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\title{Produit scalaire dans l'espace et applications, cours, terminale spécialité Mathématiques}


\author{F.Gaudon}



\begin{document}

\pagestyle{fancy}
\fancyhead[L]{}
\fancyhead[R]{\textit{Produit scalaire dans l'espace et applications, cours, classe de terminale spécialité Mathématiques}}
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\fancyfoot[C]{\thepage}
\fancyfoot[L]{\footnotesize \textit{\color{black}\url{http://mathsfg.net.free.fr}}}



\maketitle

\tableofcontents

\newpage



\section{Produit scalaire dans l'espace}

\begin{encadrer}{Définition}
 Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs de l'espace. Soient $A$, $B$ et $C$ trois points tels que $\vec{u}=\vec{AB}$ et $\vec{v}=\vec{AC}$.
Soit $\mathcal{P}$ un plan contenant les trois points. Alors le \emphref{produit scalaire} noté $\vec{u}.\vec{v}$ des vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ et le produit scalaire $\vec{AB}.\vec{AC}$ dans le plan $(\mathcal{P})$.
\end{encadrer}



\begin{encadrer}{Propriétés}
Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs non nuls et soient $A$, $B$ et $C$ trois points tels que $\vec{u}=\vec{AB}$, $\vec{v}=\vec{AC}$. 
\begin{itemize}
 \nouvitem Alors dans un plan $\mathcal{P}$ contenant les trois points :
$$\vec{u}.\vec{v}=AB\times AC\times \cos(\widehat{BAC})$$
\nouvitem Soit $H$ le \emphref{projeté orthogonal} de $C$ sur la droite $(AB)$ dans le plan $(ABC)$ c'est  à dire le point d'intersection de la droite $(AB)$ avec le plan orthogonal à $(AB)$ passant par C, alors : 
$$\vec{u}.\vec{v}=\vec{AB}.\vec{AH}$$
\end{itemize}
\end{encadrer}

\pdfrowcolors{}

\begin{tabular}{cc}
\begin{minipage}{8cm}
\begin{center}
 \includegraphics[width=7cm]{produitscalaireimg1.png}
\end{center}
\end{minipage}
&
\begin{minipage}{8cm}
\begin{center}
\includegraphics[width=7cm]{produitscalaireimg2.png}
\end{center}
\end{minipage}
\\
\end{tabular}



\begin{sanscadre}{Exemple}
 Dans le cube  $ABCDEFGH$ de côté 1 ci-dessous, $\vec{AB}.\vec{CH}=\vec{AB}.\vec{BE}$ car $\vec{CH}=\vec{BE}$\\
D'où $\vec{AB}.\vec{CH}=AB\times BE \times \cos(\vec{AB};\vec{BE})=1 \times \sqrt{2} \times \cos(\pi+\frac{\pi}{4})=1\times (-\cos(\frac{\pi}{4}))=\sqrt{2} \times (-\frac{\sqrt{2}}{2})=-1$.
\end{sanscadre}
\begin{center}
 \includegraphics[width=5cm]{espacecubeimg.png}
\end{center}



\begin{encadrer}{Propriétés}
Soient $\vec{u}$, $\vec{v}$ et $\vec{w}$ des vecteurs et $k$ un réel.
\begin{itemize}
 \nouvitem $\vec{u}.\vec{v}=\vec{v}.\vec{u}$ ;
\nouvitem $(k\vec{u}).\vec{v}=k(\vec{u}.\vec{v})$ ;
\nouvitem $\vec{u}.(\vec{v}+\vec{w})=\vec{u}.\vec{v}+\vec{u}.\vec{w}$.
\end{itemize}
\end{encadrer}

\begin{sanscadre}{Exemple}
Dans le cube $ABCDEFGH$ ci-dessus :\\
$\vec{AC}.\vec{BF}=(\vec{AB}+\vec{BC}).\vec{BF}=\vec{AB}.\vec{BF}+\vec{BC}.\vec{BF}=AB\times BF \times \cos(\frac{\pi}{2})+BC\times BF \times \cos(\frac{\pi}{2})=0$
\end{sanscadre}


\begin{encadrer}{Définition et propriété}
Le carré scalaire d'un vecteur $\vec{u}$ est le réel noté $\vec{u}^2$ tel que $\vec{u}^2=\vec{u}.\vec{u}$. On a 
$$\|\vec{u}\|^2=\vec{u}.\vec{u}=\vec{u}^2$$ et $$AB^2=\vec{AB}.\vec{AB}=\vec{AB}^2$$
\end{encadrer}

\begin{encadrer}{Propriétés}
Soit $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs.
\begin{itemize}
\nouvitem $||\vec{u}+\vec{v}||^2=||\vec{u}||^2+2\vec{u}.\vec{v}+||\vec{v}||^2$
\nouvitem $||\vec{u}-\vec{v}||^2=||\vec{u}||^2-2\vec{u}.\vec{v}+||\vec{v}||^2$
\end{itemize}
\end{encadrer}

\begin{sanscadre}{Preuves}
\begin{itemize} 
\nouvitem $||\vec{u}+\vec{v}||^2=(\vec{u}+\vec{v}).(\vec{u}+\vec{v})=\vec{u}.\vec{u}+\vec{u}.\vec{v}+\vec{v}.\vec{u}+\vec{v}.\vec{v}=||\vec{u}||^2+\vec{u}.\vec{v}+\vec{u}.\vec{v}+||\vec{v}||^2$
\nouvitem De même, $||\vec{u}-\vec{v}||^2=(\vec{u}-\vec{v}).(\vec{u}-\vec{v})=\vec{u}.\vec{u}-\vec{u}.\vec{v}-\vec{v}.\vec{u}+\vec{v}.\vec{v}=||\vec{u}||^2-2\vec{u}.\vec{v}+||\vec{v}||^2$
\end{itemize}
\end{sanscadre}

\begin{encadrer}{Conséquences (formules de polarisation)}
$$\vec{u}.\vec{v}=\frac{1}{2}(||\vec{u}||^2+||\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2)$$
et 
$$\vec{u}.\vec{v}=\frac{1}{2}(||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2)$$
\end{encadrer}

\begin{sanscadre}{Preuves}
\begin{itemize}
\nouvitem $\frac{1}{2}(||\vec{u}||^2+||\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2)=\frac{1}{2}(||\vec{u}||^2+||\vec{v}||^2-(||\vec{u}||^2-2\vec{u}.\vec{v}+||\vec{v}||^2)=\frac{1}{2}(2\vec{u}.\vec{v})=\vec{u}.\vec{v}$
\nouvitem $\frac{1}{2}(||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2)=\frac{1}{2}(||\vec{u}||^2+||\vec{v}||^2+2\vec{u}.\vec{v}-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2)=\vec{u}.\vec{v}$
\end{itemize}
\end{sanscadre}


\section{Orthogonalité dans l'espace}

\subsection{Vecteurs orthogonaux}

\begin{encadrer}{Définitions}
\begin{itemize}
\nouvitem Deux vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ de l'espace sont dits \emphref{orthogonaux} si $\vec{u}.\vec{v}=0$.
\nouvitem Deux droites de vecteurs directeurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont dites orthogonales si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux.
\end{itemize}
\end{encadrer}

\begin{encadrer}{Définition}
\begin{itemize} 
\nouvitem Dire qu'une base $(\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ de l'espace est \emphref{orthonormée}  signifie que ses vecteurs sont deux à deux orthogonaux et de même norme égale à 1.
\nouvitem Soit $O$ un point de l'espace. $(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ est un repère \emphref{orthonormé} de l'espace si $(\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ est une base orthonormée de l'espace. 
\end{itemize}
\end{encadrer}



\begin{encadrer}{Propriété}
 Soit $(O;\vec{i};\vec{j};\vec{k})$ un repère orthonormé de l'espace  Si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ont pour coordonnées $\coordvecespace{x}{y}{z}$ et $\coordvecespace{x'}{y'}{z'}$ alors :
$$\vec{u}.\vec{v}=xx'+yy'+zz'$$
\end{encadrer}

\begin{encadrer}{Propriété}
Soit $(O;\vec{i};\vec{j};\vec{k})$ un repère orthonormé de l'espace.
\begin{itemize}
\nouvitem Soient $A(x_A;y_A;z_A)$ et $B(x_B;y_B;z_B)$ deux points. La distance $AB$ de $A$ à $B$ est donnée par :
$$AB=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2+(z_A-z_B)^2}$$
\nouvitem Le vecteur $\vec{u}$ de coordonnées $\coordvecespace{a}{b}{c}$ a pour norme $$\| \vec{u} \|=\sqrt{\vec{u}.\vec{u}}=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$$
\end{itemize}
\end{encadrer}

\subsection{Orthogonalité entre une droite et un plan}

\begin{encadrer}{Propriété et définition}
Une droite $(d)$ est orthogonale à toutes les droites d'un plan $(\mathcal{P})$ si et seulement si elle est orthogonale à deux droites sécantes $(d_1)$ et $(d_2)$ de ce plan. On dit alors qu'elle est orthogonale au plan $(\mathcal{P})$.
\end{encadrer}

\begin{sanscadre}{Preuve}
\begin{itemize}
\nouvitem Il est évident que si la droite $(d)$ est orthogonale à toutes les droites du plan $(\mathcal{P})$, alors elle est en particulier orthogonale aux droites $(d_1)$ et $(d_2)$ du plan.
\nouvitem Montrons la réciproque.\\
Soient $\vec{u_1}$ et $\vec{u_2}$ des vecteurs directeurs de $(d_1)$ et $(d_2)$ respectivement. Soit $\vec{u}$ un vecteur directeur de $(d)$.\\
Pour toute droite $(d_3)$ du plan, soit $\vec{w}$ un vecteur directeur de $(d_3)$.\\
$\vec{u_1}$, $\vec{u_2}$ sont des vecteurs directeurs du plan $(\mathcal{P})$ et $\vec{w}$ leur est coplanaire, donc il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $\vec{w}=a\vec{u_1}+b\vec{u_2}$.\\
$(d)$ est orthogonale à $(d_1)$ et à $(d_2)$ donc $\vec{u}.\vec{u_1}=0$ et $\vec{u}.\vec{u_2}=0$\\
D'où $\vec{u}.\vec{w}=\vec{u}.(a\vec{u_1}+b\vec{u_2})=a\vec{u}.\vec{u_1}+b\vec{u}.\vec{u_2}=0$.\\
c'est à dire que $(d)$ est orthogonale à $(d_3)$.\\
Ceci étant valable pour toute droite $(d_3)$ du plan, la propriété est bien vraie.
\end{itemize}
\end{sanscadre}


\subsection{Vecteur normal à un plan}

\begin{encadrer}{Définition}
 Un vecteur non nul $\vec{n}$ est normal à un plan $(\mathcal{P})$ lorsque ce vecteur est un vecteur directeur d'une droite orthogonale au plan $(\mathcal{P})$.
\end{encadrer}

\begin{sanscadre}{Exemple : démontrer qu'un vecteur est normal à un plan}
 Soient $A(1;1;4)$, $B(-1;1;2)$ et $C(2;2;8)$ trois points et $\vec{u}\coordvecespace{1}{3}{-1}$ un vecteur.\\
$\vec{AB}$ a pour coordonnées $\coordvecespace{-2}{0}{-2}$ et $\vec{AC}$ a pour coordonnées $\coordvecespace{1}{1}{4}$. Ils ne sont de manière évidente pas colinéaires et définissent donc un plan $(ABC)$.\\
\'Etudions si le vecteur $\vec{u}$ est normal au plan $(ABC)$.\\
D'une part $\vec{u}.\vec{AB}=1\times (-2)+3\times 0 + (-1)\times (-2)=0$ donc $\vec{u}$ et $\vec{AB}$ sont orthogonaux.\\
D'autre part, $\vec{u}.\vec{AC}=1\times 1+3\times 1+(-1)\times 4=0$ donc $\vec{u}$ et $\vec{AC}$ sont orthogonaux.\\
Par conséquent, $\vec{u}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, il est donc orthogonal à tout vecteur du plan, c'est à dire qu'il est normal au plan.
\end{sanscadre}



\begin{encadrer}{Définition}
 Soient $(\mathcal{P})$ et $(\mathcal{P'})$ des plans et $\vec{n}$ et $\vec{n'}$ des vecteurs normaux à ces deux plans respectivement. $(\mathcal{P})$ et $(\mathcal{P'})$ sont dits \emphref{perpendiculaires} si $\vec{n}$ et $\vec{n'}$ sont orthogonaux. 
\end{encadrer}


\begin{center}
 \includegraphics[width=7cm]{produitscalaireimg4.png}
\end{center}

\begin{sanscadre}{Exemple d'étude de position relative de plans}
On considère les plans $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ de vecteurs normaux respectifs $\vec{n_1}\coordvecespace{2}{-5}{9}$ et $\vec{n_2}\coordvecespace{4}{-9}{3}$.\\
$\vec{n_1}$ et $\vec{n_2}$ ne sont pas colinéaires donc les plans ne sont pas parallèles et sont donc sécants selon une droite.\\
En outre $\vec{n_1}.\vec{n_2}=2\times 4-5\times (-9)+9\times 3=80\neq 0$ donc les plans ne sont pas perpendiculaires.
\end{sanscadre}

\section{Application à la géométrie analytique}

\begin{encadrer}{Propriété}
 Soit $(\mathcal{P})$ un plan, A un point de $\mathcal{P}$ et $\vec{n}$ un vecteur normal au plan $(\mathcal{P})$.Le plan est l'ensemble des points M tels que $\vec{AM}.\vec{n}=0$.
\end{encadrer}

\begin{center}
 \includegraphics[width=7cm]{produitscalaireimg3.png}
\end{center}

\begin{encadrer}{Propriété et définition}
 Soit $(O;\vec{i};\vec{j};\vec{k})$ un repère orthonormal. 
\begin{itemize}
 \nouvitem Soit $(\mathcal{P})$ un plan de vecteur normal $\vec{n}\coordvecespace{a}{b}{c}$. Un point $M$ de coordonnées $(x;y;z)$ appartient à $(\mathcal{P})$ si et seulement $ax+by+cz+d=0$ où $d$ est un réel fixé.
Cette équation est appelée \emphref{équation cartésienne} du plan $(\mathcal{D})$.
\nouvitem Réciproquement, soient $a$, $b$, $c$ et $d$ des réels avec $(a;b;c)\neq (0;0;0)$. Alors l'ensemble des points $M$ de coordonnées $(x;y;z)$ tels que $ax+by+cz+d=0$ est un plan de vecteur normal le vecteur $\vec{n}$ de coordonnées $(a;b;c)$.
\end{itemize}
\end{encadrer}

\begin{sanscadre}{Preuve}
\begin{itemize}
\nouvitem Soit $A(x_A;y_A;z_A)$ un point du plan $(\mathcal{P})$.\par 
$M(x;y;z)\in(\mathcal{P})\Leftrightarrow \vec{AM}.\vec{n}=0\Leftrightarrow(x-x_A)a+(y-y_A)b+(z-z_A)c=0\Leftrightarrow ax+by+cz+(-ax_A+by_A+cz_A)=0$ ce qui montre que la relation $ax+by+cz+d=0$ caractérise le plan $(\mathcal{P})$.
\nouvitem On peut supposer $a\neq 0$, la démonstration serait identique dans les cas où $b\neq$ ou $c\neq$. Le point $A(\frac{-d}{a};0;0)$ est un point de l'ensemble $\mathcal{E}$ cherché. Soit $M(x;y;z)$  un autre point de $\mathcal{E}$. Alors  $ax+by+cz+d=0$ et $-\frac{d}{a}a+0b+0c+d=0$ donnent $a(x+\frac{d}{a})+by+cz=0$ ce qui équivaut à $\vec{AM}.\vec{n}=0$ où $\vec{n}$ a pour coordonnées $(a;b;c)$. $\mathcal{E}$ est donc bien le plan passant par $A$ et de vecteur normal $\vec{n}$.
\end{itemize}

\end{sanscadre}

\begin{sanscadre}{Exemple de recherche d'équation cartésienne d'un plan :}
On considère le plan $\mathcal{P}$ passant par le point $A(6;4;-5)$ et dont un vecteur normal est $\vec{n}\coordvecespace{-2}{3}{5}$.\\
Alors $M(x;y;z)\in \mathcal{P}\Leftrightarrow \vec{AM}.\vec{n}=0\Leftrightarrow -2(x-6)+4(y-4)+5(y-5)=0\Leftrightarrow -2x+4y+5y-29=0$.
\end{sanscadre}


\begin{encadrer}{Propriété et définition}
Soit $I(x_I;y_I;z_I)$ un point et $R$ un réel positif.\\
Alors la sphère $(\mathcal{S})$ de centre $I$ et de rayon $R$ est l'ensemble des points $M(x;y;z)$ tels que $(x-x_I)^2+(y-y_I)^2+(z-z_I)^2=R^2$.\\
Cette équation est une \emphref{équation cartésienne} de la sphère de centre $I$ et de rayon $R$.
\end{encadrer}


\begin{sanscadre}{Preuve}
$M(x;y;z)\in(\mathcal{S})\Leftrightarrow IM^2=R^2\Leftrightarrow (x-x_I)^2+(y-y_I)^2+(z-z_I)^2=R^2$
\end{sanscadre}



\section{Projections orthogonales dans l'espace}

\begin{encadrer}{Définition}
Le \emphref{projeté orthogonal d'un point $M$ sur une droite $(d)$} est le point d'intersection de $(d)$ avec le plan passant par $M$ et orthogonal à $(d)$.
\end{encadrer}

\begin{encadrer}{Propriété et définition}
Le projeté orthogonal $H$ d'une point $M$ sur une droite $(d)$ est le point de $(d)$ le plus proche de $M$. On dit que $MH$ est la \emphref{distance de $M$ à la droite $(d)$}.
\end{encadrer}

\begin{center}
\includegraphics[width=7cm]{projeteOrthogonalDroiteFig.png}
\end{center}


\begin{sanscadre}{Preuve}
\begin{itemize}
\nouvitem Si $M$ appartient à la droite $(d)$ alors $M=H$ et $MH=0$ ce qui est évidemment la plus courte distance possible.
\nouvitem Si $M$ n'appartient pas à $(d)$, pour tout point $K$ de la droite $(d)$, le triangle $MHK$ est un triangle rectangle en $H$. Par le théorème de Pythagore, on a donc $MK^2=MH^2+HK^2$ donc $MK^2>MH^2$ et $MK>MH$ ce qui signifie que la distance $MH$ est la distance la plus courte par rapport à n'importe quel point de la droite $(d)$.
\end{itemize}
\end{sanscadre}

\begin{encadrer}{Définition}
Le \emphref{projeté orthogonal d'un point $M$ sur un plan $\mathcal{P}$} est le point d'intersection $H$ du plan $\mathcal{P}$ et de la droite orthogonale à $\mathcal{P}$ passant par $M$.

\end{encadrer}

\begin{encadrer}{Propriété et définition}
Le projeté orthogonal $H$ d'un point $M$ sur le plan $\mathcal{P}$ est le point de $\mathcal{P}$ le plus proche de $M$. On dit que $MH$ est \emphref{la distance du point M au plan $\mathcal{P}$}.
\end{encadrer}

\begin{center}
\includegraphics[width=7cm]{projeteOrthogonalPlanFig.png}
\end{center}


\begin{sanscadre}{Preuve}
\begin{itemize}
\nouvitem Si $M$ appartient au plan $(\mathcal{P})$ alors $M=H$ et $MH=0$ ce qui est évidemment la plus courte distance possible.
\nouvitem Si $M$ n'appartient pas à $(\mathcal{P})$, pour tout point $K$ du plan $(\mathcal{P})$, le triangle $MHK$ est un triangle rectangle en $H$. Par le théorème de Pythagore, on a donc $MK^2=MH^2+HK^2$ donc $MK^2>MH^2$ et $MK>MH$ ce qui signifie que la distance $MH$ est la distance la plus courte par rapport à n'importe quel point du plan $(\mathcal{P})$.
\end{itemize}
\end{sanscadre}

\begin{encadrer}{Propriété}
Soit $A$ un point de l'espace et $\mathcal{P}$ un plan. Soit $B$ un point du plan $\mathcal{P}$ et $\vec{n}$ un vecteur normal à $\mathcal{P}$. Soit $H$ le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal{P}$.
 Alors :
 $$AH=\frac{|\vec{AB}.\vec{n}|}{\|\vec{n}\|}$$
\end{encadrer}

\begin{sanscadre}{Preuve}
$\vec{AB}.\vec{n}=(\vec{AH}+\vec{HB}).\vec{n}=\vec{AH}.\vec{n}+\vec{HB}.\vec{n}$.\\
Or $\vec{n}$ est normal à $\mathcal{P}$ et $H$ et $B$ sont des points de $\mathcal{P}$ donc $\vec{HB}.\vec{n}=0$.\\
D'où $\vec{AB}.\vec{n}=\vec{AH}.\vec{n}$ et $|\vec{AB}.\vec{n}|=|AH\times \|\vec{n}\| \cos (\vec{AH};\vec{n})|$.\\
Mais $\vec{AB}$ et $\vec{n}$ sont colinéaires donc $\cos (\vec{AH};\vec{n})$ est égal à 1 ou -1.\\
D'où $|\vec{AB}.\vec{n}|=AH\times \|\vec{n}\|$. D'où la formule.

\end{sanscadre}

\end{document}
