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11

Produit scalaire

Ouverture
Ce chapitre est la suite de celui de première dans
le plan. Le prolongement à l’espace est artificiel
puisque de toute façon pour calculer le produit
scalaire de deux vecteurs dans l’espace, on va
utiliser un plan les contenant tous les deux, ou
plutôt contenant deux représentants, ce qui est
donc toujours possible. En revanche, cela permet
de compléter le chapitre précédent sur la géométrie vectorielle dans l’espace.
On pourra reformuler la question de la manière
suivante : quelle relation peut-on déduire entre
la valeur du travail et le mouvement rectiligne
uniforme ?
Réponse à la question
aut
M(t)

cette force. S’il est nul, cela veut dire que la force
ne change pas l’énergie cinétique du système. Par
conséquent, la force centripète ne change pas
la norme du vecteur vitesse du point, mais elle
modifie sa direction. En effet, si la force n’était
pas présente, le point cesserait son mouvement
circulaire et se déplaceraitren mouvement rectiligne uniforme le long de ut , conformément à la
1re loi de Newton.
Suivant cette loi, dans les référentiels galiléens,
un point matériel est soit au repos soit en mouvement rectiligne uniforme. Autrement dit, s’il
n’y a pas de force s’exerçant sur un corps (corps
isolé), ou si la somme des forces (force résultante) s’exerçant sur lui est égale au vecteur nul
(corps pseudo-isolé), la direction et la norme de
sa vitesse ne changent pas (mouvement rectiligne uniforme). La force résultante étant égale
au vecteur nul, son travail est nul. Cependant,
cela ne veut pas dire que si le travail est nul alors
la force résultante est nulle et que le point est en
mouvement rectiligne uniforme.

aun

Vérifier ses acquis
R

Un point matériel en mouvement circulaire uniforme a pour trajectoire un cercle  de rayon R.
Pour décrire ce mouvement on utilise le repère de
Frénet comportant les vecteurs unitaires ut , tangent à la trajectoirer du point en M, dans le sens
du mouvement, et un, orthogonal à la trajectoire
du point en M, vers le centre du cercle O. Un petit
r
déplacement du
r du
r pointr se fait le long du vecteur tangent ut du duut . La force centripète





est proportionnelle à l’accélération centripète :
r v2 r
a
u . Le travail de la force centripète est nul
R n
tout au long de la trajectoire circulaire car le vecteur du déplacement et le vecteur de la force sont
r r
u , u ) 0).
perpendiculaires (cos(
t

n

Le travail d’une force est responsable de la variation de l’énergie cinétique du système qui subit

266

n

Chapitre 11 n Produit scalaire

1 1. a.

2. b.

3. c.

4. a.

2 1. b.

2. d.

3. b.

4. d.

3 1. c.

2. d.

3. a.

4. d.

4 1. b.

2. a.

3. b.

4. b.

5 1. b.
5. c.

2. b.
6. b.

3. b.
7. b.

4. b.

Activités d’introduction
Activité 1
L’objectif de cette activité est de faire découvrir le
produit scalaire dans l’espace.

1 a. Le plan (ABF) qui passe aussi par E.
uuur uur
b. AB AF AB2 a2.
uuur uuur
2 a. AC AG AC2 2a2 .
uuur uur ur
u uur
b. CG BH BF BH BF2 a2.

© éditions Belin, 2012.

O

uur uuur uur uuur uur uuur uur uuur
c. CF HM DE HM DE HD DE DM
-a2

uur uuur
d. AE CD 0.
uuur uuur

uur uur

uuur uuur

2

3 a. AB AC a2, AB CN DC CN - a

2

uuur uuur a2
et AB AN .
2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur
b. On retrouve : AB AN AB AC AB CN.

4 a.





uur uur

uur uur uuur uur uur uur
et DF BG DC BG CF BG 0.

a2
a2
- .
2
2
uuur uuur

uuur uur

3 a. DF BE DA BE AF BE 0



b. La droite (DF) est orthogonale à deux droites
sécantes du plan (BEG), elle est donc orthogonale
à ce plan.
c. Et par conséquent elle est orthogonale à toutes
les droites du plan (BEG).
uur
d. DF (1 ; –1 ; 1).
uur uuur
e. DF BM 1 ¥ (x - 1) (-1) ¥ y 1 ¥ z
x - 1 - y z donc une équation du
plan (BEG) est : x - y z - 1 0.
f. Les coefficients des
uur inconnues sont les coor-

uur uuur uuur ur
u uur
BC CG GH EF FG
uur ur
u uur uur uuur ur
u uuur uur uuur ur
u uuur uur
BC EF BC FG CG EF CG FG GH EF GH FG données du vecteur DF.

5 a.
uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur uur
AG DF AD DH HG DC CG GF
uuur uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur
AD DC AD CG AD CF DH DC DH CG
uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur uur
DH GF HG DC HG CG HG GF







0 0 - a2 0 a2 0 a2 0 0 a2
b. (AG) et (DF) sont dans le plan (ADF) car ADGF
est un rectangle. De plus les diagonales [AG] et
[DF] ont même longueur a 3, donc le produit
scalaire précédent donne l’équation :
1
a2 a 3 ¥ a 3 ¥ cosq qui donne : cosq , soit :
3
q ª 70, 5o.

Activité 2
L’objectif de cette activité est de trouver l’équation cartésienne d’un plan dans l’espace.

1 a. A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0)
et D(0 ; 1 ; 0).
b. Ils ont tous la même cote z = 0.
c. (ABE) : y = 0, (ADE) : x = 0, (EFG) : z = 1
et (CDG) : y = 1.
2 a. (AD) : y = x.
b. E(0 ; 0; 1) et G(1 ; 1; 1) vérifient aussi cette
relation.
c. (BDF) : y = – x + 1.

Activité 3
Dans cette activité on cherche à découvrir des propriétés particulières du tétraèdre régulier.

1 a. Pour construire O, on découpe le segment
[AA′] en quatre parties égales et on en compte
trois à partir de A.
uuur uuur uuur uuur
b. OA OB OC OD
uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuuur
OA OA¢ A¢B OA¢ A¢C OA¢ A¢D
uuur
uuuur
uuur
uuuur r
OA 3OA¢ 4OA 3AA¢ 0.
2

uuur uuur uuur uur uuur uur
a. AB CD AB CB AB BD
p
p
a2 cos - a2 cos 0
3
3
car les triangles sont équilatéraux.
b. On en déduit que les arêtes opposées sont
orthogonales.
uuuur uur uuur uur uuuur uur
c. AA¢ BC AD BC DA¢ BC 0 0 0 car
(DA′) est hauteur dans BCD.
d. On en déduit que les hauteurs sont orthogonales à leur face opposée.

3 a. Le théorème de la médiane donne :
uuur uur
uuuur uur uuuur uur





OC2 - OB2 2OK BC 2 OA¢ BC A¢K BC 0

b. On en déduit que O est le centre du cercle circonscrit au tétraèdre.

Chapitre 11 n Produit scalaire n  267

© éditions Belin, 2012.

0 a2 0 0 - a2 0 0
uur uur
b. On en déduit que : BH EG 0 donc que les
droites (BH) et (EG) sont orthogonales.

2TP TICE 2  À la recherche de l’angle droit

Travaux pratiques
Les travaux pratiques de ce chapitre sont tous
inspirés de sujets de l’épreuve pratique.

Partie A
On conjecture l’existence d’un autre point qui
annule ce produit scalaire, c’est-à-dire qu’en ce
point (MA) et (MC) sont orthogonales.

1TP TICE 1  Tétraèdre trirectangle

Partie B

1 Le théorème de Thalès donne : M(x ; x ; x).

C

Ê1 - xˆ Ê -x ˆ

uuur uuur

2 f(x) MA MC Á -x ˜ Á1 - x˜˜ 3x2 - 2x.
˜ Á
Á
ÁË -x ˜¯ ËÁ -x ˜¯

2
.
3
3 Le point correspondant est donc situé aux
deux tiers à partir de D sur [DF].
Donc l’équation a pour solution : x 0 ou x

3TP TICE 3  Recherche d’un minimum

H

O

B
M

A

1 On conjecture que le point H décrit un arc de
cercle.
2 On conjecture que la distance est minimale
quand M est en A ou en B et qu’elle est maximale
quand M est au milieu de [AB].
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
3 a. CM CO CM CH HO CH CM CO2.





b. L’égalité précédente qui s’écrit CH ¥ CM CO2
montre que quand CM est grand alors CH est
petit et inversement quand CM est petit alors CH
est grand. Donc CH est minimale quand M est en
A ou B et CH est maximale quand M est au milieu
du segment.
4
La longueur minimale est :
2 et la
2 2
2 6
4
longueur maximale est :

.
3
6
c. Comme ces deux longueurs sont distinctes, on en
déduit que le point H ne décrit pas un arc de cercle.

On conjecture à l’aide d’un logiciel que la valeur
minimale du produit scalaire est 0,5 pour le point
M au milieu du segment [AC].
uuuur uuur Ê-xˆ Ê-xˆ
MO MB ÁÁ0 ˜˜ ÁÁ1 ˜˜ x2 z2, qui est minimal
ÁË-z˜¯ ÁË-z˜¯
1
pour x z ce qui vérifie les conjectures.
2
4TP TICE 4  Où est le triangle rectangle ?

On conjecture à l’aide d’un logiciel que le produit
scalaire s’annule quand le point M est au milieu
du segment [BC].
On pose MB = x et on appelle a la longueur des
arêtes
régulier
uur uur du utétraèdre
uur ur uuu
r ur
u alors :







MI MJ MB BI MC CJ
uuur uuur uuur ur
u ur uuur
MB MC MB CJ BI MC 0
a
p a
p
-x(a - x) x cos (a - x)cos
2
3 2
3
a 1 a
1
x2 - ax x (a - x)
2 2 2
2
2

x2 - ax

a2 Ê

x- ˜ ,
4 ÁË


qui s’annule bien quand M est au milieu de [BC].
5TP TICE 5  Distance d’un point à un plan

r

x a t

2 ÔÌy b - t .
Ôz c t
Ó

268

n

Chapitre 11 n Produit scalaire

© éditions Belin, 2012.

1 n (1 ; –1 ; 1).

3 Les coordonnées de H vérifient :
(a t) - (b - t) (c t) - 4 0 ce qui donne :
1
t -a b - c 4 comme paramètre et donc :
3
ˆ
Ê 1
Á (2a b - c 4) ˜
3
˜
Á
H ÁÁ 1 (a 2b c - 4) ˜˜ .
˜
Á 3
˜
Á 1
(
2
4
)
a

b

c

˜¯
ÁË 3



4 On utilise l’inégalité triangulaire.
2
5 On a : MH2 3t2 1 -a b - c 4 .

3

6 Pour a = b = c = 1, on obtient : AH 3.
7 N est le symétrique de M par rapport à H
donc H est le milieu de [MN] ce qui donne :
ˆ
Ê 1
Á (a 2b - 2c 8) ˜
3
˜
Á
N ÁÁ 1 (2a b 2c - 8) ˜˜ et dans le cas du point A,
˜
Á 3
˜
Á 1
2
2
8
(
a

b

c

)
˜¯
ÁË 3
on obtient son symétrique (3 ; –1 ; 3).

c. Faux.

2 1. a.
3. b.

4. a.

3 a. Faux.
c. Faux.

d. Vrai.

2. c.
5. b.
b. Vrai.
e. Vrai.

c. Vrai.

b. Vrai.
d. Faux.
e. Vrai.

5 a. Faux.
c. Vrai.

b. Vrai.
d. Faux.
e. Vrai.
2. d.

7 a. Faux.
8 1. c.

3. b.
b. Vrai.
d. Vrai.

c. Faux.
2. b.

r

16 a. Rectangle en B. b. Rectangle en C.
c. Rectangle en A.
d. Rectangle en A.

b. Faux.
d. Faux.
e. Vrai.

6 1. c.

uur ur
u a2
b. AE AI .
2
uur ur
u uur ur
u ur
u ur
u a2
3a2
c. AF AI AE AI EF AI
a2
.
2
2
uuur ur
u uuur uur uuur ur
d. AB AJ AB AF AB FJ a2 0 a2.
ur
u uuur uuur uuur uur uuur
e. DJ DC DG DC GJ DC a2 0 a2.
uur ur a2
f. BH BI .
2
ur
u ur
uur ur
12 a. JE FI 0.
b. KE FI 0.
uur ur
u uur uuur uur ur
a2 a2
c. BG AI BG AB BG BI 0
.
2
2
uur ur
u uur uuur uur ur
u
a2 a2
d. BC AJ BC AB BC BJ 0
.
2
2
ur uur ur
u uur ur uur a2
a2
13 a. EI EK EF EK FI EK 0 .
2
2
ur uur
a2
EI EK 2 2 .
b. cosIEK
EI ¥ EK 5a2 5
4
uuur uuur
r r
r r
14 a. u v 1.  b. AB AC 15.  c. u v -3.
uuur ur
u

11 a. AB AI a2.

r

Maîtriser le cours

4 a. Faux.

uur uur
c. BE BH 2a2.

uuur uur
b. GA BD 0.
uuur uuur uur uuur
d. AC DG EG DG a2.

15 u et w.

Exercices
1 a. Vrai.

uuur uur

10 a. AG BG 2a2.

3. d.

4. a.

17 a. ABC isocèle en B, car AB = BC = 9.

uuur uuur
donne :
b. AB AC AB ¥ AC ¥ cos BAC
, d’où : cosBAC
5 2 et
25 9 ¥ 5 2 cosBAC
18
ª 66, 9o. De même :
donc : BAC
uuur uur
donne :
BA BC BA ¥ BC ¥ cos ABC
, d’où : cos ABC
56 et donc :
56 9 ¥ 9 cos ABC
81
ª 46, 3o. Ainsi ACB
ª 66, 9o .
ABC

18 Le triangle ABC est rectangle en B, car :
AB2 134 , BC2 45 et AC2 179 .
19

Le quadrilatère
uuurABCD
uuur est seulement un parallélogramme, car AB DC .
uuur uuur

uuur uur

uuur uur

20 a. AB AC -15, BA BC 36 et CA CB 41.
Chapitre 11 n Produit scalaire n  269

© éditions Belin, 2012.



Appliquer les capacités attendues









-a2





a2


0 0
0.
b. La droite (DF) est orthogonale à (BE) et à (BG)
par symétrie donc elle est perpendiculaire au plan
(BEG).
c. Non le point G par exemple n’est pas équidistant de D et de F.
uur ur
u
26 a. BC AI 0 car le tétraèdre est régulier.
uur uuur uur ur
u uur ur
u
b. BC AD BC AI BC ID 0.
uur uuur uur uuur uur uuur
c. BC DH BC DA BC AH 0.
d. H est l’orthocentre de BCD car par symétrie on
aurait les mêmes résultats avec les autres sommets.
uur uuur uur uuur uur ur
u
27 a. DF MP DF MF DF FP a2 - a2 0 et
uur uuur uur uur uur ur
u
DF GP DF GF DF FP a2 - a2 0.
b. La droite (DF) est donc perpendiculaire au plan
(MNP).
c. T est le projeté orthogonal de N sur (DF) car
(DF) est orthogonale à toutes les droites du plan
(MNP).
uur uuur uur uuur uur uuur
d. DF DN DF DC DF CN a2 a2 2a2 et
comme
uur uuur T uest
ur ulaur projection de N sur (DF) :
DF DN DF DT DF ¥ DT a 3 ¥ DT , donc :
2a 3
DT
.
3

270

n

Chapitre 11 n Produit scalaire

r

r

29 a. u(-2 ; 1 ; 3) et u¢(-1 ; - 1 ; - 2) ne sont pas
orthogonaux.
r
r
b. u(2 ; - 1 ; 1) et u¢(-1 ; 3 ; 5) sont orthogonaux.
r
r
c. u(1 ; - 1 ; 3) et u¢(-4 ; 2 ; 2) sont orthogonaux.
x -1 2t

30 a. (AB) : ÔÌy t

.
Ôz 2 t
Ó
x -2 2t
uuur uuur
Ô
b. (CD) : Ìy 1
. c. AB CD 0.
Ôz 4 - 4t
Ó

d. Elles sont perpendiculaires si le système
-1 2t -2 2s
Ô
suivant a une solution : Ìt 1
ce qui
Ô2 t 4 - 4s
Ó
n’est pas le cas donc elles sont orthogonales.
x -1 3t

31 a. (AB) : ÔÌy 1 - 2t .
Ôz 3 - 5t
Ó

x 2t
uuur uuur
Ô
b. (CD) : Ìy 1 - 2t . c. AB CD 0.
Ôz -4 2t
Ó
-1 3t 2s
Ô
d. Le système suivant : Ì1 - 2t 1 - 2s a une
Ô3 - 5t -4 2s
Ó
solution t = s = 1 donc elles sont perpendiculaires
au point de coordonnées (2 ; –1 ; –2).
r
r
r r
33 a. n(–1 ; –1 ; 2) et n¢ (2 ; 4 ; –3) alors n n¢ 0
donc les plans ne sont pas perpendiculaires.
r
r
r r
b. n (1 ; –2 ; 1) et n¢ (–3 ; 1 ; –4) alors n n¢ 0
donc les plans ne sont pas perpendiculaires.
r
r
r r
c. n (1 ; –2 ; 0) et n¢ (2 ; 1 ; –3) alors n n¢ 0
donc les plans sont perpendiculaires.

34 Dans ces trois cas les plans sont perpendiculaires car ce sont des plans parallèles aux plans des
axes.
35 (P) est parallèle à (Q).
(P′) est parallèle à (R′).
(R) est perpendiculaire à (P) et à (Q).
(Q′) est perpendiculaire à (P′) et à (R′).
37 a. x - 2z 5 0.
c. x y - 2z 0.
e. x 2y 0.

b. x - 4z 5 0.
d. x y z 2 0.

© éditions Belin, 2012.

cos-1Ê -15 ˆ ª 129, 9o,
b. BAC
ÁË 21 26 ˜¯
cos-1Ê 36 ˆ ª 26, 5o
ABC
ÁË 21 77 ˜¯
cos-1Ê 41 ˆ ª 23, 6o .
et ACB
ÁË 26 77 ˜¯
r r
r r
r r
21 a. u i 2, u j 2 et u k 2.
r r
r r
r
p r r
p
p
b. i, u , j, u et k, u , car u 2 2.
4
3
3
uuur
uur
23 a. AB (-1 ; - 7 ; - 4) et BD (3 ; 5 ; 1) ne sont pas
perpendiculaires.
uuur
uuur
b. CD (1 ; 1 ; - 2) est orthogonale à AB.
uuur
uuur
24 AB (-1 ; 3 ; 2) et CH (-4 ; - 2 ; 1) sont orthogouuur
naux d’une part et d’autre part AH (1 ; - 3 ; - 2) est
uuur
colinéaire à AB donc cela vérifie bien que H est le
projeté de C sur (AB).
uur uur uuur uur uur ur
u
25 a. BE DF BA AE DB BF
uuur uur uuur ur
u
u uur uur uur ur
BA DB BA BF AE DB AE BF

r Ê 1 1 1ˆ
b. A(3 ; 4 ; 5) et n Á ; ; ˜ .
Ë 3 4 5¯
r
c. A 2 ; 0 ; 2 et n 0 ; 1 ; 3 .
r
r
d. A 2 ; 3 ; 0 et n -3k .
uur
39 On a : BC (0 ; 5 ; –2), donc une équation est de
la forme : 5y – 2z + d = 0 et le point A donne : d = 2.
uur
40 Ici BC (2 ; –2 ; 2) donc une équation est de la
forme : x – y + z + d = 0 et le point A donne : d = 4.












42 a. 2x - 3y z - 6 0 .
b. 15x y - 8z 7 0. c. 2x 8y 5z 5 0.
d. -31x 33y 24z 37 0 .
e. x - 2 y z - 1 0.
44 a. 5(1 t) - (-1 t) 2t 0 donne : t = –1,
d’où les coordonnées du point d’intersection
(0 ; –2 ; –1).
b. Ici un vecteur directeur est (–2 ; 1 ; 3) et un
vecteur normal est (1 ; –1 ; 1) qui sont orthogonaux donc la droite et le plan sont parallèles.
c. Ici un vecteur directeur est (1 ; 1 ; 1) et un vecteur normal est (1 ; 1 ; –2) qui sont orthogonaux
donc la droite et le plan sont parallèles.

45 a. (-1 t) - 3(-3t) (1 t) - 1 0 donne :
1
d’où les coordonnées du point
11
Ê 10
3 12ˆ
ÁË- 11 ; - 11 ; 11˜¯ .
t

b. Ici un vecteur directeur est (3 ; –1 ; 0) et un
vecteur normal est (1 ; 3 ; –1). Ces vecteurs sont
orthogonaux donc la droite et le plan sont parallèles.
c. (5 t) (1 t) - 2(4 - t) 2 0 donne : t = 0
d’où les coordonnées du point d’intersection
(5 ; 1 ; 4).
2x - 3y z - 4 0
47 a. On a le système Ì
dans
ÓÔx 2y - z 1 0
lequel on fixe le paramètre y = t ce qui donne :

t
ÔÔx 1
2x z 3t 4
3
d’où : Ì
Ì
ÔÓx - z -2t - 1
Ôz 2 7 t
ÔÓ
3

t
Ôx 1
3
Ô
et une représentation de la droite : Ìy t
.
7
Ô


z
t
2
Ô
3
Ó

x - y 3z - 2 0
b. On a : Ì
dans lequel on fixe
ÓÔ2x y - z - 1 0
x - y -3t 2
le paramètre z = t d’où : Ì
ÔÓ2x y t 1

2
Ôx 1 - t
3
Ô
7
Ì
et une représentation de la droite : Ôy -1 t .
3
Ô
Óz t
c. Des vecteurs normaux sont (1 ; 1 ; 1) et
(2 ; 2 ; 2) qui sont colinéaires donc les deux
plans sont parallèles.
-3x 2y z - 1 0
d. Ì
on fixe z = t
ÓÔx - y 2z - 5 0
-3x 2y -t 1
ce qui donne : Ì
ÔÓx - y -2t 5
et une représentation de la droite est :
x -11 5t
Ô
Ìy -16 7t .
Ôz t
Ó
uuur
48 On a les vecteurs : AB (–2 ; 3 ; –4) et
uuur
AC (3 ; –1 ; –1) qui donnent pour un vecteur nor -2a 3b - 4c 0
mal au plan (ABC) le système : Ì
,
ÓÔ3a - b - c 0
dont une solution est (1 ; 2 ; 1) et une équation
du plan (ABC) est : x + 2y + z = 0.
uur
De même pour le plan (DEF), on a : DE (–3 ; –1 ; –1)
uur
-3a - b - c 0
et DF (–5 ; 0 ; –4) qui donnent : Ì
ÓÔ-5a - 4c 0
dont une solution est (–4 ; 7 ; 5) et une équation
du plan (DEF) est : -4x 7y 5z 3 0. Ensuite
x 2y z 0
on a donc le système : Ì
ÓÔ-4x 7y 5z 3 0
dans lequel on fixe y = t ce qui donne :
x z -2t
Ì
ÓÔ-4x 5z -7t - 3

1 1
Ôx - t
3
3
Ô
et une représentation de la droite : Ìy t
.
Ô
1 5
Ôz - - t
ÔÓ
3 3
49 Un vecteur directeur de la droite d’intersection est orthogonal aux vecteurs normaux de ces
plans de coordonnées (3 ; –2 ; 4) et (2 ; 1 ; –1).
3a - 2b 4c 0
Ce qui donne le système : Ì
ÓÔ2a b - c 0
dont une solution est (–2 ; 11 ; 7).

Chapitre 11 n Produit scalaire n  271

© éditions Belin, 2012.

r Ê 2 1 1ˆ

38 a. A(1 ; 1 ; 1) et n Á ; ; ˜ .
Ë 3 5 3¯

S’entraîner
55 a. (2 ; –6 ; 2).
c. (0 ; 1 ; –1).

b. (1 ; 2 ; –2).
d. (1 ; 0 ; 0)

51 a. Vrai.

56 a. (1 ; 1 ; 0).
c. (0 ; 2 ; 1).

b. (1 ; 0 ; –2).
d. (2 ; –1 ; –3).

52 a. d passe par C pour t = –2, mais
uuur A, B
uuuret C

57 a. Un vecteur (3 ; –5 ; 1) et un point (0 ; 0 ; –1).
b. Un vecteur (1 ; 0 ; –1) et un point (1 ; 0 ; 1).
c. Un vecteur (–1 ; 3 ; 0) et un point (3 ; 0 ; 4).
d. Un vecteur (2 ; –1 ; 0) et un point (0 ; 1 ; 3).

b. Vrai.
c. Vrai.
d. Faux, car la plus grande distance est la diagonale du cube qui vaut 3.

ne sont pas alignés car les vecteurs AB et AC ne
sont pas colinéaires, donc faux.
b. Un vecteur directeur deuuudr est (3 ; 1 ; –1) qui
n’est pas colinéaire avec AB (1 ; 1 ; 4) donc les
droites ne sont pas parallèles : faux.
x 5 t
Ô
c. Une représentation de (AB) est : Ìy 12 t
Ôz 60 4t
Ó
et on cherche à résoudre le système :
5 t 3s - 1
Ô
Ì12 t s 2 qui n’a pas de solution donc les
Ô60 4t -s
Ó
droites ne sont pas sécantes : faux.
d. Le produit scalaire des vecteurs directeurs est
nul et comme elles ne sont pas sécantes, alors
elles sont orthogonales : vrai.

53 a. Vrai.
c. Faux.
e. Faux.
g. Faux.
i. Vrai.

b. Vrai.
d. Faux.
f. Vrai.
h. Faux.
j. Vrai.
Ê

2 ˆ

54 1. F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1), I Á0 ; ; 1˜ et
Ë 3 ¯

Ê 2 ˆ
J Á1 ; ; 0˜ .
Ë 3 ¯

2. a. (GP) est orthogonale à (FI) et (FJ), car elle
est perpendiculaire au plan (FIJ).
uuur ur
2
b. GN FI -(x - 1) (y - 1) et
3
uuur ur 2
GN FJ (y - 1) 1.
3

2
1
ÔÔ-x y 0
3
3
c. On obtient le système : Ì
Ô2 y 1 0
ÔÓ3
3
Ê
1 ˆ
d’où : NÁ0 ; - ; 0˜ .
2 ¯
Ë

272

n

Chapitre 11 n Produit scalaire

58 On vérifie que B appartient au plan, puis un
vecteur normal
uuur au plan est (–5 ; 1 ; –1) qui est

colinéaire à AB (5 ; –1 ; 1).
uuur
59 On a AB (–3 ; 6 ; –3) qui est colinéaire à un vecteur normal au plan de coordonnées (1 ; –2 ; 1).
r
60 a. On a les vecteurs normaux : u (7 ; 3 ; –1),
r
r
v (6 ; –11 ; –9) et w (2 ; –3 ; 5).
r r r r
b. u w v w 0 donc le plan (R) est perpendiculaire aux plans (P) et (Q).

61 Des vecteurs normaux sont : (–2 ; –7 ; 6) et
(2 ; 7 ; –6) qui sont colinéaires donc les plans
sont parallèles.
62 Un vecteur normal à (P) est (2 ; –3 ; 7) donc
une équation de (Q) est de la forme 
:
2x - 3y 7z d 0 et il passe par le point A ce
qui donne alors : 2x - 3y 7z 7 0.
63 Un vecteur normal à (P) est (2 ; –7 ; 5) donc
les plans parallèles sont de la forme :
2x - 7y 5z d 0 .
a. Ici on a : 2x - 7y 5z - 21 0.
b. Ici on a : 2x - 7y 5z - 30 0.
-1 4 - 5s

64 a. On a le système : ÔÌ1 - t 3 - 2s

qui a
Ô1 - 2t -1 2s
Ó
pour solutions s = 1 et t = 0. Donc les deux droites
se coupent au point de coordonnées (–1 ; 1 ; 1).
b. Un vecteur normal au plan est orthogonal aux
vecteurs directeurs des deux droites ce qui donne
-b - 2c 0
le système : Ì
dont une solution
ÓÔ-5a - 2b 2c 0
est (6 ; –10 ; 5) et une équation cartésienne du
plan est de la forme : 6x - 10y 5z d 0 et il
passe par le point d’intersection ce qui donne :
6x - 10y 5z 11 0 .

© éditions Belin, 2012.

50 a. Faux, car F(0 ; 1 ; 1) n’appartient pas à ce
plan.
b. Faux, car D(0 ; 1 ; 0) n’appartient pas à cette
droite.

Une équation du plan (ABC) est :
2x - y 2z 6 0.
c. Un vecteur normal à (P) est (2 ; 2 ; –1) qui est
bien orthogonal à la solution (2 ; –1 ; 2) du plan
(ABC).
2x - y 2z 6 0
d. On a le système : Ì
dans
ÓÔ2x 2y - z - 12 0
lequel on fixe z = t ce qui donne une représenta
1
Ôx - t
2
Ô
tion de la droite d’intersection : Ìy 6 t .
Ôz t
Ô
ÔÓ

67 a. (d) est sécante au point (10 ; 4 ; 0).

Ê 2 10ˆ
b. (d) est sécante au point Á0 ; ; ˜ .
Ë 3 3¯

c. (d) est sécante au point (–2 ; 0 ; 4).
d. (d) est sécante au point (1 ; 1 ; 3).
e. (d) a pour vecteur directeur (3 ; 1 ; –1) et le plan
pour vecteur normal (1 ; –2 ; 1) qui sont orthogonaux donc la droite (d) est parallèle au plan.
x t
68 a. On a : ÔÌy -1 t .
Ôz -1 t
Ó
b. Le plan -3x y 2z 3 0 a pour vecteur
normal (–3 ; 1 ; 2) qui est orthogonal au vecteur
directeur (1 ; 1 ; 1) de la droite donc ils sont
parallèles. Le plan 2x - 3y z - 3 0 a pour vecteur normal (2 ; –3 ; 1) qui est aussi orthogonal

au vecteur directeur de la droite donc ils sont
également parallèles. Le plan –x + 2y – 3z + 3 = 0
a pour vecteur normal (–1 ; 2 ; –3) qui n’est pas
orthogonal, ni colinéaire au vecteur directeur de
la droite, donc ils sont sécants en un point.
x 4t

69 a. On a (AB) : ÔÌy 3 2t .

Ôz 1
Ó
b. Les vecteurs directeurs de ces deux droites ne
sont pas colinéaires donc elles ne sont pas paral 4t 1 2s
Ô
lèles. De plus le système : Ì3 2t -1 - s n’a pas
Ô1 2s
Ó
de solution donc elles ne sont pas non plus sécantes.
Par conséquent elles ne sont pas coplanaires.
uuur
c. Un vecteur normal à (P) est orthogonal à AB et
au vecteur directeur (2 ; –1 ; 2) de (d), ce qui donne
2a - b 2c 0
le système : Ì
dont une solution
ÓÔ4a 2b 0
(1 ; –2 ; –2) donne une équation du plan :
x - 2y - 2z 8 0 qui passe par A et B.
d. Un vecteur normal de (Q) est orthogonal à un
vecteur directeur de (d) et à un vecteur normal à
2a - b 2c 0
(P) ce qui donne le système : Ì
dont
ÓÔa - 2b - 2c 0
une solution est (2 ; 2 ; –1) qui donne une équation du plan de la forme : 2x 2y - z d 0 .
Pour trouver d, il suffit de prendre un point de la
droite (d) soit (1 ; –1 ; 0) ce qui donne :
2x 2y - z 0.
2x 2y - z 0
e. On a le système : Ì
dans
ÓÔx - 2y - 2z 8 0

8
Ôx - t
3
Ô
8 1
Ô
lequel on fixe z = t ce qui donne : Ìy - t .
3 2
Ô
Ôz t
Ô
Ó
8
Ô- t 4s
Ô 3
Ô8 1
f. On a le système : Ì - t 3 2s qui a pour
Ô3 2
Ôt 1
Ô
Ó
5
solution : t 1 et s - . Donc on obtient le
12
Ê 5 13 ˆ
point d’intersection : Á- ;
;1 .
Ë 3 6 ˜¯

Chapitre 11 n Produit scalaire n  273

© éditions Belin, 2012.

65 a. Les vecteurs directeurs sont : (–4 ; 2 ; –2)
et (2 ; –1 ; 1) qui sont colinéaires donc les droites
sont parallèles. Elles sont strictement parallèles
car par exemple le point (–2 ; 3 ; 1) de (d) n’appartient pas à (d′).
b. On a besoin de deux vecteurs non colinéaires
du plan pour trouver un vecteur normal, prenons
le point (–2 ; 3 ; 1) de (d) et le point (1 ; 5 ; –1) de
(d′) ce qui donne le vecteur (3 ; 2 ; –2). Donc un
vecteur normal au plan vérifie le système 
:
2a - b c 0
dont une solution est (0 ; 1 ; 1)
Ì
ÓÔ3a 2b - 2c 0
ce qui donne une équation du plan : y z d 0
et avec un point : y z - 4 0.
uuur
uuur
66 a. AB (1 ; –2 ; –2) et AC (2 ; 0 ; –2) ne sont
pas colinéaires donc les points déterminent un
plan.
b. Un vecteur normal à ce plan vérifie :
a - 2b - 2c 0
dont une solution est (2 ; –1 ; 2).
Ì
ÔÓ2a - 2c 0

bien à un vecteur directeur de (d).
r
2. On a un vecteur directeur de (d′) : u (–1 ; 2 ; 1)
donc les droites ne sont pas parallèles. Et le sys 1 2t 2 - k
Ô
tème : Ì-2 - 3t 1 2k n’a pas de solution donc
Ô-1 - t k
Ó
les droites ne sont pas coplanaires.
r r
3. a. u w 0 donc les droites sont orthogonales
uuur r
b. AB w 0 donc les droites sont orthogonales
1 2t 6 s
Ô
et le système : Ì-2 - 3t -7 s a pour solution
Ô-1 - t -4 - s
Ó
t = 2 et s = –1 ce qui donne le point E(5 ; –8 ; –3).
uuur
uuur
71 a. AB (–1 ; 4 ; –2) et AD (1 ; 2 ; 0) ne sont pas
colinéaires.
uur
uuur uuur
b. EC (2 ; –1 ; –3) est orthogonal à AB et AD .
uur
c. On a un vecteur normal EC , donc une équation
est : 2x - y - 3z 6 0.
x 6 2t
Ô
d. On a : Ìy -7 - t .
Ôz -1 - 3t
Ó

e. On a : 2(6 2t) - (-7 - t) - 3(-1 - 3t) 6 0 qui
donne t = –2 et donc F(2 ; –5 ; 5).
ur
u ur
u ur
u ur ur
u uur
1
1
72 a. IG IA IG IE IG EA - 0 - .
4
4
Ê 1ˆ
Ê 1ˆ
Á- ˜

1
b. AIG cos Á 4 ˜ cos-1Á- ˜ ª 101, 5o.
Ë 5¯
Á 5 ˜
Ë 4 ¯
c. Grâce aux coordonnées on a : B(1 ; 0 ; 0),
K(0 ; 0,5 ; 0,5),
I(0,5 ; 0 ; 1)
uur
ur
u et G(1 ; 1 ; 1),
puis
ur
u BK (–1 ; 0,5 ; 0,5), IG (0,5 ; 1 ; 0)
et
On vérifie bien que :
uurIAur
u(–0,5 ; 0 ; –1).
uur ur
u

BK IG BK IA 0.
uur
d. BK est donc un vecteur normal au plan (AIG)
qui a donc pour équation : -x 0, 5y 0, 5z 0.
e. Le plan parallèle a pour équation :
-x 0, 5y 0, 5z - 0, 5 0.
uuur uuur uur uuur
73 1. a. AB AD AE AG.
uuur uur uuur uur uuur uur uur uur
b. AG BD AB BD AD BD AE BD
-1 1 0 0.
uuur uur uuur uur uuur uur uur uur
c. AG BE AB BE AD BE AE BE
-1 0 1 0.

274

n

Chapitre 11 n Produit scalaire

d. Donc la droite (AG) est orthogonale au plan
(BDE).
uuur uuur uur uuur
ur
u uuur
2. L’égalité : AB AD AE AG donne : 3AI AG.
uuur
3. a. Le vecteur AG est un vecteur normal
donc une équation est : x + y + z – 1 = 0.
b. Cette fois-ci ce vecteur est vecteur directeur de
x t
Ô
la droite donc : Ìy 1 t.
Ôz 1 t
Ó
1
c. On a : t 1 t 1 t - 1 0 qui donne t 3
Ê 1 2 2ˆ
et le point J Á- ; ; ˜ .
Ë 3 3 3¯
3
d. Il s’agit de la distance : HJ
.
3

74 Partie A







uuur uuur uur ur
u uur ur
u
a. MD MA MI - IA MI IA MI2 - IA2.
uuur uuur
b. MD MA 0 devient MI = IA c’est-à-dire que
M est sur le cercle de centre I et de rayon IA.
Partie B
uuur
uuur
a. AB (–3 ; 6 ; 0) et AC (–3 ; 0 ; 4) sont orthogor
naux à n.
b. 4x + 2y + 3z – 12 = 0.
x -5 4t
Ô
c. Ìy 2t
.
Ôz 1 3t
Ó

d. On a : 4(-5 4t) 2(2t) 3(1 3t) - 12 0 qui
donne : t = 1 et alors H(–1 ; 2 ; 4).
e. C’est la distance HD 29.
65
f. On calcule : I(–1 ; 0 ; 0,5), IA
et
2
65
HI
donc H appartient à l’ensemble (E).
2
uuur
uur
75 1. a. CD (–4 ; 4 ; 0) et CE (–4 ; 0 ; 4) ne sont
pas colinéaires.
b. Un vecteur normal au plan vérifie :
-4a 4b 0
soit (1 ; 1 ; 1) qui donne pour le
Ì
ÔÓ-4a 4c 0
plan : x y z - 4 0.
2. a. Un vecteur normal à (P) est (0 ; 3 ; 1) qui
n’est pas colinéaire à (1 ; 1 ; 1) donc les plans
sont sécants.
b. Droite en trait mixte.
3. a. Figure en pointillé.
b. Ce plan passe par F et G ce qui donne :
2a - 6 0
d’où : 3x 2y - 6 0.
Ì
ÔÓ3b - 6 0

© éditions Belin, 2012.

uuur

70 1. On a : AB (2 ; –3 ; –1) ce qui correspond

4. Droite en tirets plats.


Ôx 1
Ô
3
Ô
5. a. Ce système a pour solution : Ìy .
2
Ô
3
Ô
ÔÓz 2
b. On en déduit que les droites sont sécantes en
un point du plan (CDE).
(Q)

A
(∆)
A

(P)

(∆’)
aj
ai O

ak
F

A

G

D

C

-t s

77 1. Le système donne : ÔÌ3 3t 0 qui n’a pas

Ô1 - t 0
Ó
de solution donc les droites ne sont pas coplanaires.
2. Un vecteur directeur de D est orthogonal aux
deux vecteurs directeurs des droites et vérifie
-a 3b - c 0
donc : Ì
ce qui donne un vecteur
ÓÔa 0
r
r
r
de la forme : w bj ck avec c = 3b.
3. a. Le plan P a pourrvecteur normal (0 ; –3 ; 1)
qui est orthogonal à i donc il est parallèle à la
droite D et comme il passe par O alors il la
contient.
4
b. On a : -3(3 3t) (1 - t) 0 qui donne t 5
Ê 4 3 9ˆ
et le point J Á ; ; ˜ .
Ë 5 5 5¯
r
c. La droite de vecteur directeur w est orthogonale à D et D′ d’après 2. Et le point d’intersection
Ê4
ˆ
est I Á ; 0 ; 0˜ .
Ë5
¯
3 10
.
5
uuur uuur
78 1. a. AB AC 2, AB 17 et AC 5 .3,5
cos-1 2
b. BAC
ª 77o .
17 5
c. L’angle est différent de 0 ou 180.
3a 2b - 2c 0
2. Un vecteur normal vérifie : Ì
ÔÓ2b c 0

d. IJ

x -7 2t
Ô
d’où une représentation : Ìy -8 3t .
Ôz t
Ó
3. a. On vérifie.
b. AM2 (-7 2t 9)2 (-8 3t 4)2 (t 1)2
(2 2t)2 (3t - 4)2 (t 1)2
14t2 - 14t 21
7(2t2


- 2t 3).
c. f est une fonction trinôme donc décroissante
1
puis croissante avec un minimum pour t =  qui
2
Ê
13 1ˆ
; .
correspond au point I Á-6 ; 2 2˜¯
Ë

4. a. 2x 3y z 31 0.
b. Le point I est l’intersection de (D) et (Q).

dont une solution est (2 ; –1 ; 2) et une équation
du plan est : 2x - y 2z 2 0 .
x y - 3z 3 0
3. On a le système : Ì
on fixe
ÓÔx - 2y 6z 0
x y 3t - 3
z = t ce qui donne : Ì
d’où la repréÓÔx - 2y -6t
x -2
Ô
sentation de la droite : Ìy -1 3t .
Ôz t
Ó

4. On a : 2(-2) - (-1 3t) 2(t) 2 0 qui donne
alors t = –1 et le point (–2 ; –4 ; –1).

79 1. Les vecteurs directeurs des droites D et D′
r
r
sont u (1 ; –3 ; 1) et u¢ (–1 ; 1 ; –1) qui sont orthor
gonaux à w.
r r r r
2. a. n u n w 0 donc il est normal à (P).
b. 3x 2y 3z d 0 passant par le point A
donc : d = -4.
Chapitre 11 n Produit scalaire n  275

© éditions Belin, 2012.

76 1. Les vecteurs normaux sont : (–2 ; 1 ; 1) et
(1 ; –2 ; 4) qui sont orthogonaux.
-2x y z - 6 0
2. On a le système : Ì
dans
ÓÔx - 2y 4z - 9 0
-2x y -t 6
lequel on fixe z = t ce qui donne  : Ì
ÓÔx - 2y -4t 9

-1 t 3 s
Ô
4. a. De plus H vérifie : Ì2 -4 - 3s qui donne
Ô1 - t 1 s
Ó
t 2 et s -2. D’où le point H(1 ; 2 ; –1).
b. HH′ 2 2.
uuuuur uuur uuur uuuuur uuur r
5. a.uMM
uur ¢r MH HH¢ H¢ M¢ HH¢ v et on a
bien HH¢ v 0 car (HH′) est une perpendiculaire
commune à D et D′.
uuuuur
uuur r 2 uuur
uuur r r
b. MM¢2 HH¢ v HH¢2 2HH¢ v v 2 d’où :
uuuuur
uuur
uuur
r
MM¢2 HH¢2 v 2 HH¢2.
Donc la plus petite distance est bien HH′.





Préparer le BAC

c. C’est une fonction trinôme donc elle est miniÊ 1ˆ 1
1
male pour t de minimum f Á ˜ .
6
Ë 6¯ 6
d. On a : IM2 = f(t) donc la seule position qui
donne une mesure de q maximale est pour le point
Ê 5 5 1ˆ
1
de paramètre t c’est-à-dire M0 Á ; ; ˜ .
6
Ë 6 6 6¯
La distance minimale est obtenue à l’aide du projeté orthogonal donc M0 est ce point.

87

1. Un point M appartient
au plan si et seuleuuur
r
ment si les vecteurs AM et n sont orthogonaux,
donc de produit scalaire nul, ce qui donne :
a x - xA b y - yA c z - zA 0 qui est de la
forme : ax by cz d 0.
2. a. On a : -3x y 2z d 0 puis avec A on
obtient : -3x y 2z 7 0.
b. On remplace ses coordonnées :
-3 ¥ 2 (-1) 2 ¥ 0 7 0. On peut aussi
uuur
calculer les coordonnées de AB (1 ; 1 ; 1) qui est
r
orthogonal à n.









QCM – Vrai ou faux BAC
88 1. b et c.

Exercices guidés BAC
86 1. a. C(1 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), I(1 ; 0,5 ; 0) et
J(0,5 ; 1 ; 0).
b. M appartient au segment [CE] dont une repré x 1 - t
Ô
sentation est : Ìy 1 - t.
Ôz t
Ó
2. a. CI = CJ = 0,5 et EI = EJ = 1,5.
b. Tous les points de la droite (CE) appartiennent
au plan médiateur donc MI = MJ.
c. IM2 = t2 + (0,5 – t)2 + t2 = 3t2 – t + 0,25.
3. a. Sur cet intervalle la fonction sinus est croisp
sante puis décroissante avec un maximum pour .
2
q
Donc la mesure de q est maximale quand sin est
2
maximal.
b. Dans MIJ isocèle, soit K le milieu de [IJ] on a :
q IK
sin
. Donc par inverse, la mesure de q est
2 IM
maximale quand IM est minimale.

276

n

Chapitre 11 n Produit scalaire



2. a et d.
4. b et c.

3. b et d.

Exercice BAC
x t

89 1. a. On a : ÔÌy 1 - t.

Ôz t
Ó
b. Unuuvecteur
normal
r
uuurest orthogonal aux vecteurs AF (0 ; 1 ; 1) et AH (–1 ; 0 ; 1) ce qui donne
b c 0
le système : Ì
dont une solution est
ÔÓ-a c 0
(1 ; –1 ; 1) d’où l’équation : x – y + z – 1 = 0.

c. On a : t – (1 – t) + t –1 = 0 qui donne t

2
et
3

ur Ê 1 1
Ê 2 1 2ˆ

le point I Á ; ; ˜ . Puis EI Á- ; ; - ˜ qui est

Ë 3 3 3¯
Ë 3 3
uur
uuur
orthogonal aux vecteurs AF et AH donc au plan
(AFH).

© éditions Belin, 2012.

3. a. On a pour le point H′ :
3(-1 - t) 2(2 t) 3(1 - t) - 4 0 qui donne
t = 0 et H′(–1 ; 2 ; 1).
x -1 t
Ô
b. On déduit D : Ìy 2
.
Ôz 1 - t
Ó

AFH est équilatéral donc I est le point remarquable de ce triangle.
2. Ce tétraèdre n’est pas de type 1 car il a trois
faces qui sont des triangles rectangles et une face
qui est un triangle équilatéral donc les aires sont
distinctes. Il n’est donc pas de type 3.
Il est de ur
type
2 car (EF)uuuest
u
r orthogonale à (AH)

puisque EF (0 ; 1 ; 0) et AH (–1 ; 0 ; 1) sont orthogonaux, de même pour les autres paires de cotés
opposés.

Pour aller plus loin
uuur uur

90 a. AC BC

a2 uuur uur
a2 uur uuur a2
, CD BC - , BD MD
2
2
2

uuur ur
u a2
et AB AJ .
2
uur ur
u
uur ur
u
b. On a : BC AI 0 et BC DI 0 donc (BC) est
orthogonale au plan (ADI).
uuur uur uuur uur a2 a2
c. AC BC CD BC
0.
2
2
uuur uur uuur uur uuur uur
d. Comme AC BC CD BC AD BC on en
déduit que (AD) et (BC) sont orthogonales.

91 a. Le projeté orthogonal de I est J car EFCD
est un rectangle.
uuur ur
u uuur ur
u a2
uuur uuur
b. DC DI DC DJ . c. AB AK a2 ,
2
ur
u uur uur ur uur ur
u
AI AL AE EI AE EL







uur
u
uur ur
u uur ur ur ur
AE2 AE EL AE EI EI EL
a2 5a2
a2 0 0

4
4
ur uur uuur ur
u uuur uur
et KI KL KG GI KG GL







uuur
uuur uur uuur ur
u ur
u uur
KG2 KG GL KG GI GI GL


a2
a2 a2
0 0
.
4
4
2

x 3 - 3t
92 a. On a : ÔÌy 0
.
Ôz 10 5t
Ó

b. Elle coupe l’axe des abscisses pour t = –2 ce
qui donne le point (9 ; 0 ; 0).

uuur
uuur
c. On a : AB (–3 ; 0 ; 5) et AC (–3 ; 20 ; –10) qui
ne sont pas colinéaires.
uur uuur
d. On sait que BC OH 0, puis on calcule
uur uuur
BC OD 0, donc (BC) est orthogonale au plan
(ODH).
e. Par conséquent (BC) est orthogonale à toutes
les droites du plan (ODH), donc à (DH).
uur
f. Un vecteur normal est BC (0 ; 20 ; –15) donc
une équation de (ODH) est : 20y - 15z 0 ou
4y - 3z 0 .
g. Un vecteur normal à (ABC) vérifie :
-3a 5c 0
dont une solution est
Ì
ÓÔ-3a 20b - 10c 0
(20 ; 9 ; 12) ce qui donne une équation du plan
(ABC) : 20x 9y 12z - 180 0.
h. Ce système représente l’intersection des plans
(ABC), (ODH) et (OBC) c’est-à-dire le point
Ê 36 48ˆ
;
H Á0 ;
.
5 5 ˜¯
Ë

93 a. Ce point est équidistant de I, J et K donc
c’est le centre du cercle circonscrit au triangle IJK.
b. I(0 ; 1 ; 3), J(0 ; 3 ; 1) et K(3 ; 3 ; 2).
uur
r
c. PQ (–1 ; 3 ; 3) est orthogonal à IJ (0 ; 2 ; –2) et
ur
u
IK (3 ; 2 ; –1) donc (PQ) est orthogonale au plan (IJK).
d. Les distances MI, MJ et MK sont égales ce qui
donne :
Ô x2 (y - 1)2 (z - 3)2 x2 (y - 3)2 (z - 1)2
Ì 2
2
2
2
2
2
ÓÔx (y - 3) (z - 1) (x - 3) (y - 3) (z - 2)
y z
qui se simplifie en : Ì
.
ÔÓz -3x 6
e. Cet ensemble est donc une droite de représen x t
Ô
tation paramétrique : Ìy -3t 6 .
Ôz -3t 6
Ó

f. On vérifie que P et Q appartiennent à (d) pour
t = 2 et t = 1.
g. Un vecteur normal au plan (IJK) vérifie :
2b - 2c 0
dont une solution est (–1 ; 3 ; 3)
Ì
ÔÓ3a 2b - c 0
ce qui donne : -x 3y 3z - 12 0.
h. Le point Ω vérifie les équations du plan (IJK)
et de la droite (d) soit :
-t 3(-3t 6) 3(-3t 6) - 12 0 qui donne
Ê 24 42 42ˆ
24
;
;
t
et ΩÁ
.
19
Ë 19 19 19˜¯

Chapitre 11 n Produit scalaire n  277

© éditions Belin, 2012.

3
.
3
ur
u Ê2 1
uur

e. HI Á ; ; - ˜ est orthogonal à AF . Le triangle

Ë3 3

d. EI

a. BDE est équilatéral car les trois côtés sont
égaux comme diagonales des faces carrées.
Ê 1 1 1ˆ
b. x + y + z – 1 = 0.
c. I Á ; ; ˜
Ë 3 3 3¯
uuur
d. Le vecteur AG est un vecteur normal au plan
(BDE) donc (AI) est orthogonale à ce plan et comme
I appartient à (BDE) alors c’est le projeté de A.
e. (AG) est orthogonale à ce plan.
Partie 2.
a. M1 I et N1 B.
3





b. Mk k ; k ; k .

3

c. x + y + z – 3k = 0.
d. Nk est situé sur (Pk) et sur (BC) de représenta x 1
Ô
tion : Ìy t ce qui donne : 1 + t + 0 – 3k = 0 d’où
ÓÔz 0
t = 3k – 1 et le point Nk a pour coordonnées
(1 ; 3k – 1 ; 0).
uuuuuur
e. MkNk 1 - k ; 2k - 1 ; - k est orthogonal aux





1 - k 2k - 1 - k 0
,
deux vecteurs si : Ì
ÔÓ2k - 1 0
1
qui donne : k .
2
95 a. AB 2 3 = AC = BC donc ABC est équilatéral. Son centre G est aux deux tiers sur une médiane,
or le milieu I de [BC] est I(–1 ; 0 ; 0) donc :
uuur 2 ur
u
AG AI (–2 ; 0 ; 0) ce qui montre que G = O.
3
b. MA = MB donne l’équation :



2

(x - 2)2 y 2 z2 (x 1)2 y - 3 z2,
d’où : 3x - 3 y 0 .
c. NB = NC donne l’équation :



2



2

(x 1)2 y 3 z2 (x 1)2 y - 3 z2
d’où : y 0.
d. L’intersection des deux ensembles précédents
donne que : x y 0, c’est donc l’axe (Oz).
e. D est équidistant de A, B et C donc il est sur
l’axe (Oz) et ABC étant dans le plan (xOy) il existe
deux solutions pour D, symétriques par rapport à
O, dont une de cote positive, soit D 0 ; 0 ; 2 2 .
f. On a :
uuur uuur uuur uuur uur uuur
AM BM AC CM BC CM
uuur
uuur uur
uuur
AC kCD BC kCD















uuur uuur
uur uuur
uuur
uuur uur
AC BC kAC
C CD kBC CD k2CD2
2k2 12k2 - 12k 6.
6 - 6k - 6k 12

278

n

Chapitre 11 n Produit scalaire

uuur
uuur
Par ailleurs on a : CM kCD d’où :
M k - 1 ; k 3 - 3 ; 2k 2 par suite :
uuur
AM k - 3 ; k 3 - 3 ; 2k 2 et
uuur
BM k ; k 3 - 2 3 ; 2k 2 qui donnent :








AM2



(k

- 3)2



(k 3 - 3)2 (2k 2)2

12k2 - 12k 12 BM2
12k2 - 12k 6 2k2 - 2k 1 .
D’où : cos AMB
12k2 - 12k 12 2(k2 - k 1)
2x - 1
g. On calcule : f ¢(x)
, qui donne la
2(x2 - x 1)2
fonction f est décroissante puis croissante, avec
1
un minimum pour x .
2
h. L’angle est maximum si son cosinus est minimum ce qui correspond au même minimum
Ê 1ˆ 1
que la fonction f. Et on a : f Á ˜ qui donne
Ë 2¯ 3
l’angle : 70,5°
uuur
uuur
96 a. AB (2 ; 0 ; –1) et AC (0 ; 1 ; 1) ne sont pas
colinéaires donc (ABC) est un plan dont un vec 2a - c 0
teur normal vérifie : Ì
qui donne une
ÔÓb c 0
solution (1 ; –2 ; 2) et une équation du plan est :
x – 2y + 2z – 1 = 0.
b. Leurs vecteurs normaux ne sont pas colinéaires
donc les plans sont sécants selon une droite.
c. C appartient à (d) car il est dans les deux plans.
d. Un vecteur directeur est orthogonal aux vecteurs normaux des deux plans ce qui donne :
a - 2b 2c 0
dont une solution est (2 ; 0 ; –1).
Ì
ÔÓa - 3b 2c 0
x 1 2t
Ô
e. Alors : Ìy 3
.
Ôz 3 - t
uuur r Ó
f. AM u 2(x - 1) - (z - 2) 0 soit pour z 2x
ce qui correspond à : 3 - t 2(1 2t) donc pour
1
t .
5
g. La distance à calculer est celle entre A et le
Ê7
1
14ˆ
point M de paramètre c’est-à-dire Á ; 3 ; ˜

5
Ë5
et donc :
2

2

Ê7 ˆ
Ê14
ˆ
4
16 45
2
ÁË 5 - 1˜¯ (3 - 2) ÁË 5 - 2˜¯ 25 1 25 25
d’où la distance est :

3 5
.
5

© éditions Belin, 2012.

94 Partie 1.

98 1. On calcule la distance parcourue :
DR 62 52 61, donc la vitesse est de :
61
ª 0, 98 m.s–1
8
2. a. La vitesse est : 1, 42 1, 32 0, 62 ª 2 m.s–1.
x(t) 1, 4t a
x¢(t) 1, 4
Ô
Ô
b. Ìy ¢(t) 1, 3 d’où : Ìy(t) 1, 3t b où a, b et c
Ôz¢(t) 0, 6
Ôz(t) 0, 6t c
Ó
Ó
sont donnés par la position initiale R ce qui
x(t) 1, 4t 2 994 - 11, 2
Ô
donne : Ìy(t) 1, 3t 4 505 - 10, 4 .
Ôz(t) 0, 6t 1600 - 4, 8
Ó
c. Au bout de 30 s cela donne la position :
x(30) 3 024, 8
Ô
Ìy(30) 4 533, 6.
Ôz(30) 1613, 2
Ó

d. Le skieur arrivera en S quand z = 2 200 ce qui
604, 8
donne : t
1008 s c’est-à-dire qu’il
0, 6
sera exactement :
15 h 8 s 16 mn 48 s 15 h 16 mn 56 s. Les
x(1008) 4 394
Ô
coordonnées de S sont donc : Ìy(1008) 5 805 .
Ôz(1008) 2 200
Ó
uur
e. RS (1 400 ; 1 300 ; 600) est 1 000 fois le
r
vecteur v .

Accompagnement
personnalisé
 AP 1

1. Le volume est : V

1 1 1
1
¥ ¥ .
3 2 a 6a

2. ua.
relation
ur Lauuu
r uur devient :
uur uur









r
a2 KB BM KB KB BD 0 , d’où :
uur
uuur uur
(a2 2) BK a2 BM BD.
uur uuur
uuur uur uuur
1
b. BK AM
a2 BM BD AM
2
a 2
1
a
AM2 0
,

a2 2
a2 2
uur uuur
uuur uur uuur
1
et de même : BK AD
a2 BM BD AD
2
a 2
1
1
AD2
,
0
uur uuur
a2 2
a2 2
donc : BK MD 0.
uuur
uuur uur
c. De même : (a2 2)DK a2DM DB d’où :
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur
DK AM DK AB et DK MB 0.
d. Ainsi les droites (BK) et (MD) comme les
droites (DK) et (MB) sont perpendiculaires, ce qui
montre que K est l’orthocentre du triangle MBD.
uuur uuur
3. De même on montre que : AK MB 0 et
uuur uuur
AK MD 0, ce qui montre que la droite (AK) est
perpendiculaire au plan (MBD).
4. a. Le triangle BDM est isocèle car
1 a2
BM2 DM2
, alors sa hauteur au carré
a2
2
Ê DBˆ
1 a2 1 2 a2
vaut : DM2 - Á ˜
-
2
Ë 2¯
a2
2a2









a2 2
.
2a
b. Pour avoir une aire de 1 on obtient l’équation :
a2 2
6
d’où : a
.
2a
3
Et de plus on peut calculer le volume du tétraèdre
ABDM en utilisant comme base le triangle BDM
et comme hauteur AK ce qui donne :
1
1
1
V ¥ 1 ¥ AK et donc : AK .
3
6
2
et donc son aire est égale à

Chapitre 11 n Produit scalaire n  279

© éditions Belin, 2012.

97 a. L’énoncé des milieux dans GEB donne
uur 1 uuur
uur uur
JK GB , le rectangle EHCB donne KL BC et le
2
r ur
u
rectangle DHFB donne IJ BF .
uur uuur
ur
u uuur
r uur
b. JK GH 0, BF MN 0 et IJ KL 0.
c. (BF) est orthogonale à (MN) et à (KL) car (KL)
est parallèle à (BC) donc (BF) est orthogonale au
plan (KLM).
d. On en déduit que (MN) est orthogonale à (KL) et
de plus (MN) est orthogonale à (IJ) car (IJ) est parallèle à (BF), donc (MN) est orthogonale au plan (IKL).
e. IJKL est un carré donc (JK) est perpendiculaire à (JL). De plus (JP) est parallèle à (MN) donc
orthogonale à (JK) car (MN) est orthogonale au
plan (IKL). Donc (JK) est perpendiculaire au plan
(JPL). Comme (IL) est parallèle à (JK) alors (IL)
est aussi perpendiculaire au plan (JLP) donc à la
droite (LP) et le triangle ILP est rectangle en L.
f. Le plan (CEF) contient la droite (MN) qui est
orthogonale au plan (IJK) donc les deux plans sont
orthogonaux. De même le plan (EGB) contient la
droite (JK) qui est orthogonale au plan (JLP).

 AP 3

Partie A
1. L’existence des réels vient de la colinéarité ou
de l’alignement.
uuur uuur uuur uur
2. Il suffit d’écrire
MN
AB BN, puis
uuur r uuu r MA
r
d’écrire que MN u MN v 0.
3. Sa résolution montre l’unicité de la solution.
4. C’est la conclusion.
Partie B
1. Il suffit de considérer son vecteur directeur et un
point.
2. De même avec la droite d.
3. Déduction d’après les vecteurs.
4. On écrit que : MM′ = MH + HH′ + H′M′.
Partie C
1. Les représentations paramétriques des droites
x 1 2t
x 2
Ô
Ô
sont : (d) Ìy -t
et (d¢) Ìy 1 2s et l’intersecÔz -1
Ôz 1 3s
Ó
Ó
tion des systèmes n’a pas de solution donc elles
ne sont pas coplanaires.
5a 2b 1
2. On a ici : Ì
ÓÔ-2a - 13b 8

29
ÔÔa
61 .
qui a pour solution : Ì
Ôb - 42
ÔÓ
61
3. Les points H et H’ correspondent à ces paramètres sur chacune des deux droites ce qui
Ê119 29
ˆ
Ê 23 65ˆ
;
; - 1˜ et H¢ Á2 ;
donne : H Á
.
;
Ë 61 61
¯
Ë 61 21˜¯

 AP 4

Partie A
1. Le plan (P3) est soit parallèle aux deux autres,
soit sécant aux deux autres selon deux droites qui
sont parallèles entre elles.
2. Si d n’est pas parallèle au plan (P3) alors le plan
coupe les deux autres plans selon deux droites
qui sont concourantes avec la droite d. Si d est
parallèle au plan alors (P3) peut-être soit sécant
aux deux autres plans selon deux droites qui
sont parallèles à d, c’est le théorème du toit, soit
parallèle à l’un des deux autres plans et sécant
avec l’autre selon une droite parallèle à d.
3. On peut donc obtenir l’ensemble vide, un
point ou une droite.
Partie B
r
r
r
1. n1(4 ; 1 ; 1), n2(2 ; 1 ; 0) et n3(2 ; - 1 ; 2) .

2. Ces deux vecteurs ne sont ni colinéaires, ni
orthogonaux entre eux donc les plans se coupent
selon une droite.
4x y z 10 0
3. On a : Ì
on fixe z = t
ÓÔ2x y 3 0

7 1
Ôx - - t
2
2
Ô
ce qui donne : Ìy 4 t
.
Ôz t
Ô
ÔÓ
4. Cette droite a pour vecteur directeur (–1  ;  2  ;  2)
r
qui est orthogonal à n3, donc elle est parallèle à
ce plan.
5. L’intersection des trois plans est donc vide. On
est dans le cas du théorème du toit.

280

n

Chapitre 11 n Produit scalaire

© éditions Belin, 2012.


119 3
t
Ôx
61 61
Ô
29 6
Ô
4. On déduit pour la droite : Ìy t
61 61
Ô
4
Ô
Ôz -1 - 61 t
Ó
61
et pour la distance :
.
61


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