\documentclass[a4paper,10pt,french]{article}
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\title{Classe de $T^{\text{ale}}$ S }
\author{D. Zancanaro}
\date{2011-2012}

\newcommand{\ch}{Chapitre 10}
\newcommand{\Ch}{Produit Scalaire}	
\newcommand{\Cl}{TS}	
\newcommand{\Annee}{2011-2012}	
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%\debutbis{banksy.eps}{Flower Chucker}{Banksy-Pochoiriste}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)}
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\setcounter{NumLecon}{3}
\debutdwicky{blackswan.eps}{Black Swan}{Darren Aronofsky}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)}{
Darren Aronofsky est né le 12 février 1969 dans une famille juive de New York. Il s'intéresse assez vite à l'art et entre à l'université Harvard pour étudier les techniques de réalisation et d'animation. Il y fait la rencontre de Sean Gullette avec qui il tourne son court métrage de fin d'études, Supermarket Sweep.
En février 1996, il parvient à rassembler les 60 000 dollars nécessaires pour la réalisation de son premier long métrage, $\pi$, qui sera un véritable succès, remportant de nombreux prix et souvent classé parmi les 10 meilleurs films de l'année.
Il enchaîne en 2000 avec Requiem for a dream, adaptation du roman éponyme de Hubert Selby : un film choc sur l'addiction sous toutes ses formes, montrant la décadence infernale d'un quatuor noyant son quotidien dans des visions faussées du paradis et de la célébrité, avec Jared Leto, Jennifer Connelly, Ellen Burstyn et Marlon Wayans.\\
En 2010, il sort Black Swan avec Natalie Portman, Vincent Cassel, Mila Kunis, Barbara Hershey et Winona Ryder, qui connaît lui aussi un grand succès et gagne de nombreux prix, notamment l'Oscar 2011 de la meilleure actrice pour Natalie Portman.\\
\textbf{Au sujet de Black Swan :}
\og Ce n'est donc pas par plaisir sadique ou goût de la manipulation qu'Aronofsky filme cette descente aux enfers. Il a une vraie obsession, qui lui tient à coeur, et qui le pousse à filmer : la quête 
 de la perfection. \fg (Cahier du cinéma)
}{0.8}{0.5}
\setcounter{NumLecon}{3}
\TITRE{chap.eps}{0.3}

\begin{abstract}
Nous allons développer dans cette leçon une des grandes nouveautés de terminale : le lien entre algèbre et géométrie, deux domaines jusqu'ici étrangers. L'outil central sera le produit scalaire qui sera donc étudié avec attention. Vous verrez l'an prochain qu'un \og~ensemble de vecteurs~\fg dans lequel on peut définir un produit scalaire est appelé espace euclidien. 
\end{abstract}




\section{Définition du produit scalaire et conséquences immédiates}

\subsection{Quelques rappels sur le produit scalaire dans le plan}

\Defc{Soit $(O;\vec i, \vec j)$ un repère orthonormal du plan. \\
On considère $\vec{u}(x;y)$ et $\vec{v}(x';y')$ alors le produit scalaire entre $\vec u$ et $\vec v$ est le nombre réel, noté $\vec{u}\cdot \vec{v}$, définit par :
$$ \vec{u}\cdot \vec v=xx'+yy'$$}

\Exop{On considère un carré $ABCD$. Déterminer $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}$, puis $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{DB}$}
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-1.05,-0.71)(5.02,4.92)
\psline(0,4)(0,0)
\psline(0,0)(4,0)
\psline(4,0)(4,4)
\psline(4,4)(0,4)
\psline{->}(0,0)(4,4)
\psline{->}(0,0)(4,0)
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](0,0)
\rput[bl](-0.28,-0.22){$A$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](4,0)
\rput[bl](4.07,-0.2){$B$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](4,4)
\rput[bl](4.09,4.04){$C$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](0,4)
\rput[bl](-0.24,4.04){$D$}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](-4.73,6.53)
\end{pspicture*}
\end{center}

\Rq{$\vec{u}\perp \vec{v}\Longleftrightarrow \vec{u}\cdot \vec v=0$}

D'autres définitions équivalentes existent, on les rappelle ici : 

\Thc{\begin{enumerate}
\item Lorsque $\vec{u}\neq \vec{0}$ et $\vec{v}\neq \vec{0}$ on a :
$$ \vec{u}\cdot \vec{v}=\left|\left|\vec{u} \right|\right|\left|\left|\vec{v} \right|\right|\cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)$$
\item Lorsque $\vec{u}\neq \vec{0}$ on a :
$$ \vec{u}\cdot\vec{v}=\vec{u}\cdot\vec{v'}$$
où $\vec{v'}$ est le vecteur projeté de $\vec{v}$ selon la direction de $\vec{u}$.
\end{enumerate}}


\Exop{En reprenant l'exercice précédent, recalculer les produits scalaires avec ces deux nouvelles techniques.}

\subsection{Définition analytique du produit scalaire (dans l'espace)}
\begin{center}
\textit{Dans tout ce chapitre, les bases ou repères considérés sont orthonormés.\\
De plus, nous étendons les définitions et les propriétés du produit scalaire vus dans le plan à l'espace.}
\end{center}

\Defc[Produit scalaire dans l'Espace]{ Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ de coordonnées
respectives $(x,y,z)$ et $(x', y', z')$  dans un repère orthonormé
de l'Espace.\\
On appelle produit scalaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$  que l'on note
$\vec{u}\cdot\vec{v}$ le réel
$$\vec{u}\cdot\vec{v} = xx'+yy'+zz'$$}

\Expl{Avec $\vec{u}(1;2;3)$ et $\vec{v}(4;5;6)$ on obtient :
$$ \vec{u}\cdot \vec{v}=1\times 4+2\times 5+3\times 6=4+10+18=32$$}

\Rqs{
\item Cette définition est déroutante : elle dépend du choix d'un repère : y aurait-il un produit scalaire par repère, ce qui pourrait s'avérer fort génant~! Nous allons en fait nous assurer que cette définition en est bien une, i.e
qu'elle ne dépend pas du choix du repère. Tout d'abord, un petit dessin :
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{prodsca.1}
\end{center}
Soit $ \overrightarrow{OM} $ un représentant du vecteur $\vec{u}$. Nous pouvons
calculer  $OM^2$, i.e le carré de la norme du vecteur
$\vec{u}$ en fonction de $x$, $y$ et $z$.\\
D'après le  théorème de Pythagore :
$OM^2=OM'^2+z^2$ et d'autre part, $OM'^2=x^2+y^2$. Finalement on
obtient que $OM^2=x^2+y^2+z^2=\vec{u}\cdot \vec{u}=\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2$.
\\
La longueur d'un vecteur ne dépend pas du repère, par conséquent le produit scalaire $\vec{u}\cdot \vec{u}$ non plus.
\item Intéressons-nous maintenant à 
$$ \left|\left| \vec{u}+\vec{v} \right|\right|^2=(x+x')^2+(y+y')^2+(z+z')^2=x^2+2xx'+x'^2+y^2+2yy'+y'^2+z^2+2zz'+z'^2=x^2+y^2=\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2+\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2+2\vec{u}\cdot \vec{v}$$
Ceci montre que :
$$ \vec{u}\cdot \vec v=\dfrac{1}{2}\left(\left|\left| \vec{u}+\vec{v} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2\right)$$
et ne dépend pas du repère choisit.
\item On notera, parfois, $$ \vec{u}^2=\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2$$
De même, si $A$ et $B$ sont deux points on a : 
$$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AB}=\left|\left|\overrightarrow{AB} \right|\right|^2 =AB=\overrightarrow{AB}^2$$
\item Si l'un des deux vecteurs $\vec{u}$ ou $\vec{v}$ est nul alors le produit scalaire $\vec{u}\cdot \vec{v}=0$. 
\\
\textit{Attention} : La réciproque est fausse, en effet soit $\vec{u}(1;2;0)$ et $\vec{v}(-2;1;0)$ alors :
$$ \vec{u}\cdot \vec{v}=-2+2=0$$
\item Dans le cas où les deux vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont colinéaires avec $\vec{v}=k\vec{u}$ on a :
$$ \vec{u}\cdot\vec{v}=xkx+yky+zkz=k(x^2+y^2+z^2)=k\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2$$
}


\subsection{Vecteurs orthogonaux}

Nous allons maintenant aborder la notion qui a motivé l'introduction du produit scalaire en Terminale, à savoir l'orthogonalité de deux vecteurs. Considérons la figure suivante :


\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{prodsca.2}
\end{center}

Si $(AB)\perp(BC)$ alors d'après le théorème de Pythagore on a :
$$ AB^2+BC^2=AC^2\Longleftrightarrow \left|\left|\vec{u} \right|\right|^2+\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2=\left|\left|\vec{u} +\vec{v}\right|\right|^2 $$
D'après la remarque précédente on a donc :
$$ \vec{u}\cdot \vec v=\dfrac{1}{2}\left(\left|\left| \vec{u}+\vec{v} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2\right)=0$$
Réciproque si $ \vec{u}\cdot \vec{v}=0$, alors toujours d'après le même résultat on a :
$$\left|\left| \vec{u}+\vec{v} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2=0\Longleftrightarrow  \left|\left|\vec{u} \right|\right|^2+\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2=\left|\left|\vec{u} +\vec{v}\right|\right|^2 $$
La réciproque du théorème de Pythagore assure alors que $(AB)\perp (BC)$.
Dans ce cas adoptons la notation \og naturelle \fg suivante $\vec{u}\perp\vec{v}$, nous venons de démontrer le théorème suivant :
\Thc{
$$\vec{u}\perp\vec{v}\Longleftrightarrow \vec{u}\cdot\vec v=0$$}

\Rq{Si un vecteur $\vec{u}$ est orthogonal à tout autre vecteur, il est orthogonal en particulier à lui-même, par conséquent :
$$ \vec{u}\cdot\vec{u}=0\Longleftrightarrow x^2+y^2+z^2=°\Longleftrightarrow x=y=z=0\Longleftrightarrow \vec{u}=0$$}

\subsection{Autres caractérisations du produit scalaire}

\Thc{\begin{enumerate}
\item $$  \vec{u}\cdot \vec v=\dfrac{1}{2}\left(\left|\left| \vec{u}+\vec{v} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2\right)=\dfrac{1}{2}\left(\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2+\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2-\left|\left| \vec{u}-\vec{v} \right|\right|^2\right)=\dfrac{1}{4}\left(\left|\left|\vec{u} +\vec{v}\right|\right|^2-\left|\left|\vec{u}-\vec{v} \right|\right|^2\right)$$
\item Lorsque $\vec{u}\neq \vec{0}$ et $\vec{v}\neq \vec{0}$ on a :
$$ \vec{u}\cdot \vec{v}=\left|\left|\vec{u} \right|\right|\left|\left|\vec{v} \right|\right|\cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)$$
\item Lorsque $\vec{u}\neq \vec{0}$ on a :
$$ \vec{u}\cdot\vec{v}=\vec{u}\cdot\vec{v'}$$
où $\vec{v'}$ est le vecteur projeté de $\vec{v}$ selon la direction de $\vec{u}$.
\end{enumerate}}


\Expl{On considère le cube $ABCDEFGH$ d'arête $a$. Calculer de plusieurs façons le produit scalaire $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BG}$}

\begin{multicols}{2}
\begin{itemize}
\item Dans la base orthonormale $\left(\dfrac{\overrightarrow{AB}}{AB};\dfrac{\overrightarrow{AD}}{AD};\dfrac{\overrightarrow{AE}}{AE}\right)$ on a :
\\$ \overrightarrow{AE}(0;0;a)$ et $\overrightarrow{BG}(0;a;a)$, par conséquent :
$$ \overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BG}=a\times (a\sqrt{2})\times \cos \dfrac{\pi}{4}=a^2$$
\item Avec le cosinus : 
$$ \overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BG}=AE\times BG \times \cos\left(\overrightarrow{AE};\overrightarrow{BG}\right)=a^2\times \sqrt{2}\times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=a^2$$
\item Avec le vecteur projeté :
$$ \overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BG}=\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AE}=AE^2=a^2$$
\end{itemize}
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-3.81,-0.56)(3.26,5.48)
\psline(-3,0)(1,0)
\psline(1,0)(2,1)
\psline(-3,4)(1,4)
\psline(1,4)(2,5)
\psline(-3,4)(-3,0)
\psline[linestyle=dotted](-2,5)(-2,1)
\psline(1,4)(1,0)
\psline(2,5)(2,1)
\psline[linestyle=dotted](-2,1)(2,1)
\psline[linestyle=dotted](-2,1)(-3,0)
\psline(-3,4)(-2,5)
\psline(-2,5)(2,5)
\psline{->}(-3,0)(-3,4)
\psline{->}(1,0)(2,5)
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-3,0)
\rput[bl](-3.31,-0.17){$A$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](1,0)
\rput[bl](1.08,-0.21){$B$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2,1)
\rput[bl](2.08,1.03){$C$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-2,1)
\rput[bl](-1.93,1.03){$D$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-3,4)
\rput[bl](-3.21,4.07){$E$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](1,4)
\rput[bl](0.96,4.15){$F$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2,5)
\rput[bl](2.08,5.04){$G$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-2,5)
\rput[bl](-2.11,5.15){$H$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{multicols}

\Dem{\begin{enumerate}
\item On a démontré la première égalité lors d'une remarque, on s'y prend alors de la même manière pour les deux autres.
\item[2.3.] Démontrons ces deux relations dans un cas particulier pour commencer.\\
\textbf{Cas particulier} : $\vec{v}=k\vec{u}$.\\
Supposons que $\vec{u}$ et $\vec{v}$ soient deux vecteurs colinéaires i.e qu'il existe un réel  $k\in\R^*$ tel que :
$$ \vec{v}=k\vec{u}$$
Ainsi :
$$\left|\left|\vec{v} \right|\right| =\left|k\right|\left|\left|\vec{u} \right|\right|$$ 
Par conséquent :
$$ \left|\left|\vec{u} \right|\right|\left|\left|\vec{v} \right|\right|\cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)=\left|k\right|\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2\cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)$$
Or, si $k>0$ alors $ \cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)=1$ et donc $ \left|k\right|\cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)=k$.\\
et si $k<0$ alors $ \cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)=-1$ et donc $ \left|k\right|\cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)=-k\times (-1)=k$.\\
Ainsi dans tous les cas : $$  \left|k\right|\cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)=k \Longrightarrow \left|\left|\vec{u} \right|\right|\left|\left|\vec{v} \right|\right|\cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)=k \left|\left|\vec{u} \right|\right|^2=\vec{u}\cdot\vec{v}\qquad\text{d'après une remarque précédente}$$
De plus, si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont colinéaires, alors $\vec{v'}=\vec{v}$ d'où le résultat $3.$.\\
\textbf{Cas général} :\\
Supposons désormais que $\vec{u}$ et $\vec{v}$ soient deux vecteurs non colinéaires, on va construire une base orthonormée afin d'appliquer la définition du produit scalaire. \\
Posons $\vec{i}=\dfrac{\vec{u}}{\left|\left|\vec{u} \right|\right|}$ (possible puisque $\vec{u}\neq \vec{0}$.\\
Soit $\vec{j}$ un vecteur coplanaire avec $\vec{u}$ et $\vec{v}$ tel que $(\vec{i}; \vec{j})=\dfrac{\pi}{2}$ et $\left|\left|\vec{j} \right|\right|=1$.\\
Enfin considérons $\vec{k}$ le vecteur orthogonal à $\vec{i}$ et $\vec{j}$ tel que $(\vec{i};\vec{j};\vec{k})$ soit une base directe de l'espace.\\
On obtient la figure suivante :
\begin{multicols}{2}
Dans ce repère le vecteur $\vec{u}$ a pour coordonnée $\left(\left|\left|\vec{u} \right|\right|,0,0\right)$.\\
$\vec{v}$ a pour coordonnées $\left(\left|\left|\vec{v} \right|\right|\cos\left(\vec{u};\vec v\right),\left|\left|\vec{v} \right|\right|\sin\left(\vec{u},\vec{v}\right),0\right)$.\\
$\vec{v'}$ a pour coordonnées $\left(\left|\left|\vec{v} \right|\right|\cos\left(\vec{u};\vec v\right),0,0\right)$.\\
On obtient alors, en utilisant la définition :
$$ \vec{u}\cdot\vec{v}=\left|\left|\vec{u} \right|\right|\left|\left|\vec{v} \right|\right|\cos\left(\vec{u};\vec v\right)$$
et $$  \vec{u}\cdot\vec{v'}=\left|\left|\vec{u} \right|\right|\left|\left|\vec{v} \right|\right|\cos\left(\vec{u};\vec v\right)$$
ce qui démontre $2.$ et $3.$.
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{prodsca.3}
\end{center}
\end{multicols}
\end{enumerate}}


\section{Propriétés du produit scalaire}

%\subsection{Le produit scalaire est une forme  bilinéaire symétrique définie positive }

\Ptec{Pour tout vecteur $\vec u$, $\vec v$ et $\vec w$ de l'espace et pour tout réel $\lambda$ on a :
\begin{enumerate}
\item \underline{Symétrie} : $\vec u\cdot \vec v=\vec v\cdot \vec u$
\item \underline{Bilinéarité}(linéarité par rapport aux deux variables :)\\
\indent $\vec u\cdot (\vec v+\vec w)=\vec u\cdot \vec v+\vec u\cdot \vec w$ (linéarité par rapport à la première variable)\\
\indent $(\vec u+\vec v)\cdot \vec w=\vec u\cdot \vec w+\vec v\cdot \vec w$ (linéarité par rapport à la seconde variable)\\
\indent $\vec u\cdot \lambda\vec v=\lambda\vec u\cdot \vec v=\lambda(\vec u\cdot\vec v)$ 
\item \underline{Définie} : $\vec u\cdot \vec u=0\Longleftrightarrow \vec u=\vec 0$
\item \underline{Positive} : $ \vec u\cdot \vec u\geq 0$
\end{enumerate}}


\Rq{On dit que le produit scalaire est une forme bilinéaire symétrique définie positive.}

\Dem{Dans un repère orthonormal de l'espace, notons $\vec u(x;y;z)$, $\vec v(x';y';z')$ et $\vec w(x'';y'';z'')$
\begin{enumerate}
\item $\vec u\cdot \vec v=xx'+yy'+zz'=x'x+y'y+z'z=\vec v\cdot \vec u$
\item $$\vec u\cdot (\vec v+\vec w)=x(x'+x'')+y(y'+y'')+z(z'+z'')=xx'+xx''+yy'+yy''+zz'+zz''=xx'+yy'+zz'+xx''+yy''+zz''=\vec u\cdot \vec v+\vec u\cdot \vec w$$
$$(\vec u+\vec v)\cdot \vec w=(x+x')x''+(y+y')y''+(z+z')z''=xx''+x'x''+yy''+y'y''+zz''+z'z''=xx''+yy''+zz''+x'x''+y'y''+z'z''$$
i.e
$$(\vec u+\vec v)\cdot \vec w=\vec u\cdot \vec v+\vec u\cdot \vec w$$
$$\vec u\cdot \lambda\vec v=x\lambda x'+y\lambda y'+z\lambda z'=\lambda xx'+\lambda yy'+\lambda zz'=\lambda\vec u\cdot \vec v=\lambda(xx'+yy'+zz')=\lambda(\vec u\cdot\vec v)$$
\item $\vec u\cdot \vec u=0\Longleftrightarrow x^2+y^2+z^2=0\Longleftrightarrow x=0 \text{ ; }y=0\text{ et }z=0\Longleftrightarrow \vec u=\vec 0$
\item $\vec u\cdot \vec u=x^2+y^2+z^2\geq 0$
\end{enumerate}}

\Expl{$$ \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BD}-\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=\left(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\right)\cdot \overrightarrow{BD}=\overrightarrow{CB}\cdot \overrightarrow{BD} $$}

\Exop{On considère un tétraèdre $ABCD$ régulier d'arête $a$. (\textit{chaque face est un triangle équilatéral de côté $a$)}
Démontrer que deux arêtes opposées sont orthogonales.
}

\Sol{
\begin{multicols}{2}
Démontrons ce résultat pour les arêtes $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{BD}$ (compte tenu de la symétrie de la figure, cela suffira à démontrer le résultat voulu).\\
$$ \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right)\cdot \overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{BD}=-\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{BD}$$
De plus :
$$ \overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BD}=BA\times BD\times \cos \dfrac{-\pi}{3}=a^2\dfrac{1}{2}$$
Et 
$$ \overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{BD}=BC\times BD\times \cos \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{a^2}{2}$$
Ainsi : $$ \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=-\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{a^2}{2}=0$$
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-3.4,-1.44)(3.86,4.7)
\psline(-2.44,0.06)(-0.24,4.12)
\psline(-0.24,4.12)(2.96,0.22)
\psline[linestyle=dotted](2.96,0.22)(-2.44,0.06)
\psline(-2.44,0.06)(0.62,-0.7)
\psline(2.96,0.22)(0.62,-0.7)
\psline(0.62,-0.7)(-0.24,4.12)
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-2.44,0.06)
\rput[bl](-2.78,-0.14){$A$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](0.62,-0.7)
\rput[bl](0.98,-1.02){$B$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2.96,0.22)
\rput[bl](3.04,0.26){$C$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-0.24,4.12)
\rput[bl](-0.44,4.32){$D$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{multicols}
}

\Exop{$ABCDEFGH$ est un cube dont les sommets sont disposés comme sur la figure ci-dessous.\\
Les vecteurs $\overrightarrow{AH}$ et $\overrightarrow{CE}$ sont-ils orthogonaux ?}

\Sol{
\begin{multicols}{2}
$$ \overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AH}\left(\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DE}\right)=\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{CD}+\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{DE}$$
Or, les vecteurs $\overrightarrow{AH}$ et $\overrightarrow{CD}$ ont leurs directions contenus dans des plans orthogonaux, par conséquent :
$$ \overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{CD}\Longleftrightarrow \overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{CD}=0$$
De plus $[AH]$ et $[DE]$ sont les diagonales d'un carré donc 
$$ (AH)\perp (DE)\Longleftrightarrow \overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{DE}$$
Au final :
$$ \overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{CD}+\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{DE}=0+0=0\Longleftrightarrow \overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{CE}$$
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-3.52,-1.1)(4.98,6.5)
\psline[linestyle=dotted](-2.3,-0.58)(-0.7,0.96)
\psline[linestyle=dotted](4.12,1)(-0.7,0.96)
\psline(-2.3,-0.58)(2.52,-0.54)
\psline(2.52,-0.54)(4.12,1)
\psline(4.12,1)(4.08,5.76)
\psline(4.08,5.76)(-0.74,5.72)
\psline(-0.74,5.72)(-2.34,4.18)
\psline(-2.34,4.18)(2.48,4.22)
\psline(2.48,4.22)(4.08,5.76)
\psline(2.48,4.22)(2.52,-0.54)
\psline[linestyle=dotted](-0.7,0.96)(-0.74,5.72)
\psline(-2.34,4.18)(-2.3,-0.58)
\psline{->}(-2.3,-0.58)(2.48,4.22)
\psline{->}(4.12,1)(-2.34,4.18)
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-2.3,-0.58)
\rput[bl](-2.54,-0.82){$A$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-0.7,0.96)
\rput[bl](-0.62,1){$B$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](4.12,1)
\rput[bl](4.2,1.04){$C$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2.52,-0.54)
\rput[bl](2.72,-0.68){$D$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-2.34,4.18)
\rput[bl](-2.64,4.22){$E$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-0.74,5.72)
\rput[bl](-0.92,5.88){$F$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](4.08,5.76)
\rput[bl](4.16,5.8){$G$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2.48,4.22)
\rput[bl](2.72,4.14){$H$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{multicols}
}

%\subsection{Inégalité de Cauchy-Scwharz}
%\subsection{Inégalité triangulaire}

\pagebreak
\section{Applications du produit scalaire dans l'espace}

\subsection{Equation cartésienne d'un plan}

\Defc{Un vecteur normal $\vec{n}$ à un plan $P$ est un vecteur non nul dont la direction est orthogonale à $P$. }

\begin{multicols}{2}
Soit $A$ un point d'un plan $P$ et $\vec{n}$ un vecteur normal à $P$. \\
On a, pour tout point $M$ du plan $P$, $$ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$$
Réciproquement, si $M$ est un point de l'espace tel que $ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$, alors $M\in P$
On a donc le résultat suivant :
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-1.92,-1.12)(4.58,3.82)
\psline(-0.12,1.88)(-1.18,0.28)
\psline[linewidth=2pt](-1.18,0.28)(3,0.24)
\psline(-0.12,1.88)(4.06,1.84)
\psline[linewidth=2pt](4.06,1.84)(3,0.24)
\psline{->}(0.68,1.3)(0.7,2.88)
\psline(0.7,2.88)(0.7,3.44)
\psline[linestyle=dotted](0.67,0.26)(0.68,1.3)
\psline(0.67,0.26)(0.66,-0.52)
\psline{->}(1.52,1.02)(3.02,1.42)
\rput[tl](-1.56,0.52){$P$}
\rput[tl](0.32,2.8){$\vec{n}$}
\rput[tl](3.12,1.7){$M$}
\rput[tl](1.24,1.26){$A$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{multicols}

\Ptec[Caractérisation d'un plan $P$]{Le plan $P$ qui passe par $A$ et qui est orthogonal à $\vec{n}$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace tel que :
$$ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$$}

\Exop{Dans un repère orthonormal $(O;vec i, \vec j, \vec{k})$ on donne $A(1;2;3)$  et $\vec{n}(1;-3;1)$. Trouver une équation du plan $P$ qui passe par $A$ et qui est orthogonal à $\vec{n}$.}

\Sol{Soit $M(x;y;z)\in P$ on a alors :
$$ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0\Longleftrightarrow (x-1)-3(y-2)+(z-3)=0\Longleftrightarrow x-3y+z+2=0$$
$P$ a donc pour équation $$ x-3y+z+2=0$$}

\Thc{Dans un repère orthonormal $(O;\vec i, \vec j, \vec{k})$, 
tout plan $P$ admet une équation (dite cartésienne) de la forme : 
$$ ax+by+cz+d=0$$
avec $a$, $b$, $c$ réels non tous nuls et $d$ réel. \\
De plus le vecteur $\vec{n}(a;b;c) $ est normal à $P$}

\Dem{Notons $A(x_0;y_0;z_0)$ un point de $P$ et $\vec{n}(a;b;c)$ un vecteur normal à $P$, alors  on a :
$$ M(x;y;z)\in P\Longleftrightarrow \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$$
i.e 
$$ a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0\Longleftrightarrow ax+by+cz-ax_0-by_0-cz_0=0$$
En posant $d=-ax_0-by_0-cz_0$ on obtient le résultat désiré
}

\pagebreak
\Rqs{
\item Notons que l'équation d'un plan n'est pas unique. En effet si $P : x+y+z=1$ alors $P$ a aussi pour équation $2x+2y+2z=2$.
\item Quelques cas particuliers :\\
Le plan $(Oxy)$ a pour équation $ z=0$, en effet $O(0;0;0)\in (Oxy)$ et $\vec{k}(0;0;1)$ est normal à ce plan, ainsi :
$$ \overrightarrow{OM}\cdot \vec{k}=0\Longleftrightarrow z=0$$
De la même manière les plans $(Oxz)$ et $(Oyz)$ ont respectivement pour équation $y=0$ et $x=0$.\\
Enfin le plan $P$ passant par les points $A(a;0;0)$, $B(0;b;0)$ et $C(0;0;c)$ a pour équation :
$$ \dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1$$
En effet cette équation est bien l'équation cartésienne d'un plan, de plus les coordonnées des points $A$, $B$ et $C$ (qui ne sont pas alignés) vérifient bien cette équation, ce qui implique qu'il ne peut s'agir que du plan $(ABC)$.
}


\Exop{On donne les équations cartésiennes de deux plans : 
$$ P : x-4y+7=0$$
$$ Q : x+2y-z+1=0$$
\begin{enumerate}
\item Montrer que ces plans sont sécants. On note $d$ leur droite d'intersection.
\item Déterminer un vecteur directeur de $d$. 
\end{enumerate}}

\Sol{
\begin{enumerate}
\item Les plans $P$ et $Q$ sont soit sécants soit parallèles. \\
Le vecteur $\vec{n}(1;-4;0)$ est normal à $P$ et le vecteur $\vec{n'}(1;2;-1)$ est normal à $Q$.\\
On a $P//Q\Longleftrightarrow \vec{n}$ et $\vec{n'}$ sont deux vecteurs colinéaires. Existe-t-il un réel $k$ tel que :
$$ \vec{n}=k\vec{n'}$$
Si c'était le cas on aurait $k=1$ et $2k=-4$, ce qui est absurde, ainsi les vecteurs $\vec{n}$ et $\vec{n'}$ ne sont pas colinéaires, par conséquent les plans $P$ et $Q$ ne sont pas parallèles, $P$ et $Q$ sont donc sécants selon une droite $d$.
\item Si $M(x;y;z)\in d$, alors $M\in P\cap Q$, par conséquent les coordonnées de $M$ vérifient le système suivant :
$$\left\{ \begin{array}{l} x-4y+7=0 \\ x+2y-z+1=0  \end{array} \right.$$
Posons $y=t$, il vient :
$$ \left\{ \begin{array}{l} x=4t-7\\ y=t \\ z=4t-7+2t+1  \end{array} \right.\Longleftrightarrow  \left\{ \begin{array}{l} x=4t-7\\ y= t  \\ z=6t-6 \end{array} \right.$$
On a pu exprimer les coordonnées d'un tel point $M$ en fonction d'un paramètre $t$, on dit qu'il s'agit d'une équation paramétrique de la droite $d$. \\
Pour $t=0$, alors $A(-7;0;-6)$ est un point de la droite $d$. Considérons le vecteur $\vec{u}(4;1;6)$\\
Le système ci-dessus se réécrit :
$$ \left\{ \begin{array}{l} x+7=4t\\ y-0=t \\ z-(-6)=6t  \end{array} \right.\Longleftrightarrow \overrightarrow{AM}=t\vec{u}$$
Ainsi $\vec{u}$ est colinéaire à $\overrightarrow{AM}$, par conséquent $\vec{u}$ est un vecteur directeur de $d$.
\end{enumerate}}

\Thc{Deux plans $P$ et $Q$ sont orthogonaux si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux. 
Deux plans $P$ et $Q$ sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. }


\Corc{Soit deux plans $P$ et $Q$ d'équations 
$$ P :ax+by+cz+d=0\qquad \text{et}\qquad Q : a'x+b'y+c'z+d'=0$$
\begin{enumerate}
\item $P//Q\Longleftrightarrow (a,b,c)$ et $(a',b',c')$ sont proportionnels.
\item $P\perp Q\Longleftrightarrow aa'+bb'+cc'=0$.
\end{enumerate}}

\Dem{\begin{enumerate}
\item $P//Q\Longleftrightarrow \vec{n}(a;b;c)=k\vec{n'}(a';b';c')$
\item $P\perp Q \Longleftrightarrow \vec{n}\perp \vec{n'}\Longleftrightarrow \vec{n}\cdot \vec{n'}=0\Longleftrightarrow aa'+bb'+cc'=0$
\end{enumerate}}

\Exop{Quelle est l'équation générale d'un plan parallèle au plan $(xOy)$ ?}

\Sol{Le plan $(xOy)$ a pour équation $z=0$ et le plan $P$ cherché a une équation du type :
$$ ax+by+cz+d$$
D'après le corollaire précédent on sait que $(a,b,c)$ et $(0,0,1)$ sont proportionnels, donc $a=0$ et $b=0$, par conséquent le plan $P$ a une équation du type (avec $c\neq 0$) :
$$ cz+d=0\Longleftrightarrow z=-\dfrac{d}{c}$$}

\Exop{Quelle est l'équation générale d'un plan perpendiculaire au plan $(xOy)$ ?}

\Sol{Soit $P$ un tel plan avec $\vec{n}(a;b;c)$ un vecteur normal, il a donc une équation de la forme :
$$ ax+by+cz+d=0$$
Mais $(xOy)$ a pour équation $z=0$ et donc pour vecteur normal $\vec{n'}(0;0;1)$, donc d'après le corollaire on a :
$$ \vec{n}\cdot \vec{n'}=0\Longleftrightarrow  0a+0b+c=0\Longleftrightarrow c=0$$
D'où le plan $P$ a une équation de la forme :
$$ ax+by+d=0$$}

\pagebreak
\subsection{Représentation paramétrique d'une droite }

\begin{multicols}{2}
\Cadre[Caractérisation d'une droite]{Soit $\vec{u}$ un vecteur non nul et $A$ un point de l'espace, l'ensemble des points $M$ de l'espace tel que $\overrightarrow{AM}=t\vec{u}$ où $t\in\R$ est une droite, notée $\mathscr D(A;\vec{u})$ , passant par $A$ et dirigée par $\vec{u}$ (i.e que $\vec{u}$ est un vecteur directeur de $d$).} 
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-2.64,-0.38)(5.78,3.4)
\psline(1.52,1.02)(4.4,2.08)
\psline{->}(1.52,1.02)(4.4,2.08)
\rput[tl](4.46,2){$M$}
\rput[tl](1.32,0.9){$A$}
\psline{->}(-0.2,1.82)(0.91,2.23)
\rput[tl](0.08,2.28){$\vec{u}$}
\rput[tl](2.62,2){$t\vec{u}$}
\psline(-1.59,-0.12)(5.28,2.41)
\rput[tl](-1.88,0.54){$\mathscr D(A;\vec{u})$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{multicols}
Considérons la droite $\mathscr D$ passant par un point $A(x_0;y_0;z_0)$ et dirigée par $\vec{u}(\alpha;\beta;\gamma)$
On a la série d'équivalence suivante :

\begin{eqnarray*}
& & M(x;y;z)\in \mathscr D\\
& \Longleftrightarrow & \overrightarrow{AM}=t\vec{u}\qquad \text{où } t\in\R\\
& \Longleftrightarrow & \left\{ \begin{array}{l} x-x_0=\alpha t\\ y-y_0=\beta t \\ z-z_0=\gamma t  \end{array} \right.\qquad \text{où } t\in\R\\
& \Longleftrightarrow & \left\{ \begin{array}{l} x=\alpha t+x_0\\ y=\beta t+y_0 \\ z=\gamma t+z_0  \end{array} \right.\qquad \text{où } t\in\R\\
\end{eqnarray*}

\Defc{Ce dernier système s'appelle représentation paramétrique de la droite $\mathscr D(A;\vec{u})$}

\Exop{Donner une représentation paramétrique de la droite $\mathscr D$ passant par $A(-1;2;-3)$ et $B(1;-1;1)$.}

\Sol{Un vecteur directeur de la droite $\mathscr D$ est par exemple le vecteur $\overrightarrow{AB}(2;-3;4)$, ce qui donne par conséquent :
\begin{eqnarray*}
& & M(x;y;z)\in \mathscr D\\
& \Longleftrightarrow & \overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB} \qquad \text{où } t\in\R\\
& \Longleftrightarrow & \left\{ \begin{array}{l} x+1=2 t\\ y-2=-3 t \\ z+3=4 t  \end{array} \right.\qquad \text{où } t\in\R\\
& \Longleftrightarrow & \left\{ \begin{array}{l} x=2 t-1\\ y=-3t+2 \\ z=4 t-3  \end{array} \right.\qquad \text{où } t\in\R\\
\end{eqnarray*}}

\pagebreak
\subsection{Systèmes et Intersection dans l'espace}

\subsubsection{Intersection d'une droite et d'un plan}
Considérons un plan $P$ d'équation $$ ax+by+cz+d=0$$
 et une droite $d$ dont on connaît une représentation paramétrique :
 $$ \left\{ \begin{array}{l} x=\alpha t+x_0\\ y=\beta t+y_0 \\ z=\gamma t+z_0  \end{array} \right.\qquad \text{où } t\in\R$$
 
Il n'existe que trois possibilités~:
	\begin{enumerate}
		\item la droite et le plan n'ont qu'un point commun,
		la droite et le plan sont dits sécants,
		
		\begin{center}
		\includegraphics[scale=1]{fig2c_espace.7}	 	
		\end{center}
		\item la droite est incluse dans le plan,
		
		\item la droite et le plan n'ont aucun point commun.
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=1]{fig2c_espace.20}	 
			\end{center}
	\end{enumerate}

C'est le premier cas qui nous intéresse, pour cela supposons que le vecteur normal $\vec{n}(a;b;c)$ au plan $P$ et le vecteur directeur $\vec{u}(\alpha;\beta;\gamma)$ ne sont pas orthogonaux (comme dans les cas deux et trois), ainsi $P$ et $d$ sont sécants en un point $A$.
\\
On cherche alors les coordonnées de $A$ en résolvant l'équation suivante (d'inconnue $t$) :
$$ a(\alpha t+x_0)+b(\beta t+y_0)+c(\gamma t+z_0)=0$$
i.e (en factorisant par $t$) :
$$ t(a\alpha+b \beta+c\gamma)=-x_0-y_0-z_0$$
Comme on a supposé $\vec{n}\cdot \vec{u}\neq 0$, on peut diviser par $ a\alpha+b \beta+c\gamma\neq 0$ et on obtient :
$$ t=\dfrac{-x_0-y_0-z_0}{a\alpha+b \beta+c\gamma}$$
Finalement, en remplaçant dans le système de représentation paramétrique de $d$, on trouve les coordonnées de $A$. Mais obsevons sur un exemple$\dots$.

\Exop{Soit $P:2x-z=0$ et $d : \left\{ \begin{array}{l} x=t-1\\ y=-3t \\ z=2  \end{array} \right.\qquad \text{où } t\in\R$. \\
Déterminer les coordonnées du point $A=P\cap d$. } 

\Sol{Soit $\vec{n}(2;0;-1)$ un vecteur normal de $P$ et $\vec{u}(1;-3;0)$ un vecteur directeur de $d$, assurons nous que le point $A$ existe :
$$ \vec{n}\cdot \vec{u}=2\neq 0$$
Par conséquent $A$ existe nous pouvons déterminer ces coordonnées, en résolvant l'équation suivante :
$$ 2(t-1)-2=0\Longleftrightarrow 2t-2-2=0\Longleftrightarrow t=2$$
Ainsi, en remplaçant dans le système paramétrique de $d$ on obtient $A(2-1;-3:times 2;2)$ i.e $A(1;-6;2)$.}
\subsubsection{Intersection de deux droites}
On donne deux droites $d$ et $d'$ dont on connaît les représentations paramétriques :
 $$ d : \left\{ \begin{array}{l} x=\alpha t+x_0\\ y=\beta t+y_0 \\ z=\gamma t+z_0  \end{array} \right.\qquad \text{où } t\in\R$$
 
  $$d' :  \left\{ \begin{array}{l} x=\alpha' t'+x_1\\ y=\beta' t'+y_1 \\ z=\gamma' t'+z_1  \end{array} \right.\qquad \text{où } t\in\R$$

 $d$ et $d'$ sont deux droites de l'espace. Il n'existe que 
	deux possibilités~:
	\begin{enumerate}
	   \item  il n'existe aucun plan contenant ces deux droites, elles 
	   sont dites non coplanaires,
	   \begin{center}
	    \includegraphics[scale=1]{fig2c_espace.7}		
	   \end{center}
	   
	   \item  il existe un plan contenant ces deux droites, elles sont 
	   dites coplanaires (elles sont alors sécantes ou parallèles dans ce 
	   plan).\\
	   \begin{center}
	 \begin{tabular}{cc}
	\includegraphics[scale=1]{fig2c_espace.4}	 	
	      &
	\includegraphics[scale=1]{fig2c_espace.6}	 	 	
	       \\
	        deux droites sécantes & deux droites parallèles\\
\end{tabular}
\end{center}
	\end{enumerate}

On résout alors le système (qui peut ne pas avoir de solutions) (d'inconnues $t$ et $t'$) :

$$ \left\{ \begin{array}{l} x=\alpha t+x_0=\alpha' t'+x_1\\ \beta t+y_0=\beta' t'+y_1 \\ \gamma t+z_0=\gamma' t'+z_1  \end{array} \right.$$

\Exop{On donne $A(1 ; -1 ; 0)$, $B(0 ; -1 ; 1)$, $C(3 ; -2 ; 0)$ et $D(2 ; -3 ; 3) $.\\
Etudier l'intersection des droites $(AB)$ et $(CD)$. 
}

\Sol{$ \overrightarrow{AB}(-1;0;1) $  est un vecteur directeur de $(AB)$ par conséquent la droite $(AB)$ admet la représentation paramétrique suivante :
$$ (AB) : \left\{ \begin{array}{l} x= -t+1\\ y=-1 \\ z= t  \end{array} \right.\qquad t\in\R$$
$\overrightarrow{CD}(-1;-1:3)$ est un vecteur directeur de $(CD)$  par conséquent la droite $(CD)$ admet la représentation paramétrique suivante :
$$ (CD) : \left\{ \begin{array}{l} x= -t'+3\\ y=-t'-2 \\ z= 3t'  \end{array} \right.\qquad t'\in\R$$
On résout le système :
$$  \left\{ \begin{array}{l} -t+1= -t'+3\\ -1=-t'-2 \\ t= 3t'  \end{array} \right.\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -t= -t'+2=1+2=3\Rightarrow t=-3\\ t'=-1 \\ t= 3t'=-3  \end{array} \right.$$}
La troisième équation est compatible avec les deux premières, nous pouvons donc affirmer :
\begin{enumerate}
\item le système admet une solution, donc les droites ont une intersection non vide, elles sont coplanaires.
\item Le système admet une unique solution qui est le couple $(t;t')=(-3;-1)$ donc les droites sont sécantes en un point $A$, dont on obtient les coordonnées en remplaçant $t$ ou $t'$ dans l'une des représentations paramétriques de $d$ ou $d'$ :
$$ A(4;-1;-3)$$
\end{enumerate}

\pagebreak
\subsubsection{Intersection de deux plans}
On considère deux plans sécants $P$ et $Q$ d'équations cartésiennes respectives : 
$$ P : ax+by+cz+d=0\qquad \text{ou} \qquad Q : a'x+b'y+c'z+d'=0$$
$P$ et $Q$ sont deux plans de l'espace. Il n'existe que trois 
	possibilités~:
	\begin{enumerate}
	\item les plans ont un point commun et sont distincts, alors ils sont sécants 
	suivant une droite passant par ce point, (ainsi deux plans distincts 
	qui ont deux points communs sont sécants suivant la droite définie 
	par ces deux points)
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=1]{fig2c_espace.2}		
	\end{center}
	\item les plans sont confondus,
	\begin{center}
	\includegraphics[scale=1]{fig2c_espace.19}		
	\end{center}
	\item ils n'ont aucun point commun.
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=1]{fig2c_espace.21}	 
			\end{center}
	\end{enumerate}
	
	Lorsque les deux plans sont sécants, on peut alors récupérer le système de représentation paramétrique de la 
droite d'intersection en utilisant une des trois coordonnées comme paramètre et en résolvant le système. 


\Exop{Donner une représentation paramétrique de la droite $d$ définie, intersection des plans $P$ et $Q$ d'équations respectives :
$$ P : 2x+y-z-2=0\qquad \text{et}\qquad Q : x+3y+7z -11=0 $$}

\Sol{On peut (même si l'énoncé de l'exercice suggère que la droite $d$ existe) s'assurer que $P$ et $Q$ sont sécants.\\
$\overrightarrow{n}(2;1;-1)$ est un vecteur normal de $P$ et $\overrightarrow{n'}(1;3;7)$ est un vecteur normal de $Q$, $P$ et $Q$ sont sécants si et seulement si $ \vec{n}$ et $\vec{n'}$ ne sont pas colinéaires, si c'était le cas, alors on aurait $\vec{n}=k\vec{n'}$, dans ce cas on aurait :
$$ 2=k\qquad \text{et} 1=3=k\Rightarrow k=\dfrac{1}{3}$$
ce qui absude, donc $P$ et $Q$ sont deux plans sécants.\\
Comme $ 2x+y-z-2=0\Longrightarrow y=2x+z+2$,  ainsi :
$$ x+3(2x+z+2)+7z-11=0\Longleftrightarrow 7x+10z-5=0\Longleftrightarrow z=-0,7x+0,5$$
Et du coup :
$$ y=2x-0,7x+0,5+2=0,3x+2$$
En posant $x=t$, on obtient :
$$ d :   \left\{ \begin{array}{l} x= t\\ y=0,3t+2 \\ z= -0,7t+0,5  \end{array} \right.\qquad t\in\R $$
}

\pagebreak
\subsubsection{Intersection de trois plans}
On considère trois plans $P$, $Q$ et $R$ dont on connaît une équation cartésienne :
$$ P : ax+by+cz+d=0\qquad \text{ou}\qquad  Q : a'x+b'y+c'z+d'=0\qquad \text{ou}\qquad R : a''x+b''y+c''z+d''=0$$
$P$, $Q$ et $R$ sont trois plans de l'espace, il existe diverses situations, en voici quelques-unes :

%\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
%\item deux plans sont strictement parallèles.
\begin{center} \includegraphics[scale=1.1]{fig2c_espace.8}\end{center}

%\item Trois plans sécants suivant une même droite $d$.
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-3.24,-1.6)(4.92,5.54)
\psline(-0.8,1.66)(-1.84,0.28)
\psline(1.43,-1.46)(2.24,-0.39)
\psline[linestyle=dotted](2.24,-0.39)(2.47,-0.08)
\psline[linestyle=dotted](1.89,1.22)(2.47,-0.08)
\psline(1.89,1.22)(1.04,3.12)
\psline(0,1.74)(1.04,3.12)
\psline(-0.91,3.77)(0.13,5.15)
\psline(-1.16,-0.98)(-0.39,0.04)
\psline[linestyle=dotted](-0.39,0.04)(-0.12,0.4)
\psline[linestyle=dotted](-0.12,0.4)(0.34,1.47)
\psline[linestyle=dotted](0.34,1.47)(1.04,3.12)
\psline(-0.91,3.77)(1.43,-1.46)
\psline(1,4.09)(2.04,5.47)
\psline(2.04,5.47)(1.04,3.12)
\psline(-1.16,-0.98)(1,4.09)
\psline(-0.8,1.66)(0.1,1.51)
\psline[linestyle=dotted](0.1,1.51)(1.89,1.22)
\psline(-0.7,0.09)(0.2,1.29)
\psline[linestyle=dotted](0.34,1.47)(0.2,1.29)
\psline(0.85,-0.16)(1.89,1.22)
\psline[linestyle=dotted](0.81,3.64)(1.04,3.12)
\psline(0.81,3.64)(0.13,5.15)
\psline(2.98,-0.51)(4.02,0.87)
\psline(2.98,-0.51)(-1.84,0.29)
\psline(4.02,0.87)(1.89,1.22)
\rput[tl](-2.28,0.7){$P$}
\rput[tl](-1.3,4.22){$Q$}
\rput[tl](2.06,4.86){$R$}
\end{pspicture*}
\end{center}

%\item Trois plans sécants deux à deux suivant trois droites
%strictement parallèles
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-3.4,-2.32)(6.1,5.64)
\psline[linewidth=2.8pt](-2.34,0.04)(3.7,0.28)
\psline[linewidth=2.8pt](3.7,0.28)(5.22,1.72)
\psline(-2.34,0.04)(-0.82,1.48)
\psplot{-3.4}{6.1}{(-0.24--1.44*x)/1.52}
\psline[linewidth=2.8pt](-0.19,3.11)(1.33,4.55)
\psline(0.67,-1.91)(2.19,-0.47)
\psline[linewidth=2.8pt](-0.19,3.11)(0.67,-1.91)
\psline[linestyle=dotted](1.54,3.34)(1.84,1.59)
\psline[linestyle=dotted](1.84,1.59)(2.08,0.22)
\psline(2.08,0.22)(2.19,-0.47)
\psline(1.54,3.34)(1.33,4.55)
\psline(-0.82,1.48)(0.09,1.52)
\psline(1.84,1.59)(5.22,1.72)
\psline[linestyle=dotted](1.84,1.59)(0.09,1.52)
\psline(-0.39,-1.71)(0.5,-0.87)
\psline[linestyle=dotted](0.5,-0.87)(1.13,-0.27)
\psline[linewidth=2.8pt](1.62,3.55)(3.14,4.99)
\psline[linewidth=2.8pt](1.62,3.55)(-0.39,-1.71)
\psline[linestyle=dotted](1.31,0.18)(1.84,1.59)
\psline[linestyle=dotted](1.31,0.18)(1.13,-0.27)
\psline(1.84,1.59)(3.14,4.99)
\rput[tl](-2.64,0.62){$P$}
\rput[tl](-0.6,3.36){$Q$}
\rput[tl](3.36,4.94){$R$}
\end{pspicture*}
\end{center}
%\item Deux plans $Q$ et $R$ sécants suivant une droite $d$
%elle-même sécante à un plan $P$
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-3.46,-2.48)(5.38,6.72)
\psline[linewidth=2.8pt](-1.84,0.14)(3.14,0.24)
\psline(4.78,2.06)(3.14,0.24)
\psline[linewidth=2.8pt](-1.84,0.14)(-0.2,1.96)
\psline(-0.2,1.96)(4.78,2.06)
\psplot{-3.46}{5.38}{(--1.06-0.77*x)/0.05}
\psline[linewidth=2.8pt](0.07,4.4)(1.71,6.22)
\psline[linewidth=2.8pt](0.07,4.4)(0.53,-2.32)
\psline(2.17,-0.5)(2.12,0.22)
\psline[linestyle=dotted](2.12,0.22)(2,2)
\psline(2,2)(1.71,6.22)
\psline[linewidth=2.8pt](0.59,6.22)(1.55,4.45)
\psline[linestyle=dotted](0.88,1.98)(1.05,-0.53)
\psline(0.59,6.22)(0.67,5.06)
\psline[linestyle=dotted](0.67,5.06)(0.88,1.98)
\psline[linewidth=2.8pt](1.84,0.21)(1.55,4.45)
\psline[linewidth=2.8pt](1.84,0.21)(2.01,-2.3)
\psline[linestyle=dotted](1.46,-1.29)(1.91,-0.79)
\psline(1.91,-0.79)(2.17,-0.5)
\psline(1.46,-1.29)(0.53,-2.32)
\psline[linestyle=dotted](1.05,-0.53)(1.46,-1.29)
\psline(1.46,-1.29)(2.01,-2.3)
\psline(0.36,0.18)(1.29,1.22)
\psline[linestyle=dotted](1.29,1.22)(1.74,1.71)
\psline(1.74,1.71)(2,2)
\psline(1.29,1.22)(1.84,0.21)
\psline[linestyle=dotted](1.29,1.22)(0.88,1.98)
\rput[tl](-2.28,0.54){$P$}
\rput[tl](-0.4,4.72){$Q$}
\rput[tl](0.18,6.58){$R$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{multicols}

\Exop{Déterminer l'intersection des plans $P$, $Q$ et $R$ avec :
$$ P : 2x+3y-2z-2=0\qquad \text{ou}\qquad  Q : 4x-3y+z-4=0\qquad \text{ou}\qquad R : 2x+12y-7z-2=0$$
}

\Sol{Si $M(x;y;z)$ appartient à l'intersection des trois plans alors $x$, $y$ et $z$ vérifient le système suivant :
 $$\left\{ \begin{array}{l} 2x+3y-2z=2\\ 4x-3y+z=4 \\ 2x+12y-7z=2  \end{array} \right.$$
 De la deuxième équation on tire : $z=4-4x+3y$ et en reportant dans les équations $1$ et $3$ on obtient :
 $$\left\{ \begin{array}{l} 2x+3y-2(4-4x+3y)=2\\ 2x+12y-7(4-4x+3y)=2  \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 10x-3y-10=0\\ 30x-9y-30=0  \end{array} \right. $$
 On constate alors qu'il suffit de multiplier la première par $3$ pour obtenir la deuxième, donc ces deux équations se résument à une seule :
 $$ x=\dfrac{3}{10}y+1$$
 Posons alors $y=10t$ (avec $t$ réel), d'où  :
 $$ x=3t+1\qquad \text{et}\qquad z=18t$$
 Ainsi, les solutions du système sont les triplets $x$, $y$, $z$ tels que :
 $$\left\{ \begin{array}{l} x=3t+1\\ y=10t \\ z=18t  \end{array} \right.\qquad t\in\R  $$
 Il s'agit de la représentation paramétrique de la droite $\mathscr D(A;\vec{u})$ avec $A(1;0;0)$ et $\vec{u}(3;10;18)$.
}

%\subsection{Demi-espace}

%Tout plan $P$ sépare l'espace en deux parties, que l'on appelle demi-espace.\\
%Considérons un vecteur $\vec{n}$ non nul et un point $A$, alors on a vu que l'ensemble des points $M$ de l'espace vérifiant :
%$$ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$$
%est le plan passant par $A$ et orthogonal à $\vec{n}$, d'où :
%\Defc{On appelle demi-espaces (ouverts) délimités par $P$   les ensembles $E$ et $F$ des points $M$ définis respectivement
%par les conditions :
%$$E : \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}>0 \qquad \text{et} \qquad F: \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}<0$$}

%\Rq{On définit de la même manière les demi-espaces fermés à l'aide d'inégalités larges.}

%Démontrons que les ensembles que nous avons définit correspondent bien à des \og demi-espace \fg.\\
%Pour cela démontrons que si $M$ est un point de $E$ et $N$ de $F$ alors le segment $[MN]$ coupe le plan définit par $ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$ en un point $G$.\\

%\textbf{Illustration :}

%\begin{center}
%\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
%\begin{pspicture*}(-0.51,-0.67)(5.41,4.33)
%\psline[linewidth=2.4pt](1,1)(4,1)
%\psline[linewidth=2.4pt](4,1)(5,2)
%\psline(1,1)(2,2)
%\psline(2,2)(5,2)
%\psline{->}(3,3)(3,4)
%\psline[linestyle=dotted](3.52,1)(3.92,1.71)
%\psline(3.92,1.71)(4.77,3.21)
%\psline(3.52,1)(3.16,0.36)
%\rput[tl](2.7,3.78){$\vec n$}
%\rput[tl](1.35,1.32){P}
%\rput[tl](3.67,1.94){G}
%\rput[tl](2.86,0.52){N}
%\rput[tl](4.59,3.46){M}
%\rput[tl](0.2,3.75){Demi espace E}
%\rput[tl](0.2,0.24){Demi espace F}
%\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=x](2.16,1.51)
%\rput[bl](2.24,1.55){$A$}
%\end{pspicture*}
%\end{center}

%Soient $M$ un point de $E$ et $N$ un point de $F$. Alors il existe un réel $\lambda$ strictement négatif tel que :

%$$\overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=\lambda \overrightarrow{AN}\cdot \vec{n}\Longleftrightarrow \left(\overrightarrow{AM}-\lambda \overrightarrow{AN}\right)\cdot \vec{n}=0$$

%Soit $G$ le barycentre de $(M, 1)$ et $(N, -\lambda)$. (Ce barycentre existe bien car $1 - \lambda > 0$) et donc $\overrightarrow{GM}-\lambda \overrightarrow{GN}=\vec{0}$ 

%On  a alors :$$ \overrightarrow{AM}-\lambda \overrightarrow{AN}= \overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GM}-\lambda \overrightarrow{AG}-\lambda \overrightarrow{GN}=(1-\lambda) \overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GM}-\lambda \overrightarrow{GN}=(1-\lambda) \overrightarrow{AG}$$

%Au final : 
%$$ (1-\lambda) \overrightarrow{AG}\cdot \vec{n}=0\Longleftrightarrow \overrightarrow{AG}\cdot \vec{n}=0\Longleftrightarrow G\in P$$ 
%Par ailleurs, comme les coefficients du barycentre G de $M$ et $N$ sont de signe opposés : $G\in [MN]$.\\
%On a montré que pour tout point $M$ de $ E$ et tout point $N$ de $F$, le segment $[MN]$ rencontre le plan $P$.



%\Cadre[Résumé]{Le plan P partage l'espace en deux \og demi-espaces \fg{} caractérisés par les conditions : $\overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}>0  \text{ et }  \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}<0$.\\
%Ces deux demi-espaces sont définis par les inéquations suivantes :
%$$ E : ax+by+cz+d>0\qquad \text{et}\qquad F : ax+by+cz+d<0$$}

%\Expl{\textbf{Caractérisation de l'intérieur d'un cube.}\\
%$ABCDEFGH$ est un cube de côté $1$.\\
%On se place dans le repère $(A;\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD};\overrightarrow{AE})$.\\
%Les points M(x, y, z) situés à l'intérieur du cube sont ceux qui vérifient :
%$$\left\{ \begin{array}{l} 0 <x<1\\ 0 <y<1 \\ 0 <z<1  \end{array} \right.$$
%}

\subsection{Distance d'un point à un plan}

Soit $A(x_A ; y_A ; z_A)$ un point et $P$ un plan d'équation $ax + by + cz + d = 0$.
Comment calculer la distance entre le point $A$ et le plan $P$ ?

\begin{multicols}{2}
Notons $H(x_H ; y_H ; z_H)$ le projeté orthogonal de $A$ sur $P$.
\\
Nous savons que le vecteur $\vec{n}(a;b;c)$ est normal à $P$.\\
Donc les vecteurs $\vec{n}$ et $\overrightarrow{AH}$ sont colinéaires.\\
Il existe un réel $t$ tel que : $$ \overrightarrow{AH}=t\vec{n}$$
Par conséquent $$ \overrightarrow{AH}\cdot \vec{n}=\pm AH\times \left|\left|\vec{n}\right|\right|$$
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-0.48,0.54)(5.6,4.12)
\psline[linewidth=2.4pt](1,1)(4,1)
\psline[linewidth=2.4pt](4,1)(5,2)
\psline(1,1)(2,2)
\psline(2,2)(5,2)
\psline{->}(3,3)(3,4)
\rput[tl](2.7,3.78){$\vec n$}
\rput[tl](1.35,1.32){P}
\rput[tl](3.69,1.71){H}
\psline[linestyle=dashed,dash=1pt 1pt](3.55,3.62)(3.55,1.62)
\rput[tl](3.74,3.05){$d(A,P)= ?$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](3.55,3.62)
\rput[bl](3.62,3.66){$A$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{multicols}

Mais encore, (notons que $H\in P\Longrightarrow ax_H+by_H+cz_H+d=0$)
$$ \overrightarrow{AH}\cdot \vec{n}=a(x_H-x_A)+b(y_H)-y_A)+c(z_H-z_A)=-(ax_A+by_A+cz_A+d)$$
Au final : $$ AH\times \left|\left|\vec{n}\right|\right|=\left|ax_A+by_A+cz_A+d\right|\Longleftrightarrow AH=\dfrac{\left|ax_A+by_A+cz_A+d\right|}{\left|\left|\vec{n}\right|\right|}=\dfrac{\left|ax_A+by_A+cz_A+d\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$$

\Rq{Retenir l'idée de cette démonstration qui est
de calculer  $ \overrightarrow{AH}\cdot \vec{n}$ de deux manières
différentes.}

\Exoi{Calculer la distance du point $A$ au plan $P$.
\begin{enumerate}
\item $A(1;-1;1)$ et $P$ est le plan d'équation $2x+y-z-3=0$.
\item $A(2;1;0)$ et $P$ est le plan passant par l'origine du repère, de vecteur normal $\vec{n}(1;-1;-1)$.
\end{enumerate}}

\subsection{Distance d'un point à une droite, dans l'espace}
On se donne ici une droite $d$ passant par un point $A(x_A ; y_A ; z_A)$ et dirigée par un vecteur $\vec{d}(a;b;c)$.
\\On se donne un autre point $M(x_M ; y_M ; z_M)$ et on cherche à calculer la distance entre le point $M$ et la droite $d$.
L'idée est d'exploiter le plan $P$, orthogonal à $d$ et passant par $A$.
Notons $H$ et $K$ les projetés respectifs de $M$ sur $d$ et $P$.
Comme $MHAK$ est un rectangle, on a d'après le théorème de Pythagore :
$$ MK^2=MA^2-MH^2$$
La distance $MA$ se calcule facilement car $M$ et $A$ sont donnés.
\\
La distance $MH$ se calcule avec la formule ci-dessus (distance entre le point $M$ et la plan $P$).
\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(0.66,-0.28)(5.43,4.26)
\psline[linewidth=2.4pt](1,1)(4,1)
\psline[linewidth=2.4pt](4,1)(5,2)
\psline(1,1)(2,2)
\psline(2,2)(5,2)
\psline{->}(3,3)(3,4)
\rput[tl](2.7,3.78){$\vec n$}
\rput[tl](1.35,1.32){P}
\rput[tl](3.23,1.73){H}
\psline(3.55,3.62)(3.55,1.62)
\psline(4.17,1.78)(3.55,1.62)
\psline(3.55,3.62)(4.17,3.78)
\psline(4.17,3.78)(4.17,1.78)
\rput[tl](4.27,1.97){A}
\rput[tl](3.27,2.89){$d$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](3.55,3.62)
\rput[bl](3.33,3.76){$M$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](4.17,3.78)
\rput[bl](4.24,3.82){$K$}
\end{pspicture*}
\end{center}

\subsection{Équation d'une sphère}
\Thc{Toute sphère $\mathscr S$ de centre $\Omega(x_0;y_0;z_0)$ et de rayon $r$ admet une équation de la forme :
$$ (x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2=r^2$$}

\Dem{$M(x;y;z)\in \mathscr S\Longleftrightarrow \Omega M^2=r^2\Longleftrightarrow  (x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2=r^2$}

\Thc{La sphère $\mathscr S$ de diamètre $[AB]$ est l'ensemble des points $M$ tels que :
$$ \overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0$$}

\Dem{On utilise, par exemple, une formule de la médiane :
Soit $\Omega$ le milieu de $[AB]$ (et donc le centre de la sphère), alors :
$$ \overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=\left(\overrightarrow{M\Omega}+\overrightarrow{\Omega A}\right)\cdot \left(\overrightarrow{M\Omega}+\overrightarrow{\Omega}B\right)=\left(\overrightarrow{M\Omega}+\overrightarrow{\Omega A}\right)\cdot \left(\overrightarrow{M\Omega}-\overrightarrow{\Omega}A\right)=M\Omega^2-\Omega A^2=M\Omega^2-r^2$$
On en déduit :
$$M\in \mathscr S\Longleftrightarrow M\Omega^2=r^2\Longleftrightarrow M\Omega^2-r^2=0\Longleftrightarrow \overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0$$}

\Exoi{Déterminer l'équation de la sphère $\mathscr S$ de diamètre $[AB]$ avec $A(0;0;1)$ et $B(1;2;3)$. Préciser son centre $\Omega$ et son rayon $r$.}

\Sol{D'après le théorème précédent on a :
$$ M(x;y;z)\in \mathscr S\Longleftrightarrow  \overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0\Longleftrightarrow -x(1-x)-y(2-y)+(1-z)(3-z)=0$$
On obtient alors :
$$ x^2-x+y^2-2y+z^2-4z+3=0$$
Pour retrouver son centre et son rayon, on canonise :
$$ \left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{4}+(y-1)^2-1+(z-2)^2-4+3=0\Longleftrightarrow \left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=\dfrac{9}{4}=\left(\dfrac{3}{2}\right)^2$$
$\mathscr S$ est donc la sphère de centre $\Omega\left(\dfrac{1}{2};1;1\right)$ et pour rayon $r=\dfrac{3}{2}$}

\Rq{On pouvait simplement trouver ce résultat en calculant les coordonnées du milieu de  $[AB]$ pour
obtenir le centre et en calculant la moitié du diamètre $AB$ pour obtenir le rayon}
\end{document}