Exercices corrigés — Produit scalaire, orthogonalité et distances (Terminale)

a) Dans une base orthonormée, u · v = xx' + yy' + zz'. u · v = 2 × 1 + (−1) × 2 + 2 × 0 = 0 ; u · w = 2 − 1 + 2 = 3 ; v · w = 1 + 2 + 0 = 3.
b) Deux vecteurs non nuls sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul : u et v sont orthogonaux ; les deux autres couples ne le sont pas.
c) ||u|| = √4 + 1 + 4 = √9 = 3 et ||w|| = √1 + 1 + 1 = √3. Comme u · w = ||u|| × ||w|| × cos θ, on a cos θ = 33√3 = 1√3 = √33 ≈ 0,577. À la calculatrice, θ ≈ 54,7°, soit environ 55°. L'angle est aigu, ce qui est cohérent avec un produit scalaire positif.

deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux. P a pour vecteur normal n(1 ; 2 ; −1). Q : 2x − y = 3, c'est-à-dire 2x − y + 0z − 3 = 0, a pour vecteur normal m(2 ; −1 ; 0) : la coordonnée nulle traduit l'absence de z dans l'équation.
n · m = 1 × 2 + 2 × (−1) + (−1) × 0 = 2 − 2 + 0 = 0.
Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans P et Q sont perpendiculaires. Ils sont sécants (des plans perpendiculaires le sont toujours) et leur droite d'intersection est orthogonale aux deux vecteurs normaux.

a) A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0) pour la face inférieure ; E(0 ; 0 ; 1), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1), H(0 ; 1 ; 1) pour la face supérieure : même abscisse et même ordonnée que le sommet situé en dessous, et cote 1.
b) (AG) a pour vecteur directeur AG = (1 ; 1 ; 1) et (BD) a pour vecteur directeur BD = (−1 ; 1 ; 0). AG · BD = −1 + 1 + 0 = 0 : les vecteurs directeurs sont orthogonaux, donc les droites sont orthogonales. La grande diagonale du cube est orthogonale à la diagonale [BD] de la face inférieure.
c) Deux droites orthogonales ne sont perpendiculaires que si elles sont, de plus, sécantes. (BD) est contenue dans le plan z = 0 de la face ABCD ; (AG), dont les points ont pour coordonnées (t ; t ; t), ne rencontre ce plan qu'en A (t = 0). Or A n'est pas sur (BD) : les points de (BD) vérifient x + y = 1, et 0 + 0 ≠ 1. Les deux droites n'ont aucun point commun : elles sont orthogonales et non coplanaires, donc pas perpendiculaires.

la distance d'un point A(x_A ; y_A ; z_A) au plan d'équation ax + by + cz + d = 0 est |ax_A + by_A + cz_A + d| / √a² + b² + c², formule valable dans un repère orthonormé.
Ici (a ; b ; c ; d) = (2 ; 2 ; 1 ; −3) et B(2 ; −1 ; 4). Numérateur : |2 × 2 + 2 × (−1) + 1 × 4 − 3| = |4 − 2 + 4 − 3| = |3| = 3. Dénominateur : √2² + 2² + 1² = √9 = 3.
d(B, P) = 33 = 1. Interprétation : le projeté orthogonal H de B sur P vérifie BH = 1, et H est le point de P le plus proche de B. On peut le déterminer : H = B + λn avec λ = −39 = −13, soit H(43 ; −53 ; 113), et l'on vérifie 83 − 103 + 113 − 3 = 0.

a) AB = (2 ; −1 ; 1) et AC = (−1 ; −2 ; 2) ne sont pas colinéaires. n · AB = 0 − 1 + 1 = 0 et n · AC = 0 − 2 + 2 = 0 : n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, il est donc normal au plan (ABC). Une équation est de la forme 0x + y + z + d = 0 ; avec A : 2 + 0 + d = 0, donc d = −2. Le plan (ABC) a pour équation y + z − 2 = 0. Vérification : B donne 1 + 1 − 2 = 0 et C donne 0 + 2 − 2 = 0.
b) d(D, (ABC)) = |0 × 4 + 5 + 3 − 2| / √0 + 1 + 1 = 6√2 = 3√2 ≈ 4,24.
c) H est le point du plan situé sur la droite passant par D et dirigée par n : H(4 ; 5 + t ; 3 + t). Dans l'équation du plan : (5 + t) + (3 + t) − 2 = 0, soit 6 + 2t = 0 et t = −3. Donc H(4 ; 2 ; 0). On vérifie que H ∈ (ABC) : 2 + 0 − 2 = 0. Enfin DH = (0 ; −3 ; −3) et DH = √0 + 9 + 9 = √18 = 3√2 : on retrouve la distance calculée en b).

on regroupe les termes en x, en y et en z pour compléter les carrés : x² − 4x = (x − 2)² − 4 ; y² + 2y = (y + 1)² − 1 ; z² − 6z = (z − 3)² − 9.
L'équation devient (x − 2)² − 4 + (y + 1)² − 1 + (z − 3)² − 9 = 2, soit (x − 2)² + (y + 1)² + (z − 3)² = 2 + 4 + 1 + 9 = 16.
C'est l'équation de la sphère de centre Ω(2 ; −1 ; 3) et de rayon √16 = 4 : l'ensemble des points M tels que ΩM = 4. Si le second membre obtenu avait été strictement négatif, l'ensemble aurait été vide ; s'il avait été nul, il aurait été réduit au seul point Ω.

a) d(Ω, P) = |2 × 1 − (−2) + 2 × 3 + 1| / √4 + 1 + 4 = |2 + 2 + 6 + 1|/3 = 113 ≈ 3,67.
b) La distance du centre au plan est strictement inférieure au rayon (113 < 5), donc le plan coupe la sphère. L'intersection est un cercle de centre K, projeté orthogonal de Ω sur P. Pour tout point M de ce cercle, le triangle ΩKM est rectangle en K, avec ΩM = 5 et ΩK = 113 ; d'après le théorème de Pythagore, KM² = ΩM² − ΩK² = 25 − 1219 = 1049, donc le rayon du cercle est r = √1043 = 2√26/3 ≈ 3,40.
c) K est sur la droite passant par Ω et dirigée par n(2 ; −1 ; 2) : K(1 + 2t ; −2 − t ; 3 + 2t). Dans l'équation de P : 2(1 + 2t) − (−2 − t) + 2(3 + 2t) + 1 = 11 + 9t = 0, donc t = −119. K(1 − 229 ; −2 + 119 ; 3 − 229) = K(−139 ; −79 ; 59). Vérification : ΩK = |t| × ||n|| = (119) × 3 = 113, qui est bien la distance calculée en a).

la droite d passe par B(1 ; 0 ; 2) (paramètre t = 0) et a pour vecteur directeur u(1 ; 1 ; −1). Un point H de d s'écrit H(1 + t ; t ; 2 − t) ; c'est le projeté orthogonal de A si et seulement si AH est orthogonal à u.
AH = (1 + t − 2 ; t − 0 ; 2 − t − 1) = (t − 1 ; t ; 1 − t). La condition AH · u = 0 s'écrit (t − 1) + t − (1 − t) = 3t − 2 = 0, donc t = 23.
On retrouve la formule du cours : BA = (1 ; 0 ; −1), BA · u = 1 + 0 + 1 = 2 et ||u||² = 3, d'où t = 23.
Ainsi H(53 ; 23 ; 43). Contrôle : AH = (−13 ; 23 ; 13) et AH · u = −13 + 23 − 13 = 0. La distance de A à d est AH = √19 + 49 + 19 = √69 = √63 ≈ 0,82.