection des trois plans.

Méthode : On substitue la paramétrisation de

\Delta_{12}

dans l'équation de

\mathcal{P}_3

(5-7t) + t + (5t-4) - 3 = 0

5 - 7t + t + 5t - 4 - 3 = 0

-t - 2 = 0 \implies t = -2

x = 5 - 7(-2) = 19, \quad y = -2, \quad z = 5(-2) - 4 = -14

\boxed{\text{Le point d'intersection est } P(19 ; -2 ; -14)}

Vérification :

\mathcal{P}_1

19 - 4 - 14 - 1 = 0

✓

\mathcal{P}_2

38 + 2 - 42 + 2 = 0

✓

\mathcal{P}_3

19 - 2 - 14 - 3 = 0

✓

Exercice 33

Avancé

On se place dans un repère orthonormé. Soit

\mathcal{S}

la sphère d'équation

x^2 + y^2 + z^2 - 2x + 4y - 6z + 5 = 0

Déterminer le centre et le rayon de

\mathcal{S}

Méthode : On complète les carrés.

x^2 - 2x + y^2 + 4y + z^2 - 6z + 5 = 0

(x-1)^2 - 1 + (y+2)^2 - 4 + (z-3)^2 - 9 + 5 = 0

(x-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9

C'est la sphère de centre

\Omega(1 ; -2 ; 3)

et de rayon

R = 3

\boxed{\Omega(1 ; -2 ; 3), \quad R = 3}

Le point

A(1 ; 1 ; 3)

appartient-il à

\mathcal{S}

(1-1)^2 + (1+2)^2 + (3-3)^2 = 0 + 9 + 0 = 9 = R^2

\boxed{A \in \mathcal{S}}

Déterminer l'équation du plan tangent à

\mathcal{S}

A

Méthode : Le plan tangent en

A

est perpendiculaire au rayon

[\Omega A]

, donc

\overrightarrow{\Omega A}

est un vecteur normal.

\overrightarrow{\Omega A} = (1-1 ; 1-(-2) ; 3-3) = (0 ; 3 ; 0)

Un vecteur normal simplifié est

\vec{n}(0 ; 1 ; 0)

.

Le plan tangent passe par

A(1;1;3)

0(x-1) + 1(y-1) + 0(z-3) = 0

\boxed{y - 1 = 0, \quad \text{soit } y = 1}

Déterminer l'intersection de

\mathcal{S}

avec le plan

\mathcal{P} : z = 3

Méthode : On remplace

z = 3

dans l'équation de la sphère.

(x-1)^2 + (y+2)^2 + (3-3)^2 = 9

(x-1)^2 + (y+2)^2 = 9

C'est un cercle dans le plan

z = 3

, de centre

(1 ; -2 ; 3)

et de rayon

3

\boxed{\text{Un cercle de centre } (1;-2;3) \text{ et de rayon } 3 \text{ dans le plan } z = 3}

Déterminer l'intersection de

\mathcal{S}

avec le plan

\mathcal{Q} : x = 4

On remplace

x = 4

dans l'équation de la sphère :

(4-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9

9 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9

(y+2)^2 + (z-3)^2 = 0

La seule solution est

y = -2

z = 3

.

L'intersection est réduite au point

(4 ; -2 ; 3)

: le plan

\mathcal{Q}

est tangent à la sphère.

\boxed{\text{Un point unique : } (4;-2;3). \text{ Le plan } \mathcal{Q} \text{ est tangent à } \mathcal{S}}

Exercice 34

Avancé

On considère les points

A(1;2;3)

B(3;0;-1)

C(0;4;1)

dans un repère orthonormé.

Déterminer une équation cartésienne du plan

(ABC)

\overrightarrow{AB} = (2;-2;-4), \quad \overrightarrow{AC} = (-1;2;-2)

On cherche

\vec{n}(a;b;c)

orthogonal à ces deux vecteurs :

\begin{cases} 2a - 2b - 4c = 0 \quad (\div 2) : a - b - 2c = 0 \ -a + 2b - 2c = 0 \end{cases}

En additionnant :

b - 4c = 0

, soit

b = 4c

.

De la première :

a = b + 2c = 4c + 2c = 6c

.

Prenons

c = 1

\vec{n}(6;4;1)

.

Le plan passe par

A(1;2;3)

6(x-1) + 4(y-2) + 1(z-3) = 0

6x - 6 + 4y - 8 + z - 3 = 0

\boxed{6x + 4y + z - 17 = 0}

Vérification :

B

18 + 0 - 1 - 17 = 0

✓ ;

C

0 + 16 + 1 - 17 = 0

✓

Calculer l'aire du triangle

ABC

On utilise la formule

\mathcal{A} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\|\overrightarrow{AB}\|^2 \|\overrightarrow{AC}\|^2 - (\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}

\|\overrightarrow{AB}\|^2 = 4 + 4 + 16 = 24

\|\overrightarrow{AC}\|^2 = 1 + 4 + 4 = 9

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -2 - 4 + 8 = 2

\mathcal{A} = \dfrac{1}{2}\sqrt{24 \times 9 - 4} = \dfrac{1}{2}\sqrt{216 - 4} = \dfrac{1}{2}\sqrt{212} = \dfrac{1}{2} \times 2\sqrt{53} = \sqrt{53}

\boxed{\mathcal{A} = \sqrt{53}}

Déterminer la distance du point

D(2;1;0)

au plan

(ABC)

d(D, (ABC)) = \dfrac{|6 \times 2 + 4 \times 1 + 0 - 17|}{\sqrt{36 + 16 + 1}} = \dfrac{|12 + 4 + 0 - 17|}{\sqrt{53}} = \dfrac{|-1|}{\sqrt{53}} = \dfrac{1}{\sqrt{53}}

\boxed{d(D, (ABC)) = \dfrac{1}{\sqrt{53}} = \dfrac{\sqrt{53}}{53}}

En déduire le volume du tétraèdre

ABCD

V = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{ABC} \times d(D, (ABC))

V = \dfrac{1}{3} \times \sqrt{53} \times \dfrac{1}{\sqrt{53}} = \dfrac{1}{3} \times 1 = \dfrac{1}{3}

\boxed{V = \dfrac{1}{3}}

Exercice 35

Avancé

On considère le plan

\mathcal{P} : 3x + 4z - 12 = 0

et la droite

\Delta

de représentation paramétrique

\begin{cases} x = 1 + 3t \ y = 2 - t \ z = -1 + 4t \end{cases}

t \in \mathbb{R}

Montrer que

\Delta

est perpendiculaire au plan

\mathcal{P}

Méthode : On vérifie que le vecteur directeur de

\Delta

est colinéaire au vecteur normal de

\mathcal{P}

.

Vecteur directeur de

\Delta

\vec{d}(3 ; -1 ; 4)

.

Vecteur normal de

\mathcal{P}

\vec{n}(3 ; 0 ; 4)

.

Vérifions la colinéarité :

\dfrac{3}{3} = 1

\dfrac{-1}{0}

n'est pas défini.

Donc

\vec{d}

\vec{n}

ne sont pas colinéaires (

\vec{d}

a une composante

y = -1

non nulle alors que

\vec{n}

y = 0

).

La droite

\Delta

n'est pas perpendiculaire au plan

\mathcal{P}

.

Calculons plutôt l'intersection et l'angle.

\boxed{\Delta \text{ n'est pas perpendiculaire à } \mathcal{P} \text{ car } \vec{d}(3;-1;4) \text{ n'est pas colinéaire à } \vec{n}(3;0;4)}

Déterminer le point d'intersection

H

\Delta

\mathcal{P}

Méthode : On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan.

3(1+3t) + 4(-1+4t) - 12 = 0

3 + 9t - 4 + 16t - 12 = 0

25t - 13 = 0 \implies t = \dfrac{13}{25}

x_H = 1 + \dfrac{39}{25} = \dfrac{64}{25}, \quad y_H = 2 - \dfrac{13}{25} = \dfrac{37}{25}, \quad z_H = -1 + \dfrac{52}{25} = \dfrac{27}{25}

\boxed{H\left(\dfrac{64}{25} ; \dfrac{37}{25} ; \dfrac{27}{25}\right)}

Calculer l'angle entre la droite

\Delta

et le plan

\mathcal{P}

Méthode : L'angle

\alpha

entre une droite de vecteur directeur

\vec{d}

et un plan de vecteur normal

\vec{n}

vérifie :

\sin\alpha = \dfrac{|\vec{d} \cdot \vec{n}|}{\|\vec{d}\| \times \|\vec{n}\|}

\vec{d} \cdot \vec{n} = 3 \times 3 + (-1) \times 0 + 4 \times 4 = 9 + 0 + 16 = 25

\|\vec{d}\| = \sqrt{9+1+16} = \sqrt{26}, \quad \|\vec{n}\| = \sqrt{9+0+16} = 5

\sin\alpha = \dfrac{25}{5\sqrt{26}} = \dfrac{5}{\sqrt{26}}

\boxed{\alpha = \arcsin\left(\dfrac{5}{\sqrt{26}}\right) \approx 78{,}7°}

Exercice 36

Avancé

Soit

OABC

un tétraèdre tel que

OA = OB = OC = 5

\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 10

\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC} = 5

\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} = 0

Calculer les angles

\widehat{AOB}

\widehat{AOC}

\widehat{BOC}

\cos(\widehat{AOB}) = \dfrac{\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}}{OA \times OB} = \dfrac{10}{5 \times 5} = \dfrac{10}{25} = \dfrac{2}{5}

\widehat{AOB} = \arccos\left(\dfrac{2}{5}\right) \approx 66{,}4°

\cos(\widehat{AOC}) = \dfrac{5}{25} = \dfrac{1}{5}

\widehat{AOC} = \arccos\left(\dfrac{1}{5}\right) \approx 78{,}5°

\cos(\widehat{BOC}) = \dfrac{0}{25} = 0

\widehat{BOC} = \dfrac{\pi}{2}

\boxed{\widehat{AOB} = \arccos\left(\dfrac{2}{5}\right), \quad \widehat{AOC} = \arccos\left(\dfrac{1}{5}\right), \quad \widehat{BOC} = \dfrac{\pi}{2}}

Calculer

AB^2

AC^2

BC^2

Méthode :

AB^2 = \|\overrightarrow{AB}\|^2 = \|\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}\|^2 = OA^2 - 2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} + OB^2

AB^2 = 25 - 2 \times 10 + 25 = 30

AC^2 = \|\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}\|^2 = 25 - 2 \times 5 + 25 = 40

BC^2 = \|\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}\|^2 = 25 - 2 \times 0 + 25 = 50

\boxed{AB^2 = 30, \quad AC^2 = 40, \quad BC^2 = 50}

Remarque :

AB^2 + AC^2 = 30 + 40 = 70 \neq 50 = BC^2

, donc le triangle

ABC

n'est pas rectangle en

A

. Mais

AB^2 + AC^2 = 70

BC^2 = 50

, et

30 + 20 = 50

... vérifions :

AB^2 + 20 = BC^2

. En fait

AB^2 + AC^2 - BC^2 = 20 \neq 0

Calculer

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}, \quad \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}) \cdot (\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA})

= \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OA}

= 0 - 10 - 5 + 25 = 10

\boxed{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 10}

En déduire l'angle

\widehat{BAC}

\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \times AC} = \dfrac{10}{\sqrt{30} \times \sqrt{40}} = \dfrac{10}{\sqrt{1200}} = \dfrac{10}{20\sqrt{3}} = \dfrac{1}{2\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{6}

\boxed{\widehat{BAC} = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right) \approx 73{,}2°}

Exercice 37

Avancé

On considère les points

A(1;0;0)

B(0;1;0)

C(0;0;1)

et un point

M(x;y;z)

de l'espace.

Exprimer

MA^2 + MB^2 + MC^2

en fonction de

x

y

z

MA^2 = (x-1)^2 + y^2 + z^2 = x^2 - 2x + 1 + y^2 + z^2

MB^2 = x^2 + (y-1)^2 + z^2 = x^2 + y^2 - 2y + 1 + z^2

MC^2 = x^2 + y^2 + (z-1)^2 = x^2 + y^2 + z^2 - 2z + 1

MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3x^2 + 3y^2 + 3z^2 - 2x - 2y - 2z + 3

\boxed{MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3(x^2+y^2+z^2) - 2(x+y+z) + 3}

Montrer que

MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2

, où

G

est le centre de gravité de

ABC

Le centre de gravité est

G\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)

3MG^2 = 3\left[\left(x - \dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(y - \dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(z - \dfrac{1}{3}\right)^2\right]

= 3\left[x^2 - \dfrac{2x}{3} + \dfrac{1}{9} + y^2 - \dfrac{2y}{3} + \dfrac{1}{9} + z^2 - \dfrac{2z}{3} + \dfrac{1}{9}\right]

= 3(x^2 + y^2 + z^2) - 2(x+y+z) + 1

Calculons

GA^2 + GB^2 + GC^2

GA^2 = \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 = \dfrac{4+1+1}{9} = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}

Par symétrie :

GB^2 = GC^2 = \dfrac{2}{3}

.

Donc

GA^2 + GB^2 + GC^2 = 2

3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2 = 3(x^2+y^2+z^2) - 2(x+y+z) + 1 + 2 = 3(x^2+y^2+z^2) - 2(x+y+z) + 3

C'est bien égal à

MA^2 + MB^2 + MC^2

\boxed{MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + 2}

Déterminer l'ensemble des points

M

tels que

MA^2 + MB^2 + MC^2 = 5

D'après la relation précédente :

3MG^2 + 2 = 5 \implies MG^2 = 1 \implies MG = 1

L'ensemble cherché est la sphère de centre

G\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)

et de rayon

1

\boxed{\text{Sphère de centre } G\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right) \text{ et de rayon } 1}

Pour quelle valeur de

k

l'ensemble

\{M \mid MA^2 + MB^2 + MC^2 = k\}

est-il réduit à un point ?

3MG^2 + 2 = k \implies MG^2 = \dfrac{k-2}{3}

L'ensemble est réduit à un point (le point

G

) lorsque

MG = 0

, soit

k - 2 = 0

\boxed{k = 2}

Pour

k < 2

, l'ensemble est vide. Pour

k > 2

, c'est une sphère de rayon

\sqrt{\dfrac{k-2}{3}}

Exercice 38

Avancé

On considère le plan

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

et le point

A(2 ; 1 ; 0)

Vérifier que

A \notin \mathcal{P}

2 + 1 + 0 - 6 = -3 \neq 0

\boxed{A \notin \mathcal{P}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

A

sur

\mathcal{P}

La droite par

A

perpendiculaire à

\mathcal{P}

a pour direction

\vec{n}(1;1;1)

\begin{cases} x = 2+t \ y = 1+t \ z = t \end{cases}

Substitution dans

x + y + z - 6 = 0

(2+t) + (1+t) + t - 6 = 0 \implies 3t - 3 = 0 \implies t = 1

H = (3 ; 2 ; 1)

\boxed{H(3 ; 2 ; 1)}

Vérification :

3+2+1-6 = 0

✓

Déterminer le symétrique

A'

A

par rapport à

\mathcal{P}

A' = 2H - A = (6-2 ; 4-1 ; 2-0) = (4 ; 3 ; 2)

\boxed{A'(4 ; 3 ; 2)}

Vérification : Le milieu de

[AA']

est

\left(\dfrac{2+4}{2} ; \dfrac{1+3}{2} ; \dfrac{0+2}{2}\right) = (3;2;1) = H

✓

Pour tout point

M

du plan

\mathcal{P}

, montrer que

MA = MA'

(propriété de réflexion).

Méthode : On utilise le fait que

H

est le milieu de

[AA']

\overrightarrow{AA'} \perp \mathcal{P}

.

Pour tout

M \in \mathcal{P}

, le vecteur

\overrightarrow{HM}

est dans le plan, donc

\overrightarrow{HM} \perp \overrightarrow{HA}

.

Or

\overrightarrow{HA} = -\overrightarrow{HA'}

(car

H

milieu de

[AA']

MA^2 = MH^2 + HA^2 \quad \text{(Pythagore dans le triangle } MHA \text{ rectangle en } H\text{)}

MA'^2 = MH^2 + HA'^2 \quad \text{(Pythagore dans le triangle } MHA' \text{ rectangle en } H\text{)}

Comme

HA = HA'

, on obtient

MA^2 = MA'^2

, donc

MA = MA'

\boxed{\forall M \in \mathcal{P}, \quad MA = MA'}

Le plan

\mathcal{P}

est le plan médiateur du segment

[AA']

Calculer

d(A, \mathcal{P})

d(A, \mathcal{P}) = AH = \sqrt{(3-2)^2 + (2-1)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}

Ou par la formule directe :

d = \dfrac{|2+1+0-6|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \sqrt{3}}

Exercice 39

Avancé

On considère deux droites

\Delta_1

\Delta_2

dans l'espace :

\Delta_1 : \begin{cases} x = 1 + t \ y = 2t \ z = -1 + t \end{cases}

\Delta_2 : \begin{cases} x = 2 + s \ y = 1 - s \ z = 3 + 2s \end{cases}

Donner les vecteurs directeurs de

\Delta_1

\Delta_2

\vec{d}_1(1 ; 2 ; 1), \quad \vec{d}_2(1 ; -1 ; 2)

\boxed{\vec{d}_1(1;2;1), \quad \vec{d}_2(1;-1;2)}

Calculer l'angle entre les deux droites.

\cos\theta = \dfrac{|\vec{d}_1 \cdot \vec{d}_2|}{\|\vec{d}_1\| \times \|\vec{d}_2\|}

\vec{d}_1 \cdot \vec{d}_2 = 1 - 2 + 2 = 1

\|\vec{d}_1\| = \sqrt{1+4+1} = \sqrt{6}, \quad \|\vec{d}_2\| = \sqrt{1+1+4} = \sqrt{6}

\cos\theta = \dfrac{1}{\sqrt{6} \times \sqrt{6}} = \dfrac{1}{6}

\boxed{\theta = \arccos\left(\dfrac{1}{6}\right) \approx 80{,}4°}

Les droites

\Delta_1

\Delta_2

sont-elles sécantes ?

Méthode : On cherche

t

s

tels que les coordonnées coïncident.

\begin{cases} 1+t = 2+s \quad (1) \ 2t = 1-s \quad (2) \ -1+t = 3+2s \quad (3) \end{cases}

(1)

t - s = 1

, soit

s = t - 1

.

Dans

(2)

2t = 1 - (t-1) = 2 - t

, soit

3t = 2

t = \dfrac{2}{3}

.

Donc

s = \dfrac{2}{3} - 1 = -\dfrac{1}{3}

.

Vérifions dans

(3)

-1 + \dfrac{2}{3} = -\dfrac{1}{3}

3 + 2(-\dfrac{1}{3}) = 3 - \dfrac{2}{3} = \dfrac{7}{3}

-\dfrac{1}{3} \neq \dfrac{7}{3}

, donc le système est incompatible.

\boxed{\Delta_1 \text{ et } \Delta_2 \text{ ne sont pas sécantes (elles sont non coplanaires)}}

Déterminer une équation du plan

\mathcal{P}

contenant

\Delta_1

et parallèle à

\Delta_2

Méthode :

\mathcal{P}

contient

\Delta_1

et est parallèle à

\vec{d}_2

. Donc

\vec{n}

est orthogonal à

\vec{d}_1(1;2;1)

\vec{d}_2(1;-1;2)

\begin{cases} a + 2b + c = 0 \ a - b + 2c = 0 \end{cases}

En soustrayant :

3b - c = 0

, soit

c = 3b

.

De la première :

a = -2b - c = -2b - 3b = -5b

.

Prenons

b = 1

\vec{n}(-5;1;3)

, soit

\vec{n}(5;-1;-3)

.

Le plan passe par

(1;0;-1)

(point de

\Delta_1

pour

t=0

) :

5(x-1) - 1(y-0) - 3(z+1) = 0

5x - 5 - y - 3z - 3 = 0

\boxed{5x - y - 3z - 8 = 0}

Vérification : Le point

(2;1;3)

\Delta_2

(

s=0

) :

10-1-9-8 = -8 \neq 0

(le plan ne contient pas

\Delta_2

mais lui est parallèle).
Direction

\vec{d}_2

5(1) - 1(-1) - 3(2) = 5+1-6 = 0

✓

Exercice 40

Avancé

On considère la sphère

\mathcal{S}

de centre

\Omega(0;0;0)

et de rayon

R = 6

, et le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x + y - 2z - 9 = 0

Calculer la distance de

\Omega

au plan

\mathcal{P}

d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|2 \times 0 + 0 - 2 \times 0 - 9|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{9}{3} = \boxed{3}

Montrer que

\mathcal{P}

coupe

\mathcal{S}

selon un cercle

\mathcal{C}

et calculer son rayon.

Comme

d(\Omega, \mathcal{P}) = 3 < 6 = R

, le plan coupe la sphère.

r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{36 - 9} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}

\boxed{r = 3\sqrt{3}}

Déterminer le centre

I

du cercle

\mathcal{C}

Méthode :

I

est le projeté orthogonal de

\Omega

sur

\mathcal{P}

.

La droite par

\Omega(0;0;0)

de direction

\vec{n}(2;1;-2)

\begin{cases} x = 2t \ y = t \ z = -2t \end{cases}

Substitution dans

2x + y - 2z - 9 = 0

4t + t + 4t - 9 = 0 \implies 9t = 9 \implies t = 1

\boxed{I(2 ; 1 ; -2)}

Vérification :

\Omega I = \sqrt{4+1+4} = 3

✓

Soit

A

un point du cercle

\mathcal{C}

. Calculer

\Omega A

et vérifier que

A \in \mathcal{S}

Pour tout point

A

du cercle

\mathcal{C}

, on a par le théorème de Pythagore (triangle

\Omega IA

rectangle en

I

) :

\Omega A^2 = \Omega I^2 + IA^2 = d^2 + r^2 = 9 + 27 = 36

Donc

\Omega A = 6 = R

, ce qui confirme que

A \in \mathcal{S}

\boxed{\Omega A = 6 = R, \text{ donc } A \in \mathcal{S} \text{

Pour quelle valeur de

k

le plan

2x + y - 2z + k = 0

est-il tangent à

\mathcal{S}

Le plan est tangent lorsque

d(\Omega, \mathcal{P}_k) = R

\dfrac{|k|}{\sqrt{4+1+4}} = 6 \implies \dfrac{|k|}{3} = 6 \implies |k| = 18

\boxed{k = 18 \text{ ou } k = -18}

Les deux plans tangents sont

2x + y - 2z + 18 = 0

2x + y - 2z - 18 = 0

4 problèmes de synthèse

Problème 1 — Étude d'un parallélépipède rectangle

Facile

On considère le parallélépipède rectangle

ABCDEFGH

dans un repère orthonormé

(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})

avec

AB = 3

AD = 2

AE = 1

.

On a donc :

A(0;0;0)

B(3;0;0)

C(3;2;0)

D(0;2;0)

E(0;0;1)

F(3;0;1)

G(3;2;1)

H(0;2;1)

Partie A — Distances et produits scalaires

Calculer les distances

AG

BH

CE

AG = \sqrt{3^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{9+4+1} = \sqrt{14}

\overrightarrow{BH} = (-3;2;1), \quad BH = \sqrt{9+4+1} = \sqrt{14}

\overrightarrow{CE} = (-3;-2;1), \quad CE = \sqrt{9+4+1} = \sqrt{14}

\boxed{AG = BH = CE = \sqrt{14}}

Les quatre grandes diagonales d'un parallélépipède rectangle ont la même longueur.

Calculer

\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH}

\overrightarrow{AG} = (3;2;1), \quad \overrightarrow{BH} = (-3;2;1)

\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH} = -9 + 4 + 1 = \boxed{-4}

En déduire l'angle entre les diagonales

[AG]

[BH]

\cos\theta = \dfrac{-4}{\sqrt{14} \times \sqrt{14}} = \dfrac{-4}{14} = -\dfrac{2}{7}

\boxed{\theta = \arccos\left(-\dfrac{2}{7}\right) \approx 106{,}6°}

L'angle aigu entre les diagonales est

180° - 106{,}6° \approx 73{,}4°

Partie B — Plans remarquables

Déterminer une équation cartésienne du plan

(BDG)

\overrightarrow{BD} = (-3;2;0), \quad \overrightarrow{BG} = (0;2;1)

On cherche

\vec{n}(a;b;c)

\begin{cases} -3a + 2b = 0 \implies b = \dfrac{3a}{2} \ 2b + c = 0 \implies c = -2b = -3a \end{cases}

Prenons

a = 2

b = 3

c = -6

. Soit

\vec{n}(2;3;-6)

.

Le plan passe par

B(3;0;0)

2(x-3) + 3y - 6z = 0 \implies 2x + 3y - 6z - 6 = 0

\boxed{2x + 3y - 6z - 6 = 0}

Vérification :

D(0;2;0)

0+6-0-6=0

✓ ;

G(3;2;1)

6+6-6-6=0

✓

Calculer la distance de

A

au plan

(BDG)

d(A, (BDG)) = \dfrac{|2(0)+3(0)-6(0)-6|}{\sqrt{4+9+36}} = \dfrac{6}{\sqrt{49}} = \dfrac{6}{7}

\boxed{d(A, (BDG)) = \dfrac{6}{7}}

Déterminer le projeté orthogonal de

A

sur le plan

(BDG)

La droite par

A(0;0;0)

de direction

\vec{n}(2;3;-6)

\begin{cases} x = 2t \ y = 3t \ z = -6t \end{cases}

Substitution :

2(2t) + 3(3t) - 6(-6t) - 6 = 0

4t + 9t + 36t = 6 \implies 49t = 6 \implies t = \dfrac{6}{49}

H = \left(\dfrac{12}{49} ; \dfrac{18}{49} ; -\dfrac{36}{49}\right)

\boxed{H\left(\dfrac{12}{49} ; \dfrac{18}{49} ; -\dfrac{36}{49}\right)}

Problème 2 — Étude d'un plan médiateur et applications

Intermédiaire

Dans un repère orthonormé

(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})

, on considère les points

A(1 ; -1 ; 2)

B(3 ; 3 ; 0)

C(5 ; 1 ; 4)

Partie A — Plan médiateur de $[AB]$

Calculer les coordonnées du milieu

I

[AB]

et du vecteur

\overrightarrow{AB}

I = \left(\dfrac{1+3}{2} ; \dfrac{-1+3}{2} ; \dfrac{2+0}{2}\right) = (2 ; 1 ; 1)

\overrightarrow{AB} = (2 ; 4 ; -2)

\boxed{I(2;1;1), \quad \overrightarrow{AB}(2;4;-2)}

Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur

\Pi

[AB]

Le plan médiateur passe par

I(2;1;1)

et a pour vecteur normal

\overrightarrow{AB}(2;4;-2)

2(x-2) + 4(y-1) - 2(z-1) = 0

2x - 4 + 4y - 4 - 2z + 2 = 0

2x + 4y - 2z - 6 = 0

En simplifiant par 2 :

\boxed{x + 2y - z - 3 = 0}

Vérifier que

C

appartient à

\Pi

5 + 2(1) - 4 - 3 = 5 + 2 - 4 - 3 = 0

\boxed{C \in \Pi}

Cela signifie que

CA = CB

, c'est-à-dire que

C

est équidistant de

A

B

Partie B — Cercle circonscrit au triangle $ABC$

Vérifier que

CA = CB

et calculer cette distance.

\overrightarrow{CA} = (1-5 ; -1-1 ; 2-4) = (-4;-2;-2)

CA = \sqrt{16+4+4} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}

\overrightarrow{CB} = (3-5 ; 3-1 ; 0-4) = (-2;2;-4)

CB = \sqrt{4+4+16} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}

\boxed{CA = CB = 2\sqrt{6}}

Le triangle

ABC

est isocèle en

C

Calculer le produit scalaire

\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB}

et en déduire l'angle

\widehat{ACB}

\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = (-4)(-2) + (-2)(2) + (-2)(-4) = 8 - 4 + 8 = 12

\cos(\widehat{ACB}) = \dfrac{12}{2\sqrt{6} \times 2\sqrt{6}} = \dfrac{12}{24} = \dfrac{1}{2}

\boxed{\widehat{ACB} = \dfrac{\pi}{3} \text{ (soit } 60°\text{)}}

Déterminer l'équation du plan médiateur

\Pi'

[BC]

et trouver le centre

\Omega

du cercle circonscrit au triangle

ABC

(intersection de

\Pi

\Pi'

et du plan

(ABC)

Plan médiateur de $[BC]$ :

Milieu

J = \left(\dfrac{3+5}{2} ; \dfrac{3+1}{2} ; \dfrac{0+4}{2}\right) = (4;2;2)

\overrightarrow{BC} = (2;-2;4)

, vecteur normal simplifié

(1;-1;2)

1(x-4) - 1(y-2) + 2(z-2) = 0 \implies x - y + 2z - 6 = 0

\Pi'

x - y + 2z - 6 = 0

.

Le centre

\Omega

du cercle circonscrit vérifie

\Omega A = \Omega B = \Omega C

et appartient au plan

(ABC)

.

Déterminons d'abord le plan

(ABC)

\overrightarrow{AB} = (2;4;-2)

\overrightarrow{AC} = (4;2;2)

.

On cherche

\vec{n}(a;b;c)

2a+4b-2c=0

4a+2b+2c=0

.

De la première :

a+2b-c=0

. De la seconde :

2a+b+c=0

.

En additionnant :

3a+3b=0

, soit

b=-a

. Alors

c = a+2(-a)=-a

\vec{n}(1;-1;-1)

. Plan par

A(1;-1;2)

(x-1)-(y+1)-(z-2)=0

, soit

x-y-z=0

.

On résout le système :

\begin{cases} x+2y-z=3 \quad (\Pi) \ x-y+2z=6 \quad (\Pi') \ x-y-z=0 \quad ((ABC)) \end{cases}

(\Pi')-(ABC)

3z = 6

, soit

z = 2

.

De

(ABC)

x - y = 2

, donc

x = y+2

.

Dans

(\Pi)

(y+2)+2y-2=3

, soit

3y=3

y=1

x=3

\boxed{\Omega(3;1;2)}

Vérification :

\Omega A = \sqrt{4+4+0} = \sqrt{8}

\Omega B = \sqrt{0+4+4} = \sqrt{8}

\Omega C = \sqrt{4+0+4} = \sqrt{8}

✓

Problème 3 — Sphère, plan et projections

Difficile

Dans un repère orthonormé, on considère la sphère

\mathcal{S}

d'équation

x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 2y - 6z + 5 = 0

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x - y + z - 3 = 0

Partie A — Étude de la sphère

Déterminer le centre

\Omega

et le rayon

R

\mathcal{S}

On complète les carrés :

(x-2)^2 - 4 + (y+1)^2 - 1 + (z-3)^2 - 9 + 5 = 0

(x-2)^2 + (y+1)^2 + (z-3)^2 = 9

\boxed{\Omega(2;-1;3), \quad R = 3}

Le point

A(2;2;3)

appartient-il à

\mathcal{S}

(2-2)^2 + (2+1)^2 + (3-3)^2 = 0 + 9 + 0 = 9 = R^2

\boxed{A \in \mathcal{S}}

Déterminer l'équation du plan tangent à

\mathcal{S}

A

\overrightarrow{\Omega A} = (0;3;0)

, vecteur normal simplifié

\vec{n}(0;1;0)

.

Le plan tangent en

A(2;2;3)

y - 2 = 0

\boxed{y = 2}

Partie B — Intersection sphère-plan

Calculer la distance de

\Omega

au plan

\mathcal{P}

d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|2-(-1)+3-3|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{|2+1+3-3|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}

\boxed{d(\Omega, \mathcal{P}) = \sqrt{3}}

Montrer que

\mathcal{P}

coupe

\mathcal{S}

et déterminer le rayon du cercle d'intersection.

d = \sqrt{3} < 3 = R

Donc

\mathcal{P}

coupe

\mathcal{S}

selon un cercle de rayon :

r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{9 - 3} = \sqrt{6}

\boxed{r = \sqrt{6}}

Déterminer le centre

I

du cercle d'intersection.

La droite par

\Omega(2;-1;3)

de direction

\vec{n}(1;-1;1)

\begin{cases} x = 2+t \ y = -1-t \ z = 3+t \end{cases}

Substitution dans

x-y+z-3=0

(2+t)-(-1-t)+(3+t)-3=0

2+t+1+t+3+t-3=0

3t+3=0 \implies t=-1

I = (1;0;2)

\boxed{I(1;0;2)}

Vérification :

1-0+2-3=0

✓ et

\Omega I = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}

✓

Le point

A(2;2;3)

appartient-il au cercle d'intersection ?

A \in \mathcal{S}

(montré en A.2). Vérifions si

A \in \mathcal{P}

2 - 2 + 3 - 3 = 0

✓

Donc

A

appartient à la fois à

\mathcal{S}

et à

\mathcal{P}

\boxed{A \text{ appartient au cercle d'intersection}}

Vérification :

IA = \sqrt{(2-1)^2+(2-0)^2+(3-2)^2} = \sqrt{1+4+1} = \sqrt{6} = r

✓

Problème 4 — Géométrie du tétraèdre et orthogonalité

Avancé

On considère le tétraèdre

ABCD

avec

A(0;0;0)

B(4;0;0)

C(2;2\sqrt{3};0)

D(2;\dfrac{2\sqrt{3}}{3};\dfrac{4\sqrt{6}}{3})

.

On admet que

ABCD

est un tétraèdre régulier d'arête

4

Partie A — Vérifications préliminaires

Vérifier que

AB = AC = BC = 4

AB = \sqrt{16+0+0} = 4

AC = \sqrt{4 + 12 + 0} = \sqrt{16} = 4

\overrightarrow{BC} = (-2;2\sqrt{3};0), \quad BC = \sqrt{4+12} = \sqrt{16} = 4

\boxed{AB = AC = BC = 4}

La face

ABC

est un triangle équilatéral de côté

4

Calculer le centre de gravité

G

du triangle

ABC

et vérifier que

D

est sur la verticale de

G

G = \left(\dfrac{0+4+2}{3} ; \dfrac{0+0+2\sqrt{3}}{3} ; 0\right) = \left(2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; 0\right)

Comparons avec

D\left(2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right)

D

G

ont les mêmes coordonnées

x

y

, et

D

a une coordonnée

z > 0

. Donc

D

est sur la verticale de

G

\boxed{G\left(2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; 0\right), \quad D \text{ est sur la verticale de } G}

Vérifier que

AD = 4

AD = \sqrt{4 + \dfrac{12}{9} + \dfrac{96}{9}} = \sqrt{4 + \dfrac{4}{3} + \dfrac{32}{3}} = \sqrt{4 + \dfrac{36}{3}} = \sqrt{4 + 12} = \sqrt{16} = 4

\boxed{AD = 4}

Partie B — Orthogonalité des arêtes opposées

Montrer que

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 0

\overrightarrow{AB} = (4;0;0)

\overrightarrow{CD} = \left(2-2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} - 2\sqrt{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right) = \left(0 ; -\dfrac{4\sqrt{3}}{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right)

\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 4 \times 0 + 0 \times \left(-\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\right) + 0 \times \dfrac{4\sqrt{6}}{3} = 0

\boxed{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 0}

Les arêtes opposées

[AB]

[CD]

sont orthogonales.

Montrer de même que

\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD} = 0

\overrightarrow{AC} = (2;2\sqrt{3};0)

\overrightarrow{BD} = \left(2-4 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right) = \left(-2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right)

\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD} = 2 \times (-2) + 2\sqrt{3} \times \dfrac{2\sqrt{3}}{3} + 0 = -4 + \dfrac{12}{3} = -4 + 4 = 0

\boxed{\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD} = 0}

Les arêtes opposées

[AC]

[BD]

sont orthogonales.

En déduire une propriété générale du tétraèdre régulier.

Dans un tétraèdre régulier, les trois paires d'arêtes opposées sont orthogonales :

[AB] \perp [CD]

[AC] \perp [BD]

[AD] \perp [BC]

.

Vérifions la troisième :

\overrightarrow{AD} = \left(2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right)

\overrightarrow{BC} = (-2 ; 2\sqrt{3} ; 0)

\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC} = -4 + \dfrac{4 \times 3}{3} + 0 = -4 + 4 = 0

✓

\boxed{\text{Dans un tétraèdre régulier, les arêtes opposées sont orthogonales}}

Partie C — Hauteur et volume

Déterminer l'équation du plan

(ABC)

Le triangle

ABC

est dans le plan

z = 0

\boxed{(ABC) : z = 0}

Calculer la hauteur du tétraèdre relative à la base

ABC

La hauteur est la distance de

D

au plan

z = 0

, qui est la coordonnée

z

D

h = \dfrac{4\sqrt{6}}{3}

\boxed{h = \dfrac{4\sqrt{6}}{3}}

Calculer l'aire du triangle équilatéral

ABC

et en déduire le volume du tétraèdre.

L'aire d'un triangle équilatéral de côté

a

est

\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}

\mathcal{A}_{ABC} = \dfrac{16\sqrt{3}}{4} = 4\sqrt{3}

V = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{ABC} \times h = \dfrac{1}{3} \times 4\sqrt{3} \times \dfrac{4\sqrt{6}}{3} = \dfrac{16\sqrt{18}}{9} = \dfrac{16 \times 3\sqrt{2}}{9} = \dfrac{48\sqrt{2}}{9} = \dfrac{16\sqrt{2}}{3}

\boxed{V = \dfrac{16\sqrt{2}}{3}}

Vérification : Le volume d'un tétraèdre régulier d'arête

a

est

V = \dfrac{a^3\sqrt{2}}{12}

. Avec

a = 4

V = \dfrac{64\sqrt{2}}{12} = \dfrac{16\sqrt{2}}{3}

✓

Calculer le rayon de la sphère inscrite dans le tétraèdre.

Méthode : Pour un tétraèdre régulier, la sphère inscrite a pour rayon

r = \dfrac{3V}{S_{\text{totale}}}

, où

S_{\text{totale}}

est l'aire totale des 4 faces.

Les 4 faces sont des triangles équilatéraux de côté 4, donc

S_{\text{totale}} = 4 \times 4\sqrt{3} = 16\sqrt{3}

r = \dfrac{3 \times \dfrac{16\sqrt{2}}{3}}{16\sqrt{3}} = \dfrac{16\sqrt{2}}{16\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}

\boxed{r = \dfrac{\sqrt{6}}{3}}

Vérification : Formule directe pour le tétraèdre régulier :

r = \dfrac{a}{2\sqrt{6}} = \dfrac{4}{2\sqrt{6}} = \dfrac{2}{\sqrt{6}} = \dfrac{2\sqrt{6}}{6} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}

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S'entraîner avec les sujets du bac

Voir les sujets corrigés →

Produit scalaire dans l'espace

I. Produit scalaire dans l'espace

1. Rappels et extension à l'espace

2. Propriétés

II. Norme et distance

1. Norme

2. Distance

3. Vecteur unitaire

III. Orthogonalité

1. Définition

2. Angle entre deux vecteurs

3. Orthogonal vs perpendiculaire

V. Applications — Plans

1. Équation cartésienne (justifiée)

2. Plans parallèles et perpendiculaires

VI. Projeté orthogonal et distances

1. Distance point-plan

2. Distance point-droite

3. Distance entre droites non coplanaires

VII. Sphères

1. Équation

2. Sphère de diamètre [AB]

3. Intersection sphère / plan

4. Plan tangent

VIII. Méthodes

1. Produit scalaire et orthogonalité