Corrigé des exercices sur le produit scalaire en terminale.

EXERCICE N°1 :

Le module de $\vec{u}$ est donné par :

$||\vec{u}||=\sqrt{1^2+2^2+4^2}=\sqrt{21}$

EXERCICE N°2 :

Le vecteur $\vec{AB}$ est donné par :

$\vec{AB}=(5-3;0-1;1-0)=(2;-1;1)$

Le module de $\vec{AB}$ est donc :

$||\vec{AB}||=\sqrt{2^2+(-1)^2+1^2}=\sqrt{6}$

EXERCICE N°3 :

D’après la formule du parallélogramme, on a :

$4||\vec{u}||^2+||\vec{v}||^2-2||\vec{u}||\times ||\vec{v}||\times cos(\theta)=||\vec{v}-\vec{u}||^2 =\sqrt{5}^2=5$

En utilisant || $\vec{u}$ ||=1 et || $\vec{v}$ ||=2, on peut simplifier l’équation précédente :

$4+4-4cos(\theta)=5$

$\Rightarrow\,\,\,cos(\theta)=\frac{3}{4}$

En utilisant la définition du produit scalaire, on a :

$\vec{u}.\vec{v}=||\vec{u}||\times ||\vec{v}||\times cos(\theta)=1\times 2\times \frac{3}{4}=\frac{3}{2}$

EXERCICE N°4 :

On utilise la relation de la projection dans un triangle rectangle :

$\vec{AB}.\vec{AC}=AB.AC\times cos(\vec{BAC})$

$AB=\sqrt{5}$ et AC=8. De plus, on sait que le triangle BAC est rectangle en A et que $\widehat{ BAC} =60\,^{\circ}$ .

Donc, $cos(\widehat{ BAC} )=\frac{1}{2}$ .

On a donc :

$\vec{AB}.\vec{AC}=\sqrt{5}\times 8\times \frac{1}{2}=2\sqrt{5}$

EXERCICE N°5 :

a) Le vecteur $\vec{AM}$ est la somme des vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{BM}$ , donc :

$\vec{AM}=\vec{AB}+\vec{BM}=\frac{a}{2}\vec{i}-\frac{a}{2}\vec{j}-\frac{a}{2}\vec{k}+\frac{a}{2}\vec{j}+\frac{a}{2}\vec{k}=\frac{a}{2}\vec{i}+\frac{a}{2}\vec{j}+\frac{a}{2}\vec{k}$

Donc, $||\vec{AM}||^2=(\frac{a}{2})^2+(\frac{a}{2})^2+(\frac{a}{2})^2=\frac{3}{2}a^2$ .

b) Le vecteur $\vec{AN}$ est la somme des vecteurs $\vec{AM}$ et $\vec{MN}$ , donc :

$\vec{AN}=\vec{AM}+\vec{MN}=\frac{a}{2}\vec{i}+\frac{a}{2}\vec{j}+\frac{a}{2}\vec{k}+\frac{a}{2}\vec{i}+\vec{k}=\frac{a}{2}\vec{i}+\frac{a}{2}\vec{j}+\frac{3}{2}a\vec{k}$

Donc, $||\vec{AN}||^2=(\frac{a}{2})^2+(\frac{a}{2})^2+(\frac{3}{2}a)^2=\frac{13}{4}a^2$ .

Le vecteur $\vec{MN}$ est la différence entre les vecteurs $\vec{BM}$ et $\vec{BN}$ , donc :

$\vec{MN}=\vec{BM}-\vec{BN}=\frac{a}{2}\vec{i}-\frac{a}{2}\vec{j}-\frac{a}{2}\vec{k}-(\frac{a}{2}\vec{i}+\frac{a}{2}\vec{j}+\frac{3}{2}a\vec{k})=-a\vec{j}-2a\vec{k}$

Donc, $||\vec{MN}||^2=a^2\times 0^2+(-a)^2+(-2a)^2=5a^2$ .

c) On sait que $\vec{AM}$ et $\vec{AN}$ sont orthogonaux car la diagonale AC d’un cube est perpendiculaire à chaque face, donc $\vec{AM}.\vec{AN}=0$ .

En développant cette expression, on a :

$\vec{AM}.\vec{AN}=(\frac{a}{2})^2+(\frac{a}{2})^2+(\frac{a}{2})^2+\frac{3}{2}a(\frac{a}{2})-\frac{a}{2}\times \frac{a}{2}-\frac{3}{2}a^2$

EXERCICE n°6 :
a) $\vec{u}.\vec{v} = 2\times 1 + 3\times 0 + (-1)\times 2 = 0$
b) $\vec{u}.\vec{v} = 0 \times 6 + (-2)\times 1 + 5\times 1 = 3$
c) $\vec{u}.\vec{v} = 1\times 3 + (-1)\times (-1) + 2\times 1 = 6$

EXERCICE n°7 :
1. Calculons les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ :
$\vec{AB} = (-2-1, 2-(-1), 6-0) = (-3,3,6)$
$\vec{AC} = (3-1,1-(-1),-8-0) = (2,2,-8)$
Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points A,B,C ne sont pas alignés.
2.a) Calculons le produit scalaire de $\vec{n}$ avec $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ :
$\vec{n}.\vec{AB} = 3\times (-3) + 1\times 3 + 1\times 6 = 0$
$\vec{n}.\vec{AC} = 3\times 2 + 1\times 2 + 1\times (-8) = 0$

Les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ sont tous les deux orthogonaux à $\vec{n}$ , donc $\vec{n}$ est normal au plan (ABC).
b) Équation cartésienne du plan (ABC) :
Un vecteur normal au plan est donné par le produit vectoriel de $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ :
$\vec{AB}\land\vec{AC} = \begin{pmatrix}-3 \\ 3 \\ 6\end{pmatrix}\land\begin{pmatrix}2 \\ 2 \\ -8\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-30 \\ 18 \\ 12\end{pmatrix}$
Une équation cartésienne du plan est donc : avec d un réel quelconque.

EXERCICE n°8 :
a) Un vecteur normal au plan \rho est donné par le produit vectoriel de $\vec{AB}$ et un vecteur normal à la droite (AB). Un vecteur directeur de (AB) est $\vec{AB} = (2-3, 1-2, -1-0) = (-1,-1,-1)$ , donc un vecteur normal à (AB) est par exemple $\vec{n_0} = (-1,1,0)$ (on pourrait aussi prendre $\vec{n_0} = (-1,0,1)$ ou (0,-1,1), en choisissant des coordonnées différentes pour $\vec{n_0}$ on obtiendra des équations de plans différentes mais toutes équivalentes). On a donc :
$\vec{n} = \vec{AB}\land\vec{n_0} = \begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix}\land\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}$
b) Équation cartésienne du plan $\rho$ :
Un point du plan $\rho$ est A, donc une équation cartésienne de $\rho$ est :

avec d un réel quelconque.

EXERCICE n°9 :
1. Une représentation paramétrique de la droite (AB) est :
$\begin{cases}x = 3t-4 \\ y = -2t+4 \\ z = 5t\end{cases}$ avec $t\in\mathbb{R}$ .
2. On cherche à déterminer le point H de la droite (AB) qui minimise la distance CH.

Ce point est le projeté orthogonal de C sur (AB).

Soit H un point de (AB).

On a le triplet $(\vec{CH}).\vec{H} = 0$ , donc $((\vec{CH}.\vec{AB})/\|\vec{AB}\|^2)\vec{AB}.\vec{H} = \vec{CH}.\vec{H} = 0$ , d’où $\vec{CH}\land\vec{AB} = \vec{0}$ (les vecteurs $\vec{CH}$ et $\vec{AB}$ sont alors colinéaires).

On en déduit que H est le point d’intersection de (AB) et du plan passant par C et orthogonal à $\vec{AB}$ .
Une équation cartésienne de ce plan est :

, soit .

On résout le système d’équations suivant pour trouver H :

$\begin{cases}x=3t-4 \\ y=-2t+4 \\ z=5t\end{cases}$ et .

On trouve $t=-\frac{5}{7}$ puis $H = (-\frac{17}{7},\frac{38}{7},-\frac{25}{7})$ .
La distance CH est donnée par la norme du vecteur $\vec{CH} = \vec{OH}-\vec{OC}$ où O est l’origine du repère.

On a donc :
$\vec{OC} = \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}, \vec{OH} = \begin{pmatrix}-17/7 \\ 38/7 \\ -25/7\end{pmatrix}$
et

$\vec{CH} = \vec{OH}-\vec{OC} = \begin{pmatrix}-24/7 \\ 31/7 \\ -32/7\end{pmatrix}$ .
La distance CH est donc

$\|\vec{CH}\| = \sqrt{(-24/7)^2 + (31/7)^2 + (-32/7)^2} = \sqrt{1700}/7$ .

EXERCICE n°10 :
1. Le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal à toute combinaison linéaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ , donc en particulier à leur produit vectoriel :
$\vec{u}\land\vec{v} = \begin{pmatrix}-7 \\ 14 \\ -2\end{pmatrix}$ .
$\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont tous deux non nuls donc $\vec{u}\land\vec{v}$ est non nul, donc $\vec{n}$ est non nul.

De plus, on a $\vec{u}.\vec{v} = 2\times 4 -1\times 1 + 3\times (-3) = -6$ , donc le vecteur $\vec{n}$ est effectivement normal au plan P.
2. On cherche un vecteur normal $\vec{n_1}$ du plan P tel que la troisième coordonnée soit égale à 7.

On résout donc le système d’équations suivant :
$\begin{cases} 2a+4b = 0 \\ -a+b = 3 \\ 3a-3b+c = 7\end{cases}$
On trouve a=-2, b=1 et c=16, donc un vecteur normal $\vec{n_1}$ est $\vec{n_1} = (-2,1,16)$ .
3. On cherche un vecteur normal $\vec{n_2}$ du plan P tel que la deuxième coordonnée soit égale à -1. On résout donc le système d’équations suivant :
$\begin{cases} 2a+4b = 0 \\ -a+b = -1 \\ 3a-3b+c = 0\end{cases}$
On trouve a=1/2, b=3/2 et c=3, donc un vecteur normal $\vec{n_2}$ est $\vec{n_2} = (\frac{1}{2},-1,3)$ .
4. Pour qu’un vecteur normal ait sa première coordonnée égale à 4, il faudrait que le système d’équations suivant soit satisfait :
$\begin{cases} 2a+4b = 4 \\ -a+b = 0 \\ 3a-3b+c = 0\end{cases}$
En résolvant ce système, on trouve que la troisième équation implique que a=b, donc .

Le système n’a donc pas de solution et il n’est pas possible de trouver un vecteur normal au plan P dont la première coordonnée est égale à 4.

EXERCICE n°11 :
Le vecteur directeur de (d) est $\vec{u} = (-2,5,6)$ .

Un vecteur normal au plan P est donc colinéaire à $\vec{u}$ (car le plan est perpendiculaire à la droite) et à un vecteur reliant A à un point de (d) (car le plan passe par A).

Un point de (d) est par exemple B(1,6,-19), pour t=-4 :
$\begin{cases} x = 3-2t = 11 \\ y = 1+5t = 21 \\ z = -7+6t = -31 \end{cases}$
On a donc :
$\vec{AB} = \begin{pmatrix}11-8 \\ 21-(-5) \\ -31-3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3 \\ 26 \\ -34\end{pmatrix},$
et un vecteur normal au plan P est donc $\vec{n} = \alpha\vec{u}\land\vec{AB}$

avec \alpha un réel quelconque. Par exemple, on peut prendre $\alpha=1$ pour simplifier les calculs :
$\vec{n} = \begin{pmatrix}-2 \\ 5 \\ 6\end{pmatrix}\land\begin{pmatrix}3 \\ 26 \\ -34\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-256 \\ -18 \\ -37\end{pmatrix}$
Une équation cartésienne de P est donc :

, ou encore .

EXERCICE n°12 :

1. Les coordonnées de I et J sont respectivement :
$I = (\frac{1 }{2},0,0)$ (milieu de AB) et $J = (0,0,-\frac{1}{2})$ (milieu de DH).
Les coordonnées de G sont $(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2})$ car G est le milieu de [EF] qui est parallèle à [AD].

2. Les points I, J et G sont sur les faces ABFE, DHCG et BCAD du cube respectivement, et ces faces sont toutes coplanaires.

On peut également remarquer que IJ est parallèle à BF et que IG est parallèle à BC, donc le plan IJG est parallèle à la face BCGF, qui est coplanaire avec les autres faces du cube.
3. a. Pour trouver un vecteur normal au plan IJG, on peut prendre le produit vectoriel des vecteurs $\vec{GI}$ et $\vec{GJ}$ :
$\vec{GI} = \begin{pmatrix}1/2 \\ 1/2 \\ -1/2\end{pmatrix}, \vec{GJ} = \begin{pmatrix}-1/2 \\ 0 \\ 1/2\end{pmatrix}$ ,
$\vec{n} = \vec{GI}\land\vec{GJ} = \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}$ .
On peut vérifier que ce vecteur est bien normal au plan IJG en calculant le produit scalaire de $\vec{n}$ avec un vecteur appartenant au plan, par exemple $\vec{GI}$ ou $\vec{GJ}$ .
b. Une équation cartésienne du plan IJG est donc : avec d un réel quelconque.

EXERCICE n°13 :
1. La droite (d1) a pour vecteur directeur $\vec{u_1} = (4,1,-1)$ et la direction normale au plan P est $\vec{n} = (2,-5,3)$ , donc pour savoir si (d1) est sécante avec P, il suffit de vérifier si $\vec{u_1}$ est orthogonal à $\vec{n}$ , c’est-à-dire si leur produit scalaire est nul :
$\vec{u_1}.\vec{n} = 4\times 2 + 1\times (-5) + (-1)\times 3 = 3$ , donc la droite (d1) n’est pas orthogonale au plan P et donc ils sont sécants.
2. On cherche l’intersection de la droite (d2) et du plan P, donc un point M commun aux deux. On a donc :
et x=2+3t, y=2t, z=1+5t.
On remplace x,y,z dans l’équation de P :
$2(2+3t)-5\times 2t +3(1+5t) = 7$ , soit , d’où t=-1.
L’intersection de (d2) et de P est donc le point M de coordonnées (5,-2,4).

EXERCICE n°14 :
1. Pour vérifier que les points A, B et C ne sont pas alignés, on peut calculer le vecteur $\vec{AB}$ et le vecteur $\vec{AC}$ et vérifier qu’ils ne sont pas colinéaires :
$\vec{AB} = (1-0,3-4,0-1) = (1,-7,-1)$
$\vec{AC} = (2-0,-1-4,-2-1) = (2,-5,-3)$
Le déterminant de la matrice formée par ces deux vecteurs est non nul :
$\begin{vmatrix} 1 -7 -1 \\ 2 -5 -3 \end{vmatrix} = 14-2-35 = -23$ , donc $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ ne sont pas colinéaires et les points A, B et C ne sont pas alignés.
2. a. On doit vérifier que $\vec{u}$ est orthogonal à $\vec{n} = \vec{AB}\land\vec{AC}$ :
$\vec{u}.\vec{n} = 2\times (-7) + (-1)\times 2 + 3\times (-1) = -19$ , donc la droite $\Delta$ est bien orthogonale au plan ABC.
b. Un vecteur normal au plan ABC est $\vec{n} = \vec{AB}\land\vec{AC} = (-23,-5,1)$ .

Une équation cartésienne du plan ABC est donc .
c. Une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ est :

$\{\begin{matrix} x=7+2t \\ y=-1-t \\ z=4+3t \end{matrix}$ .
d. Le point H est l’intersection de la droite $\Delta$ et du plan ABC, donc H doit vérifier l’équation du plan et l’équation de la droite :
, soit .
En remplaçant d dans l’équation de la droite, on a les coordonnées de H :

3. a. P_1 a pour direction normale $\vec{n_1} = (1,1,1)$ et P_2 a pour direction normale $\vec{n_2} = (1,4,0)$ . Pour vérifier que P_1 et P_2 sont sécants, il suffit de vérifier que $\vec{n_1}$ et $\vec{n_2}$ ne sont pas colinéaires, c’est-à-dire de vérifier que leur produit vectoriel est non nul :
$\vec{n_1}\land\vec{n_2} = \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\land\begin{pmatrix}1 \\ 4 \\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4 \\ 1 \\ 3\end{pmatrix}$ .
Ce vecteur est non nul, donc et sont sécants.
b. La droite (d) est l’intersection de et , donc elle est orthogonale à leurs directions normales $\vec{n_1}$ et $\vec{n_2}$ .

Un vecteur directeur de (d) peut donc être obtenu comme produit vectoriel de $\vec{n_1}$ et $\vec{n_2}$ :
$\vec{u} = \vec{n_1}\land\vec{n_2} = \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\land\begin{pmatrix}1 \\ 4 \\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4 \\ 1 \\ 3\end{pmatrix}$ .
La représentation paramétrique de (d) est donc :

$\{\begin{matrix} x=-2-4t \\ y=t \\ z=2+3t \end{matrix}$ .
c. La droite (d) et le plan ABC ne sont ni sécants ni parallèles car le vecteur directeur de (d) n’est pas orthogonal au vecteur normal de ABC.