Orthogonalité et distances

Leçon 1 : Produit scalaire dans l'espace

Voir la vidéo de la leçon 1

1.1 Rappels de Première (dans le plan)

Pour deux vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ du plan, le produit scalaire $\vec{u} \cdot \vec{v}$ se calcule :

• avec un angle : si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont non nuls, $\vec{u} \cdot \vec{v} = \lVert\vec{u}\rVert \times \lVert\vec{v}\rVert \times \cos\theta$, où $\theta$ est l'angle géométrique entre les deux vecteurs ;
• avec une projection : $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH}$, où $H$ est le projeté orthogonal de $C$ sur la droite $(AB)$. Si $\overrightarrow{AH}$ a le même sens que $\overrightarrow{AB}$, c'est $AB \times AH$ ; sinon, c'est $-AB \times AH$ ;
• avec les normes : $\vec{u} \cdot \vec{v} = \dfrac12\left(\lVert\vec{u} + \vec{v}\rVert^2 - \lVert\vec{u}\rVert^2 - \lVert\vec{v}\rVert^2\right)$.

1.2 Définition dans l'espace

Soit $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs de l'espace. On choisit un point $A$, puis les points $B$ et $C$ tels que $\overrightarrow{AB} = \vec{u}$ et $\overrightarrow{AC} = \vec{v}$. Les trois points $A$, $B$, $C$ sont toujours dans un même plan (au moins un).

Définition. Le produit scalaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$, noté $\vec{u} \cdot \vec{v}$, est le produit scalaire $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ calculé dans un plan qui contient $A$, $B$ et $C$. Le résultat ne dépend ni du point $A$ ni du plan choisi (admis).

Ainsi, toutes les formules de Première restent vraies dans l'espace : formule avec le cosinus, formule avec la projection, formule avec les normes. En particulier, $\vec{u} \cdot \vec{u} = \lVert\vec{u}\rVert^2$, et si l'un des deux vecteurs est nul, $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$.

Exemple 1. Dans le cube, calculer $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$.

Les points $A$, $B$, $C$ sont dans la face $ABCD$, qui est un carré. Le projeté orthogonal de $C$ sur la droite $(AB)$ est $B$. Donc $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB} = AB^2 = 1$.

1.3 Propriétés de calcul

Propriétés (admises). Pour tous vecteurs $\vec{u}$, $\vec{v}$, $\vec{w}$ de l'espace et tout réel $k$ :

• symétrie : $\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{v} \cdot \vec{u}$ ;
• bilinéarité : $\vec{u} \cdot \left(\vec{v} + \vec{w}\right) = \vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{u} \cdot \vec{w}$ et $\left(k\vec{u}\right) \cdot \vec{v} = k\left(\vec{u} \cdot \vec{v}\right)$ ;
• carré scalaire : $\vec{u} \cdot \vec{u} = \lVert\vec{u}\rVert^2$.

La bilinéarité permet de développer comme un produit de nombres. La leçon 2 montre que ces propriétés se lisent aussi sur les coordonnées.

Exemple 2. Dans le cube, calculer $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AG}$.

Par la relation de Chasles, $\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CG}$. On développe : $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AG} = AB^2 + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CG}.$ La face $ABCD$ est un carré, donc $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = 0$. De plus $\overrightarrow{CG} = \overrightarrow{BF}$, et $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BF} = 0$ car la face $ABFE$ est un carré. Donc $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AG} = 1$.

Exemple 3. Soit $\vec{u}$ et $\vec{v}$ tels que $\lVert\vec{u}\rVert = 3$, $\lVert\vec{v}\rVert = 2$ et $\vec{u} \cdot \vec{v} = -1$. Calculer $\left(2\vec{u} + \vec{v}\right) \cdot \left(\vec{u} - 3\vec{v}\right)$.

On développe : $2\,\vec{u} \cdot \vec{u} - 6\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{v} \cdot \vec{u} - 3\,\vec{v} \cdot \vec{v} = 2 \times 9 - 6 \times (-1) + (-1) - 3 \times 4 = 18 + 6 - 1 - 12 = 11$.

1.4 Orthogonalité de deux vecteurs

Définition. Deux vecteurs non nuls $\vec{u} = \overrightarrow{AB}$ et $\vec{v} = \overrightarrow{AC}$ sont orthogonaux si les droites $(AB)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires. Par convention, le vecteur nul est orthogonal à tout vecteur. On note $\vec{u} \perp \vec{v}$.

Caractérisation. $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux si et seulement si $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$.

Pourquoi ? Dans un plan qui contient $A$, $B$ et $C$, c'est la caractérisation vue en Première.

Exemple 4. Dans le cube, montrer que $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{AE}$ sont orthogonaux.

$\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AD}$, donc $\overrightarrow{BD} \cdot \overrightarrow{AE} = \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AE} = 0 + 0 = 0$, car les faces $ABFE$ et $ADHE$ sont des carrés. Les vecteurs sont orthogonaux, alors que les droites $(BD)$ et $(AE)$ ne se coupent pas : dans l'espace, l'orthogonalité ne demande pas que les droites soient sécantes.

Exemple 5 (tétraèdre régulier). $ABCD$ est un tétraèdre régulier d'arête $a$ : ses six arêtes mesurent $a$, et ses quatre faces sont des triangles équilatéraux.

1. $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = a \times a \times \cos 60° = \dfrac{a^2}{2}$. De même, $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = \dfrac{a^2}{2}$.
2. $\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AC}$, donc $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \dfrac{a^2}{2} - \dfrac{a^2}{2} = 0$.

Les arêtes opposées $[AB]$ et $[CD]$ sont orthogonales.

1.5 Un peu d'histoire

Le programme rappelle qu'en 1839, dans sa théorie des forces et des marées, Grassmann propose des règles de calcul sur les vecteurs de l'espace, dont un « produit linéaire » qui utilise la projection orthogonale : il deviendra notre produit scalaire. Au XIXᵉ siècle, cette notion se construit en même temps que celle de travail d'une force en physique.

Leçon 2 : Base orthonormée, repère orthonormé, coordonnées

Voir la vidéo de la leçon 2

2.1 Définitions

Définition. Une base $(\vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k})$ de l'espace est orthonormée si ses vecteurs sont orthogonaux deux à deux et de norme $1$ : $\vec{\imath} \cdot \vec{\jmath} = \vec{\imath} \cdot \vec{k} = \vec{\jmath} \cdot \vec{k} = 0 \qquad \text{et} \qquad \lVert\vec{\imath}\rVert = \lVert\vec{\jmath}\rVert = \lVert\vec{k}\rVert = 1.$ Si $O$ est un point, $(O\,;\vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k})$ est alors un repère orthonormé.

Dans le cube d'arête $1$, le repère $(A\,;\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$ est orthonormé. On y lit $B(1\,;0\,;0)$, $C(1\,;1\,;0)$, $D(0\,;1\,;0)$, $E(0\,;0\,;1)$, $F(1\,;0\,;1)$, $G(1\,;1\,;1)$, $H(0\,;1\,;1)$.

2.2 Produit scalaire et norme en coordonnées

Propriété. Dans une base orthonormée, si $\vec{u}\,(x\,;y\,;z)$ et $\vec{v}\,(x'\,;y'\,;z')$, alors $\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz' \qquad \text{et} \qquad \lVert\vec{u}\rVert = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}.$

Démonstration. $\vec{u} = x\vec{\imath} + y\vec{\jmath} + z\vec{k}$ et $\vec{v} = x'\vec{\imath} + y'\vec{\jmath} + z'\vec{k}$. On développe $\vec{u} \cdot \vec{v}$ par bilinéarité : on obtient neuf termes. Les six termes croisés contiennent $\vec{\imath} \cdot \vec{\jmath}$, $\vec{\imath} \cdot \vec{k}$ ou $\vec{\jmath} \cdot \vec{k}$, qui sont nuls ; les trois autres contiennent $\vec{\imath} \cdot \vec{\imath} = \vec{\jmath} \cdot \vec{\jmath} = \vec{k} \cdot \vec{k} = 1$. Il reste $xx' + yy' + zz'$. Avec $\vec{v} = \vec{u}$, on obtient $\lVert\vec{u}\rVert^2 = x^2 + y^2 + z^2$.

On retrouve le théorème de Pythagore appliqué deux fois dans un pavé : si $M(x\,;y\,;z)$ et $P(x\,;y\,;0)$, alors $OP^2 = x^2 + y^2$, puis $OM^2 = OP^2 + PM^2 = x^2 + y^2 + z^2$.

2.3 Distance entre deux points

Propriété. Dans un repère orthonormé, la distance entre $A(x_A\,;y_A\,;z_A)$ et $B(x_B\,;y_B\,;z_B)$ est $AB = \lVert\overrightarrow{AB}\rVert = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}.$

Exemple 6. Dans un repère orthonormé, $\vec{u}\,(2\,;-1\,;3)$ et $\vec{v}\,(1\,;5\,;1)$.

• $\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 1 + (-1) \times 5 + 3 \times 1 = 2 - 5 + 3 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux.
• $\lVert\vec{u}\rVert = \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14}$ et $\lVert\vec{v}\rVert = \sqrt{1 + 25 + 1} = \sqrt{27} = 3\sqrt3$.

Exemple 7. $A(1\,;2\,;-1)$ et $B(3\,;-1\,;5)$. Alors $\overrightarrow{AB}\,(2\,;-3\,;6)$ et $AB = \sqrt{4 + 9 + 36} = \sqrt{49} = 7$. Le milieu de $[AB]$ a pour coordonnées $\left(2\,;\frac12\,;2\right)$.

Exemple 8. Dans le cube, $\overrightarrow{AG}\,(1\,;1\,;1)$ donne $AG = \sqrt3$ : c'est la longueur d'une grande diagonale. Et $\overrightarrow{BH}\,(-1\,;1\,;1)$ donne $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH} = -1 + 1 + 1 = 1$.

2.4 Attention : base orthonormée obligatoire

Ces formules sont fausses dans une base qui n'est pas orthonormée. Dans le cube, $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AE})$ est une base (chapitre 3), dans laquelle $\overrightarrow{AC}$ a pour coordonnées $(0\,;1\,;0)$. La formule donnerait une norme égale à $1$, alors que $AC = \sqrt2$. La base n'est pas orthonormée : $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \neq 0$.

Leçon 3 : Développements, polarisation, angles

Voir la vidéo de la leçon 3

3.1 Développer

Propriété. Pour tous vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ : $\lVert\vec{u} + \vec{v}\rVert^2 = \lVert\vec{u}\rVert^2 + 2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \lVert\vec{v}\rVert^2, \qquad \lVert\vec{u} - \vec{v}\rVert^2 = \lVert\vec{u}\rVert^2 - 2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \lVert\vec{v}\rVert^2,$ $\left(\vec{u} + \vec{v}\right) \cdot \left(\vec{u} - \vec{v}\right) = \lVert\vec{u}\rVert^2 - \lVert\vec{v}\rVert^2.$

Démonstration. $\lVert\vec{u} + \vec{v}\rVert^2 = \left(\vec{u} + \vec{v}\right) \cdot \left(\vec{u} + \vec{v}\right) = \vec{u} \cdot \vec{u} + \vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{v} \cdot \vec{u} + \vec{v} \cdot \vec{v}$ par bilinéarité, et $\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{v} \cdot \vec{u}$ par symétrie. Les deux autres égalités se démontrent de la même façon : ce sont les identités remarquables.

3.2 Formules de polarisation

En isolant $\vec{u} \cdot \vec{v}$ dans les égalités précédentes : $\vec{u} \cdot \vec{v} = \frac12\left(\lVert\vec{u} + \vec{v}\rVert^2 - \lVert\vec{u}\rVert^2 - \lVert\vec{v}\rVert^2\right) = \frac12\left(\lVert\vec{u}\rVert^2 + \lVert\vec{v}\rVert^2 - \lVert\vec{u} - \vec{v}\rVert^2\right) = \frac14\left(\lVert\vec{u} + \vec{v}\rVert^2 - \lVert\vec{u} - \vec{v}\rVert^2\right).$ Ces formules de polarisation donnent un produit scalaire à partir de longueurs seulement.

Avec $\vec{u} = \overrightarrow{AB}$ et $\vec{v} = \overrightarrow{AC}$, on a $\vec{u} - \vec{v} = \overrightarrow{CB}$, d'où $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \frac12\left(AB^2 + AC^2 - BC^2\right).$ C'est une autre écriture de la formule d'Al-Kashi de Première : $BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2\,AB \times AC \times \cos\widehat{BAC}$.

Exemple 9. Dans le cube, $AB = 1$, $AG = \sqrt3$ et $BG = \sqrt2$ (diagonale de la face $BCGF$). Donc $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AG} = \dfrac12\left(1 + 3 - 2\right) = 1$ : on retrouve l'exemple 2 avec des longueurs seulement.

Exemple 10. $\lVert\vec{u}\rVert = 2$, $\lVert\vec{v}\rVert = 3$ et $\lVert\vec{u} + \vec{v}\rVert = 4$. Alors $\vec{u} \cdot \vec{v} = \dfrac12\left(16 - 4 - 9\right) = \dfrac32$, puis $\lVert\vec{u} - \vec{v}\rVert^2 = 4 - 2 \times \dfrac32 + 9 = 10$, donc $\lVert\vec{u} - \vec{v}\rVert = \sqrt{10}$.

3.3 Calculer un angle

Méthode. Si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont non nuls, l'angle géométrique $\theta$ entre eux (entre $0°$ et $180°$) vérifie $\cos\theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\lVert\vec{u}\rVert \times \lVert\vec{v}\rVert}.$ On calcule le produit scalaire et les normes, souvent avec des coordonnées dans un repère orthonormé, puis on trouve $\theta$ à la calculatrice.

Exemple 11. Dans le cube, l'angle $\widehat{CAF}$ : $\overrightarrow{AC}\,(1\,;1\,;0)$ et $\overrightarrow{AF}\,(1\,;0\,;1)$, donc $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AF} = 1$ et $AC = AF = \sqrt2$. Alors $\cos\widehat{CAF} = \dfrac{1}{\sqrt2 \times \sqrt2} = \dfrac12$ et $\widehat{CAF} = 60°$. C'est logique : le triangle $ACF$ a pour côtés trois diagonales de faces, il est équilatéral.

Exemple 12. L'angle entre les vecteurs $\overrightarrow{AG}$ et $\overrightarrow{BH}$ (deux grandes diagonales) : $\cos\theta = \dfrac{1}{\sqrt3 \times \sqrt3} = \dfrac13$, donc $\theta \approx 70{,}5°$.

Exemple 13. $A(1\,;0\,;2)$, $B(3\,;2\,;1)$ et $C(-2\,;0\,;5)$. Alors $\overrightarrow{AB}\,(2\,;2\,;-1)$, $\overrightarrow{AC}\,(-3\,;0\,;3)$, $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -6 + 0 - 3 = -9$, $AB = 3$ et $AC = \sqrt{18} = 3\sqrt2$. Donc $\cos\widehat{BAC} = \dfrac{-9}{9\sqrt2} = -\dfrac{\sqrt2}{2}$ et $\widehat{BAC} = 135°$ : l'angle est obtus, car le produit scalaire est négatif.

Leçon 4 : Orthogonalité de deux droites, d'une droite et d'un plan

Voir la vidéo de la leçon 4

4.1 Droites orthogonales, droites perpendiculaires

Définition. Deux droites $d$ et $d'$, de vecteurs directeurs $\vec{u}$ et $\vec{u}'$, sont orthogonales si $\vec{u} \cdot \vec{u}' = 0$. Cela revient à dire que leurs parallèles menées par un même point sont perpendiculaires.

Deux droites perpendiculaires sont deux droites orthogonales et sécantes (elles sont alors coplanaires).

Exemple 14. Dans le cube :

• $(AB)$ et $(BF)$ sont perpendiculaires : elles se coupent en $B$, et la face $ABFE$ est un carré ;
• $(AB)$ et $(CG)$ sont orthogonales, car $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CG} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BF} = 0$, mais elles ne se coupent pas (elles ne sont même pas coplanaires) : elles ne sont pas perpendiculaires ;
• piège : $(AB)$ et $(AD)$ sont toutes les deux orthogonales à $(AE)$, mais elles ne sont pas parallèles. Dans l'espace, deux droites orthogonales à une même droite ne sont pas forcément parallèles.

4.2 Droite orthogonale à un plan

Définition. Une droite $d$ est orthogonale à un plan $\mathcal{P}$ si elle est orthogonale à toutes les droites de $\mathcal{P}$.

Théorème. Une droite est orthogonale à un plan si et seulement si elle est orthogonale à deux droites sécantes de ce plan.

Démonstration. Si $d$ est orthogonale au plan, elle est orthogonale en particulier à deux droites sécantes de ce plan. Réciproquement, soit $\vec{w}$ un vecteur directeur de $d$, et $\vec{u}$, $\vec{v}$ des vecteurs directeurs de deux droites sécantes du plan : ils ne sont pas colinéaires, et tout vecteur de la direction du plan s'écrit $a\vec{u} + b\vec{v}$ (chapitre 3). Par bilinéarité, $\vec{w} \cdot \left(a\vec{u} + b\vec{v}\right) = a\,\vec{w} \cdot \vec{u} + b\,\vec{w} \cdot \vec{v} = a \times 0 + b \times 0 = 0.$ Donc $\vec{w}$ est orthogonal à tout vecteur directeur d'une droite du plan.

Conséquence. Si une droite est orthogonale à un plan, elle est orthogonale à toutes les droites de ce plan, même à celles qui ne la coupent pas.

Exemple 15. Dans le cube, $(AE)$ est orthogonale à $(AB)$ et à $(AD)$, deux droites sécantes du plan $(ABC)$. Donc $(AE)$ est orthogonale au plan $(ABC)$, et par conséquent à $(BD)$ et à $(AC)$.

Exemple 16. Dans le repère $(A\,;\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$ : $\overrightarrow{AG}\,(1\,;1\,;1)$, $\overrightarrow{BD}\,(-1\,;1\,;0)$ et $\overrightarrow{BE}\,(-1\,;0\,;1)$. On calcule $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD} = -1 + 1 + 0 = 0$ et $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BE} = -1 + 0 + 1 = 0$. Les droites $(BD)$ et $(BE)$ sont sécantes en $B$ : la diagonale $(AG)$ est orthogonale au plan $(BDE)$. Elle est donc aussi orthogonale à $(DE)$.

Exemple 17 (tétraèdre régulier, sans coordonnées). $ABCD$ est un tétraèdre régulier et $I$ le milieu de $[CD]$. Le triangle $ACD$ est équilatéral, donc sa médiane $(AI)$ est aussi une hauteur : $(AI) \perp (CD)$. De même, $(BI) \perp (CD)$. La droite $(CD)$ est orthogonale aux droites sécantes $(AI)$ et $(BI)$ du plan $(ABI)$ : elle est orthogonale à ce plan, donc à la droite $(AB)$. On retrouve le résultat de l'exemple 5 : deux arêtes opposées sont orthogonales.

Leçon 5 : Vecteur normal à un plan, plan médiateur

Voir la vidéo de la leçon 5

5.1 Vecteur normal

Définition. Un vecteur $\vec{n}$ non nul est normal à un plan $\mathcal{P}$ si sa direction est orthogonale à $\mathcal{P}$, c'est-à-dire si $\vec{n}$ est orthogonal à tous les vecteurs de la direction de $\mathcal{P}$.

D'après le théorème de la leçon 4, il suffit que $\vec{n}$ soit orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan. Tous les vecteurs normaux à un même plan sont colinéaires (admis).

Exemple 18. Dans le cube :

• $\overrightarrow{AE}$ est normal au plan $(ABC)$ (exemple 15) ;
• $\overrightarrow{AG}$ est normal au plan $(BDE)$ (exemple 16) ;
• $\overrightarrow{BH}\,(-1\,;1\,;1)$ est normal au plan $(ACF)$ : $\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{AC} = -1 + 1 + 0 = 0$ et $\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{AF} = -1 + 0 + 1 = 0$, avec $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{AF}$ non colinéaires.

5.2 Plan passant par un point et normal à un vecteur

Propriété. Soit $A$ un point et $\vec{n}$ un vecteur non nul. L'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 0$ est le plan $\mathcal{P}$ passant par $A$ et normal à $\vec{n}$.

Pourquoi ? Soit $\vec{u}$, $\vec{v}$ deux vecteurs non colinéaires de la direction de $\mathcal{P}$.

• Si $M \in \mathcal{P}$, le vecteur $\overrightarrow{AM}$ est dans la direction de $\mathcal{P}$, donc orthogonal à $\vec{n}$.
• Réciproquement, $\vec{n}$ n'est pas une combinaison de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ : sinon, $\vec{n} = a\vec{u} + b\vec{v}$ donnerait $\vec{n} \cdot \vec{n} = a\,\vec{n} \cdot \vec{u} + b\,\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$, ce qui est impossible car $\vec{n} \neq \vec{0}$. Donc $(\vec{u}, \vec{v}, \vec{n})$ est une base de l'espace (chapitre 3), et $\overrightarrow{AM} = a\vec{u} + b\vec{v} + c\vec{n}$. Si $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 0$, on obtient $c\,\lVert\vec{n}\rVert^2 = 0$, donc $c = 0$ : $\overrightarrow{AM} = a\vec{u} + b\vec{v}$, et $M \in \mathcal{P}$.

Méthode (tester si un point est dans le plan). On calcule $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{n}$ : le point $M$ est dans $\mathcal{P}$ si et seulement si ce nombre est nul. Au chapitre 10, cette condition, écrite avec les coordonnées de $M$, donnera l'équation cartésienne du plan.

Exemple 19. Le plan $\mathcal{P}$ passe par $A(1\,;0\,;2)$ et il est normal à $\vec{n}\,(2\,;-1\,;3)$.

• $M(3\,;1\,;1)$ : $\overrightarrow{AM}\,(2\,;1\,;-1)$ et $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 4 - 1 - 3 = 0$, donc $M \in \mathcal{P}$.
• $N(0\,;2\,;3)$ : $\overrightarrow{AN}\,(-1\,;2\,;1)$ et $\overrightarrow{AN} \cdot \vec{n} = -2 - 2 + 3 = -1 \neq 0$, donc $N \notin \mathcal{P}$.

5.3 Conséquences

Soit $\mathcal{P}$ un plan de vecteur normal $\vec{n}$, et $d$ une droite de vecteur directeur $\vec{w}$.

• $d$ est orthogonale à $\mathcal{P}$ si et seulement si $\vec{w}$ et $\vec{n}$ sont colinéaires.
• $d$ est parallèle à $\mathcal{P}$ (strictement, ou contenue dans $\mathcal{P}$) si et seulement si $\vec{w} \cdot \vec{n} = 0$, c'est-à-dire si $\vec{w}$ est dans la direction de $\mathcal{P}$.
• Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires.

5.4 Plan médiateur d'un segment

Définition. Soit $A$ et $B$ deux points distincts. Le plan médiateur du segment $[AB]$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que $MA = MB$.

Propriété. Le plan médiateur de $[AB]$ est le plan qui passe par le milieu $I$ de $[AB]$ et qui est normal au vecteur $\overrightarrow{AB}$.

Démonstration. Pour tout point $M$, d'après la leçon 3, $MA^2 - MB^2 = \left(\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}\right) \cdot \left(\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB}\right).$ Or $\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{MI}$ ($I$ est le milieu de $[AB]$) et $\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{BM} = \overrightarrow{BA}$. Donc $MA^2 - MB^2 = 2\overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{BA} = 2\,\overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{AB}$. Comme $MA$ et $MB$ sont positifs, $MA = MB \iff MA^2 = MB^2 \iff \overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ : c'est la propriété 5.2 avec le point $I$ et le vecteur $\overrightarrow{AB}$.

C'est un exemple de lieu géométrique : l'ensemble des points qui vérifient une condition est un plan.

Exemple 20. Dans le cube, $AB = AD = 1$, $CB = CD = 1$ et $EB = ED = \sqrt2$ : les points $A$, $C$ et $E$ sont dans le plan médiateur de $[BD]$. Ils ne sont pas alignés, donc ce plan médiateur est le plan $(ACE)$ (qui contient aussi $G$). En particulier, $\overrightarrow{BD}$ est normal au plan $(ACE)$, et $(BD)$ est orthogonale à $(AG)$ et à $(CE)$.

Exemple 21. $A(1\,;2\,;-1)$ et $B(3\,;0\,;3)$. Le milieu de $[AB]$ est $I(2\,;1\,;1)$ et $\overrightarrow{AB}\,(2\,;-2\,;4)$. Pour $M(3\,;2\,;1)$ : $\overrightarrow{IM}\,(1\,;1\,;0)$ et $\overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{AB} = 2 - 2 + 0 = 0$, donc $M$ est dans le plan médiateur. Vérification : $MA^2 = 4 + 0 + 4 = 8$ et $MB^2 = 0 + 4 + 4 = 8$.

Leçon 6 : Projeté orthogonal, distance d'un point à une droite ou à un plan

Voir la vidéo de la leçon 6

6.1 Définitions

Définition. Soit $M$ un point.

• Le projeté orthogonal de $M$ sur une droite $d$ est le point $H$ de $d$ tel que la droite $(MH)$ soit perpendiculaire à $d$ (si $M \in d$, $H = M$).
• Le projeté orthogonal de $M$ sur un plan $\mathcal{P}$ est le point $H$ de $\mathcal{P}$ tel que la droite $(MH)$ soit orthogonale à $\mathcal{P}$ (si $M \in \mathcal{P}$, $H = M$).

Dans les deux cas, ce point existe et il est unique (admis).

6.2 Le point le plus proche (démonstration du programme)

Théorème. Le projeté orthogonal $H$ d'un point $M$ sur un plan $\mathcal{P}$ est le point de $\mathcal{P}$ le plus proche de $M$.

Démonstration. Soit $N$ un point quelconque de $\mathcal{P}$. On a $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MH} + \overrightarrow{HN}$, donc $MN^2 = \lVert\overrightarrow{MH} + \overrightarrow{HN}\rVert^2 = MH^2 + 2\,\overrightarrow{MH} \cdot \overrightarrow{HN} + HN^2.$ Le vecteur $\overrightarrow{HN}$ est dans la direction de $\mathcal{P}$ (les points $H$ et $N$ sont dans $\mathcal{P}$), et $\overrightarrow{MH}$ est orthogonal à $\mathcal{P}$ : donc $\overrightarrow{MH} \cdot \overrightarrow{HN} = 0$. Il reste $MN^2 = MH^2 + HN^2 \geq MH^2,$ avec égalité si et seulement si $HN = 0$, c'est-à-dire $N = H$. Comme les longueurs sont positives, $MN \geq MH$ pour tout $N$ de $\mathcal{P}$, avec égalité seulement pour $N = H$. C'est le théorème de Pythagore dans le triangle $MHN$, rectangle en $H$.

Le même raisonnement montre que le projeté orthogonal de $M$ sur une droite $d$ est le point de $d$ le plus proche de $M$.

Définitions. La distance de $M$ au plan $\mathcal{P}$ est la longueur $MH$, où $H$ est le projeté orthogonal de $M$ sur $\mathcal{P}$. De même, la distance de $M$ à la droite $d$ est $MH$, où $H$ est le projeté orthogonal de $M$ sur $d$.

6.3 Trouver le projeté sur une droite

Méthode. Soit $d$ la droite passant par $A$ et dirigée par $\vec{u}$, et $M$ un point. Le projeté $H$ est sur $d$, donc $\overrightarrow{AH} = t\,\vec{u}$ pour un réel $t$. Comme $\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AH} + \overrightarrow{HM}$ et $\overrightarrow{HM} \cdot \vec{u} = 0$ : $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{u} = t\,\lVert\vec{u}\rVert^2 \qquad \text{donc} \qquad t = \frac{\overrightarrow{AM} \cdot \vec{u}}{\lVert\vec{u}\rVert^2}.$ On retrouve la propriété de projection de Première : $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{u} = \overrightarrow{AH} \cdot \vec{u}$.

Exemple 22. Dans le cube, la distance du point $B$ à la droite $(AG)$. Ici $\vec{u} = \overrightarrow{AG}\,(1\,;1\,;1)$ et $\overrightarrow{AB}\,(1\,;0\,;0)$, donc $t = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AG}}{AG^2} = \dfrac13$. Le projeté de $B$ est le point $K$ tel que $\overrightarrow{AK} = \dfrac13\overrightarrow{AG}$, c'est-à-dire $K\left(\frac13\,;\frac13\,;\frac13\right)$. Alors $\overrightarrow{BK}\left(-\frac23\,;\frac13\,;\frac13\right)$, $BK^2 = \dfrac49 + \dfrac19 + \dfrac19 = \dfrac23$, et la distance de $B$ à $(AG)$ vaut $BK = \sqrt{\dfrac23} = \dfrac{\sqrt6}{3} \approx 0{,}82$.

Exemple 23. Dans le cube, la distance du point $A$ au plan $(BDE)$. Au chapitre 3, on a montré que le point $K$ de l'exemple 22 est dans le plan $(BDE)$. D'après l'exemple 16, $(AG)$ est orthogonale à $(BDE)$, et $K$ est sur $(AG)$. Donc $K$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $(BDE)$, et $d\left(A, (BDE)\right) = AK = \frac13 AG = \frac{\sqrt3}{3} \approx 0{,}58.$

Exemple 24. La droite $d$ passe par $A(1\,;0\,;2)$ et elle est dirigée par $\vec{u}\,(2\,;1\,;-2)$. Soit $M(4\,;3\,;2)$. Alors $\overrightarrow{AM}\,(3\,;3\,;0)$, $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{u} = 6 + 3 + 0 = 9$ et $\lVert\vec{u}\rVert^2 = 9$, donc $t = 1$ et $H = A + \vec{u}$, soit $H(3\,;1\,;0)$. Vérification : $\overrightarrow{MH}\,(-1\,;-2\,;-2)$ et $\overrightarrow{MH} \cdot \vec{u} = -2 - 2 + 4 = 0$. La distance de $M$ à $d$ est $MH = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3$.

Pour un plan, le projeté se trouve dans ce chapitre sur des figures où l'on peut deviner le point $H$ puis le vérifier : $H$ est dans le plan, et $\overrightarrow{MH}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan. Le calcul systématique des coordonnées du projeté sur un plan donné par une équation est au chapitre 10.

Leçon 7 : Problèmes de longueurs, d'angles, d'aires et de volumes

Voir la vidéo de la leçon 7

7.1 Les outils

• Longueur : $AB = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}$ dans un repère orthonormé.
• Angle : $\cos\widehat{BAC} = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \times AC}$.
• Aire d'un triangle : $\dfrac12 \times \text{base} \times \text{hauteur}$. La hauteur issue de $C$ est $CH$, où $H$ est le projeté orthogonal de $C$ sur la droite $(AB)$. On peut aussi utiliser $\dfrac12 \times AB \times AC \times \sin\widehat{BAC}$.
• Volume d'un tétraèdre (d'une pyramide) : $V = \dfrac13 \times \mathcal{B} \times h$, où $\mathcal{B}$ est l'aire d'une base et $h$ la hauteur correspondante, c'est-à-dire la distance du sommet opposé au plan de la base.

Méthode (distance d'un point à un plan par les volumes). On calcule le volume d'un tétraèdre avec une base « facile », puis on écrit le même volume avec la base contenue dans le plan cherché : $V = \dfrac13 \times \mathcal{B}' \times d$, donc $d = \dfrac{3V}{\mathcal{B}'}$. On obtient la distance sans chercher le projeté.

Exemple 25. Dans un repère orthonormé, $O$ est l'origine, $A(4\,;0\,;0)$, $B(0\,;4\,;0)$ et $C(0\,;0\,;2)$. Le tétraèdre $OABC$ a trois faces rectangles en $O$.

1. Angle. $\overrightarrow{CA}\,(4\,;0\,;-2)$ et $\overrightarrow{CB}\,(0\,;4\,;-2)$, donc $\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = 0 + 0 + 4 = 4$ et $CA = CB = \sqrt{20}$. Alors $\cos\widehat{ACB} = \dfrac{4}{20} = \dfrac15$ et $\widehat{ACB} \approx 78{,}5°$.
2. Aire. Le triangle $ABC$ est isocèle en $C$. Soit $H$ le milieu de $[AB]$ : $H(2\,;2\,;0)$, $\overrightarrow{CH}\,(2\,;2\,;-2)$ et $\overrightarrow{AB}\,(-4\,;4\,;0)$, d'où $\overrightarrow{CH} \cdot \overrightarrow{AB} = -8 + 8 + 0 = 0$. Donc $H$ est le projeté orthogonal de $C$ sur $(AB)$, et $[CH]$ est une hauteur. Avec $CH = \sqrt{12} = 2\sqrt3$ et $AB = \sqrt{32} = 4\sqrt2$, l'aire vaut $\dfrac12 \times 4\sqrt2 \times 2\sqrt3 = 4\sqrt6 \approx 9{,}8$.
3. Volume. La base $OAB$ est un triangle rectangle en $O$, d'aire $\dfrac12 \times 4 \times 4 = 8$. La droite $(OC)$ est orthogonale à $(OA)$ et à $(OB)$, donc au plan $(OAB)$ : la hauteur est $OC = 2$. Donc $V = \dfrac13 \times 8 \times 2 = \dfrac{16}{3}$.
4. Distance de $O$ au plan $(ABC)$. Si $H'$ est le projeté orthogonal de $O$ sur $(ABC)$, alors $V = \dfrac13 \times \mathcal{A}_{ABC} \times OH'$, donc $OH' = \dfrac{3V}{\mathcal{A}_{ABC}} = \dfrac{16}{4\sqrt6} = \dfrac{2\sqrt6}{3} \approx 1{,}63$.