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  • 1. CHAPITRE 2 ESPACE 1 Produit scalaire dans le plan ou dans l’espace 1. Définition• Soit le plan ou l’espace.Soient deux vecteurs u et v de , et trois points O, A et B tels que :u = OA et v = OB.On note θ l’angle géométrique AOB. u On appelle produit scalaire de deux vec- v B v teurs u et v le nombre réel noté u ⋅ v tel que u ⋅ v = u × v cos θ . O θSoit u ⋅ v = OA × OB × cos θ. u ARemarque : Le signe de u ⋅ v dépend du signe de cos θ :(θ aigu) ⇔ u ⋅ v 0(θ obtus) ⇔ u ⋅ v 0(θ droit) ⇔ u ⋅ v = 0. 2. Conséquences• Si les vecteurs u et v sont colinéaires et de même sens, alorsu ⋅v = u × v car θ = 0 donc cos θ = 1.• Si les vecteurs u et v sont colinéaires et de sens contraires, alorsu ⋅v = – u × v car θ = π donc cos θ = – 1 . 2 2 2 2• Si u = v , alors u ⋅ v = ( u ) = ( v ) = u = v . 2( u ) est appelé carré scalaire, c’est un nombre positif.AOB = BOA donc u ⋅ v = v ⋅ u ; cette égalité traduit la symétrie du pro-duit scalaire. 3. PropriétésQuels que soient les vecteurs u , v , w de et deux réels α et β :• ( αu ) ⋅ ( βv ) = ( αβ ) × ( u ⋅ v )• w ⋅ (u + v ) = w ⋅ u + w ⋅ v60
  • 2. cours savoir-faire exercices corrigés 2 2 2• (u + v ) = u + v + 2u ⋅ v 2 2 2• (u – v ) = u + v – 2u ⋅ v 2 2• (u + v ) ⋅ (u – v ) = u – v 1• u ⋅ v = --  u + v – u – v  2 2 2 - 2 • u ⋅v = 0 ⇔ u ⊥v.Remarque : Le vecteur nul est orthogonal à tout vecteur. 4. Propriété fondamentaleSi on projette orthogonalement les vecteurs u en u ′ sur la direction de von a : u ⋅ v = u ′ ⋅ v (les vecteurs u ′ et v sont colinéaires).De même si on projette orthogonalement le vecteur v en v ′ sur la direc-tion de u on a : u ⋅ v = v ′ ⋅ u .Donc u ⋅v = u′⋅v = v′⋅u exemple d’application Démontrer que dans un triangle quelconque ABC : AC 2 = AB 2 + BC 2 – 2AB × BC cos ABC. Ce théorème est celui d’Al-Kashi (généralisation à un triangle quelconque du théorème de Pythagore). corrigé commenté D’après la relation de Chasles, quels que soient les points A, B et C : AC = AB + BC 2 2 d’où ( AC ) = ( AB + BC ) = AB 2 + BC 2 + 2AB ⋅ BC. Soit AC 2 = AB 2 + BC 2 – 2BA ⋅ BC d’où : AC 2 = AB 2 + BC 2 – 2BA × BC cos ABC. 61
  • 3. CHAPITRE 2 ESPACE 2 Produit scalaire en géométrie analytique Dans le plan Dans l’espace Soit ( O ; i , j ) un repère ortho- Soit ( O ; i , j , k ) un repère ortho- normé du plan normé de l’espace Représentation paramétrique d’une droite Passant par A ( x 0, y 0 ) et de vecteur Passant par A ( x 0, y 0, z 0 ) et de vec- directeur v ( a, b ), a ∈ , b∈ et teur directeur v ( a, b, c ), a ∈ , v ≠0 b∈ , c∈ et v ≠ 0 M∈ ⇔ AM = tv avec t ∈ . x = x 0 + at  x = x 0 + at   , t∈ . y = y 0 + bt , t ∈ .  y = y 0 + bt  z = z 0 + ct Équations cartésiennes de x – x0 y – y0 x – x0 y – y0 z – z0 ------------- = ------------- avec ab ≠ 0 - - ------------- = ------------- = ------------- - - - a b a b c soit Ax + By + C = 0 avec abc ≠ 0 Produit scalaire des vecteurs v ( x, y ) et v ′ ( x′, y′ ) des vecteurs v ( x, y, z ) et v ′ ( x′, y′, z′ ) v ⋅ v ′ = xx′ + yy′. v ⋅ v ′ = xx′ + yy′ + zz′. Équation cartésienne et vecteur normal Soit une droite passant par un Soit P un plan passant un point point A ( x 0, y 0, z 0 ) et orthogonal à un A ( x 0, y 0 ) et orthogonale à un vec- vecteur v ( a, b, c ) teur v ( a, b ) M ∈ P ⇔ AM ⋅ v = 0 M ∈ ⇔ AM ⋅ v = 0 ax + by + cz + d = 0. ax + by + c = 0. Distance d’un point B B ( x 1, y 1 ) à une droite d’équa- B ( x 1, y 1, z 1 ) à un plan P d’équa- tion ax + by + c = 0 tion ax + by + cz + d = 0 ax 1 + by 1 + c ax 1 + by 1 + cz 1 + d d ( B, ( ) ) = ----------------------------------- . - d ( B, ( P ) ) = --------------------------------------------------- . a2 + b2 a2 + b2 + c262
  • 4. cours savoir-faire exercices corrigés Cercle Sphère Équation d’un cercle de centre Équation d’une sphère de centre A ( a, b ) et de rayon R A ( a, b, c ) et de rayon R ( x – a )2 + ( y – b )2 = R2 ( x – a )2 + ( y – b )2 + ( z – c )2 = R2 soit x 2 + y 2 – 2ax – 2by + c = 0 soit avec c = a 2 + b 2 – R 2 . x 2 + y 2 + z 2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 avec d = a 2 + b 2 + c 2 – R 2 .Équation paramétrique d’un plan P contenant A(x0, y0, z0) et de vecteursdirecteurs v ( a, b, c ) et v 1 ( a 1, b 1, c 1 ), v et v 1 non colinéaires.  x = x 0 + λa + µa 1 AM = λv + µv 1 avec λµ ≠ 0 ⇔  y = y 0 + λb + µb 1 .   z = z0Remarque : Si ax + by + cz + d = 0 et a′x + b′y + c′z + d′ = 0 sont les équa-  ax + by + cz + d = 0tions cartésiennes de deux plans P et P′ sécants, alors   a′x + b′y + c′z + d′ = 0est une représentation de leur droite d’intersection dans l’espace.L’ensemble des points M ( x, y, z ) tels que ax + by + cz + d 0 est le demi-espace ouvert de frontière le plan P d’équation ax + by + cz + d = 0 etcontenant le point O si d 0. exemple d’application Soit les points A(0 ; 6) et B(–2 ; 10) dans un repère orthonormal ( O ; i , j ) . Calculer la distance du point C(4 ; –3) à la droite (AB). corrigé commenté Conseil : On rappelle que les vecteurs u (X, Y) et v (X′, Y′) sont colinéaires si, et seulement si, XY′ – X′Y = 0. N ( x, y ) ∈ ( AB ) ⇔ AN et AB sont colinéaires. Or AN ( x ; y – 6 ) et AB ( – 2 ; 4 ) . N ( x, y ) ∈ ( AB ) ⇔ 4x – ( – 2 ) ( y – 6 ) = 0 soit 4x + 2y – 12 = 0 ⇔ 2x + y – 6 = 0. 2×4–3×1–6 –1 5 d ( C, ( AB ) ) = -------------------------------------------- = -------- soit - d ( C, ( AB ) ) = ------ . - 4+1 5 5 63
  • 5. CHAPITRE 2 ESPACE 3 Barycentres dans l’espace et caractérisations barycentriques 1. Définition du barycentre de n points pondérésSoit les points A 1, A 2, …, A n de pondérations respectives a 1, a 2, …, a n . n n Si ∑ i=1 a i ≠ 0, alors il existe un seul point G tel que ∑ a GA i=1 i i = 0. Ce point est appelé barycentre des n points pondérés. 2. Propriétés• On ne change pas le barycentre de n points en multipliant les pondéra-tions par un même nombre non nul.• On ne change pas le barycentre de n points pondérés, en remplaçant p deces points ( p n ) par leur barycentre, s’il existe, affecté de la somme desleurs pondérations (théorème du barycentre partiel).• Coordonnées du barycentre dans un repère ( O ; i , j , k )Un point Ai a pour coordonnées ( x i , y i , z i ) et pour pondération ai. n Si ∑ a ≠ 0, soit G(x i=1 i G, y G , z G) le barycentre des n points pondérés alors : n n n ∑ i=1 ai xi ∑ ai yi i=1 ∑a z i i i=1 xG = ------------------, n yG = ----------------- n - et z G = ----------------- n -, ∑a i=1 i ∑a i ∑a i=1 i i=1 3. Caractérisations barycentriques• La droite (AB) est l’ensemble des barycentres des points pondérés ( A, α )et ( B, β ) avec α + β ≠ 0.• Le segment [AB] est l’ensemble des barycentres des points pondérés( A, α ) et ( B, β ) avec αβ 0.• Le plan (ABC) est l’ensemble des barycentres des points pondérés ( A, α ),( B, β ) et ( C, γ ) avec α + β + γ ≠ 0.• La surface intérieure au triangle ABC est l’ensemble des barycentres despoints pondérés ( A, α ), ( B, β ) et ( C, γ ) avec α > 0, β > 0, γ > 0.64
  • 6. cours savoir-faire exercices corrigés exemples d’application³ Soit un tétraèdre ABCD et C′ le symétrique de C par rapport à A et G le bary-centre du système { ( A, 2 ) ; ( B, 4 ) ; (C ; – 1) ; ( D, 3 ) } . Les points G, B C′ et D sont-ils coplanaires ?corrigé commenté Indication : La coplanéarité des points G, B, C′ et D revient à démontrer que l’un d’entre eux est barycentre des trois autres points pondérés.Le point C′ est le symétrique de C par rapport à A ce qui signifie que 2C′A = C′Cdonc C′ est le barycentre des points (A, 2) et (C, –1).Par associativité, le point G est alors le barycentre des points (C′, 1), (B, 4) et(D, 3), on en déduit donc que les points G, B C′ et D sont coplanaires.· Soit A, B, C et D quatre points de l’espace tels que 2AB + 3CD + 4BD = AD.Montrer que le point A est barycentre des points B, C, D affectés de coefficientsque l’on déterminera.corrigé commentéEn utilisant la relation de Chasles, on peut écrire : 2AB + 3CA + 3AD + 4BA + 4AD – AD = 0soit – 2AB – 3AC + 6AD = 0 .Or, –2 – 3 + 6 ≠ 0, donc :A est le barycentre du système {(B, –2) ; (C, –3) ; (D, 6)}. 65
  • 7. CHAPITRE 2 ESPACE 4 Positions relatives dans l’espaceOn considère un repère orthonormal ( O ; i , j , k ) . 1. Intersection de deux plansSoit deux plans P et P′ d’équations respectives ax + by + cz + d = 0 eta′x + b′y + c′z + d′ = 0.Le plan P a pour vecteur normal n ( a, b, c ) et le plan P′ a pour vecteur nor-mal n ′ ( a′, b′, c′ ).• Si n et n ′ sont colinéaires, alors les plans P et P′ sont parallèles.Remarque : Dans l’espace, deux vecteurs n et n ′ sont colinéaires, si, et seule-ment si, leurs coordonnées sont proportionnelles c’est-à-dire s’il existe un réel ktel que n ′ = kn .• Si n et n ′ ne sont pas colinéaires, alors les plans P et P′ sont sécantsselon une droite. 2. Intersection d’une droite et d’un planSoit une droite de vecteur directeur v et un plan P défini par deux vec-teurs u et u ′.• Si v , u et u ′ sont coplanaires, alors la droite est parallèle au plan P.• Si v , u et u ′ ne sont pas coplanaires, alors la droite coupe le plan enun point.  x = αt + x 0 Si a pour représentation paramétrique  y = βt + y 0 , t ∈ ,   z = zt + z 0et si P a pour équation cartésienne ax + by + cz + d = 0, alors et P ont unpoint commun si, et seulement s’il existe un réel t tel que : a ( αt + x 0 ) + b ( βt + y 0 ) + c ( γt + z 0 ) + d = 0. 3. Intersection de trois plans• Les plans P, P′ et P″ peuvent être sécants deux à deux et n’avoir aucunpoint commun et alors le système ( S ) :ax + by + cz + d = 0a′x + b′y + c′z + d′ = 0 n’a aucune solution.a″x + b″y + c″z + d″ = 066
  • 8. cours savoir-faire exercices corrigés• Si les trois plans sont strictement parallèles, alors le système (S) n’aaucune solution.• Si les trois plans sont sécants selon une droite, alors le système (S) admetune infinité de solutions. Ces solutions sont les triplets de coordonnées despoints de la droite d’intersection.• Si les trois plans sont sécants selon un point, alors le système (S) admetune seule solution. Cette solution est le triplet de coordonnées du pointcommun à ces trois plans. exemple d’application Déterminer les positions relatives des deux droites et ′ de représentations paramétriques respectives :  x = – 2t + 3  x = t′ + 4    y = 3t + 5 , t ∈ et  y = – t′ + 1 , t′ ∈ .   z = 4  z = 2t′ – 1 corrigé commenté Les vecteurs directeurs respectifs de et ′ sont u (– 2 ; 3 ; 0) et u ′(1 ; –1 ; 2) ; les coordonnées ne sont pas proportionnelles donc les droites et ′ ne sont pas parallèles. Si ces droites sont sécantes, alors il existe un couple ( t, t′ ) vérifiant les deux repré- sentations paramétriques.  7  t = – --4 -  – 2t + 3 = t′ + 4    13 D’où  3t + 5 = – t′ + 1 ⇔  t = – ------ .   6  4 = 2t′ – 1  5  t ′ = -- -  2 Les résultats ne sont pas compatibles, donc et ′ ne sont pas sécantes. Les droites et ′ ne sont pas parallèles, n’ont pas de point commun, donc elles ne sont pas coplanaires. 67