Maths Complementaires — Terminale · Math@mine
Un téléphone reçoit les signaux de trois antennes situées aux points \(A(0 ; 0)\), \(B(6 ; 0)\) et \(C(3 ; 5)\) (distances en km). D’après les temps de propagation, le téléphone se trouve à 5 km de \(A\), à 5 km de \(B\) et à 1 km de \(C\).
Ou se situe exactement le telephone ?
En 1637, Rene Descartes publie La Géométrie, annexe de son celebre Discours de la méthode. L’idee revolutionnaire est de representer chaque point du plan par un couple de nombres (ses coordonnées) et chaque courbe par une équation algébrique.
Cette fusion entre algebre et géométrie permet de resoudre des problèmes géométriques par le calcul et, inversement, de visualiser des équations. Pierre de Fermat, travaillant independamment a la meme epoque, est arrive a des conclusions similaires. Ensemble, ils ont pose les fondations de ce qu’on appelle aujourd’hui la géométrie analytique.
Cette approche est a la base de toutes les technologies modernes de positionnement, de cartographie numérique et de conception assistee par ordinateur (CAO).
Sur une carte quadrillee, un tresor est enterre a un point \(T\) qui verifie simultanement les trois conditions suivantes :
Par définition des coordonnées d’un point : \(A = O + x_A \vec{i} + y_A \vec{j}\) et \(B = O + x_B \vec{i} + y_B \vec{j}\), où \(O\) est l’origine du repère.
Alors :
\(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = (x_B \vec{i} + y_B \vec{j}) - (x_A \vec{i} + y_A \vec{j}) = (x_B - x_A)\vec{i} + (y_B - y_A)\vec{j}.\)
Les coordonnées de \(\overrightarrow{AB}\) dans la base \((\vec{i}, \vec{j})\) sont donc \((x_B - x_A\,;\,y_B - y_A)\). ∎
On écrit les vecteurs dans la base \((\vec{i}, \vec{j})\) : \(\vec{u} = x\vec{i} + y\vec{j}\) et \(\vec{v} = x'\vec{i} + y'\vec{j}\).
Somme. Par associativité et commutativité de l’addition vectorielle :
\(\vec{u} + \vec{v} = (x\vec{i} + y\vec{j}) + (x'\vec{i} + y'\vec{j}) = (x + x')\vec{i} + (y + y')\vec{j}.\)
Les coordonnées de \(\vec{u} + \vec{v}\) sont \((x + x'\,;\,y + y')\).
Produit par un réel. Par distributivité du produit externe :
\(k\vec{u} = k(x\vec{i} + y\vec{j}) = (kx)\vec{i} + (ky)\vec{j}.\)
Les coordonnées de \(k\vec{u}\) sont \((kx\,;\,ky)\). ∎
Les vecteurs \(\vec{u}\begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} -6 \\ 4 \end{pmatrix}\) sont colineaires car \(\det(\vec{u}, \vec{v}) = 3 \times 4 - (-2) \times (-6) = 12 - 12 = 0\). On a \(\vec{v} = -2\vec{u}\).
C’est une consequence directe du théorème de Pythagore. Le vecteur \(\vec{u}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\) est l’hypotenuse d’un triangle rectangle de cotes \(|x|\) et \(|y|\), d’ou \(\|\vec{u}\| = \sqrt{x^2 + y^2}\).
On développé \(\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = (x+x')^2 + (y+y')^2 = x^2 + 2xx' + x'^2 + y^2 + 2yy' + y'^2\).
Or \(\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \|\vec{v}\|^2\) (identité remarquable vectorielle).
En identifiant : \(2\,\vec{u} \cdot \vec{v} = 2xx' + 2yy'\), d’ou \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy'\).
Décomposons \(\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AH} + \overrightarrow{HC}\) où \(H\) est le projeté orthogonal de \(C\) sur \((AB)\). Par bilinéarité du produit scalaire :
\(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH} + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{HC}.\)
Or \(\overrightarrow{HC}\) est orthogonal à \((AB)\) (définition du projeté orthogonal), donc \(\overrightarrow{HC} \perp \overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{HC} = 0\).
D’où \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH}\).
Signe. Si \(H\) est du même côté que \(B\) par rapport à \(A\), alors \(\overrightarrow{AH}\) et \(\overrightarrow{AB}\) sont dans le même sens, donc \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH} = AB \cdot AH > 0\). Sinon, ils sont de sens opposés, donc \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH} = -AB \cdot AH < 0\). ∎
Première formule. On développe \(\|\vec{u} + \vec{v}\|^2\) à l’aide de \(\|\vec{w}\|^2 = \vec{w}\cdot\vec{w}\) et de la bilinéarité :
\(\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = (\vec{u}+\vec{v})\cdot(\vec{u}+\vec{v}) = \vec{u}\cdot\vec{u} + 2\,\vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{v}\cdot\vec{v} = \|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2.\)
En isolant le produit scalaire :
\(\vec{u}\cdot\vec{v} = \dfrac{1}{2}\bigl(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 - \|\vec{u}\|^2 - \|\vec{v}\|^2\bigr).\)
Seconde formule. De même avec \(\vec{u} - \vec{v}\) :
\(\|\vec{u} - \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 - 2\,\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2.\)
D’où \(\vec{u}\cdot\vec{v} = \dfrac{1}{2}\bigl(\|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2 - \|\vec{u}-\vec{v}\|^2\bigr)\). ∎
On utilise l’expression \(\vec{u}\cdot\vec{v} = xx' + yy'\) pour \(\vec{u}(x\,;\,y)\) et \(\vec{v}(x'\,;\,y')\).
Symétrie. \(\vec{u}\cdot\vec{v} = xx' + yy' = x'x + y'y = \vec{v}\cdot\vec{u}\).
Bilinéarité — distributivité. Soit \(\vec{w}(x''\,;\,y'')\). Alors \(\vec{v} + \vec{w}\) a pour coordonnées \((x' + x''\,;\,y' + y'')\), donc :
\(\vec{u}\cdot(\vec{v}+\vec{w}) = x(x' + x'') + y(y' + y'') = (xx' + yy') + (xx'' + yy'') = \vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{u}\cdot\vec{w}.\)
Bilinéarité — produit par un scalaire. \(k\vec{u}\) a pour coordonnées \((kx\,;\,ky)\), donc :
\((k\vec{u})\cdot\vec{v} = (kx)x' + (ky)y' = k(xx' + yy') = k(\vec{u}\cdot\vec{v}).\)
Carré scalaire. \(\vec{u}\cdot\vec{u} = x^2 + y^2 = \|\vec{u}\|^2\) (d’après la formule de la norme). ∎
Par definition, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos\theta\). Si les vecteurs sont non nuls, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 0\) equivaut a \(\cos\theta = 0\), soit \(\theta = 90°\) : les vecteurs sont orthogonaux. Le cas ou l’un est nul est traite par convention (\(\vec{0}\) est orthogonal a tout vecteur).
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} -8 \\ 6 \end{pmatrix}\). On calcule : \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 3 \times (-8) + 4 \times 6 = -24 + 24 = 0\).
Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont orthogonaux.
Soient \(A(1;2)\), \(B(4;6)\), \(C(5;1)\). Calculons l’angle \(\widehat{BAC}\).
\(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix}\), \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 4 \\ -1 \end{pmatrix}\).
\(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 \times 4 + 4 \times (-1) = 12 - 4 = 8\).
\(\|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{9+16} = 5\) et \(\|\overrightarrow{AC}\| = \sqrt{16+1} = \sqrt{17}\).
\(\cos(\widehat{BAC}) = \frac{8}{5\sqrt{17}} \approx 0{,}388\), d’ou \(\widehat{BAC} \approx 67{,}1°\).
On calcule \(a^2 = BC^2 = \|\overrightarrow{BC}\|^2 = \|\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}\|^2\).
En developpant avec le carré scalaire : \(a^2 = \|\overrightarrow{AC}\|^2 - 2\,\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB} + \|\overrightarrow{AB}\|^2 = b^2 + c^2 - 2\,\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}\).
Or \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = bc\cos(\widehat{A})\), d’ou \(a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos(\widehat{A})\).
Dans un triangle ou \(b = 7\), \(c = 5\) et \(\widehat{A} = 60°\) :
\(a^2 = 49 + 25 - 2 \times 7 \times 5 \times \cos(60°) = 74 - 70 \times 0{,}5 = 74 - 35 = 39\)
Donc \(a = \sqrt{39} \approx 6{,}24\).
On développé par bilinearite du produit scalaire :
\((\vec{u} + \vec{v})^2 = (\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} + \vec{v}) = \vec{u} \cdot \vec{u} + 2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{v} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \|\vec{v}\|^2\).
Les deux autres formules se demontrent de maniere analogue.
La droite \(d : 3x - 2y + 7 = 0\) a pour vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix}\) et pour vecteur directeur \(\vec{u}\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}\).
Droite passant par \(A(1 ; 3)\) et \(B(4 ; -1)\) :
\(m = \frac{-1 - 3}{4 - 1} = \frac{-4}{3}\) et \(p = 3 - \left(-\frac{4}{3}\right) \times 1 = 3 + \frac{4}{3} = \frac{13}{3}\).
L’équation reduite est \(y = -\frac{4}{3}x + \frac{13}{3}\).
Les vecteurs directeurs sont \(\vec{u}_1(-b_1 ; a_1)\) et \(\vec{u}_2(-b_2 ; a_2)\). Ils sont colineaires si \(\det(\vec{u}_1, \vec{u}_2) = -b_1 a_2 - a_1 \times (-b_2) = a_1 b_2 - a_2 b_1 = 0\).
Les vecteurs normaux sont \(\vec{n}_1(a_1 ; b_1)\) et \(\vec{n}_2(a_2 ; b_2)\). Ils sont orthogonaux si \(\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = a_1 a_2 + b_1 b_2 = 0\). Pour les équations reduites \(y = m_1 x + p_1\) et \(y = m_2 x + p_2\), les vecteurs directeurs sont \((1 ; m_1)\) et \((1 ; m_2)\). Orthogonalite : \(1 \times 1 + m_1 m_2 = 0\), soit \(m_1 m_2 = -1\).
Les droites \(d_1 : y = 2x + 1\) et \(d_2 : y = -\frac{1}{2}x + 5\) sont perpendiculaires car \(m_1 \times m_2 = 2 \times \left(-\frac{1}{2}\right) = -1\).
\(AB = \|\overrightarrow{AB}\|\) et \(\overrightarrow{AB} = (x_B - x_A ; y_B - y_A)\). Par Pythagore (propriété de la norme, section 1) : \(AB = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2}\).
Distance entre \(A(-1 ; 3)\) et \(B(2 ; 7)\) : \(AB = \sqrt{(2-(-1))^2 + (7-3)^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5\).
Par définition, \(M\) est le milieu de \([AB]\) si et seulement si \(\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{MB}\).
Notons \(M(x_M\,;\,y_M)\). Alors \(\overrightarrow{AM}(x_M - x_A\,;\,y_M - y_A)\) et \(\overrightarrow{MB}(x_B - x_M\,;\,y_B - y_M)\). L’égalité des deux vecteurs donne, par coordonnées :
\(x_M - x_A = x_B - x_M \Rightarrow 2x_M = x_A + x_B \Rightarrow x_M = \dfrac{x_A + x_B}{2}.\)
De même \(y_M = \dfrac{y_A + y_B}{2}.\) ∎
Soit \(H\) le projete orthogonal de \(P\) sur \(d\). Le vecteur \(\overrightarrow{PH}\) est colineaire au vecteur normal \(\vec{n}(a ; b)\). On ecrit \(\overrightarrow{PH} = t\,\vec{n}\) pour un certain réel \(t\), d’ou \(H(x_0 + ta ; y_0 + tb)\).
Comme \(H \in d\) : \(a(x_0 + ta) + b(y_0 + tb) + c = 0\), soit \(t(a^2 + b^2) = -(ax_0 + by_0 + c)\), d’ou \(t = \frac{-(ax_0 + by_0 + c)}{a^2 + b^2}\).
La distance est \(PH = |t| \cdot \|\vec{n}\| = \frac{|ax_0 + by_0 + c|}{a^2 + b^2} \times \sqrt{a^2 + b^2} = \frac{|ax_0 + by_0 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}\).
Distance du point \(P(2 ; 3)\) a la droite \(d : 3x + 4y - 1 = 0\) :
\(d(P, d) = \frac{|3 \times 2 + 4 \times 3 - 1|}{\sqrt{9 + 16}} = \frac{|6 + 12 - 1|}{5} = \frac{17}{5} = 3{,}4\).
\(x^2 + y^2 - 6x + 2y - 6 = 0\). On a \(D = -6\), \(E = 2\), \(F = -6\).
Centre : \(\left(3 ; -1\right)\). Rayon : \(r = \sqrt{9 + 1 + 6} = \sqrt{16} = 4\).
Soit \(M'\) le milieu de \([AB]\). Montrons que \(MA = MB \iff \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{M'M} = 0\).
\(MA^2 - MB^2 = \|\overrightarrow{MA}\|^2 - \|\overrightarrow{MB}\|^2 = (\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}) \cdot (\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB})\) (identité remarquable \(a^2 - b^2 = (a+b)(a-b)\) vectorielle).
Or \(\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{MM'}\) (M' milieu) et \(\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB} = \overrightarrow{BA}\). Donc \(MA^2 - MB^2 = 2\overrightarrow{MM'} \cdot \overrightarrow{BA}\).
\(MA = MB \iff MA^2 = MB^2 \iff \overrightarrow{MM'} \cdot \overrightarrow{BA} = 0 \iff \overrightarrow{M'M} \perp \overrightarrow{AB}\).
Mediatrice de \([AB]\) avec \(A(1 ; 3)\) et \(B(5 ; 1)\).
\(MA^2 = MB^2\) donne \((x-1)^2 + (y-3)^2 = (x-5)^2 + (y-1)^2\).
En developpant : \(x^2 - 2x + 1 + y^2 - 6y + 9 = x^2 - 10x + 25 + y^2 - 2y + 1\).
On simplifie : \(8x - 4y - 16 = 0\), soit \(2x - y - 4 = 0\), c’est-a-dire \(y = 2x - 4\).
C’est la définition même du cercle : le cercle de centre \(A\) et de rayon \(r > 0\) est l’ensemble des points du plan situés à la distance \(r\) de \(A\).
Équation cartésienne. Avec \(A(a\,;\,b)\) et \(M(x\,;\,y)\) :
\(MA = r \iff MA^2 = r^2 \iff (x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2.\)
On retrouve l’équation classique du cercle : à chaque point \(M\) du cercle correspond exactement une solution de cette équation, et réciproquement. ∎
Soit \(\Omega\) le milieu de \([AB]\). On ecrit \(\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{M\Omega} + \overrightarrow{\Omega A}\) et \(\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{M\Omega} + \overrightarrow{\Omega B}\).
Comme \(\overrightarrow{\Omega B} = -\overrightarrow{\Omega A}\), on a : \(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = (\overrightarrow{M\Omega} + \overrightarrow{\Omega A}) \cdot (\overrightarrow{M\Omega} - \overrightarrow{\Omega A}) = \|\overrightarrow{M\Omega}\|^2 - \|\overrightarrow{\Omega A}\|^2\).
Donc \(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0 \iff M\Omega^2 = \Omega A^2 \iff M\Omega = \Omega A = \frac{AB}{2}\) : c’est le cercle de centre \(\Omega\) et de rayon \(\frac{AB}{2}\).
Trouvons le lieu des points \(M(x ; y)\) tels que \(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0\) avec \(A(0 ; 0)\) et \(B(4 ; 2)\).
\(\overrightarrow{MA}\begin{pmatrix} -x \\ -y \end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{MB}\begin{pmatrix} 4 - x \\ 2 - y \end{pmatrix}\).
\(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = -x(4-x) + (-y)(2-y) = -4x + x^2 - 2y + y^2 = 0\).
Soit \(x^2 + y^2 - 4x - 2y = 0\), c’est-a-dire \((x - 2)^2 + (y - 1)^2 = 5\).
C’est le cercle de centre \((2 ; 1)\) (milieu de \([AB]\)) et de rayon \(\sqrt{5}\).
Par définition : \(\overrightarrow{OA} = x_A\vec{i} + y_A\vec{j} + z_A\vec{k}\) et \(\overrightarrow{OB} = x_B\vec{i} + y_B\vec{j} + z_B\vec{k}\). Alors :
\(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = (x_B - x_A)\vec{i} + (y_B - y_A)\vec{j} + (z_B - z_A)\vec{k}.\)
Les coordonnées de \(\overrightarrow{AB}\) dans la base \((\vec{i}, \vec{j}, \vec{k})\) sont donc \((x_B - x_A\,;\,y_B - y_A\,;\,z_B - z_A)\) — même formule que dans le plan, avec la troisième coordonnée en plus. ∎
La démonstration est identique à celle du plan (section 1) — on ajoute simplement la composante \(\vec{k}\).
Écrivons \(\vec{u} = x\vec{i} + y\vec{j} + z\vec{k}\) et \(\vec{v} = x'\vec{i} + y'\vec{j} + z'\vec{k}\).
Somme. Par associativité et commutativité :
\(\vec{u} + \vec{v} = (x + x')\vec{i} + (y + y')\vec{j} + (z + z')\vec{k}.\)
Produit par un réel. Par distributivité :
\(k\vec{u} = (kx)\vec{i} + (ky)\vec{j} + (kz)\vec{k}.\)
Égalité. Deux vecteurs sont égaux si et seulement si ils ont les mêmes coordonnées dans la base. Cette propriété résulte de l’unicité de la décomposition d’un vecteur dans la base \((\vec{i}, \vec{j}, \vec{k})\) (car celle-ci est formée de vecteurs linéairement indépendants). ∎
Soient \(A(1 ; 2 ; -1)\), \(B(3 ; 5 ; 2)\), \(C(-1 ; -1 ; -4)\). Les points \(A\), \(B\), \(C\) sont-ils alignes ?
\(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} -2 \\ -3 \\ -3 \end{pmatrix}\).
On constate que \(\overrightarrow{AC} = -\overrightarrow{AB}\), donc les vecteurs sont colineaires : les trois points sont alignes.
Soit \(M\) le point de coordonnées \((x\,;\,y\,;\,z)\) tel que \(\overrightarrow{OM} = \vec{u}\). On projette \(M\) orthogonalement sur le plan \((Oxy)\) pour obtenir \(M'(x\,;\,y\,;\,0)\).
1ère application de Pythagore (dans le plan \((Oxy)\)) : le triangle \(OAM'\) avec \(A(x\,;\,0\,;\,0)\) est rectangle en \(A\), donc \(OM'^2 = x^2 + y^2\).
2ème application de Pythagore (dans le plan vertical \((OM'M)\)) : le triangle \(OM'M\) est rectangle en \(M'\) (car \(\overrightarrow{M'M}\) est vertical, donc orthogonal au plan \((Oxy)\)), donc :
\(OM^2 = OM'^2 + M'M^2 = (x^2 + y^2) + z^2.\)
D’où \(\|\vec{u}\| = OM = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\). ∎
Par définition, \(AB = \|\overrightarrow{AB}\|\). D’après la propriété sur les coordonnées d’un vecteur à partir de deux points (section 7.2) :
\(\overrightarrow{AB}(x_B - x_A\,;\,y_B - y_A\,;\,z_B - z_A).\)
On applique la formule de la norme :
\(AB = \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}.\) ∎
Distance entre \(A(1 ; 2 ; 3)\) et \(B(4 ; 6 ; 15)\) :
\(AB = \sqrt{(4-1)^2 + (6-2)^2 + (15-3)^2} = \sqrt{9 + 16 + 144} = \sqrt{169} = 13\).
Même démonstration que dans le plan. \(M\) est le milieu de \([AB]\) si et seulement si \(\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{MB}\). En notant \(M(x_M\,;\,y_M\,;\,z_M)\), cette égalité vectorielle donne par coordonnées :
\(x_M - x_A = x_B - x_M \Rightarrow x_M = \dfrac{x_A + x_B}{2},\)
et de même \(y_M = \dfrac{y_A + y_B}{2}\), \(z_M = \dfrac{z_A + z_B}{2}\). ∎
Meme demonstration que dans le plan (section 2), en ajoutant la troisieme coordonnee. En developpant \(\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = (x+x')^2 + (y+y')^2 + (z+z')^2\) et en comparant avec \(\|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \|\vec{v}\|^2\), on obtient \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz'\).
Les démonstrations sont identiques à celles du plan (section 2.2), en ajoutant simplement la composante \(z\) dans tous les calculs analytiques. On reprend l’expression \(\vec{u}\cdot\vec{v} = xx' + yy' + zz'\) :
Symétrie. \(\vec{u}\cdot\vec{v} = xx' + yy' + zz' = x'x + y'y + z'z = \vec{v}\cdot\vec{u}\).
Bilinéarité. Avec \(\vec{w}(x''\,;\,y''\,;\,z'')\) :
\(\vec{u}\cdot(\vec{v}+\vec{w}) = x(x'+x'') + y(y'+y'') + z(z'+z'') = \vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{u}\cdot\vec{w}.\)
Pour \(k \in \mathbb{R}\) : \((k\vec{u})\cdot\vec{v} = kxx' + kyy' + kzz' = k(\vec{u}\cdot\vec{v})\).
Carré scalaire. \(\vec{u}\cdot\vec{u} = x^2 + y^2 + z^2 = \|\vec{u}\|^2\). ∎
Meme raisonnement que dans le plan (section 2) : \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos\theta = 0\) equivaut a \(\cos\theta = 0\) (si les vecteurs sont non nuls), soit \(\theta = 90°\).
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\). Sont-ils orthogonaux ?
\(\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 3 + 2 \times (-1) + (-1) \times 1 = 3 - 2 - 1 = 0\).
Donc \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont orthogonaux.
Soient \(\vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\). Determinons l’angle \(\theta\) entre ces deux vecteurs.
\(\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 + 0 + 0 = 1\). \(\|\vec{u}\| = \sqrt{2}\) et \(\|\vec{v}\| = \sqrt{2}\).
\(\cos\theta = \dfrac{1}{\sqrt{2} \times \sqrt{2}} = \dfrac{1}{2}\), donc \(\theta = 60°\).
Déterminer une representation parametrique de la droite \((AB)\) avec \(A(1 ; 0 ; 2)\) et \(B(3 ; 4 ; -1)\).
Vecteur directeur : \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -3 \end{pmatrix}\).
Representation parametrique de \((AB)\) :
\(\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 4t \\ z = 2 - 3t \end{cases}\) avec \(t \in \mathbb{R}\).
Le point \(M(5 ; 8 ; -4)\) appartient-il a la droite \(d : \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 4t \\ z = 2 - 3t \end{cases}\) ?
De la premiere équation : \(5 = 1 + 2t\), donc \(t = 2\).
Verification : \(y = 4 \times 2 = 8\) ✓ et \(z = 2 - 3 \times 2 = -4\) ✓.
Les trois équations donnent la meme valeur \(t = 2\), donc \(M\) appartient a \(d\).
Un point \(M(x;y;z)\) appartient au plan passant par \(A(x_A;y_A;z_A)\) de vecteur normal \(\vec{n}(a;b;c)\) si et seulement si \(\overrightarrow{AM} \perp \vec{n}\), c’est-a-dire \(\overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 0\).
Soit \(a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = 0\), qui se reecrit \(ax + by + cz + d = 0\) avec \(d = -(ax_A + by_A + cz_A)\). Reciproquement, toute équation de cette forme definit un ensemble de points dont le vecteur normal est \((a;b;c)\).
Déterminer une équation cartesienne du plan \(\mathcal{P}\) passant par \(A(2 ; -1 ; 3)\) et de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}\).
\(M(x ; y ; z) \in \mathcal{P} \iff 1 \times (x - 2) + 2 \times (y + 1) - 1 \times (z - 3) = 0\).
En developpant : \(x - 2 + 2y + 2 - z + 3 = 0\), soit \(x + 2y - z + 3 = 0\).
Le plan d’équation \(2x - 3y + 5z - 4 = 0\) admet pour vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 5 \end{pmatrix}\).
Le point \(B(1 ; 1 ; 2)\) appartient-il au plan \(\mathcal{P} : x + 2y - z + 3 = 0\) ?
\(1 + 2 \times 1 - 2 + 3 = 1 + 2 - 2 + 3 = 4 \neq 0\). Donc \(B \notin \mathcal{P}\).
Parallélisme ↔ normaux colinéaires. Deux plans sont parallèles si et seulement s’ils ont la même direction, c’est-à-dire si tout vecteur du premier plan est aussi dans le second. L’orthogonalité avec le vecteur normal caractérise l’appartenance à la direction du plan, donc deux plans ont la même direction ssi leurs vecteurs normaux sont colinéaires.
Confondus. Si \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\) sont parallèles (même direction) et ont un point commun, alors ils contiennent exactement les mêmes points : ils sont confondus. Deux plans distincts parallèles n’ont aucun point commun.
Sécants → droite. Si les normaux ne sont pas colinéaires, les plans ont des directions distinctes. Leur intersection n’est pas vide (l’équation \(\mathcal{P}_1 \cap \mathcal{P}_2\) est un système linéaire de 2 équations à 3 inconnues, qui admet des solutions formant un espace affine de dimension 1, donc une droite). Les points communs aux deux plans forment donc une droite.
Perpendicularité. Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux. L’orthogonalité de deux vecteurs s’écrit \(\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 0\) (section 8). ∎
Les plans \(\mathcal{P}_1 : 2x - y + z - 1 = 0\) et \(\mathcal{P}_2 : 4x - 2y + 2z + 5 = 0\) sont-ils paralleles ?
\(\vec{n}_1\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{n}_2\begin{pmatrix} 4 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix} = 2\vec{n}_1\) : les vecteurs normaux sont colineaires, donc les plans sont paralleles.
Le point \(A(0 ; 0 ; 1)\) verifie \(\mathcal{P}_1\) (\(0 - 0 + 1 - 1 = 0\)) mais pas \(\mathcal{P}_2\) (\(0 - 0 + 2 + 5 = 7 \neq 0\)). Les plans sont paralleles non confondus.
Soit \(A\) un point de \(d\). Un point \(M \in d\) s’écrit \(M = A + t\vec{u}\) pour un réel \(t\). Soit \(\mathcal{P}\) d’équation \(ax + by + cz + d = 0\) avec \(\vec{n}(a\,;\,b\,;\,c)\) normal à \(\mathcal{P}\).
Intersection. \(M \in \mathcal{P}\) si et seulement si \(a\,x_M + b\,y_M + c\,z_M + d = 0\). En remplaçant par les coordonnées paramétriques et en développant, on obtient une équation de la forme :
\((\vec{n}\cdot\vec{u})\,t + (\vec{n}\cdot\overrightarrow{OA} + d) = 0.\)
Cas \(\vec{n}\cdot\vec{u} \neq 0\). L’équation admet une unique solution \(t_0\), correspondant à un unique point d’intersection. La droite et le plan sont sécants.
Cas \(\vec{n}\cdot\vec{u} = 0\). L’équation devient \(0 \cdot t + (\vec{n}\cdot\overrightarrow{OA} + d) = 0\), soit \(\vec{n}\cdot\overrightarrow{OA} + d = 0\).
Dans les deux cas \(\vec{n}\cdot\vec{u} = 0\), on dit que la droite est parallèle au plan. ∎
Trouver l’intersection de la droite \(d : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 - t \\ z = 3t \end{cases}\) et du plan \(\mathcal{P} : 2x + y - z - 4 = 0\).
On reporte : \(2(1 + t) + (2 - t) - 3t - 4 = 0\).
Soit \(2 + 2t + 2 - t - 3t - 4 = 0\), c’est-a-dire \(-2t = 0\), d’ou \(t = 0\).
Pour \(t = 0\) : \(x = 1\), \(y = 2\), \(z = 0\). Le point d’intersection est \(I(1 ; 2 ; 0)\).
Meme méthode que pour la distance point-droite dans le plan (section 5.3). Le projete orthogonal \(H\) de \(P\) sur \(\mathcal{P}\) verifie \(\overrightarrow{PH} = t\,\vec{n}\). La condition \(H \in \mathcal{P}\) donne \(t = \frac{-(ax_0 + by_0 + cz_0 + d)}{a^2 + b^2 + c^2}\), et la distance est \(PH = |t| \cdot \|\vec{n}\| = \frac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}\).
Distance du point \(P(1 ; -2 ; 3)\) au plan \(\mathcal{P} : 2x - y + 2z + 5 = 0\).
Numérateur : \(|2 \times 1 - (-2) + 2 \times 3 + 5| = |2 + 2 + 6 + 5| = 15\).
Dénominateur : \(\sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3\).
\(d(P, \mathcal{P}) = \dfrac{15}{3} = 5\).
| Notion | Formule |
|---|---|
| Produit scalaire (analytique) | \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy'\) |
| Produit scalaire (avec angle) | \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|\cos\theta\) |
| Orthogonalite | \(\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u} \cdot \vec{v} = 0\) |
| Distance \(AB\) | \(\sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2}\) |
| Milieu de \([AB]\) | \(\left(\dfrac{x_A + x_B}{2} ; \dfrac{y_A + y_B}{2}\right)\) |
| Distance point/droite | \(\dfrac{|ax_0 + by_0 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}\) |
| Équation du cercle | \((x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2\) |
| Al-Kashi | \(a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\widehat{A}\) |
| Droites perpendiculaires | \(m_1 \times m_2 = -1\) |
| Colinearite (plan) | \(xy' - x'y = 0\) |
| Notion | Formule |
|---|---|
| Coordonnées de \(\overrightarrow{AB}\) | \((x_B - x_A ; y_B - y_A ; z_B - z_A)\) |
| Norme d’un vecteur | \(\|\vec{u}\| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\) |
| Distance \(AB\) | \(\sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}\) |
| Milieu de \([AB]\) | \(\left(\dfrac{x_A + x_B}{2} ; \dfrac{y_A + y_B}{2} ; \dfrac{z_A + z_B}{2}\right)\) |
| Produit scalaire (3D) | \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz'\) |
| Orthogonalite (3D) | \(xx' + yy' + zz' = 0\) |
| Droite (parametrique) | \(\begin{cases} x = x_A + at \\ y = y_A + bt \\ z = z_A + ct \end{cases}\) |
| Plan (cartesienne) | \(ax + by + cz + d = 0\), normal \(\vec{n}(a;b;c)\) |
| Distance point/plan | \(\dfrac{|a x_0 + b y_0 + c z_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}\) |
| Plans paralleles | \(\vec{n}_1\) et \(\vec{n}_2\) colineaires |
| Droite parallele a un plan | \(\vec{u} \cdot \vec{n} = 0\) |
Le téléphone est à 5 km de \(A(0;0)\), 5 km de \(B(6;0)\) et 1 km de \(C(3;5)\). On écrit les trois équations de cercles :
En soustrayant la première équation de la deuxième : \(-12x + 36 = 0\), d'où \(x = 3\). En reportant dans la première : \(y^2 = 16\), soit \(y = 4\) ou \(y = -4\).
Vérification avec la troisième : pour \(M(3;4)\), \((3-3)^2 + (4-5)^2 = 1\) ✓ ; pour \(M(3;-4)\), \((3-3)^2 + (-4-5)^2 = 81 \neq 1\). Donc \(M(3;4)\) est l'unique solution.
En pratique, le GPS utilise au moins 4 satellites pour s'affranchir des erreurs de mesure et lever toute ambiguïté.
Les points equidistants de \(A(1;2)\) et \(B(5;4)\) forment la mediatrice de \([AB]\).
Le milieu de \([AB]\) est \(M(3 ; 3)\). Le vecteur \(\overrightarrow{AB}\) a pour coordonnées \((4 ; 2)\).
La mediatrice est perpendiculaire a \(\overrightarrow{AB}\) et passe par \(M\). Un vecteur normal a la mediatrice est \(\overrightarrow{AB} = (4;2)\), donc la mediatrice a pour équation \(4(x-3) + 2(y-3) = 0\), soit \(4x + 2y = 18\), soit \(2x + y = 9\).
On resout le système : \(\begin{cases} y = x + 1 \\ 2x + y = 9 \end{cases}\)
En substituant : \(2x + (x+1) = 9\), d’ou \(3x = 8\), soit \(x = \frac{8}{3}\) et \(y = \frac{8}{3} + 1 = \frac{11}{3}\).
Le tresor est au point \(T\!\left(\frac{8}{3} ; \frac{11}{3}\right)\).
Géométrie analytique : teste d’abord ton intuition.
« Si \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 0\), alors \(\vec{u} = \vec{0}\) ou \(\vec{v} = \vec{0}\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 0\) signifie que les vecteurs sont orthogonaux (ou l’un est nul). Par exemple, \((1;0) \cdot (0;1) = 0\) mais aucun n’est nul.
Mini-test : \(\vec{u}(3;4)\) et \(\vec{v}(-4;3)\). \(\vec{u} \cdot \vec{v} = ?\)
« L’équation \(y = 2x + 3\) est l’équation de toute droite de pente 2 passant par \((0;3)\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux (partiellement). L’équation \(y = 2x + 3\) détermine une unique droite, pas « toute droite de pente 2 ». Il n’y a qu’une seule droite de pente 2 passant par \((0;3)\), et c’est celle-ci. L’affirmation est mal formulee mais le résultat est correct.
Le vrai piege : toutes les droites ne s’ecrivent pas sous la forme \(y = mx + p\). Les droites verticales (\(x = c\)) n’ont pas de coefficient directeur.
Mini-test : la droite passant par \((3;1)\) et \((3;5)\) a-t-elle un coefficient directeur ?
« La distance entre \(A(1;2;3)\) et \(B(4;6;3)\) est \(|4-1| + |6-2| + |3-3| = 7\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. La distance euclidienne est \(\sqrt{(4-1)^2 + (6-2)^2 + (3-3)^2} = \sqrt{9+16+0} = 5\), pas \(3 + 4 + 0 = 7\). On utilise la racine de la somme des carrés, pas la somme des valeurs absolues (distance de Manhattan).
Mini-test : distance entre \(O(0;0;0)\) et \(M(1;1;1)\) :
« Si une droite est perpendiculaire a deux droites d’un plan, elle est perpendiculaire au plan. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux (incomplet). Il faut que les deux droites soient non paralleles (secantes). Deux droites paralleles ne suffisent pas a definir la direction du plan.
Mini-test : le vecteur \(\vec{n}(1;2;3)\) est perpendiculaire au plan \(x + 2y + 3z = 5\). Vrai ?
« \(x^2 + y^2 + 2x - 4y + 10 = 0\) est l’équation d’un cercle. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. En completant les carrés : \((x+1)^2 + (y-2)^2 = 1 + 4 - 10 = -5\). Le « rayon au carré » est négatif, donc il n’y a aucun point verifiant cette équation. Ce n’est pas un cercle.
Mini-test : \(x^2 + y^2 - 6x + 4y + 4 = 0\) est-il un cercle ?
« \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos(\vec{u}, \vec{v})\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
C’est vrai ! C’est la definition géométrique du produit scalaire. Elle permet de calculer l’angle entre deux vecteurs : \(\cos\theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|}\).
Mini-test : angle entre \(\vec{u}(1;0)\) et \(\vec{v}(0;1)\) :