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, $||\vec{MN}||^2=a^2\times0^2+(-a)^2+(-2a)^2=5a^2$ .

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 $(\overrightarrow{CH}).\vec{H} = 0$ , 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 :
$2x-5y+3z = 7$ 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 $8t+8=0$ , 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 $P_1$ et $P_2$ 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.

Corrigé des exercices sur le produit scalaire en terminale.

Corrigé des exercices sur le produit scalaire en terminale.

Corrigé des exercices sur les probabilités en terminale.

Corrigé des exercices sur les intégrales en terminale.

Corrigé des exercices sur les limites de fonctions en terminale.

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