corrige

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 : -30x+18y+12z+d = 0 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 :

-x+y+2z+d = 0 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 :

(x-1)(3-(-4)) + (y-1)(-2-4) + (z-1)(5-0) = 0, soit 7x-6y-2z+15=0.

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

\begin{cases}x=3t-4 \\ y=-2t+4 \\ z=5t\end{cases} et 7x-6y-2z+15=0.

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 2a+4b=6.

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 :

-256(x-8)-18(y+5)-37(z-3) = 0, ou encore 256x+18y+37z=1150.

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 :x+y+z+d = 0 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 :
2x-5y+3z = 7et 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 8t+8=0, 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 -23x-5y+z+d=0.
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 :
-23(7+2t)-5(-1-t)+(4+3t)+d=0, soit d=54-23t.
En remplaçant d dans l’équation de la droite, on a les coordonnées de H :

H=(11,-8,13).

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 P_1et P_2 sont sécants.
b. La droite (d) est l’intersection de P_1 et P_2, 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.

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