Produit scalaire dans l`espace : exemples

Produit scalaire dans l’espace : exemples page 1 de 4
Produit scalaire dans l’espace : exemples
1. Soit ABCD un losange dans un plan P, et −→ uun vecteur non nul orthogonal à P. Soit
A0B0C0D0le losange déduit de ABCD par la translation de vecteur −→ u.
Démontrer que les droites (BD0)et (AC)sont orthogonales.
A
•
B
•C
•D
•
A0
•
B0
•C0
•
D0
•
Calculons −−→ BD0·−→ AC avec −−→ BD0=−−→ BD +−−→ DD0(Chasles)
−−→
BD0·−→ AC =−−→ BD ·−→ AC +−−→ DD0·−→ AC .
Or les diagonales d’un losange sont perpendiculaires. Donc −−→ BD ·−→ AC = 0.
(DD0)est perpendiculaire au plan (ABCD)(−−→ DD0=−→ u), donc −−→ DD0·−→ AC = 0.
Donc finalement −−→ BD0·−→ AC = 0 + 0 = 0. Donc les droites (BD0)et (AC)sont
orthogonales. Remarque : elles ne sont pas coplanaires puisque D0n’est pas dans
le plan (ABCD). Donc elles sont orthogonales mais pas sécantes.
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 =−−→ AB2−−−→ AD2(identité remarquable)
=AB2−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
⇔AB =AD
⇔AB2−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.
B
•
D
•
A•I
•C •
Soit Bet Ddeux points de l’espace. Pour tout point A, soit Cle quatrième sommet
du parallélogramme ABCD (−→ AC =−−→ AB +−−→ AD). (AC)et (BD)se coupent en leur
milieu commun Iet −→ AC = 2−→ AI.
procédons par équivalences avec ces notations :
Aest équidistant de Bet D
⇔AB =AD
⇔−→ AC ·−−→ DB = 0 (d’après ce qui précède).
⇔(AI)⊥(DB)(car −→ AC = 2−→ AI).
⇔Aest dans le plan passant par Iet orthogonal à (DB)
⇔Aest 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 Mde l’espace équidistants de A,Bet C.

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M
•
A•
B•C
•
Ω
•
Dire qu’un point Mest solution équivaut à
MA =M B =MC ⇔M A =MB et M B =MC
Or MA =M B ⇔Mest dans le plan médiateur de [AB]
et MB =M C ⇔Mest 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 Cdans le plan
(ABC), c’est le centre Ωdu cercle circonscrit au triangle ABC (intersection des
médiatrices).
Donc l’ensemble cherché est
la droite passant par Ωet perpendiculaire au plan (ABC).
Pour la déterminer précisément, écrivons M A2=M B2=MC2avec des coordon-
nées :
(x−1)2+y2+ (z−√3)2= (x−√2)2+y2+ (z−√2)2= (x+ 2)2+y2+z2
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 Mde l’espace équidistants de A,Bet Cest l’axe Oy .
Remarque : OA =OB =OC = 2 et Oest dans le plan (ABC)(le plan (ABC)a
pour équation y= 0, c’est le plan O;−→ i , −→ k), donc Ω = O
4. Dans un cube ABCDA0B0C0D0de côté 1, démontrer que (BC)est orthogonale à
(CD0)(ABCD est un carré et A0B0C0D0est le carré qui s’en déduit par la translation
de vecteur −−→ AA0=−−→ BB0=−−→ CC0=−−→ DD0).
Démontrer cela par 4 méthodes :
A
•B •
C
•
D
•
A0•B0
•
C0
•
D0
•
–Géométriquement, montrer que le triangle BCD0est rectangle par des calculs de
longueur (Pythagore).
CD0=√2et BD0=√2+1(Pythagore dans BDD0).
On vérifie BC2+CD02=1+2=3=BD02
–Géométriquement, avec des orthogonalités de droites et de plans
La droite (BC)est orthogonale à (CC0)et (CD)(côtés du cube), donc elle est
orthogonale au plan (CDC0). Or D0appartient 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
−−→
BC ·−−→ CD0=−−→ BC.(−−→ CD +−−→ DD0) = −−→ BC ·−−→ CD +−−→ BC ·−−→ DD0= 0+−−→ BC ·−−→ CC0= 0+ 0 = 0
En effet, (BC)⊥(CD),−−→ DD0=−−→ CC0et (BC)⊥(CC0)
–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 Cet ABD isocèle en D. Soit Gle
centre de gravité de ABC.
Démontrer que (DG)est orthogonale à (AB).
A•
I•
B
•C
•
D
•
G
•
Soit Ile 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 Gest 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
Cest équidistant de Aet B, donc Cest dans le plan médiateur de [AB].
Dest équidistant de Aet B, donc Dest dans le plan médiateur de [AB].
Or ce plan médiateur passe par Ipar 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 Gson centre de gravité (isobarycentre). Soit Ple plan
passant par Get orthogonal à (AB).
On suppose que Pcontient la droite (CD). Démontrer que le triangle ABC est isocèle.
Indication : montrer que (DG)passe par H, centre de gravité de ABC
A
•
B
•
C
•
D
•
I•H
•
G
•
Attention : d’après la figure, le plan Psemble passer par Imilieu de [AB], mais
ce n’est qu’une conjecture, on ne peut pas l’utiliser sans démonstration.
D’après une propriété du barycentre : −−→ DG =1
4(−−→
DA +−−→ DB +−−→ DC +−−→ DD)
D’après la même propriété, −−→ DH =1
3(−−→
DA +−−→ DB +−−→ DC).
Donc, comme −−→ DD =−→ 0,−−→ DG =3
4−−→
DH, donc (DG)passe par H.
Donc Hest dans le plan P(puisque Pcontient Get 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 Hest centre de gravité de
ABC.
Donc finalement, ABC est isocèle en C(médiane = hauteur).
7. ABCDA0B0C0D0est un cube de côté 1. Iest le milieu de [BC]et Mest un point de
(AB0)tel que −−→ AM =x−−→ AB0. Calculer IM 2en fonction de x. Etudier les variations de
la fonction fainsi définie. Démontrer que fadmet un extremum
B
•
C
•
D•
A0•B0
•
C0
•
D0
•
K
•
I
•
A
•
B0
•
•
M
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
il faudrait choisir A;1
AB −−→
AB, 1
AD −−→
AD, 1
AA0−−→
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 :
A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), C(1; 1; 0), I 1; 1
2; 0, B0(1; 0; 1),−−→
AB0(1; 0; 1) ,−−→ AM (x; 0; x).
−−→
IM x−1; −1
2;x. Alors f(x) = (x−1)2+1 4+x2= 2x2−2x+5 4.
La dérivée est f0(x) = 4x−2, donc fest d’abord décroissante jusqu’à 1
2, puis
croissante. Donc la fonction admet un extremum en x=1
2, est c’est un minimum,
avec f1
2=3 4, soit IM =√3 2
Quelles sont les propriétés géométriques du point Kcorrespondant à l’extremum de
f?
Puisque l’extremum est obtenu pour x=1
2, c’est que −−→
AK =1
2−−→
AB0,
donc que Kest le milieu de [AB0].
Lorsqu’on joint un point variable Md’une droite (AB0)à un point fixe Iextérieur
à la droite, alors la distance IM minimale est obtenue pour un angle droit,
donc Kest le projeté orthogonal de Isur (AB0)
On peut le vérifier avec les coordonnées : −−→ IM ·−−→ AB0= (x−1)x+0+x2= 2x2−x.
Pour x=1
2, on obtient M=Ket −→
IK ·−−→ AB0= 0, donc les deux conditions d’un
projeté orthogonal sont vérifiées : K∈(AB0)et (IK)⊥(AB0)
•Remarque : on pouvait retrouver ces propriétés sans coordonnées :

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le triangle IAB0est isocèle en Icar IA =IB0=s1
22
+ 12(Pythagore).
Dans ce triangle, la hauteur est aussi médiane et donc le projeté orthogonal de I
sur (AB0)est aussi le milieu de [AB0].
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 Hle projeté de Osur le plan (ABC). Démontrer que Hest l’orthocentre du
triangle ABC (calculer des produits scalaires sans coordonnées).
A
•
B
•
C
•H
•
O
•
K
•
−−→
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 Hest sur deux hauteurs, donc Hest 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:
3a+d= 0
2b+d= 0
c+d= 0
c’est-à-dire 
a=−d
3
b=−d
2
c=−d
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 Csatisfont bien cette équation).
Calculer les coordonnées de H
Par définition du projeté orthogonal, Hest 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 ktel que
−−→
OH =k−→ n. Cela se traduit par :
x= 2k
y= 3k
z= 6k
On reporte dans l’équation 2x+ 3y+ 6z−6=0, on obtient k=6
49. On remplace
kdans les coordonnées de H, et on obtient donc
H12
49;18 49 :36 49
Démontrer que Oet Cont 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 Cet perpendiculaire à (AB)est le même que le plan
passant par Oet perpendiculaire à (AB). C’est le plan (OCH).
Donc Oet Cse 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.
Comme −−→ AB(−3; 2; 0), cela se traduit par : 
x−3 = −3k
y= 2k
z= 0
−3x+ 2y= 0
C’est un système de 4 équations à 4 inconnues, qu’on résout :
On trouve k=9
13 et K12 13;18 13; 0
9. Soit ABC un triangle isocèle en Aet Pun plan contenant Bet C. Soit Hle projeté
orthogonal de Asur le plan P. Démontrer que HB =HC.
Indication : soit Qle plan passant par Het perpendiculaire à (BC). Démontrer
que Qcontient Aet en déduire que c’est le plan médiateur de [BC]