Produit scalaire : corrigé des exercices de maths en terminale à télécharger en PDF

Exercice 1 (corrigé produit scalaire)

Calculer la distance du point M(5; 2; −3) au plan d’équation x + 4y + 8z = −2.

Le plan a pour équation \(x+4y+8z+2=0\). Dans un repère orthonormé, la distance d’un point M au plan d’équation \(ax+by+cz+d=0\) vaut \(\dfrac{|ax_M+by_M+cz_M+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\).

\(d=\dfrac{|5+4\times 2+8\times (-3)+2|}{\sqrt{1^2+4^2+8^2}}=\dfrac{|5+8-24+2|}{\sqrt{81}}=\dfrac{|-9|}{9}=\dfrac{9}{9}\)

La distance du point M au plan est égale à 1.

Exercice 2 :

Soient A(1; −1; 1), B(0; 2; −1) et C(−1; 1; 0).

Montrer que A, B et C forment un plan puis déterminer x afin que \(\vec{u}\)(x; 3; 4) soit normal à (ABC).

\(\vec{AB}(-1;3;-2)\) et \(\vec{AC}(-2;2;-1)\)

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc les points A,B et C forment un plan.

(Les coordonnées ne sont pas proportionnelles : \(\dfrac{-2}{-1}=2\) mais \(\dfrac{2}{3}\neq 2\).)

Le vecteur \(\vec{u}(x;3;4)\) est normal au plan (ABC) si et seulement s’il est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) :

\(\vec{u}.\vec{AB}=-x+9-8=1-x\) et \(\vec{u}.\vec{AC}=-2x+6-4=2-2x\).

Ces deux produits scalaires s’annulent pour la même valeur \(x=1\). Pour x = 1, le vecteur \(\vec{u}(1;3;4)\) est normal au plan (ABC).

Exercice 3 (corrigé produit scalaire)

Les plans \(P\,:\,2x\,-\,y\,+\,z\,+\,9\,=\,0\) et \(Q\,:\,x\,+\,y\,-\,z\,-\,7\,=\,0\) sont-ils orthogonaux ?

Si les plans sont orthogonaux alors les vecteurs normaux sont orthogonaux.

\(\vec{u}(2;-1;1)\)  est un vecteur normal à (P).

\(\vec{v}(1;1;-1)\)  est un vecteur normal à (Q) .

\(\vec{u}.\vec{v}=2\times 1-1\times 1+1\times (-1)=2-1-1=0\)

Conclusion :

Le produit scalaire est nul donc ces deux plans sont orthogonaux.

Exercice 4 :

Déterminer une équation cartésienne du plan P passant par A(−2; 1; 3) et orthogonal
à (BC) où B(1; −2; 2) et C(4; 1; −1).

\(\vec{BC}(3;3;-3)\) est un vecteur normal au plan (P).

Une équation cartésienne au plan (P) est du type :

\(3x+3y-3z+d=0\)

or le point A appartient au plan (P) donc :

\(3\times (-2)+3\times 1-3\times 3+d=0\)

\(-12+d=0\)

\(d=12\)

Conclusion :     une équation cartésienne de (P) est \(3x+3y-3z+12=0\)

Exercice 5 (corrigé produit scalaire)

Déterminer une équation cartésienne du plan contenant A(2; −1; 1) et orthogonal au

vecteur \(\vec{n}\)(3; −4; 2)

L’équation cartésienne est du type \(ax+by+cz+d=0\) avec \(\vec{n}\) un vecteur normal

donc nous avons déjà :

\(3x-4y+2z+d=0\)

or A appartient à ce plan donc :

\(3\times 2-4\times (-1)+2\times 1+d=0\)

\(6+4+2+d=0\)

\({\color{DarkRed} d=-12}\)

Conclusion : l’équation cartésienne de ce plan est \(3x-4y+2z-12=0\)

Exercice 6 :

Le vecteur \(\vec{n}\)(6; −2; 4) est-il normal au plan d’équation −3x + y − 3z = 1 ?

un vecteur normal au plan est \(\vec{u}(-3;1;-3)\) or \(\vec{u}\) et \(\vec{n}\) ne sont pas colinéaires

donc \(\vec{n}\) n’est pas un vecteur normal du plan.

Exercice 7 (corrigé produit scalaire)

Déterminer un vecteur normal au plan d’équation 31x + 37y + 41z + 43 = 0.

D’après le cours un vecteur normal au plan est \(\vec{u}(31;37;41)\).

Exercice 8 :

On se place dans un repère orthonormal.

Soient A(−1; 1; 2), B(0; 1; 0) et C(2; 0; 3).

Calculer une mesure approchée de l’angle \(\widehat{BAC}\).

\(\vec{AB}(1;0;-2)\) et \(\vec{AC}(3;-1;1)\) et \(AB=\sqrt{1^2+0^2+(-2)^2}=\sqrt{5}\)

et \(AC=\sqrt{3^2+(-1)^2+1^2}=\sqrt{11}\)

\(\vec{AB}.\vec{AC}=1\times 3+0\times (-1)+(-2)\times 1=1\)

\(cos(\widehat{BAC})=\frac{\vec{AB}.\vec{AC}}{AB\times AC}=\frac{1}{\sqrt{5}\times \sqrt{11}}=\frac{1}{\sqrt{55}}\)

\({\color{DarkRed} \widehat{BAC}\simeq 82^{\circ}}\)

Exercice 9 (corrigé produit scalaire)

Soit ABCDEFGH un cube d’arête a.

Calculer :

1. \(\vec{AE}.\vec{AF}\) ; 2. \(\vec{AE}.\vec{AG}\) ; 3. \(\vec{AF}.\vec{HC}\).

1. Dans le carré ABFE, le projeté orthogonal de F sur la droite (AE) est E, car (EF) est perpendiculaire à (AE). Par la formule de projection :

\(\vec{AE}.\vec{AF}=\vec{AE}.\vec{AE}=AE^2\), donc \(\vec{AE}.\vec{AF}=a^2\).

(On retrouve ce résultat avec \(AF=a\sqrt{2}\) et l’angle de 45° : \(a\times a\sqrt{2}\times \cos 45^{\circ}=a\times a\sqrt{2}\times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=a^2\).)

2. La droite (AE) est orthogonale à la face EFGH, donc à la droite (EG) : le projeté orthogonal de G sur (AE) est E. Ainsi \(\vec{AE}.\vec{AG}=\vec{AE}.\vec{AE}\), donc \(\vec{AE}.\vec{AG}=a^2\).

3. On a \(\vec{EH}=\vec{BC}\), donc EBCH est un parallélogramme et \(\vec{HC}=\vec{EB}\). Alors \(\vec{AF}.\vec{HC}=\vec{AF}.\vec{EB}\). Or [AF] et [EB] sont les diagonales du carré ABFE, qui sont perpendiculaires. Donc \(\vec{AF}.\vec{HC}=0\).

Exercice 10 :

Soit ABCD un tétraèdre régulier d’arête a.

Calculer \(\vec{AB}.\vec{AC}.\)

Les faces d’un tétraèdre régulier sont des triangles équilatéraux de côté a. Dans le triangle ABC, l’angle \(\widehat{BAC}\) mesure donc 60°.

\(\vec{AB}.\vec{AC}=AB\times AC\times \cos(\widehat{BAC})=a\times a\times \cos 60^{\circ}=a^2\times \dfrac{1}{2}\)

\(\vec{AB}.\vec{AC}=\dfrac{a^2}{2}\)

Exercice 11 (corrigé produit scalaire)

ABCD est un carré de côté 8 unités.

Les points I et J sont définis par  \(\vec{BI}=\frac{1}{2}\vec{BC}\) et  \(\vec{DJ}=\frac{1}{3}\vec{DC}\) .

1. Exprimer le produit scalaire  \(\vec{AI}.\vec{AJ}\) de deux façons différentes .

Première méthode : relation de Chasles et bilinéarité.

\(\vec{AI}.\vec{AJ}=(\vec{AB}+\vec{BI}).(\vec{AD}+\vec{DJ})=\vec{AB}.\vec{AD}+\vec{AB}.\vec{DJ}+\vec{BI}.\vec{AD}+\vec{BI}.\vec{DJ}\)

Comme ABCD est un carré, \(\vec{AB}.\vec{AD}=0\) et \(\vec{BI}.\vec{DJ}=0\) (car (BC) et (DC) sont perpendiculaires). De plus \(\vec{DJ}\) a même sens que \(\vec{AB}\) et \(\vec{BI}\) même sens que \(\vec{AD}\) :

\(\vec{AI}.\vec{AJ}=AB\times DJ+BI\times AD=8\times \dfrac{8}{3}+4\times 8=\dfrac{64}{3}+32=\dfrac{160}{3}\)

Seconde méthode : coordonnées. Dans le repère orthonormé d’origine A, d’axes dirigés par \(\vec{AB}\) et \(\vec{AD}\) (unité : 1), on a B(8 ; 0), C(8 ; 8), D(0 ; 8), donc I(8 ; 4) et J\((\dfrac{8}{3} ; 8)\).

\(\vec{AI}(8;4)\) et \(\vec{AJ}(\dfrac{8}{3};8)\), d’où \(\vec{AI}.\vec{AJ}=8\times \dfrac{8}{3}+4\times 8=\dfrac{160}{3}\).

\(\vec{AI}.\vec{AJ}=\dfrac{160}{3}\)

2. Déterminer \(\cos(\widehat{IAJ})\) , puis la mesure de cet angle en radians .

Avec le théorème de Pythagore : \(AI=\sqrt{8^2+4^2}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}\) et \(AJ=\sqrt{8^2+(\dfrac{8}{3})^2}=\sqrt{\dfrac{640}{9}}=\dfrac{8\sqrt{10}}{3}\).

\(AI\times AJ=4\sqrt{5}\times \dfrac{8\sqrt{10}}{3}=\dfrac{32\sqrt{50}}{3}=\dfrac{160\sqrt{2}}{3}\)

\(\cos(\widehat{IAJ})=\dfrac{\vec{AI}.\vec{AJ}}{AI\times AJ}=\dfrac{160}{3}\times \dfrac{3}{160\sqrt{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

L’angle \(\widehat{IAJ}\) est compris entre 0 et \(\pi\), donc \(\widehat{IAJ}=\dfrac{\pi}{4}\) rad (soit 45°).

Exercice 12 :

Notons B’ le milieu de [AC] et I le milieu de [BB’].

Premier facteur. Par la relation de Chasles, en passant par I : \(\vec{MA}+2\vec{MB}+\vec{MC}=4\vec{MI}+\vec{IA}+2\vec{IB}+\vec{IC}\). Or \(\vec{IA}+\vec{IC}=2\vec{IB^{\prime}}\) car B’ est le milieu de [AC], et \(2\vec{IB}+2\vec{IB^{\prime}}=\vec{0}\) car I est le milieu de [BB’]. Donc \(\vec{MA}+2\vec{MB}+\vec{MC}=4\vec{MI}\).

Second facteur. En passant par B : \(\vec{MA}-2\vec{MB}+\vec{MC}=(\vec{MB}+\vec{BA})-2\vec{MB}+(\vec{MB}+\vec{BC})=\vec{BA}+\vec{BC}=2\vec{BB^{\prime}}\). Ce vecteur ne dépend pas de M.

Traduction de la condition. L’égalité devient \(4\vec{MI}.2\vec{BB^{\prime}}=2l^2\), c’est-à-dire \(\vec{IM}.\vec{BB^{\prime}}=-\dfrac{l^2}{4}\).

Dans le triangle équilatéral, la médiane [BB’] est aussi une hauteur : \(BB^{\prime}=\dfrac{l\sqrt{3}}{2}\). Soit H le projeté orthogonal de M sur la droite (BB’). D’après la formule de projection, \(\vec{IM}.\vec{BB^{\prime}}=\vec{IH}.\vec{BB^{\prime}}\).

La condition s’écrit donc \(\vec{IH}.\vec{BB^{\prime}}=-\dfrac{l^2}{4}\) : le point H est sur (BB’), du côté de B par rapport à I, et \(IH=\dfrac{l^2}{4}: \dfrac{l\sqrt{3}}{2}=\dfrac{l}{2\sqrt{3}}=\dfrac{l\sqrt{3}}{6}\).

Comme \(BI=\dfrac{BB^{\prime}}{2}=\dfrac{l\sqrt{3}}{4}\), on obtient \(BH=\dfrac{l\sqrt{3}}{4}-\dfrac{l\sqrt{3}}{6}=\dfrac{l\sqrt{3}}{12}\), soit \(\vec{BH}=\dfrac{1}{6}\vec{BB^{\prime}}\) : H est un point fixe.

Réciproquement, tout point M dont le projeté orthogonal sur (BB’) est H vérifie \(\vec{IM}.\vec{BB^{\prime}}=\vec{IH}.\vec{BB^{\prime}}=-\dfrac{l^2}{4}\), donc l’égalité de départ.

Dans le plan (ABC), l’ensemble des points M est la droite perpendiculaire à (BB’) passant par le point H défini par \(\vec{BH}=\dfrac{1}{6}\vec{BB^{\prime}}\) ; cette droite est parallèle à (AC). Si l’on cherche les points M de l’espace, on obtient le plan perpendiculaire à (BB’) passant par H.

Exercice 13 (corrigé produit scalaire)

1.a) Dans le carré ADHE (plan (ADE)), le projeté orthogonal de H sur la droite (AD) est D. Donc \(\vec{AD}.\vec{AH}=\vec{AD}.\vec{AD}=AD^2\) : \(\vec{AD}.\vec{AH}=1\).

Les droites (AD) et (AB) sont perpendiculaires (carré ABCD) : \(\vec{AD}.\vec{AB}=0\).

Dans le rectangle AFGD, les côtés [AD] et [DG] sont perpendiculaires, donc le projeté orthogonal de G sur (AD) est D. Ainsi \(\vec{AD}.\vec{AG}=AD^2\) : \(\vec{AD}.\vec{AG}=1\).

b) Comme \(\vec{AB}=\vec{HG}\) (ABGH est un parallélogramme), la relation de Chasles donne \(\vec{AH}+\vec{AB}=\vec{AH}+\vec{HG}=\vec{AG}\).

Donc \(\vec{AD}.(\vec{AH}+\vec{AB})=\vec{AD}.\vec{AG}=1\), et d’autre part \(\vec{AD}.\vec{AH}+\vec{AD}.\vec{AB}=1+0=1\).

On a bien \(\vec{AD}.(\vec{AH}+\vec{AB})=\vec{AD}.\vec{AH}+\vec{AD}.\vec{AB}\) : la distributivité reste vraie dans l’espace.

2.a) Comme \(\vec{AB}=\vec{HG}\), le quadrilatère ABGH est un parallélogramme, donc \(\vec{BG}=\vec{AH}\). On choisit les représentants \(\vec{u}=\vec{AF}\) et \(\vec{v}=\vec{AH}\) : les points A, F et H sont dans le plan (AFH).

b) Les segments [AF], [AH] et [FH] sont des diagonales de faces carrées de côté 1 : ils mesurent tous \(\sqrt{2}\). Le triangle AFH est équilatéral, donc \(\widehat{FAH}=60^{\circ}\).

\(\vec{u}.\vec{v}=\vec{AF}.\vec{AH}=\sqrt{2}\times \sqrt{2}\times \cos 60^{\circ}=2\times \dfrac{1}{2}\), donc \(\vec{u}.\vec{v}=1\).

3. ABCD est un carré, donc \(\vec{DC}=\vec{AB}\) et \(\vec{EA}.\vec{DC}=\vec{EA}.\vec{AB}\). Dans le carré ABFE, (EA) et (AB) sont perpendiculaires, donc \(\vec{EA}.\vec{DC}=0\).

Les vecteurs \(\vec{EA}\) et \(\vec{DC}\) sont donc orthogonaux, alors que les droites (EA) et (DC) ne sont pas coplanaires : elles ne se coupent pas, mais elles sont orthogonales.

Exercice 14 :

1.a) Les droites (DA) et (DC) sont deux côtés consécutifs du carré ABCD : elles sont perpendiculaires. De même, (DA) et (DH) sont perpendiculaires dans le carré ADHE, et (DC) et (DH) dans le carré DCGH. Enfin DA = DC = DH = 1, car ce sont trois arêtes du cube.

b) Par définition des coordonnées : \(\vec{u}=x\vec{DA}+y\vec{DC}+z\vec{DH}\) et \(\vec{v}=x^{\prime}\vec{DA}+y^{\prime}\vec{DC}+z^{\prime}\vec{DH}\).

En développant grâce à la bilinéarité et à la symétrie, on obtient neuf termes :

\(\vec{u}.\vec{v}=xx^{\prime}\,\vec{DA}.\vec{DA}+yy^{\prime}\,\vec{DC}.\vec{DC}+zz^{\prime}\,\vec{DH}.\vec{DH}+(xy^{\prime}+yx^{\prime})\,\vec{DA}.\vec{DC}+(xz^{\prime}+zx^{\prime})\,\vec{DA}.\vec{DH}+(yz^{\prime}+zy^{\prime})\,\vec{DC}.\vec{DH}\)

D’après la question a), \(\vec{DA}.\vec{DA}=\vec{DC}.\vec{DC}=\vec{DH}.\vec{DH}=1\) et les trois autres produits scalaires sont nuls. Donc \(\vec{u}.\vec{v}=xx^{\prime}+yy^{\prime}+zz^{\prime}\).

2.a) Dans ce repère : D(0 ; 0 ; 0), A(1 ; 0 ; 0), C(0 ; 1 ; 0), H(0 ; 0 ; 1), B(1 ; 1 ; 0), E(1 ; 0 ; 1), F(1 ; 1 ; 1) et G(0 ; 1 ; 1).

\(\vec{EB}(0;1;-1)\) et \(\vec{DF}(1;1;1)\), donc \(\vec{EB}.\vec{DF}=0\times 1+1\times 1+(-1)\times 1=0\). Les vecteurs \(\vec{EB}\) et \(\vec{DF}\) sont orthogonaux.

b) \(\vec{EG}(-1;1;0)\), donc \(\vec{EG}.\vec{DF}=-1+1+0=0\). Les vecteurs \(\vec{EG}\) et \(\vec{DF}\) sont orthogonaux.

La droite (DF) est orthogonale à deux droites sécantes (EB) et (EG) du plan (EBG) : elle est orthogonale à ce plan.

Exercice 15 (corrigé produit scalaire)

a) La face BHC est un triangle rectangle en H, donc (HB) et (HC) sont perpendiculaires : \(\vec{HB}.\vec{HC}=0\).

b) Par la relation de Chasles, \(\vec{HA}+\vec{AB}=\vec{HB}\) et \(\vec{HA}+\vec{AC}=\vec{HC}\), donc ce produit scalaire vaut \(\vec{HB}.\vec{HC}=0\). En le développant :

\((\vec{HA}+\vec{AB}).(\vec{HA}+\vec{AC})=HA^2+\vec{HA}.\vec{AC}+\vec{AB}.\vec{HA}+\vec{AB}.\vec{AC}\)

Réduisons chaque terme. Le triangle HAB est rectangle en H, donc le projeté orthogonal de B sur (HA) est H : \(\vec{AB}.\vec{HA}=\vec{AH}.\vec{HA}=-HA^2\). De même \(\vec{HA}.\vec{AC}=-HA^2\). Enfin ABC est équilatéral : \(\vec{AB}.\vec{AC}=a\times a\times \cos 60^{\circ}=\dfrac{a^2}{2}\).

\((\vec{HA}+\vec{AB}).(\vec{HA}+\vec{AC})=HA^2-HA^2-HA^2+\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{a^2}{2}-HA^2\)

c) D’après a) et b), \(\dfrac{a^2}{2}-HA^2=0\), donc \(HA^2=\dfrac{a^2}{2}\) et \(HA=\dfrac{a}{\sqrt{2}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\).

La droite (HA) est perpendiculaire à (HB) et à (HC), deux droites sécantes du plan (BHC) : elle est orthogonale à ce plan, et H est le projeté orthogonal de A sur (BHC).

La distance du point A au plan (BHC) est \(AH=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\).

Exercice 16 :

a) I est le milieu de [FH], donc \(HI=\dfrac{FH}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\). La droite (DH) est orthogonale à la face EFGH, donc le triangle DHI est rectangle en H :

\(ID^2=DH^2+HI^2=a^2+\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{3a^2}{2}\), donc \(ID=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\).

De la même façon, I est le milieu de [EG] et le triangle CGI est rectangle en G : \(IC^2=a^2+\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{3a^2}{2}\). Comme \(ID=IC=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\neq DC=a\), le triangle DCI est isocèle en I (et non équilatéral).

b) On utilise l’identité \(DC^2=\|\vec{IC}-\vec{ID}\|^2=IC^2-2\,\vec{ID}.\vec{IC}+ID^2\) :

\(\vec{ID}.\vec{IC}=\dfrac{1}{2}(ID^2+IC^2-DC^2)=\dfrac{1}{2}(\dfrac{3a^2}{2}+\dfrac{3a^2}{2}-a^2)=\dfrac{1}{2}\times 2a^2\)

\(\vec{ID}.\vec{IC}=a^2\)

c) \(\vec{ID}.\vec{IC}=ID\times IC\times \cos(\widehat{DIC})=\dfrac{3a^2}{2}\cos(\widehat{DIC})\).

Donc \(\dfrac{3a^2}{2}\cos(\widehat{DIC})=a^2\), soit \(\cos(\widehat{DIC})=\dfrac{2}{3}\).

À la calculatrice : \(\widehat{DIC}\approx 48{,}2^{\circ}\) (valeur arrondie au dixième).

Exercice 17 (corrigé produit scalaire)

D’après la figure, AB = 5, BC = 3 et AE = 1 ; dans un parallélépipède rectangle, toutes les faces sont des rectangles.

a) (BC) est perpendiculaire à (AB), donc le projeté orthogonal de C sur (AB) est B : \(\vec{AB}.\vec{AC}=\vec{AB}.\vec{AB}=AB^2\). \(\vec{AB}.\vec{AC}=25\).

b) Les droites (AB) et (AD) sont perpendiculaires (face ABCD rectangle) : \(\vec{AB}.\vec{AD}=0\).

c) Par la relation de Chasles, \(\vec{EG}=\vec{EF}+\vec{FG}\) avec \(\vec{FG}=\vec{BC}\) et \(\vec{EF}=\vec{AB}\) orthogonal à \(\vec{BC}\) :

\(\vec{EG}.\vec{BC}=\vec{EF}.\vec{BC}+\vec{BC}.\vec{BC}=0+BC^2\), donc \(\vec{EG}.\vec{BC}=9\).

Exercice 18 :

Dans un repère orthonormé, \(\vec{u}.\vec{v}=1\times (-1)+1\times (-1)+1\times (-1)=-3\).

Ce produit scalaire n’est pas nul : les vecteurs ne sont pas orthogonaux, Alix a tort. En fait \(\vec{v}=-\vec{u}\) : les deux vecteurs sont colinéaires, de sens contraires.

Exercice 19 (corrigé produit scalaire)

On calcule mentalement le produit scalaire avec \(\vec{u}(0;1;2)\) :

• \(\vec{u}.\vec{v}=0+1-4=-3\) ;
• \(\vec{u}.\vec{w}=0+2+2=4\) ;
• \(\vec{u}.\vec{z}=0-6+6=0\).

Le vecteur orthogonal à \(\vec{u}\) est \(\vec{z}(10;-6;3)\) (proposition 3).

Exercice 20 :

Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire \(xx^{\prime}+yy^{\prime}+zz^{\prime}\) est nul.

• a) \(2\times 1+3\times 0+(-1)\times 2=0\) : orthogonaux.
• b) \(-1\times 3+0\times 2+3\times 1=0\) : orthogonaux.
• c) \(0\times 6+(-2)\times 1+5\times 1=3\) : non orthogonaux.
• d) \(2\times 6+1\times 2+1\times (-14)=0\) : orthogonaux.
• e) \((1-\sqrt{2})(1+\sqrt{2})+1\times 0+(-1)\times (-3)=(1-2)+3=2\) : non orthogonaux.

Exercice 21 (corrigé produit scalaire)

La norme de \(\vec{u}\) est donnée par :

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

Exercice 22 :

Le vecteur \(\vec{AB}\) est donné par :

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

La norme de \(\vec{AB}\) est donc :

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

Exercice 23 (corrigé produit scalaire)

On développe le carré scalaire : \(\|\vec{v}-\vec{u}\|^2=\|\vec{v}\|^2-2\,\vec{u}.\vec{v}+\|\vec{u}\|^2\).

Avec les données : \((\sqrt{5})^2=2^2-2\,\vec{u}.\vec{v}+1^2\), soit \(5=5-2\,\vec{u}.\vec{v}\).

\(\vec{u}.\vec{v}=0\) : les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont orthogonaux.

Exercice 24 :

On utilise l’expression du produit scalaire avec le cosinus de l’angle :

\(\vec{AB}.\vec{AC}=AB\times AC\times \cos(\widehat{BAC})=5\times 8\times \cos 60^{\circ}=40\times \dfrac{1}{2}\)

\(\vec{AB}.\vec{AC}=20\)

Exercice 25 (corrigé produit scalaire)

a) M est le centre du carré BCGF, donc le milieu de sa diagonale [BG] : \(BM=\dfrac{BG}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\). La droite (AB) est orthogonale à la face BCGF, donc le triangle ABM est rectangle en B.

\(AM^2=AB^2+BM^2=a^2+\dfrac{2a^2}{4}=a^2+\dfrac{a^2}{2}\), donc \(AM^2=\dfrac{3}{2}a^2\).

b) N est le milieu de la diagonale [EG] de la face EFGH, donc \(EN=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\), et le triangle AEN est rectangle en E car (AE) est orthogonale à la face EFGH : \(AN^2=a^2+\dfrac{a^2}{2}\), donc \(AN^2=\dfrac{3}{2}a^2\).

Dans le triangle GBE, M est le milieu de [GB] et N celui de [GE]. D’après le théorème des milieux, \(MN=\dfrac{BE}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\), donc \(MN^2=\dfrac{a^2}{2}\).

c) \(MN^2=\|\vec{AN}-\vec{AM}\|^2=AN^2-2\,\vec{AM}.\vec{AN}+AM^2\), donc :

\(\vec{AM}.\vec{AN}=\dfrac{1}{2}(AM^2+AN^2-MN^2)=\dfrac{1}{2}(\dfrac{3}{2}a^2+\dfrac{3}{2}a^2-\dfrac{1}{2}a^2)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{5}{2}a^2\)

\(\vec{AM}.\vec{AN}=\dfrac{5}{4}a^2\)

Exercice 26 :

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 27 (corrigé produit scalaire)

1. \(\vec{AB}(-2-1\,;\,2-(-1)\,;\,6-0)\), soit \(\vec{AB}(-3;3;6)\), et \(\vec{AC}(3-1\,;\,1-(-1)\,;\,-8-0)\), soit \(\vec{AC}(2;2;-8)\).

Les coordonnées ne sont pas proportionnelles : \(\dfrac{2}{-3}\neq \dfrac{2}{3}\). Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

2.a) \(\vec{n}.\vec{AB}=3\times (-3)+1\times 3+1\times 6=0\) et \(\vec{n}.\vec{AC}=3\times 2+1\times 2+1\times (-8)=0\).

Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : \(\vec{n}\) est normal au plan (ABC).

b) Le plan (ABC) a donc une équation de la forme \(3x+y+z+d=0\). Le point A lui appartient : \(3\times 1+(-1)+0+d=0\), d’où \(d=-2\).

Une équation cartésienne du plan (ABC) est \(3x+y+z-2=0\). Vérification : pour B, \(-6+2+6-2=0\) ; pour C, \(9+1-8-2=0\).

Exercice 28 :

a. Le plan \(\rho\) est orthogonal à la droite (AB), donc tout vecteur directeur de (AB) lui est normal : \(\vec{AB}(2;-1;-1)\) est un vecteur normal au plan \(\rho\).

b. Une équation de \(\rho\) est de la forme \(2x-y-z+d=0\). Comme A(3 ; 2 ; 0) appartient à \(\rho\) : \(6-2-0+d=0\), donc \(d=-4\).

Une équation cartésienne du plan \(\rho\) est \(2x-y-z-4=0\).

Exercice 29 :

1. \(\vec{AB}(8;-4;-4)=4\,\vec{w}\) avec \(\vec{w}(2;-1;-1)\), qui est donc un vecteur directeur de (AB). La droite passe par A(−4 ; 4 ; 0) :

\((AB) : \begin{cases} x=-4+2t \\ y=4-t \\ z=-t \end{cases}\) avec \(t\in \mathbb{R}\).

2. Le point H appartient à (AB) : il existe un réel t tel que \(H(-4+2t\,;\,4-t\,;\,-t)\). Alors \(\vec{CH}(-5+2t\,;\,3-t\,;\,-1-t)\).

H est le projeté orthogonal de C sur (AB) si et seulement si \(\vec{CH}.\vec{w}=0\) :

\(2(-5+2t)-(3-t)-(-1-t)=0\iff -10+4t-3+t+1+t=0\iff 6t-12=0\iff t=2\).

Donc H(0 ; 2 ; −2) et \(\vec{CH}(-1;1;-3)\), d’où \(CH=\sqrt{(-1)^2+1^2+(-3)^2}=\sqrt{11}\).

La distance entre C et son projeté orthogonal H est \(\sqrt{11}\approx 3{,}32\).

Exercice 30 :

1. \(\vec{n}.\vec{u}=0\times 2+3\times (-1)+1\times 3=0\) et \(\vec{n}.\vec{v}=0\times 4+3\times 1+1\times (-3)=0\).

Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) ne sont pas colinéaires (\(\dfrac{4}{2}=2\) mais \(\dfrac{1}{-1}=-1\)) et dirigent le plan P. Le vecteur non nul \(\vec{n}\) est orthogonal à ces deux vecteurs : \(\vec{n}(0;3;1)\) est normal au plan P.

2. Les vecteurs normaux au plan P sont les vecteurs non nuls colinéaires à \(\vec{n}\), c’est-à-dire de la forme \(k\vec{n}(0;3k;k)\) avec \(k\neq 0\). La troisième coordonnée vaut 7 pour \(k=7\) : \(\vec{n_1}(0;21;7)\).

3. La deuxième coordonnée vaut −1 pour \(3k=-1\), soit \(k=-\dfrac{1}{3}\) : \(\vec{n_2}(0;-1;-\dfrac{1}{3})\).

4. La première coordonnée d’un vecteur normal \(k\vec{n}\) vaut toujours \(k\times 0=0\). Il est impossible de trouver un vecteur normal à P dont la première coordonnée est égale à 4.

Exercice 31 :

La droite (d) a pour vecteur directeur \(\vec{u}(-2;5;6)\) (coefficients de t). Le plan P est perpendiculaire à (d), donc \(\vec{u}\) est un vecteur normal à P et P a une équation de la forme \(-2x+5y+6z+d=0\).

Le point A(8 ; −5 ; 3) appartient à P : \(-2\times 8+5\times (-5)+6\times 3+d=0\), soit \(-16-25+18+d=0\), donc \(d=23\).

Une équation du plan P est \(-2x+5y+6z+23=0\).

Exercice 32 :

1. Dans le repère \((A ; \vec{AB}, \vec{AD}, \vec{AE})\) : A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), H(0 ; 1 ; 1) et G(1 ; 1 ; 1).

I est le milieu de [AB] et J le milieu de [DH], donc \(I(\dfrac{1}{2};0;0)\), \(J(0;1;\dfrac{1}{2})\) et G(1 ; 1 ; 1).

2. \(\vec{IJ}(-\dfrac{1}{2};1;\dfrac{1}{2})\) et \(\vec{IG}(\dfrac{1}{2};1;1)\). Si l’on avait \(\vec{IG}=k\,\vec{IJ}\), la première coordonnée imposerait \(k=-1\) et la deuxième \(k=1\) : c’est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc I, J et G ne sont pas alignés et définissent un plan.

3. a. \(\vec{n}(a;b;c)\) est normal au plan (IJG) si et seulement si \(\vec{n}.\vec{IJ}=0\) et \(\vec{n}.\vec{IG}=0\) :

\(\begin{cases} -\dfrac{1}{2}a+b+\dfrac{1}{2}c=0 \\ \dfrac{1}{2}a+b+c=0 \end{cases}\)

En soustrayant la première équation de la seconde : \(a+\dfrac{1}{2}c=0\), donc \(a=-\dfrac{c}{2}\). Puis, en les ajoutant : \(2b+\dfrac{3}{2}c=0\), donc \(b=-\dfrac{3c}{4}\). En choisissant \(c=-4\), on obtient \(\vec{n}(2;3;-4)\).

Vérification : \(\vec{n}.\vec{IJ}=-1+3-2=0\) et \(\vec{n}.\vec{IG}=1+3-4=0\).

b. Le plan (IJG) a une équation de la forme \(2x+3y-4z+d=0\). Avec I : \(2\times \dfrac{1}{2}+0-0+d=0\), donc \(d=-1\).

Une équation du plan (IJG) est \(2x+3y-4z-1=0\). (J et G la vérifient : \(0+3-2-1=0\) et \(2+3-4-1=0\).)

Exercice 33 :

1. Un vecteur normal à P est \(\vec{n}(2;-5;3)\) et un vecteur directeur de \((d_1)\) est \(\vec{u_1}(4;1;-1)\).

\(\vec{u_1}.\vec{n}=4\times 2+1\times (-5)+(-1)\times 3=8-5-3=0\) : la droite \((d_1)\) est parallèle au plan P.

Le point (5 ; 2 ; 9) de \((d_1)\), obtenu pour t = 0, vérifie \(2\times 5-5\times 2+3\times 9-7=20\neq 0\) : il n’appartient pas à P.

La droite \((d_1)\) est strictement parallèle au plan P : ils ne sont pas sécants.

2. Un point de \((d_2)\) a pour coordonnées \((2+3t\,;\,2t\,;\,1+5t)\). Il appartient à P si et seulement si :

\(2(2+3t)-5\times 2t+3(1+5t)-7=0\iff 4+6t-10t+3+15t-7=0\iff 11t=0\iff t=0\).

Il y a une seule solution : le plan P et la droite \((d_2)\) se coupent au point de coordonnées (2 ; 0 ; 1). Vérification : \(2\times 2-5\times 0+3\times 1-7=0\).

Exercice 34 :

1. \(\vec{AB}(1;-1;-1)\) et \(\vec{AC}(2;-5;-3)\). On a \(\dfrac{2}{1}=2\) mais \(\dfrac{-5}{-1}=5\) : les coordonnées ne sont pas proportionnelles, les points A, B et C ne sont pas alignés.

2. a. \(\vec{u}.\vec{AB}=2\times 1+(-1)\times (-1)+3\times (-1)=0\) et \(\vec{u}.\vec{AC}=2\times 2+(-1)\times (-5)+3\times (-3)=0\).

Le vecteur directeur \(\vec{u}\) de \(\Delta\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : la droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ABC).

b. \(\vec{u}(2;-1;3)\) est donc normal au plan (ABC), qui a une équation de la forme \(2x-y+3z+d=0\). Avec A(0 ; 4 ; 1) : \(0-4+3+d=0\), d’où \(d=1\).

Une équation cartésienne du plan (ABC) est \(2x-y+3z+1=0\).

c. \(\Delta : \begin{cases} x=7+2t \\ y=-1-t \\ z=4+3t \end{cases}\) avec \(t\in \mathbb{R}\).

d. On remplace x, y et z dans l’équation du plan :

\(2(7+2t)-(-1-t)+3(4+3t)+1=0\iff 14+4t+1+t+12+9t+1=0\iff 14t+28=0\iff t=-2\).

Pour t = −2 : H(3 ; 1 ; −2). Vérification : \(2\times 3-1+3\times (-2)+1=0\).

3. a. \(\vec{n_1}(1;1;1)\) est normal à \(P_1\) et \(\vec{n_2}(1;4;0)\) est normal à \(P_2\). Si l’on avait \(\vec{n_2}=k\,\vec{n_1}\), on aurait k = 1 (première coordonnée) et k = 4 (deuxième) : impossible. Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans \(P_1\) et \(P_2\) sont sécants suivant une droite.

b. Pour tout réel t, le point de coordonnées \((-4t-2\,;\,t\,;\,3t+2)\) vérifie :

• l’équation de \(P_1\) : \((-4t-2)+t+(3t+2)=0\) ;
• l’équation de \(P_2\) : \((-4t-2)+4t+2=0\).

La droite passant par (−2 ; 0 ; 2) et dirigée par \(\vec{w}(-4;1;3)\) est donc contenue dans les deux plans : c’est bien leur droite d’intersection (d).

c. \(\vec{w}.\vec{u}=(-4)\times 2+1\times (-1)+3\times 3=0\) : le vecteur directeur de (d) est orthogonal au vecteur normal \(\vec{u}\) du plan (ABC), donc (d) est parallèle à ce plan.

De plus le point (−2 ; 0 ; 2) de (d) donne \(2\times (-2)-0+3\times 2+1=3\neq 0\) : il n’appartient pas au plan.

La droite (d) est strictement parallèle au plan (ABC).

Bien travailler avec corrigé produit scalaire

Tout d’abord, fais l’exercice sans regarder la solution. Puis contrôle tes calculs avant de passer à la suite. Ainsi, tu repères vite tes erreurs de méthode. En outre, quelques minutes par jour suffisent pour retenir l’essentiel.

Par exemple, refais un exercice raté deux jours plus tard. Enfin, si tu veux approfondir, consulte la page Produit scalaire sur Wikipédia. Également, tu peux continuer avec suite numériques : corrigé des exercices de maths en terminale en PDF.