Orthogonalité et distances dans l'espace

Le produit scalaire se généralise à l'espace. Il permet de caractériser l'orthogonalité (de droites, d'une droite et d'un plan, de deux plans) et de calculer des distances grâce au projeté orthogonal.

  • Calculer un produit scalaire dans l'espace
  • Démontrer une orthogonalité
  • Utiliser un vecteur normal à un plan
  • Déterminer un projeté orthogonal et une distance

Cours

1. Produit scalaire dans l'espace

Deux vecteurs de l'espace ont toujours des représentants dans un même plan : on définit $\vec u\cdot\vec v$ comme dans ce plan. Toutes les formules restent vraies : $\vec u\cdot\vec v = \|\vec u\|\,\|\vec v\|\cos(\vec u, \vec v) = \frac12\left(\|\vec u + \vec v\|^2 - \|\vec u\|^2 - \|\vec v\|^2\right)$, bilinéarité, symétrie.

Si $\vec u(x;y;z)$ et $\vec v(x';y';z')$ dans une base orthonormée : $\;\vec u\cdot\vec v = xx' + yy' + zz'$ ; $\;\|\vec u\| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$ ; $\;AB = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}$.

$\vec u\cdot\vec v = \frac12\left(\|\vec u + \vec v\|^2 - \|\vec u\|^2 - \|\vec v\|^2\right) = \frac14\left(\|\vec u + \vec v\|^2 - \|\vec u - \vec v\|^2\right)$.

2. Orthogonalité

$\vec u$ et $\vec v$ sont orthogonaux si $\vec u\cdot\vec v = 0$. Deux droites sont orthogonales si leurs vecteurs directeurs le sont (elles ne se coupent pas forcément ! Si elles sont de plus sécantes, elles sont perpendiculaires).

Une droite est orthogonale à un plan si et seulement si elle est orthogonale à deux droites sécantes de ce plan. Elle est alors orthogonale à toutes les droites du plan.

Un vecteur $\vec n$ non nul est normal au plan $\mathcal{P}$ s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires dirigeant $\mathcal{P}$ (donc à tout vecteur de $\mathcal{P}$). Le plan passant par $A$ et de vecteur normal $\vec n$ est l'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{AM}\cdot\vec n = 0$.

Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.

Plan dirigé par $\vec u(1;2;0)$ et $\vec v(0;1;-1)$. On cherche $\vec n(a;b;c)$ avec $a + 2b = 0$ et $b - c = 0$ : en prenant $b = 1$, $\vec n(-2;1;1)$. Vérification : $-2 + 2 + 0 = 0$ et $0 + 1 - 1 = 0$ ✓.

3. Projeté orthogonal et distance

Le projeté orthogonal d'un point $M$ sur un plan $\mathcal{P}$ (resp. une droite $\mathcal{D}$) est le point $H$ de $\mathcal{P}$ (resp. $\mathcal{D}$) tel que $(MH)$ soit orthogonale à $\mathcal{P}$ (resp. $\mathcal{D}$), ou $H = M$ si $M$ appartient au plan (à la droite).

Soit $H$ le projeté orthogonal du point $M$ sur le plan $\mathcal{P}$. Pour tout point $P$ de $\mathcal{P}$ : $MP \geqslant MH$, avec égalité si et seulement si $P = H$. On appelle $MH$ la distance de $M$ au plan.

Soit $P \in \mathcal{P}$. Par Chasles, $\overrightarrow{MP} = \overrightarrow{MH} + \overrightarrow{HP}$. Donc $$MP^2 = \|\overrightarrow{MH} + \overrightarrow{HP}\|^2 = MH^2 + 2\,\overrightarrow{MH}\cdot\overrightarrow{HP} + HP^2.$$

Or $H$ et $P$ sont dans $\mathcal{P}$, donc $\overrightarrow{HP}$ est un vecteur du plan, orthogonal à $\overrightarrow{MH}$ : $\overrightarrow{MH}\cdot\overrightarrow{HP} = 0$.

Ainsi $MP^2 = MH^2 + HP^2 \geqslant MH^2$, d'où $MP \geqslant MH$ (longueurs positives), avec égalité si et seulement si $HP = 0$, c'est-à-dire $P = H$. $\blacksquare$

$\mathcal{D}$ passe par $A(1;0;0)$ de vecteur directeur $\vec u(1;1;0)$ ; $M(3;1;2)$. On cherche $H = A + t\vec u$ tel que $\overrightarrow{HM}\cdot\vec u = 0$ : $\overrightarrow{HM}(2 - t;1 - t;2)$, donc $(2 - t) + (1 - t) = 0$, $t = \frac32$. $H\left(\frac52;\frac32;0\right)$ et $MH = \sqrt{\frac14 + \frac14 + 4} = \frac{3\sqrt2}{2}$.

Mini-jeux

Exercices

$\vec u(2;-1;3)$, $\vec v(1;4;1)$. Calculer $\vec u\cdot\vec v$, $\|\vec u\|$ et dire si $\vec u$ et $\vec v$ sont orthogonaux.

$\vec u\cdot\vec v =$

$2 - 4 + 3 = 1$ (non orthogonaux) ; $\|\vec u\| = \sqrt{14}$.

Cube $ABCDEFGH$ d'arête 1. Calculer $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AG}$ et $\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{AH}$ (repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$).

$\overrightarrow{AB}(1;0;0)\cdot\overrightarrow{AG}(1;1;1) = 1$. $\;\overrightarrow{AF}(1;0;1)\cdot\overrightarrow{AH}(0;1;1) = 1$, donc $\cos\widehat{FAH} = \frac{1}{\sqrt2\sqrt2} = \frac12$ : l'angle vaut 60° (triangle $AFH$ équilatéral).

Dans le cube, montrer que $(AG)$ est orthogonale au plan $(BDE)$.

$\overrightarrow{AG}(1;1;1)$, $\overrightarrow{BD}(-1;1;0)$, $\overrightarrow{BE}(-1;0;1)$. Produits scalaires : $-1 + 1 = 0$ et $-1 + 1 = 0$. $(AG)$ est orthogonale à deux droites sécantes du plan, donc au plan.

Déterminer un vecteur normal au plan $(ABC)$ avec $A(1;0;2)$, $B(2;1;1)$, $C(0;2;3)$.

$\overrightarrow{AB}(1;1;-1)$, $\overrightarrow{AC}(-1;2;1)$. $\vec n(a;b;c)$ : $a + b - c = 0$ et $-a + 2b + c = 0$. En sommant : $3b = 0$, $b = 0$, puis $c = a$ : $\vec n(1;0;1)$.

Calculer la distance du point $M(0;3;1)$ à la droite passant par $A(1;1;1)$ de vecteur directeur $\vec u(1;-1;2)$.

$H = A + t\vec u = (1 + t;1 - t;1 + 2t)$ ; $\overrightarrow{HM}(-1 - t;2 + t;-2t)$ ; $\overrightarrow{HM}\cdot\vec u = -1 - t - 2 - t - 4t = -3 - 6t = 0$, $t = -\frac12$. $H(\frac12;\frac32;0)$, $\overrightarrow{HM}(-\frac12;\frac32;1)$, $MH = \sqrt{\frac14 + \frac94 + 1} = \sqrt{\frac72} = \frac{\sqrt{14}}{2}$.