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Produit scalaire et orthogonalité dans l'espace

Produit scalaire dans l'espace, expression en repère orthonormé, orthogonalité de droites et de plans, vecteur normal, équation cartésienne d'un plan, projeté orthogonal d'un point sur une droite ou un plan, distances

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Problème 1 — Un plan qui traverse le cube

Moyen

$A B C D E F G H$ est un cube d'arête $1$ : $A B C D$ et $E F G H$ sont deux faces opposées, et $E$ , $F$ , $G$ , $H$ sont situés au-dessus de $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . On se place dans le repère orthonormé $(A; \vec{A B}, \vec{A D}, \vec{A E})$ . On note $I$ le milieu de l'arête $[B F]$ .

1. Donner les coordonnées des points $E$ , $I$ et $C$ .
2. a) Montrer que le vecteur $\vec{n} (1; 1; 2)$ est normal au plan $(E I C)$ .
2. b) En déduire qu'une équation cartésienne du plan $(E I C)$ est $x + y + 2 z - 2 = 0$ .
3. Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal $K$ du point $A$ sur le plan $(E I C)$ , puis la distance du point $A$ à ce plan.
4. Montrer que le plan $(E I C)$ passe par le centre $Ω$ du cube, milieu de $[A G]$ .
5. Montrer que les plans $(E I C)$ et $(A C G)$ sont perpendiculaires.
6. Un élève affirme : « $\vec{n} \cdot \vec{A B} \neq 0$ , donc la droite $(A B)$ n'est pas parallèle au plan $(E I C)$ ; elle le coupe donc en $B$ . » Dire ce qui est juste et ce qui est faux, puis déterminer le point d'intersection.

1. Dans ce repère, $E (0; 0; 1)$ , $B (1; 0; 0)$ , $F (1; 0; 1)$ et $C (1; 1; 0)$ . $I$ est le milieu de $[B F]$ : $E (0; 0; 1)$ , $I (1; 0; \frac{1}{2})$ , $C (1; 1; 0)$ .

2. a) $\vec{E I} (1; 0; - \frac{1}{2})$ et $\vec{E C} (1; 1; - 1)$ ne sont pas colinéaires (deuxièmes coordonnées $0$ et $1$ , premières égales). Le repère est orthonormé : $\vec{n} \cdot \vec{E I} = 1 + 0 - 1 = 0$ et $\vec{n} \cdot \vec{E C} = 1 + 1 - 2 = 0$ . $\vec{n}$ , non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de $(E I C)$ : il est normal à ce plan.

2. b) $(E I C)$ a donc une équation $x + y + 2 z + d = 0$ . Avec $E$ : $0 + 0 + 2 + d = 0$ , d'où $d = - 2$ . Vérifications : $I$ donne $1 + 0 + 1 - 2 = 0$ et $C$ donne $1 + 1 + 0 - 2 = 0$ . $(E I C) : x + y + 2 z - 2 = 0$ .

3. La droite passant par $A$ et orthogonale au plan est dirigée par $\vec{n}$ : ses points sont $(t; t; 2 t)$ . On remplace : $t + t + 4 t - 2 = 0$ , donc $t = \frac{1}{3}$ . $K (\frac{1}{3}; \frac{1}{3}; \frac{2}{3})$ . La distance de $A$ au plan est $A K = \sqrt{\frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{4}{9}} = \sqrt{\frac{6}{9}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$ . $A K = \frac{\sqrt{6}}{3} \approx 0, 82$ .

4. $G (1; 1; 1)$ , donc $Ω (\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2})$ . $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 2 \times \frac{1}{2} - 2 = 0$ : $Ω \in (E I C)$ , le plan passe par le centre du cube.

5. Cherchons un vecteur normal à $(A C G)$ . $\vec{A C} (1; 1; 0)$ et $\vec{A G} (1; 1; 1)$ ne sont pas colinéaires. Le vecteur $\vec{m} (1; - 1; 0)$ vérifie $\vec{m} \cdot \vec{A C} = 1 - 1 = 0$ et $\vec{m} \cdot \vec{A G} = 1 - 1 + 0 = 0$ : il est normal à $(A C G)$ . Or $\vec{n} \cdot \vec{m} = 1 - 1 + 0 = 0$ . Les plans $(E I C)$ et $(A C G)$ sont perpendiculaires.

6. Le début est juste : $\vec{A B} (1; 0; 0)$ et $\vec{n} \cdot \vec{A B} = 1 \neq 0$ , donc $\vec{A B}$ n'est pas un vecteur du plan et la droite $(A B)$ coupe le plan en un unique point. La fin est fausse : $B (1; 0; 0)$ donne $1 + 0 + 0 - 2 = - 1 \neq 0$ , donc $B \notin (E I C)$ . Les points de $(A B)$ sont $(s; 0; 0)$ ; on remplace : $s - 2 = 0$ , $s = 2$ . $(A B)$ coupe $(E I C)$ au point $(2; 0; 0)$ , situé sur le prolongement de $[A B]$ au-delà de $B$ , hors du cube.

Problème 2 — Un projecteur sous une verrière pyramidale

Moyen

Une verrière a la forme d'une pyramide régulière $S A B C D$ à base carrée. Dans un repère orthonormé d'unité le mètre, $O$ est le centre de la base et $A (4; 0; 0)$ , $B (0; 4; 0)$ , $C (- 4; 0; 0)$ , $D (0; - 4; 0)$ , $S (0; 0; 6)$ . Un projecteur placé en $O$ doit éclairer la face $S A B$ perpendiculairement à celle-ci.

1. Montrer que le plan $(S A B)$ a pour équation $3 x + 3 y + 2 z - 12 = 0$ .
2. a) Donner une représentation paramétrique de la droite $Δ$ passant par $O$ et orthogonale au plan $(S A B)$ .
2. b) Déterminer les coordonnées du point $H$ de la face visé par le projecteur, intersection de $Δ$ et du plan $(S A B)$ .
2. c) Calculer la distance $O H$ : valeur exacte, puis arrondie au centimètre.
3. Justifier que $O H$ est la plus courte distance entre $O$ et un point du plan $(S A B)$ .
4. Calculer l'angle $\hat{A S B}$ au sommet de la face, arrondi au dixième de degré.
5. Les faces $(S A B)$ et $(S B C)$ sont-elles perpendiculaires ?

1. $\vec{S A} (4; 0; - 6)$ et $\vec{S B} (0; 4; - 6)$ ne sont pas colinéaires (premières coordonnées $4$ et $0$ ), donc $S$ , $A$ , $B$ définissent un plan. Puisque $(3; 3; 2) \neq (0; 0; 0)$ , l'équation $3 x + 3 y + 2 z - 12 = 0$ est celle d'un plan, et ce plan contient les trois points : $A$ donne $12 - 12 = 0$ , $B$ donne $12 - 12 = 0$ , $S$ donne $12 - 12 = 0$ . C'est donc une équation de $(S A B)$ .

2. a) $Δ$ est dirigée par le vecteur normal $\vec{n} (3; 3; 2)$ et passe par $O$ : $Δ : x = 3 t, y = 3 t, z = 2 t$ ( $t \in R$ ).

2. b) On remplace dans l'équation du plan : $9 t + 9 t + 4 t - 12 = 0$ , soit $22 t = 12$ et $t = \frac{6}{11}$ . $H (\frac{18}{11}; \frac{18}{11}; \frac{12}{11})$ .

2. c) $\vec{O H} = \frac{6}{11} \vec{n}$ et $‖ \vec{n} ‖ = \sqrt{9 + 9 + 4} = \sqrt{22}$ , donc $O H = \frac{6 \sqrt{22}}{11}$ . $O H = \frac{6 \sqrt{22}}{11} \approx 2, 56$ m.

3. $H$ est le projeté orthogonal de $O$ sur $(S A B)$ . Pour tout point $N$ du plan, $\vec{H N}$ est un vecteur du plan, donc orthogonal à $\vec{O H}$ ; d'où $O N^{2} = ‖ \vec{O H} + \vec{H N} ‖^{2} = O H^{2} + H N^{2} ⩾ O H^{2}$ . Ainsi $O N ⩾ O H$ pour tout $N$ du plan, avec égalité seulement si $N = H$ .

4. $\vec{S A} \cdot \vec{S B} = 0 + 0 + 36 = 36$ et $S A = S B = \sqrt{16 + 36} = \sqrt{52}$ . Donc $\cos \hat{A S B} = \frac{36}{52} = \frac{9}{13} \approx 0, 692$ . $\hat{A S B} \approx 46, 2^{\circ}$ .

5. Par symétrie, on vérifie que $- 3 x + 3 y + 2 z - 12 = 0$ est une équation de $(S B C)$ : $B$ donne $12 - 12 = 0$ , $C$ donne $12 - 12 = 0$ , $S$ donne $12 - 12 = 0$ (et $B$ , $C$ , $S$ ne sont pas alignés). Vecteur normal : ${\vec{n}}^{'} (- 3; 3; 2)$ . $\vec{n} \cdot {\vec{n}}^{'} = - 9 + 9 + 4 = 4 \neq 0$ . Les faces $(S A B)$ et $(S B C)$ ne sont pas perpendiculaires.

Problème 3 — Un drone près d'une antenne radar

Difficile

Dans un repère orthonormé d'unité l'hectomètre ( $1$ hm $= 100$ m), le sol est le plan d'équation $z = 0$ . Le sommet d'une antenne radar est le point $R (4; 5; 1)$ . Un drone suit une trajectoire rectiligne : à l'instant $t$ , exprimé en minutes, avec $t \in [0; 6]$ , il se trouve au point $M (t)$ de coordonnées $(1 + 2 t; - 1 + t; 6 - t)$ .

1. Montrer que, pour tout $t \in [0; 6]$ , $R M (t)^{2} = 6 t^{2} - 34 t + 70$ .
2. En déduire l'instant $t_{0}$ où le drone est le plus proche de l'antenne, puis cette distance minimale : valeur exacte en hm, puis arrondie au mètre.
3. On note $H = M (t_{0})$ . Montrer que $H$ est le projeté orthogonal de $R$ sur la trajectoire du drone.
4. Il est interdit de voler à moins de $300$ m du point $R$ . Le drone respecte-t-il cette consigne ?
5. Le radar détecte le drone lorsqu'il est à $500$ m ou moins de $R$ . Pendant combien de temps le drone est-il détecté ? Arrondir à la seconde.
6. Calculer la vitesse du drone en km/h, arrondie au dixième.

1. $\vec{R M (t)}$ a pour coordonnées $(1 + 2 t - 4; - 1 + t - 5; 6 - t - 1) = (2 t - 3; t - 6; 5 - t)$ . Le repère étant orthonormé : $R M (t)^{2} = (2 t - 3)^{2} + (t - 6)^{2} + (5 - t)^{2} = (4 t^{2} - 12 t + 9) + (t^{2} - 12 t + 36) + (t^{2} - 10 t + 25)$ . $R M (t)^{2} = 6 t^{2} - 34 t + 70$ .

2. La distance $R M (t)$ est minimale quand son carré $f (t) = 6 t^{2} - 34 t + 70$ l'est (la racine carrée est croissante). $f$ est un polynôme du second degré de coefficient $6 > 0$ : il est minimal en $t_{0} = \frac{34}{2 \times 6} = \frac{17}{6} \approx 2, 83$ , qui appartient bien à $[0; 6]$ . $f (\frac{17}{6}) = 6 \times \frac{289}{36} - 34 \times \frac{17}{6} + 70 = \frac{289 - 578 + 420}{6} = \frac{131}{6}$ . Distance minimale : $\sqrt{\frac{131}{6}} \approx 4, 673$ hm, soit environ $467$ m, atteinte à $t_{0} = \frac{17}{6}$ min.

3. $H = M (\frac{17}{6}) = (\frac{20}{3}; \frac{11}{6}; \frac{19}{6})$ et $\vec{R H} (\frac{8}{3}; - \frac{19}{6}; \frac{13}{6})$ . La trajectoire est dirigée par $\vec{u} (2; 1; - 1)$ : $\vec{R H} \cdot \vec{u} = \frac{16}{3} - \frac{19}{6} - \frac{13}{6} = \frac{32 - 19 - 13}{6} = 0$ . $H$ appartient à la trajectoire et $\vec{R H} ⟂ \vec{u}$ : c'est le projeté orthogonal de $R$ . On retrouve que le projeté réalise la distance minimale.

4. La distance minimale, environ $467$ m, dépasse $300$ m. Le drone respecte la consigne à chaque instant.

5. $500$ m $= 5$ hm. Le drone est détecté lorsque $f (t) ⩽ 25$ , soit $6 t^{2} - 34 t + 45 ⩽ 0$ . Discriminant : $34^{2} - 4 \times 6 \times 45 = 1156 - 1080 = 76$ . Racines : $t_{1, 2} = \frac{34 \pm \sqrt{76}}{12} = \frac{17 \pm \sqrt{19}}{6}$ , soit $t_{1} \approx 2, 107$ et $t_{2} \approx 3, 560$ , toutes deux dans $[0; 6]$ . Le trinôme est négatif entre les racines. Durée : $t_{2} - t_{1} = \frac{2 \sqrt{19}}{6} = \frac{\sqrt{19}}{3} \approx 1, 453$ min. Le drone est détecté pendant environ $87$ secondes.

6. En une minute, le drone parcourt $‖ \vec{u} ‖ = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}$ hm, soit $100 \sqrt{6}$ m par minute, donc $6000 \sqrt{6}$ m par heure. Vitesse : $6 \sqrt{6} \approx 14, 7$ km/h.

Problème 4 — Plans médiateurs et point équidistant de quatre points

Difficile

L'espace est muni d'un repère orthonormé. On considère les points $A (2; - 1; 1)$ , $B (4; 3; - 1)$ , $C (0; 1; 3)$ et $D (2; - 1; 5)$ . On appelle plan médiateur d'un segment $[X Y]$ l'ensemble des points équidistants de $X$ et de $Y$ .

1. Montrer qu'un point $M (x; y; z)$ vérifie $M A = M B$ si et seulement si $x + 2 y - z - 5 = 0$ . En déduire que le plan médiateur $P_{1}$ de $[A B]$ est le plan orthogonal à $(A B)$ passant par le milieu $I$ de $[A B]$ .
2. Déterminer de même une équation du plan médiateur $P_{2}$ de $[A C]$ .
3. a) Justifier que $P_{1}$ et $P_{2}$ sont sécants, puis montrer que leur intersection est la droite $Δ$ de représentation paramétrique $x = 1 + t$ , $y = 2$ , $z = t$ ( $t \in R$ ).
3. b) Montrer que $Δ$ est orthogonale au plan $(A B C)$ .
4. Déterminer l'unique point $Ω$ équidistant de $A$ , $B$ , $C$ et $D$ , ainsi que la distance commune.
5. Un élève affirme que le milieu $I$ de $[A B]$ est équidistant de $A$ , $B$ et $C$ . Vérifier par le calcul et expliquer le résultat à l'aide de la question 3.

1. Les distances étant positives, $M A = M B ⟺ M A^{2} = M B^{2}$ . Or $M A^{2} = (x - 2)^{2} + (y + 1)^{2} + (z - 1)^{2}$ et $M B^{2} = (x - 4)^{2} + (y - 3)^{2} + (z + 1)^{2}$ . Après développement, les carrés $x^{2}$ , $y^{2}$ , $z^{2}$ s'éliminent : $M A^{2} - M B^{2} = (- 4 x + 4 + 8 x - 16) + (2 y + 1 + 6 y - 9) + (- 2 z + 1 - 2 z - 1) = 4 x + 8 y - 4 z - 20$ . Donc $M A = M B ⟺ x + 2 y - z - 5 = 0$ . Comme $(1; 2; - 1) \neq (0; 0; 0)$ , c'est l'équation d'un plan de vecteur normal $(1; 2; - 1)$ , et $\vec{A B} (2; 4; - 2) = 2 (1; 2; - 1)$ : ce plan est orthogonal à $(A B)$ . Enfin $I (3; 1; 0)$ vérifie $3 + 2 - 0 - 5 = 0$ . $P_{1}$ est le plan orthogonal à $(A B)$ passant par $I$ .

2. $M C^{2} = x^{2} + (y - 1)^{2} + (z - 3)^{2}$ , donc $M A^{2} - M C^{2} = (- 4 x + 4) + (2 y + 1 + 2 y - 1) + (- 2 z + 1 + 6 z - 9) = - 4 x + 4 y + 4 z - 4$ . $P_{2} : - x + y + z - 1 = 0$ .

3. a) Les vecteurs normaux $(1; 2; - 1)$ et $(- 1; 1; 1)$ ne sont pas colinéaires (premières coordonnées opposées, deuxièmes non) : les plans sont sécants selon une droite. Pour tout $t$ : $(1 + t) + 4 - t - 5 = 0$ et $- (1 + t) + 2 + t - 1 = 0$ , donc $Δ$ est contenue dans $P_{1}$ et dans $P_{2}$ . L'intersection étant une droite, c'est $Δ$ .

3. b) $Δ$ est dirigée par $\vec{w} (1; 0; 1)$ . $\vec{A B} (2; 4; - 2)$ et $\vec{A C} (- 2; 2; 2)$ ne sont pas colinéaires, et $\vec{w} \cdot \vec{A B} = 2 + 0 - 2 = 0$ , $\vec{w} \cdot \vec{A C} = - 2 + 0 + 2 = 0$ . $\vec{w}$ est normal à $(A B C)$ : $Δ$ est orthogonale au plan $(A B C)$ .

4. Un point équidistant de $A$ , $B$ , $C$ est sur $P_{1} \cap P_{2} = Δ$ . Il doit aussi vérifier $M A = M D$ : $(z - 1)^{2} = (z - 5)^{2} ⟺ - 2 z + 1 = - 10 z + 25 ⟺ z = 3$ (plan médiateur de $[A D]$ ). Sur $Δ$ , $z = t$ donc $t = 3$ , ce qui donne un unique point : $Ω (4; 2; 3)$ . Vérification : $Ω A^{2} = 4 + 9 + 4 = 17$ , $Ω B^{2} = 0 + 1 + 16 = 17$ , $Ω C^{2} = 16 + 1 + 0 = 17$ , $Ω D^{2} = 4 + 9 + 4 = 17$ . La distance commune vaut $\sqrt{17} \approx 4, 12$ .

5. $I A^{2} = 1 + 4 + 1 = 6$ et $I C^{2} = 9 + 0 + 9 = 18$ : $I A \neq I C$ , l'élève a tort. D'après la question 3, les points équidistants de $A$ , $B$ , $C$ sont exactement ceux de $Δ$ ; or $I$ a pour ordonnée $1 \neq 2$ , donc $I \notin Δ$ . $I$ est bien équidistant de $A$ et $B$ , mais pas de $C$ .

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