Les Maths en série S

L'essentiel pour le bac

Le produit scalaire et ses applications

Remarque: les définitions et propriétés relatives produit scalaire de deux vecteurs du plan s'étendent à l'espace. En voici queques unes.

Définition

Soient ${u}↖{→}$ un vecteur, et A et B deux points tels que ${u}↖{→}={AB}↖{→}$.
La norme de ${u}↖{→}$ est la distance AB.
Ainsi: $ ∥{u}↖{→} ∥=AB$.

Propriété

L'espace est muni d'un repère orthonormé $(O,{i}↖{→},{j}↖{→},{k}↖{→})$.
Si ${u}↖{→}$ a pour coordonnées $(x\,;\,y\,;\,z)$, alors $$ ∥{u}↖{→} ∥=√{x^2+y^2+z^2}\,\,\,$$

Définition

Soient ${u}↖{→}$ et ${v}↖{→}$ deux vecteurs.
Le produit scalaire de ${u}↖{→}$ et ${v}↖{→}$ est le nombre réel, noté ${u}↖{→} . {v}↖{→}$, défini par
$${u}↖{→}.{v}↖{→}={1}/{2}\({∥{u}↖{→}∥}^2+{∥{v}↖{→}∥}^2-{∥{u}↖{→}-{v}↖{→}∥}^2\)\,\,\,\,\,\,\,\,$$

Remarque: la définition ci-dessus est équivalente à celle-ci:
$${u}↖{→}.{v}↖{→}={1}/{2}\({∥{u}↖{→}+{v}↖{→}∥}^2-{∥{u}↖{→}∥}^2-{∥{v}↖{→}∥}^2\)\,\,\,\,\,\,\,\,$$
Une seule définition est à connaître. Choisis celle que t'a proposée ton professeur.

Norme et produit scalaire

Soient ${u}↖{→}$ un vecteur. On a alors: $$ ∥{u}↖{→} ∥^2={u}↖{→}.{u}↖{→}\,\,\,\,\,$$.

Propriétés

fig5

Si A, B et C sont trois points tels que ${u}↖{→}={AB}↖{→}$ et ${v}↖{→}={AC}↖{→}$,
alors: $${u}↖{→}.{v}↖{→}={1}/{2}(AB^2+AC^2-BC^2)\,\,\,\,\,$$.


Soient ${u}↖{→}$ et ${v}↖{→}$ deux vecteurs non nuls.
Si A, B et C sont trois points tels que ${u}↖{→}={AB}↖{→}$ et ${v}↖{→}={AC}↖{→}$,
alors: $${u}↖{→}.{v}↖{→}=AB×AC×\cos {A}↖{⋏}\,\,\,\,$$.

fig1

fig2

Et si C' est le projeté orthogonal de C sur (AB),
alors, l'égalité ci-dessus devient:
$${u}↖{→}.{v}↖{→}=AB×AC'\,\,\,$$.

Exemple

ABCDEFGH est un cube de côté $a$ (non nul) dessiné ci-contre.
I est le milieu de [BC].
1. Expliquer pourquoi EBI est rectangle en B.
2. Calculer les distances EI, ID et DE en fonction de $a$.
3. Exprimer le produit scalaire ${DI}↖{→}.{DE}↖{→}$ en fonction de $a$.
4. Déterminer une mesure, arrondie au dixième de degré, de l'angle fig4.

fig3

5. Soit E' le pied de la hauteur issue de E du triangle EID.
Calculer la distance DE' en fonction de $a$.

Solution...
Corrigé

1. La face ABCD est un carré, et donc $(BC)⊥(BA)$.
De même, avec le carré BFGC, on obtient: $(BC)⊥(BF)$.
(BC) est donc orthogonale à 2 droites sécantes du plan (BAF), et par là, (BC) est orthogonale à toute droite de ce plan, en particulier à (EB).
Or, comme I est le milieu de [BC], les droites (BC) et (BI) sont confondues.
Par conséquent, (BI) est orthogonale à (EB).
On en déduit finalement que EBI est rectangle en B.

2. Dans le cube ABCDEFGH, il est clair que le triangle EDA est rectangle en A.
D'où: $ED^2=EA^2+AD^2=a^2+a^2=2a^2$, et donc: $ED=√{2}a$.
Notons pour la suite que $EB^2=ED^2=2a^2$.
Comme ci-dessus, on note que DCI est rectangle en I,
et par là: $DI^2=DC^2+CI^2=a^2+({a}/{2})^2={5}/{4}a^2$, et donc: $DI={√{5}}/{2}a$.
Enfin EBI est rectangle en B.
D'où: $EI^2=EB^2+BI^2=2a^2+({a}/{2})^2={9}/{4}a^2$, et donc: $DI={3}/{2}a$.

3. Utilisons la formule: $${u}↖{→}.{v}↖{→}={1}/{2}\({∥{u}↖{→}∥}^2+{∥{v}↖{→}∥}^2-{∥{u}↖{→}-{v}↖{→}∥}^2\)\,\,\,\,\,\,\,\,$$
${DI}↖{→}.{DE}↖{→}={1}/{2}(DI^2+DE^2-IE^2)={1}/{2}({5}/{4}a^2+2a^2-{9}/{4}a^2)$
Soit: ${DI}↖{→}.{DE}↖{→}={1}/{2}a^2$.

Autre méthode: utilisons la formule: $${u}↖{→}.{v}↖{→}={1}/{2}\({∥{u}↖{→}+{v}↖{→}∥}^2-{∥{u}↖{→}∥}^2-{∥{v}↖{→}∥}^2\)\,\,\,\,\,\,\,\,$$
${ID}↖{→}.{DE}↖{→}={1}/{2}(IE^2-ID^2-DE^2)={1}/{2}({9}/{4}a^2-{5}/{4}a^2-2a^2)$
Soit: ${ID}↖{→}.{DE}↖{→}=-{1}/{2}a^2$.

Et donc: ${DI}↖{→}.{DE}↖{→}={1}/{2}a^2$.

4. On a: ${DI}↖{→}.{DE}↖{→}=DI×DE×\cos {D}↖{⋏}$.
Soit: ${1}/{2}a^2={√{5}}/{2}a×√{2}a×\cos {D}↖{⋏}$.
Et en simplifiant par $a$ (non nul), on obtient: ${1}/{√{10}}=\cos {D}↖{⋏}$.
Soit: $\cos {D}↖{⋏}≈0,3162$.      Et par là: fig4$≈71,6°$.

5. Le point E', pied de la hauteur issue de E du triangle EID, est donc le projeté orthogonal de E sur (DI).
Par conséquent, on a: ${DI}↖{→}.{DE}↖{→}={DI}↖{→}.{DE'}↖{→}$.
On notera que ${DI}↖{→}$ et ${DE'}↖{→}$ sont de même sens car l'angle fig4 est aigü.
Par conséquent, on obtient: ${DI}↖{→}.{DE}↖{→}=DI×DE'$.
Soit: ${1}/{2}a^2={√{5}}/{2}a×DE'$.
Donc: $DE'={a}/{√{5}}$.

Réduire...

Propriété

L'espace est muni d'un repère orthonormé $(O,{i}↖{→},{j}↖{→},{k}↖{→})$.
Soit ${u}↖{→}(x\,;\,y\,;\,z)$ et ${v}↖{→}(x'\,;\,y'\,;\,z')$ deux vecteurs.
alors: ${u}↖{→}.{v}↖{→}=xx'+yy'+zz'$

Propriétés

Soit ${u}↖{→}$, ${v}↖{→}$ et ${w}↖{→}$ trois vecteurs et $λ$ un réel.
${u}↖{→}.{v}↖{→}={v}↖{→}.{u}↖{→}$           $(λ{u}↖{→}).{v}↖{→}=λ({u}↖{→}.{v}↖{→})$           ${u}↖{→}.({v}↖{→}+{w}↖{→})={u}↖{→}.{v}↖{→}+{u}↖{→}.{w}↖{→}$

Exemple

Reprenons l'exemple précédent.
ABCDEFGH est un cube de côté $a$ (non nul).
I est le milieu de [BC].
Plaçons nous dans le repère $(D,{DC}↖{→},{DH}↖{→},{DA}↖{→})$.
Ce repère est clairement orthonormé, et nous autorise à calculer des produits scalaires.
Donner (sans justifier) les coordonnées des points D, I et E, puis déterminer une mesure, arrondie au dixième de degré, de l'angle fig4.

fig3
Solution...
Corrigé

D( 0 ; 0 ; 0 )      I( 1 ; 0 ; 0,5 )      E( 0 ; 1 ; 1 )
On a alors : ${DI}↖{→}$( 1 ; 0 ; 0,5 )     ${DE}↖{→}$( 0 ; 1 ; 1 ).
${DI}↖{→}.{DE}↖{→}=1×0+0×1+0,5×1=0,5$
Or ${DI}↖{→}.{DE}↖{→}=DI×DE√{1,25}\cos {D}↖{⋏}$.
On obtient donc $0,5=DI×DE√{1,25}\cos {D}↖{⋏}$.
On calcule donc : ${DI}↖{→}.{DI}↖{→}=1^2+0^2+0,5^2=1,25$     et par là: $DI=√{1,25}$
De même: ${DE}↖{→}.{DE}↖{→}=0^2+1^2+1^2=2$     Et par là: $DE=√{2}$
Par conséquent: $0,5=√{1,25}×√{2}×\cos {D}↖{⋏}$.
Et donc: $\cos {D}↖{⋏}={0,5}/{√{1,25}×√{2}}≈0,3162$.      Et par là: fig4$≈71,6°$.

Réduire...

Définition

Deux vecteurs ${u}↖{→}$ et ${v}↖{→}$ sont orthogonaux
si et seulement si ${u}↖{→}.{v}↖{→}=0$.

Propriété

Soit $d$ une droite de vecteur directeur ${u}↖{→}$.
Soit $d'$ une droite de vecteur directeur ${v}↖{→}$.
$d$ et $d'$ sont orthogonales si et seulement si ${u}↖{→}.{v}↖{→}=0$.

Propriété

Soit $d$ une droite de vecteur directeur ${u}↖{→}$.
Soit $\P$ un plan de vecteurs directeurs ${v}↖{→}$ et ${w}↖{→}$.

$d$ et $\P$ sont orthogonaux si et seulement si
${u}↖{→}.{v}↖{→}=0$ et ${u}↖{→}.{w}↖{→}=0$.
fig6

$d$ et $\P$ sont orthogonaux si et seulement si
quels que soient les points A et B de $\P$, on a: ${u}↖{→}.{AB}↖{→}=0$.
fig10

Définition

fig8

Soit ${n}↖{→}$ un vecteur non nul
Soit $\P$ un plan de vecteurs directeurs ${v}↖{→}$ et ${w}↖{→}$.
Le vecteur ${n}↖{→}$ est normal au plan $\P$
si et seulement si ${n}↖{→}.{v}↖{→}=0$ et ${n}↖{→}.{w}↖{→}=0$.

Propriété

Soit $d$ une droite de vecteur directeur ${n}↖{→}$
Soit $\P$ un plan.
$d$ et $\P$ sont orthogonaux
si et seulement si le vecteur ${n}↖{→}$ est normal au plan $\P$

Exemple

Reprenons encore une fois le cube ABCDEFGH de côté $a$ (non nul).
Plaçons nous dans le repère $(D,{DC}↖{→},{DH}↖{→},{DA}↖{→})$.
Ce repère est clairement orthonormé, et nous autorise à calculer des produits scalaires.
Donner (sans justifier) les coordonnées des points D, A, B, G, et E, puis montrer que la droite (AG) est orthogonale au plan (EBD).

fig7
Solution...
Corrigé
D( 0 ; 0 ; 0 )      A( 0 ; 0 ; 1 )      B( 1 ; 0 ; 1 )
G( 1 ; 1 ; 0 )      E( 0 ; 1 ; 1 )
On a alors : ${DB}↖{→}$( 1 ; 0 ; 1 )     ${DE}↖{→}$( 0 ; 1 ; 1 )      ${GA}↖{→}$( 1 ; 1 ; -1 ).

Primo: ${DB}↖{→}$ et ${DE}↖{→}$, vecteurs non nuls dont les coordonnées ne sont pas proportionnellles, ne sont donc pas colinéaires, et par là, ils forment un couple de vecteurs directeurs du plan (EBD).
Secundo: ${GA}↖{→}$ est un vecteur directeur de la droite (GA).
Tertio: ${GA}↖{→}.{DB}↖{→}=1×1+1×0+(-1)×1=0$     ${GA}↖{→}.{DE}↖{→}=1×0+1×1+(-1)×1=0$
Par conséquent, la droite (GA) est orthogonale au plan (EBD).
Réduire...

Propriété

Soient ${n}↖{→}$ un vecteur non nul et A un point de l'espace.
L'ensemble des points M de l'espace tels que ${AM}↖{→}.{n}↖{→}=0$ est le plan $\P$ qui passe par A et admet ${n}↖{→}$ pour vecteur normal.

Définition et propriété

L'espace est muni d'un repère orthonormal.
Si le plan P a pour vecteur normal ${n}↖{→}(\,a\,;\,b\,;\,c\,)$,
alors il admet une équation cartésienne de la forme $ax+by+cz+d=0\,$ , où $d$ est un réel.
Réciproquement, si $a$, $b$, $c$ et $d$ sont 4 réels avec $a$, $b$ et $c$ non tous nuls,
alors l'ensemble des points d'équation $ax+by+cz+d=0$ est un plan de vecteur normal ${n}↖{→}(\,a\,;\,b\,;\,c\,)$.

Exemple

L'espace est muni d'un repère orthonormal.
Soient les points A(1 ; -1 ; 2), B(3 ; 3 ; 8), C(-3 ; 5 ; 4).
1. Déterminer les coordonnées des vecteurs ${AB}↖{→}$ et ${AC}↖{→}$, puis montrer que ces vecteurs ne sont pas colinéaires.
2. Soit P le plan passant par A, B et C.
Conjecture: le plan P admet pour équation cartésienne $x+y-z+2=0$.
Choisir judicieusement un vecteur ${n}↖{→}$ et démontrer qu'il est normal à P, puis prouver la conjecture.
3. Soit $d$ la droite de représentation paramétrique $\{\table x=t+1; y=2t-1;z=3t+2$
Montrer que P contient $d$.

Solution...
Corrigé

1. On obtient: ${AB}↖{→}$( 2 ; 4 ; 6 ) et ${AC}↖{→}$( -4 ; 6 ; 2 ).
Les coordonnées de ces vecteurs non nuls ne sont pas proportionnellles, et donc, ils ne sont donc pas colinéaires.

2. Vu l'équation proposée, on considère le vecteur ${n}↖{→}$( 1 ; 1 ; -1 ),
et l'on va tout d'abord prouver qu'il est normal à P.
${AB}↖{→}$ et ${AC}↖{→}$ ne sont donc pas colinéaires,
et par là, ils forment un couple de vecteurs directeurs du plan P.

Or, on a: ${n}↖{→}.{AB}↖{→}=1×2+1×4+(-1)×6=0$ et ${n}↖{→}.{AC}↖{→}=1×(-4)+1×6+(-1)×2=0$
Par conséquent, ${n}↖{→}$ est bien un vecteur normal de P.
Le plan P admet donc pour une équation cartésienne du type: $1×x+1×y+(-1)×z+d=0$.
Or A est dans P; donc: $1×1+1×(-1)+(-1)×2+d=0$, d'où: $d=2$.
Donc P admet pour équation cartésienne $x+y-z+2=0$.

3. $d$ passe par A (pour $t=0$) et par E ( 2 ; 1 ; 5 ) (pour $t=1$).
Or, comme $x_E+y_E-z_E+2=0$, E est dans P. Par ailleurs, A est dans P. Donc la droite $d$ possède deux points distincts dans P, et par là, elle est dans P.

Réduire...

Définition

fig9

Soit $\P$ et $\P'$ deux plans de vecteurs normaux respectifs ${n}↖{→}$ et ${n}↖{→}$.
$\P$ et $\P'$ sont perpendiculaires
si et seulement si ${n}↖{→}.{n'}↖{→}=0$.

Propriété

Soit $\P$ et $\P'$ deux plans de vecteurs normaux respectifs ${n}↖{→}$ et ${n}↖{→}$.
$\P$ et $\P'$ sont parallèles
si et seulement si ${n}↖{→}$ et ${n'}↖{→}$ sont colinéaires.

Rappel: deux plans parallèles peuvent être confondus...
Exemple

L'espace est muni d'un repère orthonormal.
Soit P le plan d'équation $x+2y-z+3=0$.
Soit Q le plan d'équation $-2x-2z=0$.
1. Montrer que P et Q sont perpendiculaires.
2. Déterminer une équation paramétrique de leur droite d'intersection $d$.
3. Donner un point de $d$ ainsi qu'un de ses vecteurs directeurs.

Solution...
Corrigé

1. P a pour vecteur normal ${n}↖{→}$ ( 1 ; 2 ; -1 ).
Q a pour vecteur normal ${n'}↖{→}$ ( -2 ; 0 ; -2 ).
Or ${n}↖{→}.{n'}↖{→}=1×(-2)+2×0+(-1)×(-2)=0$.
Donc P et Q sont perpendiculaires.

2. $M (x\,;\,y\,;\,z)$ est sur $d$ si et seulement si $\{\table x+2y-z+3=0; -2x-2z=0$
Soit: $\{\table y={-x+z-3}/{2}; -x=z$
Soit: $\{\table y={2z-3}/{2}=-{3}/{2}+z; x=-z$
Donc $d$ a pour équation paramétrique: $\{\table x=-t;y=-{3}/{2}+t; z=t$

3. Par conséquent $d$ passe par A ( 0 ; -1,5 ; 0 )
et a pour vecteur directeur ${u}↖{→}$ ( -1 ; 1 ; 1 ).

Réduire...

Savoir faire
Quel est l'intérêt du produit scalaire dans l'espace?
Il permet de déterminer l'angle entre 2 vecteurs, en particulier l'angle droit.
Il permet de déterminer facilement une équation cartésienne d'un plan dont on connait un point et un vecteur normal.
Mais attention, la formule de calcul analytique du produit scalaire nécessite un repère orthonormal!

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