Géométrie - Formation Continue Diplomante

Outils vectoriels
MATH14
avril
L’OUTIL VECTORIEL
Ce chapitre est destiné à vous munir d’outils de calcul vectoriel puissant intervenant
dans de nombreux domaines : géométrie mais aussi physique, électricité,
électromagnétisme, mécanique,…
Le barycentre (du grec baros :poids) va vous permettre de représenter un système de
points affectés d’une masse par un seul point. Quant aux produits scalaire et
vectoriels qui sont tous deux des opérateurs portant sur des vecteurs , ils sont très
différents : à deux vecteur le produit scalaire associe un REEL, alors que le produit
vectoriel associe un VECTEUR. Il faudra être rigoureux sur les écritures, en
particulier dans les formules qui associent ces deux opérateurs.
Dans tous ce chapitre, les points appartiennent à l’espace E et l’ensemble des
vecteurs de E se note E
1
1.1
Rappels sur les vecteurs
Définition
!
Un vecteur u = AB est caractérisé par :
b g
sa direction ( la droite AB )
son sens ( de A vers B)
- sa norme ( les physiciens parlent de module, les mathématiciens de norme) : la
longueur de AB
!
Un vecteur u = AB peut avoir d’autres représentants que AB
B
u
D
A
u
C
F
u
E
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Outils vectoriels
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1.2
avril
Propriétés
1.2.1 Somme
!
!
Elle s’obtient en mettant bout à bout des représentants des vecteurs u et v La règle
du parallélogramme illustrée par la figure traduit la commutativité de
! ! ! !
l ‘addition : u + v = v + u
u
v
u+v
A
u
C
v
B
Relation de Chasles :
Quels que soient les points A,B,C on a : AB + BC = AC
1.2.2 Produit par un réel
!
!
Pour tout réel λ ≠ 0 et pour tout vecteur u non nul, le vecteur λu a pour :
!
• direction : celle de u
!
• sens : celui de u si λ > 0 , le sens contraire si λ < 0!
!
• norme : λu = λ u ( on fera attention au fait qu’il s’agit de la valeur absolue)
!
!
−3u = 3 u
!
!
!
!
Deux vecteurs non nuls u et v sont colinéaires s’il existe un réel λ tel que v = λ u .
!
Le vecteur nul est colinéaire à tout vecteur u car
!
!
0 = 0u .
1.2.3 Projection
• Dans le plan :
! !
Soit un repère O, i , j du plan. On peut projeter un
vecteur sur l’axe des abscisses et l’axe des ordonnées
!
!
u1 est le projeté de u sur Ox parallèlement à Oy
!
!
u2 est le projeté de u sur Oy parallèlement à Ox
c
h
b g
b g
b g
b g
u1
u
j
O
i
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u2
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avril
!
!
! ! !
u = u1 + u2 = x i + y j
!
x est l’abscisse de u
!
y est l’ordonnée de u
b x, yg sont les coordonnées de u! , on écrit : u!FGH xyIJK
c
! !
i ,j
h
FG xIJ , vFG x ′IJ deux vecteurs et λ ∈ R . Alors λ uFG λxIJ et u + vFG x + x ′IJ .
H y K H y ′K
H λyK
H y + y ′K
!
1) Soient u
!
2) u et v sont colinéaires si et seulement si leur déterminant est nul :
x x′
= xy′ − yx′ = 0 .
y y′
b
g
b
g
3) Si A x A , y A et B x B , y B sont deux points du plan, alors AB
• Dans l’espace
! ! !
Soit un repère O, i , j , k
d
i
F
GG
H
I
JJ
K
B
B
IJ
K
− xA
.
− yA
z
un repère de
l’espace :
! ! ! !
u = u x + u y + uz
!
!
!
= xi + y j + z k
!
x , y , z sont les coordonnées de u , on écrit :
x
!
u y
z di! , !j ,k! i
b
FG x
Hy
uz
g
u
k
j
O
ux
uy
i
x
•
•
F x I F x ′I
F λxI
F x + x ′I
Soient uG yJ , v G y ′J deux vecteurs et λ ∈ R . Alors λ uG λyJ et u + v G y + y ′J .
GH z JK GH z ′ JK
GH λzJK
GH z + z ′ JK
Si Ab x , y , z g et Bb x , y , z g sont deux points de l’espace alors
Fx − x I
ABG y − y J .
GH z − z JK
A
A
B
A
B
A
B
A
A
B
B
B
MATH14E01A
! !
Dans le plan muni d’un repère (O, i , j ) on place
A ( −2, 4 ) , B ( 6, 0 ) , C ( −4, − 7 )
1) Trouver D tel que ABCD soit un parallélogramme.
2) Trouver E tel que ABEC soit un parallélogramme.
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y
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2
2.1
avril
BARYCENTRE
Définition et théorème
Soient A,B et C trois points de E, et α , β, γ trois réels tels que α + β + γ ≠ 0
On appelle barycentre du système A, α , B, β , C , γ l’unique point G vérifiant :
mb g b g b gr
α GA + β GB + γ GC = 0
Démontrons l’existence et l’unicité du point G. Soient M et M ′ ∈ E , d ‘après la
relation de Chasles :
e
j e
j e
α MA + β MB + γ MC = α MM ′ + M ′A + β MM ′ + M ′B + γ MM ′ + M ′C
b
j
g
= α + β + γ MM ′ + α M ′A + β M ′B + γ M ′C
Si α + β + γ = 0 , le vecteur
α MA + β MB + γ MC est un vecteur constant
indépendant de M puisqu’il est égal à α M ′A + β M ′B + γ M ′C pour tout M ′ .
Si α + β + γ ≠ 0 , α MA + β MB + γ MC = 0 ⇔ M ′M =
α M ′A + β M ′B + γ M ′C
α + β +γ
b
g
En fixant un point M ′ , on trouve alors un unique point M satisfaisant à l’égalité,
c’est à dire tel que α MA + β MB + γ MC = 0
C’est le point G cherché.
mb g b g b gr
Le système A, α , B, β , C , γ
est appelé système de points
pondérés, c’est à dire système de points affectés d’une masse.
2.2
Exemples
Le barycentre G de deux points
mb A,1g, b B,1gr est le milieu de
AB
En effet il vérifie : GA + GB = 0 ⇔ GA = − GB
mb A,2g, b B,−3gr : on a l’égalité vectorielle
2GA − 3GB = 0 ⇔ 2GA − 3FH GA + ABIK = 0
Soit G le barycentre du système
⇔ − GA − 3 AB = 0
Finalement AG = 3 AB ce qui permet de construire G.
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avril
Considérons un triangle ABC et G le
barycentre du système A,1 , B,1 , C ,1
Soient A′ le milieu de BC
B ′ le milieu de CA
C ′ le milieu de AB
A
mb g b g b gr
C’
B’
G
B
e
C
A’
j e
GA + GB + GC = GA + GA′ + A′B + GA′ + A′C = GA + 2GA′ + A′B + A′C
j
or A′B + A′C = 0 car A′ est le milieu de BC , donc GA + 2GA′ = 0
Donc GA est colinéaire à GA′ , G , A et A′ sont alignés: G appartient à la médiane
AA′ du triangle et on a
e
j
GA + 2 GA + AA′ = 0
3 AG = 2 AA′
2
AG = AA′
3
2
G se trouve aux de la médiane AA′ à partir de A.
3
On montrerait de même que G appartient aux deux autres médianes : BB′ et CC′ .
On vient ainsi de prouver que les trois médianes du triangle sont concourantes.
Le point d’intersection est le barycentre de A,1 , B,1 , C ,1 ou isobarycentre de
A, B, C ( car les coefficients sont identiques) . On l’appelle centre de gravité du
triangle. ABC .
b
2.3
mb g b g b gr
g
Généralisation
Considérons à présent un système de n points pondérés
A1 , α 1 , A2 , α 2 ," , An , α n tels que α 1 + α 2 +"+α n ≠ 0
On appelle barycentre de ce système l’unique point G vérifiant
α 1 GA1 + α 2 GA2 +"+α n GAn = 0
Insistons sur la nécessité de vérifier que la somme des coefficients est bien non nulle.
mb
gb
g b
gr
Considérons par exemple le système de points pondérés:
mb A,1g, b B,−1g, bC,1g, b D,−1gr
La somme des coefficients de ce système vaut 1 − 1 + 1 − 1 = 0 . Le vecteur
GA − GB + GC − GD = BA + DC est bien un vecteur constant ne dépendant que des
points A, B, C , D et indépendant du point G choisi.
b
g
Il se peut qu’il soit nul mais cela ne dépend pas de G .
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b
avril
g
Lorsque les coefficients α 1 , α 2 ," , α n sont égaux, on dit que G est l’isobarycentre
du système.
2.4
Propriétés
Les propriétés suivantes sont vraies pour le barycentre de n points, mais pour une
lecture plus simple nous les écrirons parfois pour 3 points.
2.4.1 Propriété fondamentale
Si G est le barycentre du système de points pondérés
b
g
mb A,α g, b B, β g, bC, γ gr , on a
pour tout point M : α MA + β MB + γ MC = α + β + γ MG
Cette propriété permet de remplacer la somme de trois vecteurs par un vecteur
unique.
D’après la relation de Chasles :
FH
IK FH
IK FH
α MA + β MB + γ MC = α MG + GA + β MG + GB + γ MG + GC
b
g
IK
= α + β + γ MG + α GA + β GB + γ GC
Or le vecteur α GA + β GB + γ GC = 0 ce qui termine la démonstration.
2.4.2 Homogénéité
mb g b g b gr
mb g b g b
Soit A, α , B, β , C , γ un système de points pondérés tels que α + β + γ ≠ 0 ; et
soit G son barycentre. Pour tout réel λ non nul, G est aussi le barycentre du
système : A, λα , B, λβ , C , λγ
Cette propriété justifie la définition d’ « isobarycentre ».
gr
G vérifie : α GA + β GB + γ GC = 0.
Multiplions toute l’égalité par λ : λα GA + λβ GB + λγ GC = 0
Comme λ ≠ 0, λα + λβ + λγ = λ α + β + γ ≠ 0, donc G est le barycentre du
système : A, λα , B, λβ , C , λγ
mb
gb
gb
b
gr
g
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On pourra ainsi se ramener au cas où la somme des coefficients est égale à 1, par
A,1 , B,2 , C ,3
exemple le barycentre de
est aussi celui de
mb g b g b gr
RSFG A, 1IJ , FG B, 1IJ , FG C, 1 IJ UV
TH 6K H 3K H 2 K W
Inversement on pourra s’arranger pour que des coefficients fractionnaires deviennent
1
3
2
A,
entiers, par exemple le barycentre de
, B,
, C,
est aussi celui de
100
100
50
A,1 , B,3 , C ,4
RSFG
TH
mb g b g b gr
IJ FG
KH
IJ UV
KW
IJ FG
KH
2.4.3 Associativité
Dans la recherche du barycentre de n points pondérés on peut remplacer k d’entre
eux, si la somme S de leurs coefficients n’est pas nulle, par leur barycentre affecté du
coefficient S.
G vérifie : α 1 GA1 + α 2 GA2 +"+α n GAn = 0 Quitte à changer la numérotation, on
k
k
peut
supposer
que
les
points
considérés
sont
les
e
j e
j
Mais si G ′ est le barycentre de mb A , α g, b A , α g," , b A , α gr on a d’après 2.4.1 :
eα GA + α GA +"+α GA j = bα + α +"+α gGG ′
et donc : bα gGG ′ + eα GA +"+α GA j = 0 qui signifie que G est le barycentre
du système : mbG ′, α + α +"+α g, b A , α g," , b A , α gr .
premiers : α 1 GA1 + α 2 GA2 +"+α k GAk + α k +1 GAk +1 +"+α n GAn = 0 .
1
1
1
2
k +1
1
2
2
k
k +1
2
1
n
k
k
2
k
1
k
2
k
n
k +1
k +1
n
n
Soit G le centre de gravité de A, B, C et A′ le milieu de BC .
G est le barycentre du système : A,1 , B,1 , C ,1 donc aussi celui du système :
mb g b g b gr
mb A,1g, b A′,2gr ce qui fournit immédiatement l’égalité :GA + 2GA′ = 0 .
2.5
Cas Particulier
•
•
2.6
b g
b
L’ensemble des barycentres de 2 points distincts A et B est la droite AB .
L’ensemble des barycentres de 3 points non alignés A , B et C est le plan ABC .
Calcul des coordonnées
Utilisons la relation 2.4.1 : pour tout M ∈ E
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g
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avril
bα + β + γ g MG = α MA + β MB + γ MC
Prenons comme point M l’origine O d’un repère de E :
bα + β + γ gOG = α OA + β OB + γ OC
Donc OG =
α OA + β OB + γ OC
α + β +γ
Et les coordonnées de OG peuvent être calculées à partir de celles de OA, OB, OC .
Les coordonnées de G peuvent donc se déduire de celles de A,B,C :
R| x
||
S| y
|| z
T
α x A + β x B + γ xC
α + β +γ
α y A + β y B + γ yC
G =
α + β +γ
α z A + β z B + γ zC
G =
α + β +γ
G
=
Les coordonnées du milieu du segment AB sont dans le plan :
Dans l’espace on a les formules :
R| x
S|
Ty
R| x
|| y
S|
||z
T
I
I
I
I
I
x A + xB
2
y A + yB
=
2
=
x A + xB
2
y A + yB
=
2
z A + zB
=
2
=
MATH14E02A
Soit ABC un triangle du plan tel que AB = 5 , AC = 3 et BC = 6 , l’unité de longueur
étant le centimètre. Construire le barycentre G du système {( A,1) , ( B,1) , (C , 2 )} ,
puis le barycentre G ′ du système
{( A, 2) , ( B, −2 ) , (C , 2 )} .
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3
3.1
avril
Produit scalaire
Définition et règles de calcul
3.1.1 Définitions
!
!
!
Soient u et v deux vecteurs du plan. ou de l’espace. Le produit scalaire de u et de
!
v noté u ⋅ v est le REEL défini par :
- si l’un des deux vecteurs est le vecteur nul, u ⋅ v = 0.
- si aucun des deux vecteurs n’est nul, leur produit scalaire est défini par :
! ! !
!
! !
u ⋅ v = u × v × cos u , v .
b g
!
!
Pour tous vecteurs u et v :
! ! ! !
• u ⋅ v = v ⋅ u ( on dit que le produit scalaire est symétrique)
2
•
u⋅u = u
•
Deux vecteurs non nuls sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire
est nul.
3.1.2 Règles de calcul.
Que l’on soit dans le plan ou dans l’espace : pour tous vecteurs u, v , w et pour tout
réel α :
•
FH
IK
u ⋅ v + w = u ⋅ v + u ⋅ w ( distributivité du produit scalaire par rapport à
l’addition des vecteurs )
•
FHα uIK ⋅ v = α FH u ⋅ vIK = u ⋅ FHα vIK
u⋅v =
u+v
2
FH
IK FH
= u+v ⋅ u+v
FG
H
1
u+v
2
2
− u
2
− v
2
IJ
K
IK
= u⋅u + u⋅v + v ⋅u + v ⋅v
= u
2
+ v
2
+ 2u ⋅ v
d’où l’égalité annoncée.
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3.2
avril
Le produit scalaire dans le plan
3.2.1 Interprétation géométrique
!
!
Lorsqu’ils sont tous deux non nuls, posons u = OA, v = OB et notons H le projeté de
b g
B sur la droite OA . Alors le produit scalaire vaut u ⋅ v = OA × OH
mesures algébriques). Plus précisément :
si OA et OH
( produit des
B
sont de même signe :
u ⋅ v = OA × OH
H
O
si OA et OH sont de signe contraire :
A
B
u ⋅ v = − OA × OH
H
A
O
Considérons une base orthonormée du plan, c’est-à-dire constitué de deux vecteurs
orthogonaux de norme 1. On a les propriétés :
•
FG IJ
HK
! !
x
Soit i , j une base orthonormée du plan, et deux vecteurs u
y
c h
et v
FG x ′IJ dans
H y ′K
cette base. Alors : u ⋅ v = xx ′ + yy ′
En rapprochant cette formule de la définition, il est possible de calculer le cosinus, et
donc l’angle, de deux vecteurs.
•
•
3.3
Conséquence :
u =
x 2 + y 2 : cette formule est utile pour exprimer des
distances
!
!
Autre conséquence : dans une base orthonormée, u et v sont orthogonaux si et
seulement si xx ′ + yy ′ = 0 . Cette condition d’orthogonalité est très pratique et
permet de déterminer des équations d’ensemble de points ( cercle, droite..)
Le produit scalaire dans l’espace.
Les propriétés les plus intéressantes sont liées aux coordonnées du produit scalaire
dans une base orthonormée de l’espace.
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•
FH
Soit i , j , k
IK
avril
une base orthonormée de l’espace ( les vecteurs sont orthogonaux
F xI
deux à deux et de norme 1 ). Soient uG yJ
GH z JK
F x ′I
et vG y ′J
GH z ′ JK
deux vecteurs de l’espace.
Alors :
u ⋅ v = xx ′ + yy ′ + zz ′
•
•
3.4
x2 + y2 + z2
!
!
Autre conséquence : u et v sont orthogonaux si et seulement si on a :
xx ′ + yy ′ + zz ′ = 0 . Là encore, cette traduction permet le calcul de distances et la
recherche d’équations de droites, plans, sphères…
Conséquence : u =
Applications du produit scalaire
Pour toutes les applications suivantes, on se place dans un repère orthonormé du
FH
IK FH
IK
plan ou de l’espace, noté O, i , j ou O, i , j , k .
3.4.1 Calcul de distances et de longueurs
•
b
g deux points du plan. La distance entre A et B
vaut AB = b x − x g + b y − y g .
Soient Ab x , y , z g et Bb x , y , z g deux points de l’espace. La distance
entre A et B vaut AB = b x − x g + b y − y g + b z − z g
B
•
b
g
Soient A x A , y A et B x B , y B
A
A
A
2
B
A
A
B
B
B
A
2
B
2
B
A
2
B
A
2
3.4.2 Equation d’un plan dans un repère orthonormal :
F aI
Soit Ab x , y , z g un point de l’espace et nG b J un vecteur non nul. L’ensemble des
GH cJK
0
0
0
points M de l’espace tels que AM soit orthogonal à u est un plan.
 a
n  b
 
 c
M
A
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g
AM ⋅ u = 0 ⇔ ab x − x g + bb y − y g + cb z − z g = 0
avril
b
Déterminons son équation : si M x , y , z :
0
0
0
b
g
L’ équation du plan est de la forme ax + by + cz + d = 0, a , b, c, d ∈ R 4 avec des
coefficients a,b,c qui ne sont pas simultanément nuls.
P
Réciproquement,
soit
l’ensemble
de
points
de
coordonnées
4
ax + by + cz + d = 0, a , b, c, d ∈ R , où a,b,c ne sont pas simultanément nuls. Cet
b
g
b
g
b
g b
ensemble n’est pas vide : soit A x 0 , y 0 , z0 un point de P : on a :
RSax + by + cz + d = 0
Tax + by + cz + d = 0
0
0
0
g b g
F aI
P est donc le plan passant par A et normal au vecteur uG b J .
GH cJK
ce qui par soustraction donne a x − x 0 + b y − y 0 + c z − z0 = 0 .
Les plans de l’espace ont des équations de la forme ax + by + cz + d = 0 où les réels
a , b, c ne sont pas simultanément nuls.
F −3I
Une équation du plan passant par Ab0,−1,2g et de vecteur normal nG 5 J est :
GH 1 JK
−3x + 5b y − 1g + b z − 2g = 0 .
3.4.3 Equation d’un plan, d’une sphère
•
b
g
Dans le plan : soit I x 0 , y 0 z 0 un point et R un réel strictement positif. On note
b g
M ∈ Cb I , Rg ⇔ IM = R
C I , R le cercle de centre I et de rayon R dont on cherche une équation. On a :
⇔ IM 2 = R 2
Par passage aux coordonnées :
b g b g b
g b
2
M x , y ∈ C I , R ⇔ x − x0 + y − y 0
équation du cercle de centre I, rayon R.
•
b
Dans l’espace : soit Ω x 0 , y0 , z0
b g
g
2
= R2
g un point et R un réel strictement positif. On
note S Ω, R la sphère de centre Ω , rayon R.
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avril
M
R
Ω
Alors :
M x , y , z ∈ S Ω , R ⇔ ΩM = R
b
g b g
Finalement :
b
⇔ ΩM 2 = R 2
g b g b
g b
2
g b
2
M x , y , z ∈ S Ω, R ⇔ x − x 0 + y − y 0 + z − z 0
équation de la sphère de centre Ω , rayon R.
g
2
= R2
MATH14E03A
Soient A, B, C trois points du plan tels que AB = 7, BC = 5, CA = 6
###! ###! ###! ###! ###! ###!
1) Calculer les produits scalaires AB. AC , BC.BA, CA.CB
$ , cos CBA
$ et cos $
ACB . En déduire les mesure à 1° prés des
2) Calculer cos BAC
angles du triangle ABC.
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4
4.1
avril
Produit vectoriel
Orientation de l’espace
Vous savez qu’il est possible d’orienter un plan en définissant deux sens de parcours
possibles des cercles de ce plan :
• Le sens direct ou trigonométrique, qui est le sens inverse des aiguilles d’une
montre
• Le sens indirect
Dans l’espace le problème de l’orientation est plus délicat. Si nous voulons pouvoir
calculer des angles, il faudra pouvoir distinguer les angles directs afin de déterminer,
par exemple, le signe du sinus.
Dessinez un cercle sur une feuille de papier transparent. Posez la feuille sur la table
et indiquez par une flèche le sens direct. Tout va bien, et vous pouvez penser que
votre plan est orienté.
Maintenant retournez votre feuille ( la face contre table devient face supérieure).Le
sens de parcours du cercle est devenu le sens indirect…
Vous êtes au cœur du problème : dans l’espace, il n’est pas possible d’orienter
individuellement chaque plan. Il faut définir une orientation de tout l’espace, qui
nous permette avec certitude de déterminer une orientation de chaque plan.
Le moyen retenu est le suivant.
FH
Soit O, i , j , k
IK
un repère de l’espace ( non nécessairement orthonormé ). On pose
i = OA, j = OB, k = OC . Un bonhomme ( appelé observateur d’Ampère ) est placé le
long de OC , les pieds en O, la tête en C. Il regarde dans la direction de A.
b g
FH
Lorsque B est à sa gauche, on dit que le repère O, i , j , k
IK
est direct. Sinon on dit
qu’il est indirect.
C
C
B
O
O
A
B
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A
Outils vectoriels
MATH14
avril
Orienter l’espace, c’est être capable de distinguer les repères directs des repères
FH
indirects. Si O, i , j , k
IK est direct, on dit que la base FH i, j, k IK est directe.
L’orientation de tout plan de l’espace pourra alors être déterminée de la manière
suivante :
FH IK
Soit P un plan muni d’une base u, v et w un vecteur normal à P. Dans le plan P
FH IK
orienté par la donnée du vecteur w , la base u, v
FH
IK
est dite directe si la base de
l’espace u, v , w est directe.
L’orientation d’un plan dans l’espace dépend donc du choix d’un vecteur normal au
plan. Choisir comme vecteur normal le vecteur −w au lieu de w revient à
transformer toutes les bases directes en des bases indirectes.
w
v
v
u
u
-w
FH
IK
Soit u, v , w une base directe du plan. Alors :
•
•
4.2
FH IK FH IK
Les bases FH u, w, vIK , FH w, v , uIK et FH v , u, wIK sont indirectes.
Les bases v , w, u et w, u, v sont directes ;
Produit vectoriel de deux vecteurs.
Soient u et v deux vecteurs de l’espace orienté. Le produit vectoriel de u et v noté
u ∧ v est le VECTEUR défini par :
• Si les deux vecteurs sont colinéaires ( c’est le cas en particulier si l’un est nul )
alors u ∧ v = 0
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Outils vectoriels
MATH14
•
avril
Sinon, u et v déterminent un plan : le produit vectoriel de u et v est l’unique
vecteur w tel que :
1) w est orthogonal à u , w est orthogonal à v
FH
IK
2) La base u, v , w est directe
3)
FH IK
w = u × v × sin u, v .
Notation : le produit vectoriel de u et v se note u ∧ v et se lit « u vectoriel v ».
u^ v
v
4.3
u
Règles de calcul
•
b g
Pour tous vecteurs u, v , w de E et pour tous α , β ∈ R 2 :
FH
IK
u∧v = − v∧u
FH auIK ∧ FH bvIK = abFH u ∧ vIK
u ∧ FH v + wIK = FH u ∧ vIK ∧ FH u ∧ wIK
•
•
Deux vecteurs u et v sont colinéaires si et seulement si : u ∧ v = 0 .
x
x′
Soit i , j , k une base orthonormale directe, u y , v y ′ dans cette base. Alors
z
z′
FH
IK
F yz ′ − zy ′ I
les coordonnées de u ∧ v sont : G zx ′ − xz ′ J .
GH xy ′ − yx ′JK
F
GG
H
I
JJ
K
F
GG
H
I
JJ
K
Nous allons utiliser la distributivité du produit scalaire par rapport à l’addition, ainsi
que les égalités :
i ∧ j = k , j ∧ k = i, k ∧ i = j
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Outils vectoriels
MATH14
avril
FH IK
u ∧ v = FH xi + y j + zk IK ∧ FH x ′i + y ′ j + z ′ k IK
= xx ′FH i ∧ iIK + xy ′FH i ∧ j IK + xz ′FH i ∧ k IK
+ yx ′FH j ∧ iIK + yy ′FH j ∧ k IK + yz ′FH j ∧ k IK
+ zx ′FH k ∧ i IK + zy ′FH k ∧ j IK + zz ′FH k ∧ k IK
qui découlent du fait que i , j , k est une base orthonormée directe.
Compte-tenu des égalités précédentes : il reste
b
g b
g b
g
u ∧ v = yz ′ − zy ′ i + zx ′ − xz ′ j + xy ′ − yx ′ k
ce qu’il fallait démontrer.
On retient la formule des coordonnées du produit vectoriel ( indispensable !)
généralement de deux façons :
1) On écrit un tableau où apparaissent les coordonnées des deux vecteurs :
x x′
y y′
z z′
On barre la 1ère ligne, on met le signe + et on calcule le déterminant 2-2 obtenu :
yz ′ − zy ′ : c’est la 1ère coordonnée.
On barre la 2ème ligne, on met le signe – et on calcule le déterminant 2-2 obtenu :
zx ′ − xz ′ : c’est la 2ème coordonnée.
On barre la 3ème ligne, on met le signe + et on calcule le déterminant 2-2
obtenu : xy ′ − yx ′ : c’est la 3ème coordonnée.
2) On écrit un tableau en répétant la 1ère et la 2ème ligne après la 3ème :
x y z x y
x′ y′ z′ x′ y′
ère
On ne s’occupe pas de la 1 colonne on calcule les déterminants 2-2 suivants :
y z z x x y
;
;
.
y′ z′ z′ x′ x′ y′
Chacun des trois fournit une coordonnée de u ∧ v .
F 1I F 2I
Soient uG −2J et vG 1 J deux vecteurs. Calculons u ∧ v .
GH −5JK GH −4JK
−2 1
= 13 première coordonnée.
−5 −4
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MATH14
−
avril
1 2
= −6 deuxième coordonnée.
−5 −4
1 2
= 5 troisième coordonnée.
−2 1
F 13I
Finalement u ∧ v G −6J .
GH 5 JK
4.4
Applications du produit vectoriel
FH
On se place dans un repère O, i , j , k
IK orthonormé.
4.4.1 Déterminer si trois point sont alignés
Soient A,B et C trois points de l’espace.
Ces points sont alignés si et seulement si AB et AC sont colinéaires, c’est-à-dire si
leur produit vectoriel est nul.
Trois points A,B et C de l’espace sont alignés si et seulement si AB ∧ AC = 0 .
A
B
C
4.4.2 Détermination d’un vecteur normal à un plan
Soient A, B et C trois point non alignés.
Le vecteur AB ∧ AC n’est pas nul ; comme il est orthogonal à la fois à AB et à AC
il est normal au plan ABC .
b
g
b
g
Lorsque A, B et C ne sont pas alignés, un vecteur normal au plan ABC est le
vecteur AB ∧ AC .
4.4.3 Equation du plan passant par trois points non alignés
b
g
Cette propriété va nous aider à chercher l’équation du plan ABC : au paragraphe
3.4.2 nous avions déjà utilisé la propriété : si n est un vecteur normal au plan,
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MATH14
b
avril
g
M ∈ ABC ⇔ AM ⊥ n
⇔ AM ⋅ n = 0
Or le vecteur AB ∧ AC est un vecteur normal au plan.
On en déduit :
Lorsque A, B et C ne sont pas alignés, pour tout point M de l’espace on a :
b
g
FH
IK
M ∈ ABC ⇔ AM ⋅ AB ∧ AC = 0 .
Grâce à cette propriété, on peut trouver l’équation du plan passant par trois points
donnés. Le calcul du produit vectoriel permet même de vérifier que ces points sont
non alignés.
b g b g b g
F −1I F 0I
AB = G −2J ; AC = G 3J .
GH 1 JK GH 5JK
F −13I
On en déduit AB ∧ AC = G 5 J .
GH −3 JK
M b x , y , z g ∈ b ABC g ⇔ AM ⋅ FH AB ∧ ACIK = 0
ce qui se traduit par :
−13b x − 1g + 5b y − 2g − 3z = 0 ⇔ −13x + 5 y − 3z + 3 = 0
Soient A 1;2;0 , B 0;0;1 , C 1;5;5 trois points de l’espace.
La connaissance d’un vecteur normal à un plan permet de déterminer la position
relative de deux plans. On a en effet le théorème :
bg b g
b Pg et b P ′g sont parallèles si et seulement si n et n ′ sont colinéaires, c’est-à-
Soient P et P ′ deux plans de vecteurs normaux respectifs n et n ′ .
•
dire si leur produit vectoriel est le vecteur nul.
•
b Pg et b P ′g sont perpendiculaires si et seulement si n et n ′ sont orthogonaux,
c’est-à-dire si leur produit scalaire est nul.
•
Soient
b Pg:2 x − 6 y + 5z + 4 = 0
et
b P ′g:− x + 3y − 25 z + 7 = 0
deux plans de
l’espace.
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Outils vectoriels
MATH14
avril
F 2 I FG −1 IJ
Leurs vecteurs normaux respectifs sont nG −6J et n ′G 3 J qui sont colinéaires, donc
GH 5 JK GG − 5JJ
H 2K
ces plans sont parallèles. ( Le coefficient constant n’intervient pas ).
P : x + 2 y − 5z + 7 = 0 et
P ′ : x + 2 y + z − 3 = 0 . Leurs vecteurs
• Soient
bg
b g
F 1 I F 1I
normaux nG 2 J et n ′G 2J sont orthogonaux donc ces plans sont perpendiculaires.
GH −5JK GH 1JK
MATH14E04A
Ecrire une équation du plan ( ABC ) avec A ( −1;1; 0 ) , B (1;1; −2 ) , C (3;1; −1) dans
un repère orthonormé de l’espace.
4.4.4 Aire d’un triangle, d’un parallélogramme
Soient A, B et C trois points non alignés de l’espace. On sait que l’aire du triangle
ABC est donné par :
1
S = AC × BH où H est le pied de la hauteur abaissée de B.
2
BH
Or dans le triangle ABH : sin A =
AB
Donc :
1
S = AB × AC × sin A
2
1
= AB ∧ AC
2
1
AB ∧ AC .
2
Construisons à présent un parallélogramme ABCD. Son aire est le double de celle du
L’aire du triangle ABC vaut S =
triangle ABC donc elle vaut S ′ = AB ∧ AC .
L’aire du parallélogramme ABCD vaut S ′ = AB ∧ AC .
C
A^
A
D
C
B
A
B
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Outils vectoriels
MATH14
avril
Dans cette formule les sommets du triangle ou du parallélogramme sont
interchangeables.
Par exemple :
FH
IK
AB ∧ AD = AB ∧ AC + CD
= AB ∧ AC + AB ∧ CD
= AB ∧ AC
car les vecteurs AB et CD sont colinéaires.
4.4.5 Volume d’un tétraèdre, d’un parallélépipède
•
Volume du tétraèdre :
D
B
C
H
A
La formule donnant le volume du tétraèdre ABCD est :
1
V = S × h où S est la surface de base ( sur le dessin : celle de ABC ) et h la hauteur
3
( sur le dessin : la distance DH ).
1
Or S = AB ∧ AC et h = DH .
2
Comme les vecteurs DH et AB ∧ AC sont colinéaires :
FH
IK
Par ailleurs :
DH ⋅ FH AB ∧ ACIK = FH DA + AH IK ⋅ FH AB ∧ ACIK
= DA ⋅ FH AB ∧ ACIK
car AH⊥FH AB ∧ ACIK .
DH ⋅ AB ∧ AC = DH × AB ∧ AC
On en déduit :
1
V =
6
FH
AD ⋅ AB ∧ AC
AB ∧ AC
IK
× AB ∧ AC
Finalement :
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MATH14
V =
•
avril
FH
1
AD ⋅ AB ∧ AC
6
IK
Volume du parallélépipède :
G
H
F
E
C
D
B
K
A
Son volume vaut V ′ = S ′ × h où S’ est la surface de base ( ici : le parallélogramme
ABCD ) et h la hauteur ( ici : la longueur EK ).
On sait que S ′ = AB ∧ AC et h = EK .
Par ailleurs :
FH
IK FH AK + KE IK ⋅ FH AB ∧ ACIK
= KE ⋅ FH AB ∧ ACIK
AE ⋅ AB ∧ AC =
= KE × AB ∧ AC
On en déduit :
V′ =
FH
AE ⋅ AB ∧ AC
AB ∧ AC
Finalement :
IK
× AB ∧ AC
FH
V ′ = AE ⋅ AB ∧ AC
IK
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MATH14
Outils vectoriels
avril
b
g
g
La longueur h représente la distance du point E au plan ABC . On peut donc,
V′
connaissant le volume V ′ et l’aire S ′ , calculer h = d E , ABC =
.
S′
b
MATH14E05A
Soient trois points dans un repère orthonormé de l’espace:
A ( −1;1;3) , B (0; 2; −1) , C ( 2;1;1) .
1) Donner une équation du plan ( ABC ) .
2) Calculer l’aire du triangle ABC.
3) Soit D (1;1;1) . Montrer que D ∉ ( ABC ) . Calculer le volume du tétraèdre ABCD.
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E01B
3

 11 
On donne A (0,3) , B (0, −3) , C ( −3,5 ) , D  7, −  , E  −1, 
2
3


###!
###!
a) AB et EC sont ils colinéaires ?
b) A, B, D sont ils alignés ?
c) B,C,E sont ils alignés ?
24
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E01C
On donne A ( −2, 1) , B (3, 3) , C ( 0, −1) , D ( −5, −3)
- Déterminer les coordonnées de E symétrique de C par rapport à D .
###! ###! ###! !
- Déterminer les coordonnées de G tel que GA + GE + GD = 0 .
- Montrer que E, G et B sont alignés.
25
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E02B
Soient les deux points A ( 2;3; −1) et B ( 2;-2;3) .
Déterminer les coordonnées du barycentre G du système de points pondérés
{( A,3) , ( B, 2 )}
26
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E02C
! !
Soient (O, i , j ) un repère du plan et A ( −2, 5 ) , B (1, − 1) , C ( 4, 3) trois points du
plan.
D est le barycentre de
{( A,1) , ( B, 2 ) , (C ,3)} ,
E est le barycentre de {( A, 2 ) , ( B,3) , (C ,1)} ,
F est le barycentre de {( A,3) , ( B,1) , (C , 2 )} .
Démontrer que les triangles ABC et DEF ont le même centre de gravité.
27
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E03B
! !
Soient A (1, 5 ) , B ( 6, 2 ) , C ( −1, − 2 ) dans un repère orthonormé (O, i , j ) du plan.
1) Déterminer l’équation de la médiatrice de [ AB ] et de la médiatrice de [ BC ] .
2) En déduire les coordonnées de Ω centre du cercle circonscrit au triangle ABC .
3) Ecrire une équation du cercle circonscrit à ABC .
28
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E03C
! ! !
Soient 5 points A,B,C,D,I de l’espace rapporté à un repère orthonormé O, i , j , k :
(
)
13 

A ( 0;0; 0 ) , B ( 4; 0;0 ) , C (3;3; 0 ) , D ( 2; 4;3) , I  2;1;  .
6

1) Calculer les longueurs des arêtes du tétraèdre ABCD.
2) Démontrer que le tétraèdre est inscrit dans une sphère de centre I.
29
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E04B
Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé, soient les plans d’équations :
P:
x+ y+ z−2=0
Q : −2 x + y + z − 3 = 0
Sont-ils perpendiculaires ?
30
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E04C
! ! !
Soit O, i , j , k un repère orthonormé de l’espace.
(
)
Ecrire une équation du plan médiateur de [ AB ] avec : A (3; −2; −5 ) , B (1; 4;3) .
31
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E05B
! ! !
Dans l’espace orienté muni d’une base i , j , k orthonormée directe,
(
)
1
! 
on considère : u 1 .
1
 
!
!
1) Déterminer les coordonnées d’un vecteur unitaire i ( de norme 1) colinéaire à u .
!
!
!
2) Déterminer les coordonnées de j tel que i soit orthogonal à j .
!
! ! !
3) Déterminer les coordonnées de k de telle sorte que i , j , k soit une base
(
)
orthonormée directe.
32
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E05C
! ! !
1) Montrer que les vecteurs u , v et w sont coplanaires si et seulement si :
! ! !
(u ∧ v ).w = 0
2) Les
points
coplanaires ?
A (1; 2; 0 ) , B ( 0;6; 2 ) , C ( −1;0; −6 ) , D (1;3;1) ,
33
sont-ils
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E06
! ! !
Dans un espace rapporté à un repère orthonormé O, i , j , k ,
(
)
on donne A ( −7; −15;3) , B ( −4; 20; −1) , C ( 4;5;30 ) , D ( 25; 0; 2 ).
Montrer que le tétraèdre ABCD est régulier.
MATH14E07
! ! !
Dans un espace rapporté à un repère orthonormé O, i , j , k ,
(
)
calculer les coordonnées de l’isobarycentre G des points
A (10;5; −10 ) , B ( −1; −15; −17 ) , C ( 2; 20; 21) .
Vérifier que A, B et C déterminent un plan et que M ( −10;5;5 ) , se projette
orthogonalement en G sur ( ABC ) .
MATH14E08
! ! !
Dans un espace rapporté à un repère orthonormé O, i , j , k , on considère le plan P
(
)
d’équation : x − 2 y − z + 1 = 0
Former une équation du plan Q perpendiculaire au plan P, passant par
A ( 0;0; 0 ) et B ( 0;1; 0 ) .
MATH14E09
L’espace est rapporté à un repère orthonormé
! ! !
(O, i , j , k ) . On donne le plan P
d’équation cartésienne x + 2 y + z − 1 = 0
 −1
! 
et la droite D passant par A (1, 2,3) et de vecteur directeur u  1 
2
 
Calculer les coordonnées du point d’intersection de P et D.
MATH14E10
Dans l’espace rapporté à une base orthonormée
! ! !
(i , j , k ) ,
déterminer la droite
1
 −4 
!  ! 
vectorielle orthogonale aux deux vecteurs u  0  et v  1  .
1
 3
 
 
*MATH14E11
L’espace E est rapporté à une base orthonormée
! ! !
(i , j , k ) . Déterminer un vecteur
 3x − y − z = 0
directeur de la droite intersection des plans d’équation cartésiennes : 
x + 2 y + z = 0
34
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MATH14
Exercices
MATH14ES01
FH
Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal direct O, i , j , k
b
g
b
g
IK on donne les points
A 3;2;−1 et H 1;−1;3 .
1) Calculer la longueur AH .
2) Déterminer une équation du plan P passant par H et orthogonal à la droite
AH .
3) On donne les points B −6;11
; ; C 4;−3;3 ; D −1;−5;−1 .
• a) Démontrer que les points B, C et D appartiennent au plan BCD .
• b) Calculer les coordonnées du centre de gravité G du triangle.
• c) Calculer l’aire du triangle BCD .
• d) Calculer le volume du tétraèdre ABCD .
4) Calculer l’aire du triangle ABC et en déduire la distance du point D au plan
ABC .
b g
b
b
bg
g b g b
g
b
g
g
35
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E01A
Rappelez vous que dans un parallélogramme les côtés parallèles sont égaux.
36
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E01B
Pour que deux vecteurs soient colinéaires, il faut et il suffit que le déterminant de
leurs coordonnées soit nul. Pour que trois points soient alignés, il suffit de former
deux vecteurs dont ils sont origine et extrémité et voir si ces vecteurs sont
colinéaires.
37
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E01C
###! ###!
1) Si E est le symétrique de C par rapport à D les vecteurs DE et CD sont égaux.
###!
###! ###! ###!
2) En utilisant l’origine on peut exprimer OG à l’aide des vecteurs OA, OE et OD .
3)voir exercice précédent.
38
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E02A
Utilisez l’associativité du barycentre en choisissant judicieusement le premier couple
de points.
39
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E02B
###!
###! ###!
Utilisez l’origine O pour écrire OG en fonction de OA et OB .
40
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E02C
###! ###! ###!
###! ###! ###!
Utilisez l’origine O pour écrire OD, OE , OF en fonction de OA,OB et OC .
41
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Outils vectoriels
MATH14
MATH14E03A
Utilisez les relations :
!! 1 ! !2 !2 !
u.v =
u +v − u − v
2
dans le triangle ABC.
(
2
) et u!.v! = u!
42
Exercices
!
! !
v cos (u , v )
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E03B
La médiatrice de [ AB ] est l’ensemble des points équidistants de A et B.
43
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E04A
###! ###!
Pour écrire l’équation du plan ABC on utilisera le fait AB ∧ AC étant orthogonal au
####!
###! ###!
plan, pour tout M du plan le vecteur AM est orthogonal à AB ∧ AC .
44
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E04B
Appliquer la définition des plans orthogonaux.
45
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E04C
Le plan médiateur est l’ensemble des points équidistants de A et B.
46
©Inpl-avril 2000
MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E05A
Il suffit d’appliquer les formules du cours.
47
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E05B
Pour obtenir un vecteur de norme 1 il suffit de diviser un vecteur par sa norme.
Pour obtenir un vecteur orthogonal à un vecteur donné il faut que le produit scalaire
soit nul.
Le produit vectoriel de 2 vecteurs fournit un vecteur orthogonal dans le sens direct.
48
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E05C
Utilisez les propriétés du produit scalaire et du produit vectoriel.
49
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E06
Il faut montrer que toutes les arêtes ont la même longueur.
50
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E07
Pour les coordonnées du barycentre se référer aux exercices 2.
P
M
Pour qu’un point
###! soit la projection orthogonale d’un point sur un plan il suffit
que le vecteur MP soit orthogonal au plan, et que le point P soit dans le plan.
51
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E08
Rappelons que des plans sont perpendiculaires si leurs vecteurs normaux sont
orthogonaux.
52
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E09
Il est souvent plus commode en dimension 3 d’utiliser l’expression paramétrique
!
d’une droite. Connaissant un point A de la droite et un vecteur directeur u on écrit
####! ###!
!
que M est un point de la droite si et seulement si : OM = OA + λu où λ est le
paramètre.
53
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E10
Utiliser le produit vectoriel.
54
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E11
Utiliser les vecteurs normaux aux plans.
55
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E01A
###! ###! ###!
a) Si ABCD est un parallélogramme on a : BD = BA + BC notons x et y les coordonnées de
D on a donc :
 x − 6   −2 − 6   −4 − 6   −18 
 y 0 =  4 0  +  7 0 =  3 
 −   −  − −   − 
soit finalement : x = −12 et y = −3
D ( −12, − 3)
###! ###! ###!
b) De même si ABEC est un parallélogramme on a : AE = AB + AC notons x et y les
coordonnées de D on a donc :
 x + 2   6 + 2   −4 + 2   6 

=
+
=

 y − 4   0 − 4   −7 − 4   −15 
soit finalement : x = 4 et y = −11
E ( 4, −11)
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
fortement de faire l’exercice suivant ( Cliquez sur Exercice).
56
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E01B
###!  0 − 0   0 
###!  −3 + 1   −2 

  
1) On a AB : 
 =   et EC :  11  =  4 
−
−
−
3
3
6
5
−

  

  
3  3

0 −2
4 = −12 ≠ 0 donc les vecteurs sont colinéaires.
−6
3
###!  0  ###!  7 − 0   7 
=

2) Il suffit de regarder si les vecteurs AB:   et AD :  3
9  par exemple sont



-6
3
−
−
−

 

 
 2
  2
0
7
colinéaires
9 = 42 ≠ 0
−6 −
2
###!  -2  ###!  0 + 1   1 
=
 par exemple sont
3) Il suffit de regarder si les vecteurs EC:  4  et EB : 
 
 −3 − 11   − 20 
3  3 
3

1
−2
colinéaires. 4
20 = 12 ≠ 0
−
3
3
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
fortement de faire l’exercice suivant ( Cliquez sur Exercice).
57
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E01C
-
###! ###!
Si E est le symétrique de C par rapport à D c’est que DE = CD . C’est à dire en
notant x, y les coordonnées de E : ( x + 5, y + 3) = ( −5 − 0, −3 + 1)
Donc x = −10 et y = −5
E : ( −10, −5 )
###! ###! ###! !
- Si G est le barycentre défini par GA + GE + GD = 0 et si O désigne l’origine du
repère il vient :
###! ###! ###! ###!
3OG = OA + OE + OD
désignons par x, y les coordonnées de G on a donc :
 x   −2   −10   −5   −17 
3  =   + 
+  = 

 y   1   −5   −3   −7 
 17 7 
ce qui donne finalement : G :  − , − 
3
 3
- Pour montrer que E, G, B sont alignés on utilisera par exemple les vecteurs
###! ###!
BE et BG
 17
  26 
###!  −10 − 3   −13  ###!  − 3 − 3   − 3 
BE : 
=

=
 BG : 
 − 7 − 3   − 16 
 −5 − 3   −8 

 

 3
  3 
###! 2 ###!
et l’on voit aisément que BG = BE .
3
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
vivement de contacter votre tuteur.
58
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E02A
L’associativité du barycentre permet de dire que si I est le barycentre du système
{( A,1) , ( B,1)} ( c’est le milieu de [ AB ] ), alors G est le barycentre du système :
{( I , 2 ) , (C , 2 )} qui est en l’occurrence le milieu de [IC ]
C
G
I
A
B
Pour le deuxième système on utilise aussi l’associativité mais on se gardera d’utiliser
les couples {( A, 2 ) , ( B, −2 )} ou {( B, −2 ) , (C , 2 )} , qui la somme des coefficients étant
nul, ne déterminent pas de barycentre.
Soit donc J le barycentre du système {( A, 2 ) , (C , 2 )} (J est le milieu de [ AC ] )
G ′ est le barycentre de {( J , 4 ) , ( B, −2 )}
###! ####! !
###! ####! !
De la relation 4G′J − 2G′B = 0 ⇔ 2G′J − G′B = 0 on tire :
###! ###! ####! ###! ###! !
###! ##!
G′J + G′J − G′B = G′J + BJ = 0 c’est à dire G′J = JB qui traduit le fait que G ′ est
(
)
le symétrique de B par rapport à J
On remarquera que 52 + 32 = 62 donc AB 2 + AC 2 = BC 2 relation qui d’après le
théorème de Pythagore prouve que le triangle ABC est rectangle en A.
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
fortement de faire l’exercice suivant ( Cliquez sur Exercice).
59
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Outils vectoriels
MATH14
MATH14E02B
Si G est le barycentre du système de points pondérés
###! 1 ###! ###!
On a : OG = 3OA + 2OB d’où les coordonnées:
5
 
x
2
2
 
 
   2
  3  2   
 y  = 5  3  + 5  -2  =  1 
z
 −1 
 3   3
 
 
   
5
(
)
Exercices
{( A,3) , ( B, 2 )}
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
fortement de faire l’exercice suivant ( Cliquez sur Exercice).
60
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E02C
Si O désigne l’origine du repère de l’espace, on a les relations:
###! ###! ###! ###!
6OD = OA + 2OB + 3OC
###!
###! ###! ###!
6OE = 2OA + 3OB + OC
###!
###! ###! ###!
6OF = 3OA + OB + 2OC
L’addition de ces trois relations donne :
###! ###! ###!
###! ###! ###!
6OD + 6OE + 6OF = 6OA + 6OB + 6OC
###! ###! ###! ###! ###! ###!
OD + OE + OF = OA + OB + OC
####! ###! ###! ###!
Mais si G1 est l’isobarycentre de ABC : 3OG1 = OA + OB + OC
####! ###! ###! ###!
et si G2 est l’isobarycentre de DEF : 3OG2 = OD + OE + OF
l’égalité obtenue prouve que G1 = G2 .
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
vivement de contacter votre tuteur.
61
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E03A
1) On utilisera la relation :
!! 1 ! !2 !2 !2
u .v =
u +v − u + v
2
en remarquant que dans le triangle ABC on a la relation de Chasle :
###! ###! ###!
BA + AC = BC
###! ###!
###! ###!
1
1
d’où AB. AC = − BA. AC = − ( BC 2 − BA2 − AC 2 ) = − ( 25 − 49 − 36 ) = 30
2
###! ###! ###! 2
de même de AB + BC = AC
###! ###!
###! ###!
1
1
on déduit: BC.BA = − BC.BA = − ( AC 2 − BC 2 − BA2 ) = − (36 − 25 − 49 ) = 19
2
2
###! ###! ###!
Enfin de AC + CB = AB
###! ###!
###! ###!
1
1
on déduit: CA.CB = − AC.CB = − ( AB 2 − AC 2 − BC 2 ) = − ( 49 − 36 − 25 ) = 6
2
2
(
)
c) Pour déterminer les cosinus des angles il suffit d’utiliser la formule :
!! ! !
! !
u .v = u . v cos (u , v )
###! ###!
AB. AC
30
5
Ainsi cos BAC = ###! ###! =
=
7×6 7
AB . AC
Toute bonne calculatrice scientifique vous donnera BAC = 44°
###! ###!
AB.BC
19
19
De même cos CBA = ###! ###! =
=
7 × 5 35
AB . BC
Donc ABC = 57°
###! ###!
AC.CB
6
1
Et cos ACB = ###! ###! =
=
AC . CB 5 × 6 5
Soit ACB = 78°
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
fortement de faire l’exercice suivant ( Cliquez sur Exercice).
62
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E03B
1) La médiatrice de [ AB ] est l’ensemble des points M équidistants de A et B c’est à
###!
###!
dire vérifiant : MA = MB
Si M : ( x; y; z ) l’égalité s’écrit:
( x − 1) + ( y − 5 )
2
2
=
( x − 6) + ( y − 2)
2
2
Égalité qui après simplification donne l’équation de droite : 5 x-3 y -7=0
###!
####!
De même la médiatrice de [ BC ] s’obtient à partir de l’égalité: MB = MC soit:
( x − 6) + ( y − 2)
2
2
=
( x + 1) + ( y + 2 )
2
2
qui après simplifications donne:
14 x +8 y -35=0
2) L’intersection des médiatrices est un point à égale distance de A de B et de C c’est
donc le centre du cercle circonscrit Ω .
La résolution du système :
 5 x -3 y -7=0

14 x +8 y -35=0
 161 77 
, 
donne Ω : 
 82 82 
3)Pour écrire l’équation du cercle on
###!écrira que la distance d’un point M du cercle,
au centre est égale à la longueur de ΩA par exemple.
####!
###!
On pose donc : M Ω = ΩA
Ce qui donne après élévation au carré et simplification:
161
77
520
x2 + y2 −
x−
y−
=0
41
41
41
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
fortement de faire l’exercice suivant ( Cliquez sur Exercice).
63
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E03C
a) Pour calculer la longueur d’une arête on calcul la norme du vecteur correspondant par
exemple:
###!
2
2
2
AB = ( 4 − 0 ) + ( 0 − 0 ) + (0 − 0 ) = 4
pon trouve ainsi :
###!
AC
###!
AD
###!
BC
###!
BD
###!
CD
=3 2
= 29
= 10
= 29
= 11
b) Pour prouver que I est le centre de la sphère circonscrite il faut vérifier que la distance de I
à chaque sommet est constante. On trouve comme distance commune :
##!
##!
##!
##!
349
IA = IB = IC = ID =
6
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
vivement de contacter votre tuteur.
64
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E04A
Pour écrire l’équation du plan on exprimera que M est dans le plan
####! ###! ###!
seulement si AM . AB ∧ AC = 0 .
(
)
( ABC )
si et
 x + 1
 2
4
0
####! 
 ###!   ###!   ###! ###!  
On a : AM :  y − 1 AB :  0  AC :  0  AB ∧ AC :  6 
 z 
 −2 
 −1 
0


 
 
 
D’où l’équation : 6 y − 6 = 0
y =1
Qui s’écrit tout simplement :
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
fortement de faire l’exercice suivant ( Cliquez sur Exercice).
65
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E04B
Pour montrer que les plans sont perpendiculaires on montrera que les vecteurs
normaux sont orthogonaux
 1
!  
x + y + z − 2 = 0 admet comme vecteur normal u : 1
 1
 
 −2 
!  
−2 x + y + z − 3 = 0 admet comme vecteur normal v :  1 
1
 
Le produit scalaire de ces deux vecteurs vaut −2 + 1 + 1 = 0 ce qui prouve que les
plans sont perpendiculaires.
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
fortement de faire l’exercice suivant ( Cliquez sur Exercice).
66
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E04C
Le plan médiateur de [ AB ] est l’ensemble des points M équidistants de A et B ils
####!
####!
vérifient : AM = BM c’est à dire :
( x − 3) + ( y + 2 ) + ( z + 5 )
2
2
2
=
( x − 1) + ( y − 4 ) + ( z − 3)
2
2
2
Ce qui donne après simplification : x-3 y -4 z -3=0
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
vivement de contacter votre tuteur.
67
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E05A
1) On obtiendra l’équation du plan en posant :
####! ###! ###!
AM . AB ∧ AC = 0
(
)
 x +1
1
 3
 −2 
####! 
 ###!   ###!   ###! ###! 

on a : AM :  y − 1  AB :  1  AC :  0  AB ∧ AC :  −10 
 z − 3
 −4 
 −2 
 −3 


 
 


on obtient pour le plan l’équation : 2 x + 10 y + 3 z − 17 = 0
2) L’aire du triangle est donnée par la demi-norme du produit vectoriel calculé
1 ###! ###!
113
précédemment : S = AB ∧ AC =
2
2
3) Pour montrer que D ∉ ( ABC ) il suffit de montrer que ses coordonnées ne vérifient
pas l’équation du plan. En effet 2 + 10 + 3 − 17 = −2 ≠ 0
Le volume du tétraèdre est donné par :
1 ###! ###! ###!
2 1
V = AD. AB ∧ AC = =
6
6 3
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
fortement de faire l’exercice suivant ( Cliquez sur Exercice).
(
)
68
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E05B
!
!
d) Pour construire i il suffit de diviser u par sa norme.
 1 


3

! u!  1 
i = ! :

u
 3
 1 


 3
1
!
!  
!!
e) on peut prendre comme vecteur orthogonal à i le vecteur v :  1  car v .i = 0
 −2 
 
!
Et on peut le rendre unitaire en divisant par la norme de v
 1 


6 

! v!  1 
j = ! :

v  6 
 2
 −

 3
!
! ! !
f) Enfin pour que i , j , k soit une base orthonormée directe il suffit que l’on calcule k à
(
)
l’aide du produit vectoriel:



! ! ! 
k =i ∧ j: 




1   1   1 
 −
 
3   6  
2 
1   1   1 
=
∧
3   6   2 
1   2  0 
 

 −
3   3  

Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
fortement de faire l’exercice suivant ( Cliquez sur Exercice).
69
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E05C
!
!
! !
! !
a) Si u , v et w sont coplanaires alors w est dans le plan engendré par u , v donc orthogonal
! ! !
à leur produit vectoriel. Le produit scalaire (u ∧ v ).w est donc nul.
! ! !
Réciproquement, supposons (u ∧ v ).w = 0
Soit l’un des vecteurs est nul, mais le vecteur nul est dans tous les plans vectoriels
donc les trois vecteurs sont coplanaires.
!
! !
!
!
Soit u ∧ v = 0 c’est que les vecteurs u et v sont colinéaires alors tout vecteur w est
soit colinéaire aux deux autres soit coplanaires parce qu’ils générent un plan.
!
Soit aucun des vecteurs n’est nul ni le produit vectoriel, w est donc orthogonal au
!
!
!
!
produit vectoriel de u et v qui est orthogonal au plan généré par u et v donc il est
!
! !
dans ce plan ce qui veut dire que u , v et w sont coplanaires.
b) Pour montrer que les points A, B, C, D sont coplanaires il suffit de vérifier que l’on a :
###! ###! ###!
AB ∧ AC . AD = 0
(
)
 −1  −2   −20 
0
###! ###!     
###!  

AB ∧ AC :  4  ∧  −2  =  −10  et AD :  1 
 2   −6   10 
1
    

 
il n’est pas difficile de voir que le produit scalaire de ces deux vecteurs est nul ABC
et D sont donc coplanaires.
(
)
Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vous conseillons
vivement de contacter votre tuteur.
70
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E06
Pour montrer que les trois points ne sont pas coplanaires on peut montrer que
###! ###! ###!
AD. AB ∧ AC ≠ 0
(
)
 32 
 3
 11 
 1025 
###!   ###!   ###!   ###! ###! 

On a : AD :  15  AB :  35  AC :  20  AB ∧ AC :  −125 
 −1 
 −4 
 27 
 −325 
 
 
 


###! ###! ###!
Et AD. AB ∧ AC = 31250
(
)
Le calcul des longueurs des arêtes donne :
###!
###!
###!
###!
###!
###!
AB = AC = AD = BC = BD = CD = 25 2
71
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E07
L’isobarycentre de A,B,C est donné si O désigne l’origine par :
###! 1 ###! ###! ###!
OG = OA + OB + OC
3
Connaissant les coordonnées des points on connaît celles de ces vecteurs donc :
 11 
 
  10   −1   2    3 
###! 1 
10

OG :   5  +  −15  +  20   =  


3 
  17   21    3 
10
−
 
  

 28 
 3 
###! ###!
Du plan (ABC) on connaît en fait deux vecteurs ; par exemple AB et AC qui ne sont
 −11 
 −8 
###! 
 ###!  
pas colinéaires et qui par conséquent déterminent un plan. AB :  −20  AC :  15 
 27 
 31 


 
(
)
Dire que M se projette orthogonalement en G sur le plan ( ABC ) , c’est dire que G est
####!
dans le plan et que le vecteur GM est orthogonal au plan, ou bien ce qui revient au
####!
###! ###!
même : le vecteur GM est parallèle au vecteur AB ∧ AC .
####!
###! ###!
Pour qu’il en soit ainsi il suffit que les vecteurs : GM et AB ∧ AC soient
(
)
colinéaires
 −41 
 −1025 
 −41 
####! 1 
 ###! ∧ ###! 
= 

GM :  5  AB AC :  125  25  5 
3

 −325 
 −13 
 −13 




En outre G est bien dans le plan puisqu’il est barycentre de A, B et C.
72
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Outils vectoriels
MATH14
Exercices
MATH14E08
Le plan P d’équation x − 2 y − z + 1 = 0
1
!  
a pour vecteur orthogonal : u :  −2 
 −1 
 
!
!
Le plan cherché admet un vecteur orthogonal v , orthogonal au vecteur u .
Ce vecteur s’obtient en faisant le produit vectoriel de deux vecteurs du plan cherché.
Ainsi pour que M soit un point de ce plan, il suffit que le produit vectoriel
####! ####!
!
AM ∧ BM soit orthogonal au vecteur u .
! ####! ####!
Ce qui donne la formule : u . AM ∧ BM = 0
(
)
L’équation cherchée est x + z = 0
73
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E09
On exprimera que le point M appartient à la droite D en utilisant un paramètre.
####! ###!
!
M ∈ D ⇔ OM = OA + λu
M est l’intersection de la droite et du plan si et seulement si ses coordonnées
 1− λ 


 2+λ 
 3 + 2λ 


vérifient l’équation du plan. 1 − λ + 2 ( 2 + λ ) + 3 + 2λ = 0
On trouve comme solution : λ = −
7
3
Le point d’intersection est donc
M:
1
(10; −1; −5 )
3
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E010
Ce vecteur directeur s’obtient tout simplement comme produit vectoriel des deux
! !
vecteurs u et v
 1   −4   −1 
! !      
u ∧ v :  0  ∧  1  =  −7 
1  3   1 
     
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MATH14
Outils vectoriels
Exercices
MATH14E11
Un vecteur directeur de cette droite est dans le plan d’équation 3x − y − z = 0
3
!  
Comme tel il est orthogonal au vecteur u :  −1
 −1 
 
De même étant dans le plan d’équation x + 2 y + z = 0
1
!  
il est orthogonal au vecteur v :  2 
1
 
! !
Il est donc colinéaire au vecteur : u ∧ v
Ainsi tout vecteur directeur de cette droite est de la forme :
 3  1  λ 
! !
λu ∧ v : λ  −1 ∧  2  =  −4λ 
 −1   1   7 λ 
    

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