Le produit scalaire dans l’espace

Exemples. 1) Soit $ABCDEFGH$ un cube dont l'arête a pour longueur $a$. [Figure: Un cube $ABCDEFGH$ montrant les vecteurs $\vec{AF}$ et $\vec{GC}$]

• Calculons le produit scalaire $\vec{AF}.\vec{GC}$ : Puisque les faces d'un cube sont des carrés, alors : $\vec{GC} = \vec{EA}$. De plus, $E$ est le projeté orthogonal de $F$ sur $(AE)$. Donc :
  \[\vec{AF}.\vec{GC} = \vec{AF}.\vec{EA} = – AE \times AE = -a^2\]
• Calculons le produit scalaire $\vec{AF}.\vec{CD}$ : Puisque $ABCD$ est un carré, alors : $\vec{CD} = \vec{BA}$. De plus, $B$ est le projeté orthogonal de $F$ sur $(AB)$. Donc :
  \[\vec{AF}.\vec{CD} = \vec{AF}.\vec{BA} = – AB \times BA = -a^2\]

2) Soit $SABCD$ une pyramide à base carrée de sommet $S$ dont toutes les arêtes ont la même longueur $a$. [Figure: Une pyramide $SABCD$ à base carrée de sommet $S$ avec les diagonales de sa base.] Calculons, en fonction de $a$, les produits scalaires suivants : a) $\vec{SA}.\vec{SB}$ b) $\vec{SA}.\vec{SC}$ c) $\vec{SA}.\vec{AC}$ d) $\vec{SC}.\vec{AB}$ a) Pour calculer $\vec{SA}.\vec{SB}$, on se place dans le plan $(SAB)$. Dans ce plan, les points $S$, $A$ et $B$ sont les sommets d'un triangle équilatéral. D'où : b) Pour calculer $\vec{SA}.\vec{SC}$, on se place dans le plan $(SAC)$. Les dimensions du triangle $SAC$ sont connues : $SA = SC = a$ et $AC = \sqrt{2}a$ (car $[AC]$ est la diagonale du carré $ABCD$). Le triangle $SAC$ est donc rectangle en $S$. Par suite : $\vec{SA}.\vec{SC} = 0$. c) Dans le plan $(SAC)$, le projeté orthogonal du point $S$ sur la droite $(AC)$ est le milieu $O$ de $[AC]$. D'où : d) On a : $\vec{AB} = \vec{DC}$, on se place donc dans le plan $(SDC)$. Il en résulte donc :

Exemple. Dans le cube $ABCDEFGH$ :

• Les vecteurs $\vec{DH}$ et $\vec{DC}$ sont orthogonaux, c'est-à-dire que : $\vec{DH}.\vec{DC} = 0$.
• On a : $\vec{EH}.\vec{GC} = \vec{EH}.\vec{HD} = 0$ (car $\vec{EH} \perp \vec{HD}$). Par conséquent : $\vec{EH} \perp \vec{GC}$
• La droite $(AE)$ est perpendiculaire au plan $(ABC)$, donc elle est perpendiculaire à toutes les droites incluses dans ce plan. Comme $(DB) \subset (ABC)$ alors $(AE) \perp (DB)$. Ainsi : $\vec{AE}.\vec{BD} = 0$.

Exemples. 1) Soit $A$, $B$ et $C$ trois points de l'espace tels que : $AB = 5$ et $\vec{AB}.\vec{AC} = 3$ Calculons le produit scalaire : $(-2\vec{AB}).\vec{BC}$. On a : Par suite : $(-2\vec{AB}).\vec{BC} = 2 \times 5^2 + 2 \times 3 = 50 + 6 = 56$ 2) Soit $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs de l'espace tels que : $\|\vec{u}\| = 2 ; \|\vec{v}\| = 3 ; \|\vec{u} + \vec{v}\| = 5$. Déterminons $\vec{u}.\vec{v}$ : On a :

Exemple. On considère les vecteurs : $\vec{u} = 2\vec{i} + 2\vec{j} – \vec{k}$ ; $\vec{v} = \vec{i} – \vec{j} + 3\vec{k}$ ; $\vec{w} = (2m-3)\vec{i} + \vec{j} + m\vec{k} (m \in \mathbb{R})$ Calculons : $\vec{u}.\vec{v} ; \vec{u}.\vec{w} ; \|\vec{u}\| ; \|\vec{v}\|$. On a : $\vec{u}.\vec{v} = 2 \times 1 + 2 \times (-1) + (-1) \times 3$, ce qui donne : $\vec{u}.\vec{v} = -3$. On a : $\vec{u}.\vec{w} = 2 \times (2m-3) + 2 \times 1 + (-1) \times m$, ce qui donne : $\vec{u}.\vec{w} = 3m-4$. On a : $\|\vec{u}\| = \sqrt{2^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{9} = 3$ et $\|\vec{v}\| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 3^2} = \sqrt{11}$. Déterminons la valeur de $m$ pour laquelle $\vec{u}$ et $\vec{w}$ sont orthogonaux :

Exemple. On considère le point $A(-1; 3; 2)$ et le vecteur $\vec{u}(2; 1; -3)$. Déterminons l'ensemble $\mathcal{P}$ des points $M$ de l'espace $\mathcal{E}$ tels que : $\vec{u}.\vec{AM} = 7$. Soit $M(x; y; z)$ un point de l'espace. On a : Par conséquent, l'ensemble $\mathcal{P}$ est le plan d'équation :

Exemple. Soit $ABCDEFGH$ un cube. Démontrons que $\vec{AG}$ est un vecteur normal au plan $(BDE)$ :

• Le vecteur $\vec{AG}$ est orthogonal à $\vec{EB}$. En effet, $\vec{AG}.\vec{EB} = 0$ car :
  \[\vec{AG}.\vec{EB} = (\vec{AF} + \vec{FG}).\vec{EB} = \vec{AF}.\vec{EB} + \vec{FG}.\vec{EB}\]
  Or $\vec{AF}.\vec{EB} = 0$ et $\vec{FG}.\vec{EB} = \vec{FG}.(\vec{EF} + \vec{FB}) = \vec{FG}.\vec{EF} + \vec{FG}.\vec{FB} = 0$.
• De même, le vecteur $\vec{AG}$ est orthogonal à $\vec{ED}$. En effet, $\vec{AG}.\vec{ED} = 0$ car :
  \[\vec{AG}.\vec{ED} = (\vec{AH} + \vec{HG}).\vec{ED} = \vec{AH}.\vec{ED} + \vec{HG}.\vec{ED}\]
  Or $\vec{AH}.\vec{ED} = 0$ et $\vec{HG}.\vec{ED} = \vec{HG}.(\vec{EH} + \vec{HD}) = \vec{HG}.\vec{EH} + \vec{HG}.\vec{HD} = 0$.

Les vecteurs $\vec{EB}$ et $\vec{ED}$ ne sont pas colinéaires ; $\vec{AG}$ est un vecteur normal au plan $(BDE)$. [Figure: Un cube $ABCDEFGH$ avec les segments $AG$, $EB$ et $ED$ tracés.]

Exemple. Déterminons une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ passant par $A(-1; 2; 1)$ et de vecteur normal $\vec{n}(2; 1; -3)$. \underline{1ère méthode :} Soit $M(x; y; z)$ un point de l'espace. On a : Ainsi, une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ est : $\mathcal{P} : 2x + y – 3z + 3 = 0$ \underline{2ème méthode :} Soit $M(x; y; z)$ un point de l'espace. Puisque $\vec{n}(2; 1; -3)$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$, alors une équation cartésienne de $\mathcal{P}$ s'écrit : $2x + y – 3z + d = 0$ avec $d \in \mathbb{R}$. Et comme $A(-1; 2; 1) \in \mathcal{P}$, alors : $-2 + 2 – 3 + d = 0$, ce qui donne : $d = 3$. Ainsi, une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ est : $\mathcal{P} : 2x + y – 3z + 3 = 0$.

Exemples. 1) On considère les deux plans : $\mathcal{P} : 2x – 4y + z + 1 = 0$ et $\mathcal{P}' : x + y + 2z – 3 = 0$ On a : $\vec{n}(2; -4; 1)$ est un vecteur normal à $\mathcal{P}$ et $\vec{n}'(1; 1; 2)$ est un vecteur normal à $\mathcal{P}'$. De plus : $\vec{n}.\vec{n}' = 2 – 4 + 2 = 0$. Par suite : $\mathcal{P} \perp \mathcal{P}'$. 2) Déterminons une équation du plan $\mathcal{Q}$ passant par $A(1; -1; 1)$ et parallèle au plan $\mathcal{Q}' : 3x + y – 5z = 0$ Puisque $\mathcal{Q} \parallel \mathcal{Q}'$ alors $\vec{n}(3; 1; -5)$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{Q}$. Il s'ensuit donc qu'une équation cartésienne du plan $\mathcal{Q}$ s'écrit : $3x + y – 5z + d = 0$. Et puisque $A \in \mathcal{Q}$, alors : $3 – 1 – 5 + d = 0$, ce qui donne : $d = 3$. Ainsi, une équation cartésienne de $\mathcal{Q}$ est : $\mathcal{Q} : 3x + y – 5z + 3 = 0$. 3) On considère le point $A(1; 0; -2)$, le plan $\mathcal{P}$ d'équation $x – y + 3z = 0$ et les droites $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$ définies par : On a : $\vec{n}(1; -1; 3)$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$, $\vec{u}(2; -2; 6)$ est un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}_1$ et $\vec{v}(1; -2; -1)$ est un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}_2$. Puisque $\vec{u} = 2\vec{n}$ alors les vecteurs $\vec{n}$ et $\vec{u}$ sont colinéaires et par suite : $\mathcal{D}_1 \perp \mathcal{P}$. Comme : $\vec{n}.\vec{v} = 1 \times 1 + (-1) \times (-2) + 3 \times (-1) = 1 + 2 – 3 = 0$, alors $\vec{n} \perp \vec{v}$. Par suite : $\mathcal{D}_2 \parallel \mathcal{P}$.

Exemples. On considère le plan $\mathcal{P}$ d'équation : $2x – y + 2z + 3 = 0$ et les points $A(1; -1; 2)$ et $B(0; 2; -2)$. Calculons $d(A; \mathcal{P})$ et $d(B; \mathcal{P})$ : On a :

Exemple. Soit $\mathcal{S}$ la sphère de centre $\Omega(1; -1; 2)$ et de rayon $R = 3$.

• Une équation cartésienne de $\mathcal{S}$ est donnée par : $M(x; y; z) \in \mathcal{S} \Leftrightarrow (x – 1)^2 + (y + 1)^2 + (z – 2)^2 = 3^2$. Par suite : $\mathcal{S} : x^2 + y^2 + z^2 – 2x + 2y – 4z – 3 = 0$
• Considérons les points : $A(-1; 1; 3)$ et $B(1; 1; -1)$ $\circ$ On a : $(x_A – 1)^2 + (y_A + 1)^2 + (z_A – 2)^2 = 4 + 4 + 1 = 9 = R^2$. Par conséquent : $A \in \mathcal{S}$. $\circ$ On a : $(x_B – 1)^2 + (y_B + 1)^2 + (z_B – 2)^2 = 0 + 4 + 9 = 13 \neq R^2$. Par conséquent : $B \notin \mathcal{S}$.

Exemples. 1) Une représentation paramétrique de la sphère $\mathcal{S}$ de centre $\Omega(-1; 0; 2)$ et de rayon $R = 3$ est : 2) Soit $\mathcal{S}$ l'ensemble des points $M(x; y; z)$ de l'espace $\mathcal{E}$ tels que : Déterminons la nature de l'ensemble $\mathcal{S}$ : Soit $M(x; y; z)$ un point de $\mathcal{S}$. On a : Par conséquent, l'ensemble $\mathcal{S}$ est inclus dans la sphère $\mathcal{S}'$ de centre $\Omega\left(\frac{1}{2}; -1; 1\right)$ et de rayon $R = 2$. Le système $(*)$ est une représentation paramétrique de la sphère $\mathcal{S}'$. Il s'ensuit donc que $\mathcal{S} = \mathcal{S}'$, c'est-à-dire, la sphère $\mathcal{S}'$ de centre $\Omega\left(\frac{1}{2}; -1; 1\right)$ et de rayon $R = 2$.

Exemples. 1) Soit $\mathcal{S}_1$ l'ensemble des points $M(x; y; z)$ de l'espace $\mathcal{E}$ tels : $x^2 + y^2 + z^2 – 2x – 6y – 4z = 0$ Ici : $a = 1 ; b = 3 ; c = 2 ; d = 0 ; a^2 + b^2 + c^2 – d = 1 + 9 + 4 = 14$. Comme $a^2 + b^2 + c^2 – d > 0$, alors $\mathcal{S}_1$ est la sphère de centre $\Omega_1(1; 3; 2)$ et de rayon : $R_1 = \sqrt{14}$. 2) Soit $\mathcal{S}_2$ l'ensemble des points $M(x; y; z)$ de l'espace $\mathcal{E}$ tels : $x^2 + y^2 + z^2 – 6x + 4y + 6z + 22 = 0$ Déterminons la nature de l'ensemble $\mathcal{S}_2$ : On a : Ainsi : $\mathcal{S}_2 = \{\Omega_2(3; -2; -3)\}$ 3) Soit $\mathcal{S}_3$ l'ensemble des points $M(x; y; z)$ de l'espace $\mathcal{E}$ tels : $x^2 + y^2 + z^2 – 2x + 3y + z + 7 = 0$ Déterminons la nature de l'ensemble $\mathcal{S}_3$ : On a : Ce qui est impossible. Ainsi : $\mathcal{S}_3 = \emptyset$.

Exemple. On considère dans l'espace $\mathcal{E}$ les deux points : $A(-1; 2; 1)$ et $B(1; -1; 0)$ L'ensemble $\mathcal{S}$ des points $M(x; y; z)$ de l'espace $\mathcal{E}$ tels que $\vec{MA}.\vec{MB} = 0$ est la sphère de diamètre $[AB]$. Une équation cartésienne de la sphère $\mathcal{S}$ est donnée par : Par suite : $\mathcal{S} : x^2 + y^2 + z^2 – y – z – 3 = 0$

Exemples. 1) Soit $\mathcal{S}$ une sphère et $\mathcal{P}$ un plan de l'espace tels que : Étudions l'intersection de la sphère $\mathcal{S}$ avec le plan $\mathcal{P}$ : On a : $x^2 + y^2 + z^2 – 2x – 2y – 4 = 0 \Leftrightarrow (x – 1)^2 + (y – 1)^2 + z^2 = \left(\sqrt{6}\right)^2$ Donc $\mathcal{S}$ est la sphère de centre $\Omega(1; 1; 0)$ et de rayon $R = \sqrt{6}$. On a de plus : $d(\Omega; \mathcal{P}) = \frac{|2 – 1 + 5|}{\sqrt{4 + 1 + 1}} = \frac{6}{\sqrt{6}} = \sqrt{6}$. Comme $d(\Omega; \mathcal{P}) = R$, alors le plan $\mathcal{P}$ est tangent à la sphère $\mathcal{S}$ au point $H$ projeté orthogonal de $\Omega$ sur $\mathcal{P}$. Déterminons les coordonnées du point $H$ : Soit $\vec{n}(2; -1; -1)$ un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$. Il existe $k \in \mathbb{R}$ tel que $\vec{\Omega H} = k.\vec{n}$. Il s'ensuit donc : Par suite : $H(-1; 2; 1)$. 2) Soit $\mathcal{S}$ une sphère et $\mathcal{P}$ un plan de l'espace tels que : Étudions l'intersection de la sphère $\mathcal{S}$ avec le plan $\mathcal{P}$ : On a : $x^2 + y^2 + z^2 – 2x + 2z + 1 = 0 \Leftrightarrow (x – 1)^2 + y^2 + (z + 1)^2 = 1$ Donc $\mathcal{S}$ est la sphère de centre $\Omega(1; 0; -1)$ et de rayon $R = 1$. On a de plus : $d(\Omega; \mathcal{P}) = \frac{|1 – 0 – 1 – 3|}{\sqrt{1 + 1 + 1}} = \sqrt{3}$. Comme $d(\Omega; \mathcal{P}) > R$ alors le plan $\mathcal{P}$ est à l'extérieur de la sphère $\mathcal{S}$. Ainsi : $\mathcal{S} \cap \mathcal{P} = \emptyset$. 3) Soit $\mathcal{S}$ la sphère et $\mathcal{P}$ le plan de l'espace tels que : Étudions l'intersection de la sphère $\mathcal{S}$ et du plan $\mathcal{P}$ : Clairement, $\mathcal{S}$ est la sphère de centre $\Omega(2; 1; -3)$ et de rayon $R = 3$. On a de plus : $d(\Omega; \mathcal{P}) = \frac{|4 – 1 – 9 – 2|}{\sqrt{4 + 1 + 9}} = \frac{8}{\sqrt{14}} = \frac{4\sqrt{14}}{7}$. Comme $d(\Omega; \mathcal{P}) < R$, alors le plan $\mathcal{P}$ coupe la sphère $\mathcal{S}$ suivant le cercle $\mathcal{C}$ de centre $H$ projeté orthogonal de $\Omega$ sur $\mathcal{P}$ et de rayon : $r = \sqrt{R^2 – d^2} = \sqrt{\frac{31}{7}}$. Déterminons les coordonnées du point $H$ : Soit $\vec{n}(2; -1; 3)$ un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$. Il existe $k \in \mathbb{R}$ tel que $\vec{\Omega H} = k.\vec{n}$. Il s'ensuit donc : On trouve : $x = \frac{22}{7}$ et $y = \frac{3}{7}$ et $z = -\frac{9}{7}$. Par suite : $H\left(\frac{22}{7}; \frac{3}{7}; -\frac{9}{7}\right)$.