Exercice 1 — Produit scalaire et orthogonalité
Dans le repère \( (O;\vec{i},\vec{j},\vec{k}) \), on considère \(\vec{u}(2,-1,3)\) et \(\vec{v}(-1,4,1)\).
- Calculer \(\vec{u}\cdot\vec{v}\).
- En déduire si \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont orthogonaux.
- Calculer l’angle \(\theta\) entre \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) (valeur approchée).
Correction
\[
\vec{u}\cdot\vec{v} = 2\cdot(-1) + (-1)\cdot4 + 3\cdot1 = -2 -4 + 3 = -3.
\]
Donc \(\vec{u}\cdot\vec{v}\neq 0\) : les vecteurs ne sont pas orthogonaux.
On a
\[
\|\vec{u}\| = \sqrt{2^2+(-1)^2+3^2} = \sqrt{4+1+9} = \sqrt{14},
\]
\[
\|\vec{v}\| = \sqrt{(-1)^2+4^2+1^2} = \sqrt{1+16+1} = \sqrt{18}.
\]
Donc
\[
\cos\theta = \frac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|}
= \frac{-3}{\sqrt{14}\sqrt{18}}.
\]
On obtient \(\theta \approx 103^\circ\) (angle obtus).
Exercice 2 — Droites orthogonales ?
Dans l’espace, on considère deux droites \(d_1\) et \(d_2\) :
\[ d_1 : \begin{cases} x = 1 + t\\ y = 2 - t\\ z = -1 + 2t \end{cases} \quad(t\in\mathbb{R}), \qquad d_2 : \begin{cases} x = -1 + 3s\\ y = 1 + s\\ z = 2 - s \end{cases} \quad(s\in\mathbb{R}). \]
- Donner un vecteur directeur de chacune des droites.
- Ces droites peuvent-elles être orthogonales ? Justifier.
Correction
Un vecteur directeur de \(d_1\) est \(\vec{u}(1,-1,2)\).
Un vecteur directeur de \(d_2\) est \(\vec{v}(3,1,-1)\).
On calcule
\[
\vec{u}\cdot\vec{v} = 1\cdot3 + (-1)\cdot1 + 2\cdot(-1) = 3 -1 -2 = 0.
\]
Les vecteurs directeurs sont orthogonaux. Les droites sont donc
orthogonales si elles sont coplanaires.
Pour conclure totalement, il faudrait vérifier qu’il existe un plan
contenant les deux droites (ce qu’on admet ici).
Exercice 3 — Distance d’un point à un plan
On considère le plan \[ P : 2x - y + 2z - 3 = 0 \] et le point \(M(1,2,-1)\).
- Donner un vecteur normal \(\vec{n}\) au plan \(P\).
- Calculer la distance \(d(M,P)\).
Correction
Un vecteur normal est \(\vec{n}(2,-1,2)\).
On applique la formule :
\[
d(M,P) = \frac{|2x_M - y_M + 2z_M -3|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2}}.
\]
Ici \(x_M=1, y_M=2, z_M=-1\), donc
\[
2\cdot1 - 2 + 2\cdot(-1) - 3 = 2 - 2 - 2 - 3 = -5.
\]
Ainsi
\[
d(M,P) = \frac{|{-5}|}{\sqrt{4+1+4}} = \frac{5}{3}.
\]
Exercice 4 — Projection orthogonale sur une droite
L’espace est muni d’un repère orthonormé. On considère le point \(M(2,1,3)\) et la droite \[ d:\quad \begin{cases} x = 1 + 2t\\ y = -1 + t\\ z = 1 + t \end{cases} \quad(t\in\mathbb{R}). \]
- Donner un vecteur directeur \(\vec{u}\) de la droite \(d\).
- Exprimer les coordonnées de \(H(t)\in d\).
- Déterminer la valeur de \(t\) telle que \(\overrightarrow{MH(t)}\) soit orthogonale à \(\vec{u}\). En déduire les coordonnées du projeté orthogonal \(H\) de \(M\) sur \(d\).
Correction
Un vecteur directeur de \(d\) est \(\vec{u}(2,1,1)\).
Un point de \(d\) s’écrit
\[
H(t)\big(1+2t,\,-1+t,\;1+t\big).
\]
Alors
\[
\overrightarrow{MH(t)} =
(1+2t-2,\,-1+t-1,\;1+t-3) = (-1+2t,\,-2+t,\,-2+t).
\]
On impose \(\overrightarrow{MH(t)}\cdot\vec{u} = 0\) :
\[
(-1+2t)\cdot2 + (-2+t)\cdot1 + (-2+t)\cdot1 = 0.
\]
Soit
\[
2(-1+2t) + (-2+t) + (-2+t) = 0
\iff -2 + 4t -2 + t -2 + t = 0
\iff 6t -6 = 0 \iff t = 1.
\]
Donc
\[
H(1) = (1+2,\,-1+1,\;1+1) = (3,0,2).
\]
\(H(3,0,2)\) est le projeté orthogonal de \(M\) sur \(d\).
Exercice 5 — Distance d’un point à une droite
On reprend la droite \(d\) et le point \(M(2,1,3)\) de l’exercice précédent.
- Rappeler les coordonnées du projeté orthogonal \(H\) de \(M\) sur \(d\).
- Calculer la distance de \(M\) à la droite \(d\).
Correction
Du calcul précédent, on a \(H(3,0,2)\).
La distance de \(M\) à la droite \(d\) est
\[
d(M,d) = MH = \sqrt{(3-2)^2+(0-1)^2+(2-3)^2}
= \sqrt{1^2+(-1)^2+(-1)^2} = \sqrt{3}.
\]