Produit scalaire dans l`espace : exemples

Produit scalaire dans l’espace : exemples
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Produit scalaire dans l’espace : exemples
−
1. Soit ABCD un losange dans un plan P , et →
u un vecteur non nul orthogonal à P . Soit
−
A0 B 0 C 0 D0 le losange déduit de ABCD par la translation de vecteur →
u.
Démontrer que les droites (BD0 ) et (AC) sont orthogonales.
B0
•
A0
•
C
•
0
D0
•
B
•
•
A
•
• D
C
−−→ −→
−−→ −−→ −−→
Calculons BD0 · AC avec BD0 = BD + DD0 (Chasles)
−−→0 −→ −−→ −→ −−→0 −→
BD · AC = BD · AC + DD · AC .
−−→ −→
Or les diagonales d’un losange sont perpendiculaires. Donc BD · AC = 0.
−
−
→
−−→ −→
−
u ), donc DD0 · AC = 0.
(DD0 ) est perpendiculaire au plan (ABCD) (DD0 = →
−−→ −→
Donc finalement BD0 · AC = 0 + 0 = 0. Donc les droites (BD0 ) et (AC) sont
orthogonales. Remarque : elles ne sont pas coplanaires puisque D0 n’est pas dans
le plan (ABCD). Donc elles sont orthogonales mais pas sécantes.
•
B
⇔ AB = AD
⇔ AB 2 − AD2 = 0
−→ −−→
⇔ AC · DB = 0 (d’après ce qui précède).
⇔ (AC) ⊥ (DB)
b) L’ensemble des points de l’espace équidistants de deux points distincts donnés est
le plan médiateur de ces deux points.
2. Soit ABCD un parallélogramme (dans l’espace).
−→ −−→
Calculer le produit scalaire AC · DB en fonction des longueurs AD et AB.
−→ −−→ −−→
AC = AB + AD (parallélogramme).
−−→ −−→ −−→
DB = AB − AD (Chasles)
−→ −−→ −−→
−−→
Donc AC · DB = AB 2 − AD2 (identité remarquable)
= AB 2 − AD2 (carré scalaire = carré de la longueur).
En déduire des démonstrations des deux théorèmes suivants :
a) Un parallélogramme est un losange (quatre côtés égaux) si et seulement si ses
diagonales sont perpendiculaires.
Soit ABCD un parallélogramme.
Procédons par équivalences :
ABCD est un losange
A
•
•
I
•
C
•
D
Soit B et D deux points de l’espace. Pour tout point A, soit C le quatrième sommet
−→ −−→ −−→
du parallélogramme ABCD (AC = AB + AD). (AC) et (BD) se coupent en leur
−→
−
→
milieu commun I et AC = 2AI.
procédons par équivalences avec ces notations :
A est équidistant de B et D
⇔ AB = AD
−→ −−→
⇔ AC · DB = 0 (d’après ce qui précède).
−→
−
→
⇔ (AI) ⊥ (DB) (car AC = 2AI).
⇔ A est dans le plan passant par I et orthogonal à (DB)
⇔ A est dans le plan médiateur de [DB]
√
√
√
3. On donne A(1; 0; 3), B( 2; 0; 2) et C(−2; 0; 0).
Déterminer l’ensemble des points M de l’espace équidistants de A, B et C.
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D0
•
A
•
B
•
•C
•
Ω
A0 •
•
M
•
Pour la déterminer précisément, écrivons M A2 = M B 2 = M C 2 avec des coordonnées :
√
√
√
(x − 1)2 + y 2 + (z − 3)2 = (x − 2)2 + y 2 + (z − 2)2 = (x + 2)2 + y 2 + z 2
Les carrés et les constantes se simplifient, la condition s’écrit
√
√
√
−2x − 2 3z = −2 2x − 2 2z = 2x
Après résolution, c’est équivalent à x = z = 0, système qui représente l’axe Oy.
Donc l’ensemble des points M de l’espace équidistants de A, B et C est l’axe Oy .
Remarque : OA = OB = OC = 2 et O est dans
le plan (ABC) (le plan (ABC) a
−
→
− →
pour équation y = 0, c’est le plan O; i , k ), donc Ω = O
0
0
0
0
4. Dans un cube ABCDA B C D de côté 1, démontrer que (BC) est orthogonale à
(CD0 ) (ABCD est un carré et A0 B 0 C 0 D0 est le carré qui s’en déduit par la translation
−−→ −−→ −−→ −−→
de vecteur AA0 = BB 0 = CC 0 = DD0 ).
Démontrer cela par 4 méthodes :
C0
B0
•
D
•
A
Dire qu’un point M est solution équivaut à
M A = M B = M C ⇔ M A = M B et M B = M C
Or M A = M B ⇔ M est dans le plan médiateur de [AB]
et M B = M C ⇔ M est dans le plan médiateur de [BC]
Donc l’ensemble cherché est l’intersection des plans médiateurs de [AB] et de [BC].
Comme (AB) et (BC) sont sécantes, ces plans ne sont ni parallèles ni confondus
(puisque leurs vecteurs normaux ne sont pas colinéaires). Donc ils sont sécants et
leur intersection est une droite.
Cette droite est orthogonale à la fois à [AB] et à [BC], donc au plan (ABC).
Un de ses points particuliers est le point équidistant de A, B et C dans le plan
(ABC), c’est le centre Ω du cercle circonscrit au triangle ABC (intersection des
médiatrices).
Donc l’ensemble cherché est
la droite passant par Ω et perpendiculaire au plan (ABC) .
•
•C
•
B
– Géométriquement, montrer que le triangle BCD0 est rectangle par des calculs de
longueur√(Pythagore). √
CD0 = 2 et BD0 = 2 + 1 (Pythagore dans BDD0 ).
On vérifie BC 2 + CD02 = 1 + 2 = 3 = BD02
– Géométriquement, avec des orthogonalités de droites et de plans
La droite (BC) est orthogonale à (CC 0 ) et (CD) (côtés du cube), donc elle est
orthogonale au plan (CDC 0 ). Or D0 appartient à ce plan, donc la droite CD0 )
est incluse dans ce plan. Comme (BC) est orthogonale à toute droite du plan,
elle est en particulier orthogonale à (CD0 ).
– Vectoriellement, avec un calcul de produit scalaire et la relation de Chasles
−−→ −−→0 −−→ −−→ −−→0
−−→ −−→ −−→ −−→
−−→ −−→
BC · CD = BC.(CD + DD ) = BC · CD + BC · DD0 = 0 + BC · CC 0 = 0 + 0 = 0
−−→ −−→
En effet, (BC) ⊥ (CD), DD0 = CC 0 et (BC) ⊥ (CC 0 )
– Analytiquement, avec des coordonnées
−−→ −−→ −−→
Choisissons par exemple le repère A; AB, AD, AA0 .
−−→
−−→
Alors B(1; 0; 0), C(1; 1; 0), D0 (0; 1; 1), BC(0; 1; 0), CD0 (−1; 0; 1).
−−→ −−→
Donc BC · CD0 = 0 × (−1) + 1 × 0 + 0 × 1 = 0
5. Soit ABCD un tétraèdre, avec ABC isocèle en C et ABD isocèle en D. Soit G le
centre de gravité de ABC.
Démontrer que (DG) est orthogonale à (AB).
B
•
•
I
• G
A•
•C
•
D
Soit I le milieu de [AB]. On va d’abord montrer que (AB) est orthogonale au plan
(ICD).
(AB) ⊥ (IC) (médiane-hauteur dans CAB isocèle)
(AB) ⊥ (ID) (médiane-hauteur dans DAB isocèle)
Donc (AB) ⊥ (ICD) (perpendiculaire à deux droites sécantes du plan).
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Or G est dans le plan (ICD) car G ∈ (CI).
Comme (AB) est orthogonale à toute droite du plan (ICD), elle est perpendiculaire
à (DG)
• Autre méthode : plan médiateur
C est équidistant de A et B, donc C est dans le plan médiateur de [AB].
D est équidistant de A et B, donc D est dans le plan médiateur de [AB].
Or ce plan médiateur passe par I par définition, donc c’est le plan (ICD). Il est
orthogonal à (AB) par définition. Comme il contient G, il contient (DG). Donc
(AB) ⊥ (DG)
6. Soit ABCD un tétraèdre et G son centre de gravité (isobarycentre). Soit P le plan
passant par G et orthogonal à (AB).
On suppose que P contient la droite (CD). Démontrer que le triangle ABC est isocèle.
Indication : montrer que (DG) passe par H, centre de gravité de ABC
•D
•G
•
A
I
•H
•
•C
•
B
Attention : d’après la figure, le plan P semble passer par I milieu de [AB], mais
ce n’est qu’une conjecture, on ne peut pas l’utiliser sans démonstration.
−−→ 1 −−→ −−→ −−→ −−→
D’après une propriété du barycentre : DG = (DA + DB + DC + DD)
4
−−→ 1 −−→ −−→ −−→
D’après la même propriété, DH = (DA + DB + DC).
3
−−→ →
− −−→ 3 −−→
Donc, comme DD = 0 , DG = DH, donc (DG) passe par H.
4
Donc H est dans le plan P (puisque P contient G et D).
Donc, puisque (CH) est dans le plan P , elle est orthogonale à (AB), et donc (CH)
est une hauteur dans ABC.
Mais (CH) est aussi une médiane dans ABC puisque H est centre de gravité de
ABC.
Donc finalement, ABC est isocèle en C (médiane = hauteur).
7. ABCDA0 B 0 C 0 D0 est un cube de côté 1. I est le milieu de [BC] et M est un point de
−−→
−−→
(AB 0 ) tel que AM = xAB 0 . Calculer IM 2 en fonction de x. Etudier les variations de
la fonction f ainsi définie. Démontrer que f admet un extremum
D0
•
•
A0 •
D•
•
A
K
•
M
•
C0
• B0
•C
•I
•
B
−−→ −−→ −−→
On choisit un repère orthonormal, par exemple A; AB, AD, AA0
Remarque : c’est parce
que le cube a pour côté 1 qu’on
peut choisir ce repère, sinon
1 −−→ 1 −−→ 1 −−→0
AB,
AD,
AA
il faudrait choisir A;
AB
AD
AA0
En effet,dans un repère orthonormal il faut non seulement que les normes soient
égales, mais aussi qu’elles soient égales à 1.
On obtient les coordonnées suivantes
: −−→
−−→
1
A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), C(1; 1; 0), I 1; ; 0 , B 0 (1; 0; 1), AB 0 (1; 0; 1) , AM (x; 0; x).
2
−−→
1
1
5
IM x − 1; − ; x . Alors f (x) = (x − 1)2 + + x2 = 2x2 − 2x + .
2
4
4
1
La dérivée est f 0 (x) = 4x − 2, donc f est d’abord décroissante jusqu’à , puis
2
1
croissante. Donc la fonction admet un extremum en x = , est c’est un minimum,
2
√
1
3
3
avec f
= , soit IM =
2
4
2
Quelles sont les propriétés géométriques du point K correspondant à l’extremum de
f?
−−→ 1 −−→
1
Puisque l’extremum est obtenu pour x = , c’est que AK = AB 0 ,
2
2
donc que K est le milieu de [AB 0 ] .
Lorsqu’on joint un point variable M d’une droite (AB 0 ) à un point fixe I extérieur
à la droite, alors la distance IM minimale est obtenue pour un angle droit,
donc K est le projeté orthogonal de I sur (AB 0 )
−−→ −−→
On peut le vérifier avec les coordonnées : IM · AB 0 = (x − 1)x + 0 + x2 = 2x2 − x.
−→ −−→
1
Pour x = , on obtient M = K et IK · AB 0 = 0, donc les deux conditions d’un
2
projeté orthogonal sont vérifiées : K ∈ (AB 0 ) et (IK) ⊥ (AB 0 )
• Remarque : on pouvait retrouver ces propriétés sans coordonnées :
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1
+ 12 (Pythagore).
le triangle IAB 0 est isocèle en I car IA = IB 0 =
2
Dans ce triangle, la hauteur est aussi médiane et donc le projeté orthogonal de I
sur (AB 0 ) est aussi le milieu de [AB 0 ].
→
−
− →
− →
8. Dans un repère O; i , j , k , on donne les points A(3, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 1).
Soit H le projeté de O sur le plan (ABC). Démontrer que H est l’orthocentre du
triangle ABC (calculer des produits scalaires sans coordonnées).
•
C
•H
•
O
•
K
•
B
•
A
−−→ −−→
−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→
AH · BC = (AO + OH).BC = AO · BC + OH · BC
−→ −−→
AO · BC = 0 car (OA) est orthogonale au plan (OBC).
En effet, (OA) est l’axe
−
−−→ −−→
→
− →
des abscisses et le plan (OBC) est le plan O; j , k . Et OH · BC = 0 puisque
(OH) ⊥ (ABC).
−−→ −−→
AH · BC = 0 + 0 = 0, donc (AH) ⊥ (BC) et (AH) est une hauteur.
De même, on démontre que (BH) est une hauteur.
Donc H est sur deux hauteurs, donc H est l’orthocentre de ABC .
Déterminer une équation du plan (ABC)
L’équation de (ABC) est de la forme ax + by + cz + d = 0. Cette équation doit être
vérifiée par A, B et C :

d




 3a + d = 0
 a = −3
d
2b + d = 0 c’est-à-dire
b=−



c+d=0

 c = −d2
En effet, c’est un système de 3 équations à 4 inconnues, on peut le résoudre en
choisissant une des inconnues comme paramètre, par exemple d. Il y a donc une
infinité de quadruplets (a, b, c, d) solutions (tous proportionnels), un pour chaque
valeur de d. Mais on sait que l’équation d’un plan n’est définie qu’à un facteur près,
et donc il suffit de choisir une valeur particulière de d, par exemple d = −6.
Une équation du plan (ABC) est 2x + 3y + 6z − 6 = 0
(Par prudence, on vérifie que A, B et C satisfont bien cette équation).
Calculer les coordonnées de H
Par définition du projeté orthogonal, H est l’unique point tel que
H ∈ (ABC) et (OH) ⊥ (ABC).
Soit H(x; y; z). La condition H ∈ (ABC) se traduit par 2x + 3y + 6z − 6 = 0
−−→
La condition (OH) ⊥ (ABC) se traduit par le fait que OH est un vecteur normal
à (ABC) (ou nul). Or tous les vecteurs normaux à un plan sont colinéaires, et on
−
connaît un vecteur normal particulier d’après l’équation : →
n (2; 3; 6).
La condition (OH) ⊥ (ABC) est donc équivalente à : il existe un réel k tel que
−−→
−
OH = k →
n . Cela se traduit par :

 x = 2k
y = 3k

z = 6k
6
On reporte dans l’équation 2x + 3y + 6z − 6 = 0, on obtient k =
. On remplace
49
k dans les coordonnées de H, et on obtient donc
H
12 18 36
;
:
49 49 49
Démontrer que O et C ont le même projeté orthogonal sur la droite (AB). Calculer
les coordonnées de ce point.
(AB) ⊥ (CH) et (AB) ⊥ (CO), donc (AB) ⊥ (OCH).
Donc le plan passant par C et perpendiculaire à (AB) est le même que le plan
passant par O et perpendiculaire à (AB). C’est le plan (OCH).
Donc O et C se projettent sur (AB) en un même point, qui est l’intersection du
plan (OCH) et de la droite (AB).
Calculons ce point K(x; y; z) à l’aide des deux conditions suivantes (projeté de O) :
−−→ −−→
−−→
−−→ −−→ −−→
K ∈ (AB) et OK · AB = 0, soit AK = k AB et OK · AB = 0.

x − 3 = −3k



−−→
y = 2k
Comme AB(−3; 2; 0), cela se traduit par :
z=0



−3x + 2y = 0
C’est un système de 4 équations à 4 inconnues, qu’on résout :
12 18
9
et K
; ;0
On trouve k =
13
13 13
9. Soit ABC un triangle isocèle en A et P un plan contenant B et C. Soit H le projeté
orthogonal de A sur le plan P . Démontrer que HB = HC.
Indication : soit Q le plan passant par H et perpendiculaire à (BC). Démontrer
que Q contient A et en déduire que c’est le plan médiateur de [BC]