\documentclass[4apaper,11pt,french]{article}
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\newcommand{\typedoc}{Cours}          %%%%%%%%%%%%%%% 1ere ligne du titre de la feuille
\newcommand{\Ch}{Produit Scalaire }  %%%%%%%%%%%%%%%% 2eme ligne et en haut à droite après
\newcommand{\ch}{Chapitre 11}		 %%%%%%%%%%%%%%% En haut à gauche (numero chapitre)
\newcommand{\Cl}{TG6}
\newcommand{\Annee}{2013-2014}
	
\newcommand{\serie}{Scientifique}
\newcommand{\num}{11}	
\newcommand{\tps}{2h}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Package

\input macro_final.tex

\setcounter{NumLecon}{11}

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\renewcommand{\arraystretch}{1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Premiere page
\begin{document}

\Chacha{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}{0.8}{
  \item Calculs de distances 
  \item Choisir la forme appropriée pour calculer un produit scalaire
  \item Caractériser l'orthogonalité dans l'espace
  \item Caractériser les plans dans l'espcae et revoir les positions relatives
}
\setcounter{NumLecon}{10}
\TITRE{blackswan2.eps}{0.7}

\begin{Intro}{Au fil du temps}
Le produit scalaire est une opération, qui a deux vecteurs associe un nombre réel. Vous l'avez découvert l'an dernier dans le plan.
Nous allons ici étendre cette opération à l'espace. 
%En gros, retenez que tout reste identique, mais avec une 
%troisième coordonnée.
\\
Etymologiquement, le mot \og scalaire \fg provient du latin \textit{scala} qui signifie échelle, historiquement le mot \og scalaire \fg en mathématiques désigne un nombre réel. Si on veut comprendre le lien entre les deux, il faut remonter à l'empire romain. Dans les quartiers pauvres où s'élevaient de grands immeubles surpeuplés appelés \textit{Insulae}, des échelles servaient parfois à passer d'un étage à l'autre. A l'époque, on désignait par \og échelle 2\fg ce qu'on appelerait aujourd'hui \og étage 2\fg.  C'est ainsi que le mot échelle (scala) fut associé à l'idée de nombre.
\\
Élément important de calcul en géométrie euclidienne, le produit scalaire apparaît cependant assez tard dans 
l'histoire des mathématiques. On en trouve trace chez Hamilton en 1843 lorsqu'il crée le corps des quaternions. 
Peano le définit ensuite associé à un calcul d'aire ou de déterminant. Roberto Marcolongo et Cesare Burali-Forti 
le définissent seulement à l'aide du cosinus d'un angle et lui donnent le nom de produit intérieur ou produit 
scalaire. C'est sous cette forme qu'il apparaît par la suite. 
Sa qualité de forme bilinéaire symétrique sera ensuite exploitée en algèbre linéaire et, de propriété, 
deviendra définition.\\
La notation du produit scalaire à l'aide d'un point provient de Josiah Willard Gibbs, 
dans les années 1880.
\\

Le produit scalaire possède de multiples applications. En physique, il est, par exemple, utilisé pour modéliser 
le travail d'une force. En géométrie analytique il permet de déterminer le caractère orthogonal de deux 
droites ou d'une droite et d'un plan, de caractériser les cercles, les sphères et les plans par 
une équation.  
\\
Rappelons également qu'en trigonométrie, il permet de linéariser les fonctions sinus et cosinus, et de
généraliser les formules de valables dans un triangle rectangle aux triangles quelconques, 
ie qu'il permet de calculer un angle en fonction des longueur des côtés et réciproquement.\\
Ainsi, le produit scalaire lie l'algèbre à la géométrie, deux domaines jusqu'ici étrangers pour vous. \\

Vous avez remarqué au moment de l'étude de la fonction exponentielle 
que son mode de construction n'était pas unique : certains partent de l'équation différentielle $y'=y$, 
d'autres de l'équation fonctionnelle $f(x+y)=f(x)\times f(y)$, d'autres encore de la suite de terme général 
$\left(1+\dfrac{x}{n}\right)^n$ ou même de $\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^n}{n!}$ $ \dots$ 
Pourtant, tous construisent la même fonction, car ces définitions s'avèrent équivalentes. 
Il en est de même pour la fonction logarithme népérien, définie à partir de son équation fonctionnelle
$f(xy)=f(x)+f(y)$, ou comme primitive de la fonction inverse, ou encore comme fonction réciproque de 
la fonction exponentielle.
La nature du problème étudié, le niveau d'enseignement, etc. incitent alors à préférer l'une ou l'autre 
des définitions. 
Le produit scalaire peut aussi être défini de plusieurs manières. \\
Nous choisirons la méthode la plus simple, prolongeant celle du plan à partir des coordonnées, 
pour ne pas vous faire peur. \\
Nous constaterons d'ailleurs de suite que le produit scalaire de deux vecteurs dans l'espace est 
simplement le même que celui de ces deux vecteurs dans le plan qui les
contient tous les deux (deux vecteurs étant toujours coplanaires). Le livre fait le contraire, 
c'est un choix.
%la plus adaptée à l'esprit du programme, à savoir celle partant
%de la définition du produit scalaire dans le plan muni d'un repère orthonormé que vous avez vue l'an dernier. 
Ensuite, nous démontrerons toutes les autres caractérisations et propriétés du produit scalaire dans 
l'espace, en utilisant parfois un repère orthonormé, afin d'utiliser le théorème
de Pythagore, et c'est tout ce dont nous aurons besoin.\\
Vous constaterez bientôt que toutes les propriétés du produit scalaire dans l'espace sont les mêmes que celles 
dans le plan (ce qui est logique au vu de la constatation précédente).
%que le produit scalaire dans l'espace n'est en réalité qu'un
%prolongement de celui dans le plan. 
\end{Intro}
\newpage
\begin{center}
\textit{Dans tout le chapitre, on munit l'espace d'un repère 
et on considère deux vecteurs $\vec u \left(\begin{array}{c}
                                         x \\ y \\ z
                                        \end{array}\right)$ et $\vec v \left(\begin{array}{c}
                                         x' \\ y' \\ z'
                                        \end{array}\right)$
}
\end{center} 


\section{Norme d'un vecteur dans l'espace}

\subsection{Définition}

\begin{prop}
Dnas un repère orthonormé, la norme du vecteur $\overrightarrow{u}$ est :
 $$||\vec u || = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$$
\end{prop}

\Dem{
  Considérons le point $M$ le point de l'espace tel que $\vec u = \overrightarrow{OM}$. \\
  Alors $M(x;y;z)$, par définition des  coordonnées de $\vec u$. On a le schéma suivant :\\
  \begin{minipage}{7cm}
    \begin{center}
\psset{xunit=1cm , yunit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture*}(-2.25,-2)(3.75,3.5)
\newrgbcolor{couleurcadre}{0.99 0.99 0.99}
\psframe[linewidth=0.3pt,linecolor=couleurcadre](-2.25,-2.25)(3.75,3.75)
\psaxes[linewidth=1pt,showorigin=false,labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(0,0)(3,3)
\uput[-45](0,0){O}
\pcline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(-0.5,-0.5)
\uput[0](-0.25,-0.25){\small $\overrightarrow{i}$}
\pcline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(1,0)
\uput[90](0.5,0){\small $\overrightarrow{j}$}
\pcline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(0,1)
\uput[180](0,0.5){\small $\overrightarrow{k}$}
\psline{<-}(-1.5,-1.5)(0,0)
\uput[-90](-1.5,-1.5){$x$}
\uput[0](3,0){$y$}
\uput[90](0,3){$z$}
\uput[180](-0.5,-0.5){1}
\psline{-}(-0.433333,-0.5)(-0.566667,-0.5)
\uput[180](-1,-1){2}
\psline[linecolor=blue]{->}(0,0)(2,1.5)
\psline{-}(-0.933333,-1)(-1.06667,-1)
\newrgbcolor{couleur1}{0.6549 0.6549 0}
\newrgbcolor{couleur2}{0 0.3176 0.4745}
\newrgbcolor{couleur3}{0.0941 0.647 0.0196}
%\psdot[linecolor=blue](2,1.5)
\psline(1.8,-0.9)(1.8,-0.7)(2,-0.8)
\psline(-0.85,-0.85)(-0.6,-0.85)(-0.75,-1)
\psline[linecolor=gray,linewidth=0.5pt,linestyle=dashed](-1,-1)(2,-1)(3,0)
\psline[linecolor=gray,linewidth=0.5pt,linestyle=dashed](0,0)(2,-1)(2,1.5)(0,2.5)
\uput[45](2,1.5){M}
\uput[45](0,2.5){M''}
\uput[-45](2,-1){M'}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{center}
  \end{minipage}
\begin{minipage}{10cm}
 Comme le repère est orthonormé, on peut utiliser le théorème de Pythagore dans des plan, et calculer 
 $$||\vec u ||^2=||\overrightarrow{OM}||^2=OM^2$$
En effet : \\
\quad $OM^2=OM'^2+z^2$ \quad et d'autre part, \quad $OM'^2=x^2+y^2$. \\
Finalement on obtient que $||\vec u ||^2 = x^2+y^2+z^2  $\\\\
Donc \quad \fbox{$||u||=\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$} 
\quad car $||\vec u || \geq 0$.
\end{minipage}
}

\Expl{
En précisant les repères utilisés, calculer la longueur de la diagonale 
\begin{itemize}
 \item d'un cube de côté 1
 \item d'un pavé droit de côté $1$, $2$ et $3$.
\end{itemize}
}

\begin{ExoC}
 Dans un repère orthonormé de l'espace, on considère les points $A(2;1;3)$, $B(-1;2;4)$, $C(3;-1;8)$
 et $D(0;0;9)$.
 \begin{enumerate}
  \item Démontrer que les quatre points sont coplanaires.
  \item Quelle est la nature du quadrilatère $ABCD$ ?
 \end{enumerate}
\end{ExoC}


\subsection{Application : Equation d'une sphère}

\begin{act}
 \begin{enumerate}
  \item Caractériser géométriquement l'ensemble des points $M$ 
  d'une sphère $S$ de centre $\Omega$ et de rayon $r$.
  \item On munit l'espace d'un repère orthonormé. \\
  Traduire la caractérisation ci-dessus en termes de coordonnées.
 \end{enumerate}
\end{act}

\begin{theo}
  Dans un repère orthonormé, la sphère $S$ de centre $\Omega$ et de rayon $r$, notée 
  $S(\Omega ; r)$ est 
  l'ensemble des points $M$ à la distance $r$ de $\Omega$. Ainsi, 
  \begin{center}
\fbox{$M(x;y;z) \in S(\Omega ; r) \iff \Omega M = r \iff (x-x_{\Omega})^2+(y-y_{\Omega})^2+(z-z_{\Omega})^2=r^2$}
\end{center}
où $(x_{\Omega};y_{\Omega};z_{\Omega})$ sont les coordonnées du centre de la sphère $S$ 
et $r$ son rayon.\\
\end{theo}

\Rqs{
\item On dit que $S$ a pour équation $(x-x_{\Omega})^2+(y-y_{\Omega})^2+(z-z_{\Omega})^2=r^2$.
\item Pour rappel, dans le plan muni d'un repère orthonormé, 
l'équation du cercle $C$ de centre $\Omega$ et de rayon $r$
est $$(x-x_{\Omega})^2+(y-y_{\Omega})^2=r^2$$
}

\Expl{On se place dans un repère orthonormé \Oijk de l'espace, pour chacune des équations suivantes, dites si c'est l'équation d'une 
   sphère dans l'espace. \\
   Si oui, préciser son centre et son rayon.
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $x^2+y^2+z^2-2x+y-6z=-10$
%\item $x^2+y^2+z^2-2x+4y+2z+9=0$
\item $x^2+y^2+z^2-2x-6y+11=0$
\end{enumerate}
\end{multicols}
}
\begin{ExoC}
  Dans un repère orthonormé de l'espace, on donne les points $A(-1;2,2)$, $B(1,2,2)$ et $C(1;-2,2)$.
  \begin{enumerate}
  \item \begin{enumerate}
         \item Démontrer que les trois points $A$, $B$ et $C$ sont sur une sphère $(S)$ de centre $D(0;0;4)$ 
  dont on précisera le rayon.
 \item En déduire une équation cartésienne de $(S)$.
  \item Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(IO)$ où $I$ désigne le milieu du segment $[AB]$.
 \item Déterminer les points d'intersection de $(OI)$ et de la sphère $(S)$.
          \end{enumerate}
  \item \begin{enumerate}
         \item Montrer que $OA=OB=OC$.
         \item En déduire une deuxième sphère $(S')$ passant par $A$, $B$ et $C$, et en donner une équation cartésienne.
        \end{enumerate}
 \end{enumerate}
\end{ExoC}




%\begin{ExoF}\hfill \textbf{Pour aller plus loin : sphère et plan médiateur}\\
% Dans cet exercice, on cherche à montrer qu'il existe un infinité de sphères passant par trois points donnés.\\
% On appelle \textbf{plan médiateur} d'un segment $[AB]$ l'ensemble des points équidistants de $A$ et $B$.
% \begin{enumerate}
%        \item On reprend les points de l'application 2 de l'exercice précédent.
%        \begin{enumerate}
%               \item Montrer qu'un point $M(x;y;z)$ appartient au plan médiateur $\Pi_1$ de $[AB]$ si et seulement si $x=0$.
%        \item Montrer qu'un point $M(x;y;z)$ appartient au plan médiateur $\Pi_2$ de $[BC]$ si et seulement si $y=0$.
%        \item Caractériser l'intersection $d$ de $\Pi_1$ et $\Pi_2$.
%        \item Que pouvez-vous en déduire sur les coordonnées du centre $\Omega$ d'une sphère $(S)$ passant par $A$, $B$ et $C$ ?
%        \item Soit $E(0;0;t)$ avec $t\in\R$. Montrer que $E$ est le centre d'une sphère passant par $A$, $B$ et $C$.
%        \item Conclure.
%              \end{enumerate}
%   \item Dans l'espace, existe-t-il toujours une infinité de sphère passant par trois points donnés ? Justifier.
%   \item Dans le plan, combien existe-t-il de cercle(s) passant par trois points donnés ? Justifier.
% \end{enumerate}
%\end{ExoF}



\section{Diverses caractérisations du produit scalaire dans l'espace}

\subsection{La simplicité d'une définition analytique}

Commençons par étendre la définition du produit scalaire dans le plan à l'espace muni d'un repère 
orthonormé.

\begin{defi}[Produit scalaire dans l'espace]
Dans un repère \textbf{orthonormé}, on appelle produit scalaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$, noté
$\vec{u}\cdot\vec{v}$ le nombre réel $$\vec{u}\cdot\vec{v} = xx'+yy'+zz'$$ 
\end{defi}


\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 Dans le plan muni d'un repère orthonormé, on se souvient que le produit scalaire de deux vecteurs
$\vec u(x;y)$ et $\vec v(x';y')$ est
$$\vec u \cdot \vec v = xx' + yy'$$
\item On note $\vec u^2 =\vec u \cdot \vec u = x^2+y^2=|| \vec u ||^2$.\\
De même, si $A$ et $B$ sont deux points (de l'espace ou du plan)  
$$\overrightarrow{AB}^2=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AB}= (x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2=
\left|\left|\overrightarrow{AB} \right|\right|^2 =AB^2$$
\item Si l'un des deux vecteurs $\vec{u}$ ou $\vec{v}$ est nul alors le produit scalaire 
$\vec{u}\cdot \vec{v}=0$. 
}


\Att{
 La réciproque est fausse ! En effet, soit $\vec{u}(1;2;-3)$ et $\vec{v}(-2;4;2)$ alors :
\qquad $ \vec{u}\cdot \vec{v}=-2+8-6=0$
}


\begin{ExoC}
 $ABCDEFGH$ est un parallélépipède rectangle tel que $AB=AE=2$ et $AD=4$. Le point $I$ est le centre du rectangle
 $ABFE$ et $J$ est le milieu de $[EH]$.\\
Après avoir choisi un repère adapté, calculer les produit scalaires suivants  : 
$$\overrightarrow{EC}.\overrightarrow{HG} \qquad \qquad
\overrightarrow{EJ}.\overrightarrow{HG} \qquad \qquad
\overrightarrow{EI}.\overrightarrow{BH} \qquad \qquad
\overrightarrow{BJ}.\overrightarrow{FA} \qquad \qquad
\overrightarrow{EJ}.\overrightarrow{JI} \qquad \qquad
\overrightarrow{JG}.\overrightarrow{JI} \qquad \qquad$$
\end{ExoC}



\subsection{L'indépendance du repère choisi grâce aux normes}

La définition donnée du produit scalaire deux vecteurs suggère que la valeur de $\vec u \cdot \vec v$ 
dépend du repère choisi. En effet, les coordonnées en dépendent, de plus, nous avons précisé qu'il 
s'agissait de coordonnées dans un repère orthonormé. \\
Montrons que ceci n'est en réalité pas le cas, grâce à la nouvelle caractérisation suivante.\\


\begin{theo}[2$^e$ caractérisation, indépendante du repère]
 $$\vec{u}\cdot \vec v=\dfrac{1}{2}\left(\left|\left| \vec{u}+\vec{v} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2\right)$$
\end{theo}

\Dem{
\begin{eqnarray*}
\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+z^2 + x'^2 + y'^2 + z'^2 + 2 (xx'+yy'+zz')\\
&=& \left|\left|\vec{u} \right|\right|^2+\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2+2\vec{u}\cdot \vec{v} 
\end{eqnarray*}
Ce qui équivaut à 
\begin{center}
\fbox{$\vec{u}\cdot \vec v=\dfrac{1}{2}\left(\left|\left| \vec{u}+\vec{v} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2\right)$} 
\end{center}
}

\Rqs{
\item Nous venons d'obtenir une autre caractérisation de $\vec u \cdot \vec v$ (totalement équivalente 
 à la définition choisie).\\
  Celle-ci définit $\vec u \cdot \vec v$ uniquement à partir de normes de vecteurs. \\
Or, la norme d'un vecteur ne dépend pas du repère choisi (qu'il soit orthonormé ou non, simplement, 
vous ne connaissez pas de formule pour la calculer dans un repère non orthonormé). 
Par conséquent, le produit scalaire non plus et on peut donc le définir dans n'importe quel repère
grâce à cette caractérisation. 
\item Finalement, il s'agit de la même définition que dans le plan. En effet, remarquons que cette 
dernière caractérisation était aussi valable dans le plan. 
  Or deux vecteurs de l'espace sont toujours coplanaires. 
  Donc, il existe un plan $\mathscr P$ qui contient 
  trois points $A$, $B$ et $C$ tels que $\vec u = \overrightarrow{AB}$ et $\vec v = \overrightarrow{AC}$.
  D'où :
  \begin{eqnarray*}
   \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) \quad \text{(produit scalaire dans l'espace)}\\
   &=&\dfrac{1}{2}\left(\left|\left| \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right|\right|^2-\left|\left|\overrightarrow{AB} \right|\right|^2-\left|\left|\overrightarrow{AC} \right|\right|^2\right)\\
   &=& \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} \qquad \text{(produit scalaire dans le plan } \mathscr P \text{ )}
  \end{eqnarray*}
  Ainsi, le produit scalaire $\vec{u}\cdot \vec v$ \textit{dans l'espace} n'est autre que celui 
  \textit{dans le plan} de deux de leurs représentants.
}

\begin{ExoC}
 $SABCD$ est un pyramide à base carrée de sommet $S$ dont toutes les arêtes ont la longueur $a$.
 Calculer en fonction de $a$ le produit scalaire
  $\quad   \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}   $
\end{ExoC}



\subsection{Autres caractérisations du produit scalaire}

\begin{theo}
\begin{enumerate}
\item $\vec u \cdot \vec v = \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) $
\item Lorsque $\vec{u}\neq \vec{0}$ et $\vec{v}\neq \vec{0}$ on a : \qquad 
$ \vec{u}\cdot \vec{v}=\left|\left|\vec{u} \right|\right|\times \left|\left|\vec{v} \right|\right|\times \cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)$
\item Lorsque $\vec{u}\neq \vec{0}$, on note $\vec{v'}$ le projeté orthogonal de $\vec{v}$ sur $\vec{u}$ et on a :
$$ \vec{u}\cdot\vec{v}=\vec{u}\cdot\vec{v'}=\left\{\begin{array}{ll}
    ||\vec u || \times ||\vec v' ||  & \text{ si } \vec u \text{ et } \vec v' \text{ sont de même sens}\\
    -||\vec u || \times ||\vec v' ||  & \text{ si } \vec u \text{ et } \vec v' \text{ sont de sens contraire}
  \end{array}\right.
$$
\end{enumerate}
 \end{theo}

 \noindent \begin{minipage}{12cm}
\Rqs{
  \item Le projeté orthogonal d'un point $M$ sur une droite $d$ est le point d'intersection de la droite $d$ et de la perpendiculaire 
à $d$ passant par $M$.\\
Le projeté orthogonal d'un vecteur $\vec v=\overrightarrow{CD}$ 
sur un $\vec u=\overrightarrow{AB}$ non nul  est le vecteur $\vec v'=\overrightarrow{HK}$ où $H$ et $K$ sont respectivement
les projetés orthogonaux de $C$ et $D$ sur la droite $(AB)$.
 \item Il s'agit de trois autres caractérisations de $\vec u \cdot \vec v$, car en réalité, elles sont 
 équivalentes à la définition donnée.
\item Pour chacune des démonstrations, on peut dire que ces caractérisations 
ont été démontrées en classe de Première dans le plan, et comme la définition
du produit scalaire $\vec u \cdot \vec v$  dans l'espace n'est autre que celle du produit scalaire dans un plan contenant deux 
représentants de $\vec u$ et $\vec v$, elles restent valides.}
\end{minipage}
\rotatebox{20}{\begin{minipage}{6cm}
\begin{center}
 \newrgbcolor{xdxdff}{0.49 0.49 1}
\newrgbcolor{qqwuqq}{0 0.39 0}
\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*}(-0.5,-0.5)(5.5,2.5)
\pspolygon[linecolor=qqwuqq,fillcolor=qqwuqq,fillstyle=solid,opacity=0.1](1.27,0)(1.27,0.27)(1,0.27)(1,0)
\pspolygon[linecolor=qqwuqq,fillcolor=qqwuqq,fillstyle=solid,opacity=0.1](5,0.27)(4.73,0.27)(4.73,0)(5,0)
\psline{->}(0,0)(3,0)
\psline{->}(1,1)(5,2)
\psline[linestyle=dashed,dash=3pt 2pt](1,1)(1,0)
\psline[linestyle=dashed,dash=3pt 2pt](5,2)(5,0)
\psplot[linestyle=dashed,dash=1pt 1pt]{-0.5}{5.5}{(-0-0*x)/3}
\psline[linecolor=red]{->}(1,0)(5,0)
\rput[bl](-0.07,-0.45){\rotatebox{-20}{\blue{$A$}}}
\rput[bl](2.95,-0.45){\rotatebox{-20}{\blue{$B$}}}
\rput[bl](1.05,1.2){\rotatebox{-20}{\blue{$C$}}}
\rput[bl](5.05,2.2){\rotatebox{-20}{\blue{$D$}}}
\rput[bl](0.91,-0.45){\rotatebox{-20}{\red{$E$}}}
\rput[bl](4.96,-0.45){\rotatebox{-20}{\red{$F$}}}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{minipage}
}

\Dem[Hors Programme ?]{ 
Expliquons tout de même comment démontrer ces caractérisations autrement :
  \begin{enumerate}
   \item On calcule $||\vec u - \vec v ||^2$ grâce aux coordonnées dans un repère orthonormé.
\item On se ramène à la démonstration dans le plan. 
Soient les points $A$, $B$ et $C$ tels que  $\vec u = \overrightarrow{AB}$ et $\vec v= \overrightarrow{AC}$.\\
On pose $\theta=\left( \vec u ; \vec v \right) = \left(\overrightarrow{AB} ; \overrightarrow{AC} \right)$ , \quad  
 $\vec i = \dfrac1{AB} . \overrightarrow{AB}$ \quad et \quad  $\vec j$ tel que \\
  \begin{minipage}{7cm}
 $$\left(\vec i ; \vec j \right) = +\dfrac{\pi}2 \quad  [2\pi] \qquad \text{ et } \qquad ||\vec j || = ||\vec i || = 1$$ Le repère \Oij \, est donc un repère orthonormé d'un plan contenant $A$, $B$ et $C$.\\
 On a alors  \, $\vec u \left(\begin{array}{c}
 AB \\ 0 
 \end{array}\right) $ 
\quad et \quad $\vec v \left(\begin{array}{c}
AC \times  \cos \theta \\
AC  \times \sin \theta
\end{array} \right)$
\quad D'où
\begin{eqnarray*} 
\vec u \cdot \vec v &=& AB \times AC \times \cos \theta + 0 \times AC \times \sin\theta \\
&=&AB \times AC \times \cos \theta\\
&=& \left|\left|\vec{u} \right|\right|\left|\left|\vec{v} \right|\right|\cos\left(\vec{u};\vec{v}\right)
\end{eqnarray*}
\end{minipage}
\rotatebox{20}{\begin{minipage}{7cm}
 \begin{center}
  \newrgbcolor{ttttff}{0.2 0.2 1}
\newrgbcolor{qqwuqq}{0 0.39 0}
\psset{xunit=1.7cm,yunit=1.7cm}
\begin{pspicture*}(-1.2,-1.2)(3.5,2)
\psset{algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\psaxes[linestyle=dashed,linecolor=red,xAxis=true,yAxis=true,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(-1.5,-1.5)(3.5,2)
\psline[linecolor=ttttff]{->}(0,0)(3,0)
\psline[linecolor=ttttff]{->}(0,0)(2,1.5)
\pscustom[linecolor=qqwuqq,fillcolor=qqwuqq,fillstyle=solid,opacity=0.1]{\parametricplot{0.0}{0.6435011087932844}{0.52*cos(t)+0|0.52*sin(t)+0}\lineto(0,0)\closepath}
\psline[linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](2,1.5)(2,0)
\psline[linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](2,1.5)(0,1.5)
\pscircle[linestyle=dashed,dash=2pt 1pt,linecolor=gray](0,0){1.7}
\psline[linecolor=red]{->}(0,0)(1,0)
\psline[linecolor=red]{->}(0,0)(0,1)
%\begin{scriptsize}
\rput[tl](1.5,-0.1){\rotatebox{-20}{$AC \times \cos \theta $}}
\rput[tl](-1.1,1.8){\rotatebox{-20}{$AC \times \sin \theta$}}
\rput[bl](0.6,0.1){\rotatebox{-20}{\qqwuqq{$\theta$}}}
\rput[bl](0.41,-0.25){\rotatebox{-20}{\red{$\vec i$}}}
\rput[bl](-0.3,0.4){\rotatebox{-20}{\red{$\vec j$}}}
\rput[bl](-0.2,-0.2){\rotatebox{-20}{\ttttff{$A$}}}
\rput[bl](3.,0.1){\rotatebox{-20}{\ttttff{$B$}}}
\rput[bl](2.05,1.57){\rotatebox{-20}{\ttttff{$C$}}}
%\end{scriptsize}
\end{pspicture*}
 \end{center}
\end{minipage}
}  \end{enumerate}
%}
%\DemS{
\begin{enumerate}
\item[\textbf{3.}] On se ramène à la démonstration dans le plan. 
Soient les points $A$, $B$ et $C$ tels que  $\vec u = \overrightarrow{AB}$ et $\vec v= \overrightarrow{AC}$.\\
\begin{minipage}{8cm}
On note $H$ le projeté orthogonal de $C$ sur la droite $(AB)$ ($\vec u \neq \vec 0$ donc $A\neq B$).\\
Ainsi $\vec v' = \overrightarrow{AH}$. \quad On a 
\begin{eqnarray*}
 \vec u \cdot \vec v & = & \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}\\
 &=& \overrightarrow{AB} \cdot \left( \overrightarrow{AH} + \overrightarrow{HC} \right)\\
 &=& \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH} + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{HC} 
\end{eqnarray*}
On sait que $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AH}$ sont colinéaires. Donc 
$$\cos \left(\overrightarrow{AB} ; \overrightarrow{AH}\right) = \pm 1 \quad \text{ suivant les sens}$$
\end{minipage}
 \rotatebox{20}{\begin{minipage}{7cm}
 \begin{center}
  \newrgbcolor{xdxdff}{0.49 0.49 1}
\newrgbcolor{ttttff}{0.2 0.2 1}
\newrgbcolor{qqwuqq}{0 0.39 0}
\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*}(-0.4,-0.4)(5.4,3.4)
\pspolygon[linecolor=qqwuqq,fillcolor=qqwuqq,fillstyle=solid,opacity=0.1](5,0.39)(4.61,0.39)(4.61,0)(5,0)
\psline[linecolor=ttttff]{->}(0,0)(3,0)
\psline[linecolor=ttttff]{->}(0,0)(5,3)
\psline[linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](5,3)(5,0)
\psline[linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](0,0)(5,0)
\rput[bl](-0.26,-0.4){\blue{$A$}}
\rput[bl](2.9,-0.4){\blue{$B$}}
\rput[bl](5.08,3.11){\blue{$C$}}
\rput[bl](4.99,-0.4){\darkgray{$H$}}
\end{pspicture*}
 \end{center}
 \end{minipage}
 } 
 Et on sait que $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{HC}$ sont orthogonaux. Donc \quad 
 $\cos \left(\overrightarrow{AB} ; \overrightarrow{HC}\right)=0$ \quad et \quad
$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{HC}=0$
\begin{eqnarray*}
\text{Ainsi :} \quad  \vec u \cdot \vec v & = & \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH} \qquad \text{ (ce qui est bien égal à } \vec u \cdot \vec v' \text{)}\\
 &=& AB \times AH \times \cos \left(\overrightarrow{AB} ; \overrightarrow{AH}\right)    \\
 &=& \left\{\begin{array}{ll}
    AB \times AH  & \text{ si } \overrightarrow{AB} \text{ et } \overrightarrow{AH} \text{ sont de même sens}\\
    -AB \times AH  & \text{ sinon}
  \end{array}\right. \\
 &=& \left\{\begin{array}{ll}
    ||\vec u || \times ||\vec v' ||  & \text{ si } \vec u \text{ et } \vec v' \text{ sont de même sens}\\
    -||\vec u || \times ||\vec v' ||  & \text{ si } \vec u \text{ et } \vec v' \text{ sont de sens contraire}
  \end{array}\right.
\end{eqnarray*}
      \end{enumerate}
}


\Expl{On considère le cube $ABCDEFGH$ d'arête $1$. 
Calculer de plusieurs façons le produit scalaire $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BG}$
}
\Sol{
\begin{multicols}{2}
\begin{itemize}
\item Dans la base orthonormale $\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD};\overrightarrow{AE}\right)$ 
on a :
\\$ \overrightarrow{AE}(0;0;1)$ et $\overrightarrow{BG}(0;1;1)$, par conséquent :
$$ \overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BG}=1\times\sqrt{2}\times \cos \dfrac{\pi}{4}=1$$
\item Avec le cosinus : 
$$ \overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BG}=AE\times BG \times \cos\left(\overrightarrow{AE};
\overrightarrow{BG}\right)=1^2\times \sqrt{2}\times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=1$$
\item Avec le vecteur projeté :
$$ \overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BG}=\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AF}=
\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AE}=AE^2=1^2=1$$
\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}
}

\begin{ExoC}
 $SABCD$ est un pyramide à base carrée de sommet $S$ dont toutes les arêtes ont la longueur $a$.
 Calculer en fonction de $a$ les produit scalaires suivants, avec la méthode la plus appropriée :
  $$\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB} \qquad \qquad 
  \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC} \qquad \qquad 
  \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{AC} \qquad \qquad 
  \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{SC} \qquad \qquad
  \overrightarrow{SC}.\overrightarrow{DB} 
  $$
\end{ExoC}

\begin{ExoF}
 Soit un tétraèdre régulier $ABCD$ de côté $1$. On note $I$ et $J$ les milieu respectifs de $[BD]$ et $[AD]$.\\
On note $K$ le projeté orthogonal de $C$ sur $(BA)$
\begin{enumerate}
 \item Déterminer la position de $K$.
 \item En déduire que $\overrightarrow{IJ}\cdot \overrightarrow{AC}=\dfrac14$
\end{enumerate}
\end{ExoF}

\noindent \begin{minipage}{10cm}
\begin{ExoF}
On considère un cube $ABCDEFGH$ d'arête $a$. $I$ est le centre de la face $ABCD$ et $J$ le milieu du segment $[AE]$.
\begin{enumerate}
 \item Calculer les produits scalaires $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{EH}$ et $\overrightarrow{FI} \cdot \overrightarrow{DB}$.
 \item Déterminer les longueurs des côtés du triangle $IJH$.
 \item En déduire à $0,1^{\circ}$ près, la mesure de l'angle géométrique $\widehat{IJH}$
\end{enumerate}
\end{ExoF}
\begin{ExoF}
 On reprend la figure de l'exercice précédent.
 \begin{enumerate}
  \item Calculer les produits scalaires suivants :
  $$\overrightarrow{AF} \cdot \overrightarrow{GB} \qquad ; \qquad  \overrightarrow{GI} \cdot \overrightarrow{DB}
  \qquad ; \qquad \overrightarrow{AF} \cdot \overrightarrow{CB} \qquad ; \qquad \overrightarrow{HJ} \cdot \overrightarrow{JB}$$ 
\item Déterminer une mesure de l'angle $\widehat{HJB}$ à $0,1^{\circ}$ près.
  \end{enumerate}
\end{ExoF}
\end{minipage}
\begin{minipage}{6cm}
 \begin{center}
  \newrgbcolor{xdxdff}{0.49 0.49 1}
\newrgbcolor{zzttqq}{0.6 0.2 0}
\newrgbcolor{qqwuqq}{0 0.39 0}
\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*}(-0.89,-0.59)(6.61,7.5)
\pspolygon(0,4)(4,4)(6,7)(2,7)
\psline(0,0)(4,0)
\psline(6,3)(4,0)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](6,3)(2,3)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](2,3)(0,0)
\psline[linecolor=zzttqq](0,4)(4,4)
\psline[linecolor=zzttqq](4,4)(6,7)
\psline[linecolor=zzttqq](6,7)(2,7)
\psline[linecolor=zzttqq](2,7)(0,4)
\psline(0,4)(0,0)
\psline(4,4)(4,0)
\psline(6,3)(6,7)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](2,7)(2,3)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](2,3)(4,0)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](0,0)(6,3)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt,linecolor=red](0,2)(3,1.5)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt,linecolor=red](2,7)(0,2)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt,linecolor=red](3,1.5)(2,7)
\pscustom[linecolor=qqwuqq,fillcolor=qqwuqq,fillstyle=solid,opacity=0.1]{\parametricplot{-0.16514867741462683}{1.1902899496825317}{0.69*cos(t)+0|0.69*sin(t)+2}\lineto(0,2)\closepath}
\begin{scriptsize}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](0,0)
\rput[bl](-0.31,-0.31){\darkgray{$A$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=xdxdff](4,0)
\rput[bl](4.14,-0.38){\xdxdff{$B$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](6,3)
\rput[bl](6.17,2.71){\blue{$C$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](2,3)
\rput[bl](1.53,3.01){\blue{$D$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=xdxdff](0,4)
\rput[bl](-0.36,4.09){\xdxdff{$E$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](4,4)
\rput[bl](4.21,3.95){\blue{$F$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](6,7)
\rput[bl](6.1,7.13){\blue{$G$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](2,7)
\rput[bl](2.09,7.13){\blue{$H$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](3,1.5)
\rput[bl](3.1,1.65){\darkgray{$I$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](0,2)
\rput[bl](-0.31,1.99){\darkgray{$J$}}
\end{scriptsize}
\end{pspicture*}
 \end{center}
\end{minipage}


\begin{ExoF}
 Dans un repère orthonormé \Oijk , on donne les points $A(-1;1;2)$, $B(0;1;0)$ et $C(2;0;3)$.
 \begin{enumerate}
  \item Calculer les produits scalaires :
   $$\overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{BA} \qquad ; \qquad  \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}
\qquad ; \qquad \overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB}$$
 \item Déterminer une valeur approchée, à $0,1^{\circ}$, les mesures en degrés des angles géométriques :
 $\widehat{CAB}$, $\widehat{ABC}$ et $\widehat{BCA}$
\end{enumerate}
\end{ExoF}

\begin{ExoF}
 Soient $ABCD$ un tétraèdre régulier de côté $a$ et $I$ le milieu du segment $[BC]$.\\
 Déterminer un valeur approchée en degré de la mesure de l'angle $\widehat{AID}$
\end{ExoF}


\begin{ExoF}
 On considère un tétraèdre régulier $ABCD$, $I$ et $J$ les milieux respectifs des arêtes $[AB]$ et $[CD]$.\\
 $G$ est le milieu du segment $[IJ]$.
 \begin{enumerate}
  \item Calculer le produit scalaire $\overrightarrow{GA} \cdot \overrightarrow{GC}$.
  \item En déduire à $0,1^{\circ}$  près la mesure de l'angle $\widehat{AGC}$.
 \end{enumerate}
\end{ExoF}

\begin{ExoF}
 On considère un tétraèdre $ABCD$, dans lequel la face $ABC$ est un triangle équilatéral de côté $1$, et les faces $ACD$ et
 $BCD$ sont des triangles isocèles rectangles en $C$.
 \begin{itemize}
  \item Calculer les produits scalaires $\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{CB}$. puis 
  $\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB}$.
  \item Soit $H$ le pied de la hauteur issue de $B$ dans le triangle $ABD$. En exprimant d'une autre façon le 
  produit scalaire $\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB}$, déterminer la position de $H$ sur le 
  segment $[AD]$.
  \item Calculer une valeur approchée de l'angle géométrique $\widehat{HCB}$.
 \end{itemize}
\end{ExoF}

\begin{ExoF}
 Soit $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs non nuls. Etablir l'équivalence :
$$ \left| \overrightarrow{u}\cdot \vec{v}\right|
=\left|\left|\vec{u}\right|\right|\times \left|\left|\vec{v}\right|\right|
\Longleftrightarrow \vec{u}\text{ et }\vec{v}\text{ sont colinéaires.}$$
\end{ExoF}


\subsection{Une forme bilinéaire symétrique définie positive}

\begin{prop}
Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ et $\vec w$ de l'espace, on a 
 \begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
 \item $\vec u \cdot \vec v = \vec v \cdot \vec u$ 
 \item $(k \vec u ) \cdot \vec v = k (\vec u \cdot \vec v ) = \vec u \cdot (k \vec v)$ pour tout $k \in \R$
 \item $\vec u \cdot (\vec v + \vec w) = \vec u \cdot \vec v + \vec u \cdot \vec w$
 \item $\vec u \cdot \vec u =||\vec u ||^2 \geq 0$
 \item $\vec u \cdot \vec u = 0 \iff \vec u = \vec 0$
\end{enumerate}
\end{multicols}
\end{prop}

\Rqs{
\item On dit que le produit scalaire est une forme \textbf{bilinéaire symétrique définie positive}.
\item On note aussi $\vec u \cdot \vec u = \vec u^2 = || \vec u ||^2$.\\
De même, si $A$ et $B$ sont deux points de l'espace, on a : \quad 
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AB}^2=
\left|\left|\overrightarrow{AB} \right|\right|^2 =AB^2$
\item Toutes ces propriétés étaient également vraies dans le plan.
}

\Dem{Plaçons nous dans un repère orthonormé 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 $\vec u\cdot \lambda\vec v=x\lambda x'+y\lambda y'+z\lambda z'=\lambda xx'+\lambda yy'+\lambda zz'=\lambda\vec u\cdot \vec v=\lambda(xx'+yy'+zz')=\lambda(\vec u\cdot\vec v)$
\item $(\vec u+\vec v)\cdot \vec w=(x+x')x''+(y+y')y''+(z+z')z''=xx''+x'x''+yy''+y'y''+zz''+z'z''$\\
$(\vec u+\vec v)\cdot \vec w=xx''+yy''+zz''+x'x''+y'y''+z'z''$\\
i.e \qquad
$(\vec u+\vec v)\cdot \vec w=\vec u\cdot \vec v+\vec u\cdot \vec w$
\item $\vec u\cdot \vec u=x^2+y^2+z^2 = ||\vec u ||^2\geq 0$
\item $\vec u\cdot \vec u=0\Longleftrightarrow ||\vec u ||^2=0\Longleftrightarrow \vec u=\vec 0$
\end{enumerate}
}

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

}

\newpage
\section{Applications : l'orthogonalité dans l'espace}
\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. 

\begin{defi}
 Soient deux vecteurs $\vec u$ et $\vec v$ sont nuls et $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ deux de
 leur représentants dans un même plan.\\
 On dit que $\vec u$ et $\vec v$ sont \textbf{orthogonaux} lorsque $(AB)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires et on note 
 naturellement $\vec u \perp \vec v$.
 \end{defi}

\Rq{
Cette définition est s'applique également dans le plan ou dans un espace de dimension supérieure à 3.
}


\begin{theo}
Lorsque $\vec{u}\neq \vec{0}$ et $\vec{v}\neq \vec{0}$ on a :
$$\vec{u}\perp\vec{v}\Longleftrightarrow \vec{u}\cdot\vec v=0$$ 
\end{theo}

\Rqs{
\item Par convention, le vecteur nul est orthogonal à tout autre vecteur. Ceci permet de rester cohérent.\\
En effet, si $\vec u = \vec 0$ alors pour tout $\vec v$ on a $\vec u \cdot \vec v =0$.\\
De plus, si un vecteur $\vec{u}$ est orthogonal à tout autre vecteur, alors il est en particulier orthogonal 
à lui-même.\\
Par conséquent : $\qquad \vec{u}\cdot\vec{u}=0\Longleftrightarrow x^2+y^2+z^2=0\Longleftrightarrow x=y=z=0
\Longleftrightarrow \vec{u}=\vec 0$
\item Ce théorème était évidemment déjà vrai dans le plan.}

\Dem{
Le plus simple reste d'utiliser la caractérisation 
$\vec u \cdot \vec v = ||\vec u || \times || \vec v || \times \cos \left(\vec u ; \vec v \right)$.
Comme $\vec{u}\neq \vec{0}$ et $\vec{v}\neq \vec{0}$, on a 
\begin{eqnarray*}
 \vec u \cdot \vec v = ||\vec u || \times || \vec v || \times \cos \left(\vec u ; \vec v \right) 
 &\iff & \cos \left(\vec u ; \vec v \right) =0\\
 &\iff & \left(\vec u ; \vec v \right) = \pm \dfrac{\pi}2 \quad [2\pi]\\
 & \iff & \vec u \text{ et } \vec v \text{ sont orthogonaux}
\end{eqnarray*}
}

\Rq{
On peut démontrer ce résultat en utilisant d'autres caractérisations de $\vec u \cdot \vec v $.\\
Par exemple, considérons la figure suivante :
\begin{center}
\psset{xunit=0.9cm,yunit=0.9cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(0.3,0.5)(5.38,4.4)
\psline{->}(1,1)(5,1)
\psline{->}(1,1)(5,4)
\psline{->}(5,1)(5,4)
\rput[bl](0.86,1.18){\blue{$A$}}
\rput[bl](5.08,1.12){\blue{$B$}}
\rput[bl](3.02,0.66){$\vec u$}
\rput[bl](5.08,4.12){\blue{$C$}}
\rput[bl](2.4,2.7){$\vec u + \vec v$}
\rput[bl](5.12,2.44){$\vec v$}
\end{pspicture*}
\end{center}
Si $\vec u \perp \vec v $, alors $(AB)\perp(BC)$ et 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'où
$$ \vec{u}\cdot \vec v=\dfrac{1}{2}\left(\left|\left| \vec{u}+\vec{v} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2\right)=0$$
Réciproque : Si $ \vec{u}\cdot \vec{v}=0$, alors on a :
$$\dfrac{1}{2}\left(\left|\left| \vec{u}+\vec{v} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{u} \right|\right|^2-\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2\right)=0
\Longleftrightarrow  \left|\left|\vec{u} \right|\right|^2+\left|\left|\vec{v} \right|\right|^2=\left|\left|\vec{u} +\vec{v}\right|\right|^2 
\iff AB^2 + BC^2 = AC^2
$$
La réciproque du théorème de Pythagore assure alors que $(AB)\perp (BC)$, donc $\vec{u}\perp\vec{v}$.\\
La caractérisation avec les projetés orthogonaux est également commode pour démontrer ce théorème.
}



\begin{multicols}{2}
\Expl{$ABCDEFGH$ est un cube dont les sommets sont disposés comme sur la figure ci-dessous.\\
Les diagonales d'un cube sont-elles orthogonales ?\\
Les vecteurs $\overrightarrow{AH}$ et $\overrightarrow{CE}$ sont-ils orthogonaux ?
}
\Sol{On se place dans un repère orthonormé et on calcule $\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{CE}$ 
avec les coordonnées.
}
\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](-0.62,0.7){$B$}
\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}




\begin{defi}[Propriété]
Soient $\mathscr D$ une droite de vecteur directeur $\vec u$ et $\mathscr D'$ une droite 
de vecteur directeur $\vec v$.\\
On dit que les droites $\mathscr D$ et $\mathscr D'$ sont \textbf{orthogonales} et on note 
$\mathscr D \perp \mathscr D'$ lorsque $\vec u \perp \vec v$ ie lorsque $\vec u \cdot \vec v = 0$
\end{defi}

\begin{center}
\scalebox{0.9} % Change this value to rescale the drawing.
{
\begin{pspicture}(0,-3.04)(13.809063,2.02)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=bleuPlan](1.07,2.0)(1.07,-3.0)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash](3.07,-2.0)(9.07,1.0)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=bleuBord,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(1.07,-3.0)(1.07,-0.5)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=vertFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(3.07,-2.0)(5.07,-1.0)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=bleuBord,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(11.07,-2.0)(11.07,0.5)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=vertFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(11.07,-2.0)(13.07,-1.0)
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(0.8,1.81){$\mathscr D$}
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(0.80453124,-1.89){$\vec u$}
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(4.9045315,-1.69){$\vec v$}
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(11.304531,-0.39){$\vec u$}
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(13.004531,-1.79){$\vec v$}
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(9.094532,0.41){$\Delta$}
\psline[linewidth=0.03cm](11.07,-1.6)(11.47,-1.4)
\psline[linewidth=0.03cm](11.47,-1.4)(11.47,-1.8)
\end{pspicture} 
}
\end{center}

\Rq{
Deux droites perpendiculaires sont orthogonales, mais la réciproque n'est pas vraie, car ces droites peuvent être non coplanaires.
}

\Expl{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{
Démontrons ce résultat pour les arêtes $[AC]$ et $[BD]$ (compte tenu de la symétrie de la figure, 
cela suffira à démontrer le résultat voulu).
\begin{multicols}{2}
$ \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right)\cdot \overrightarrow{BD}
=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{BD}$\\
\indent $ =-\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{BD}$\\
De plus 
$ \qquad \overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BD}=BA\times BD\times \cos \left(-\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1}{2}a^2$\\
Et $\qquad  \overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{BD}=BC\times BD\times \cos \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}a^2$.\\
Ainsi : $$ \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=-\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{a^2}{2}=0$$
\begin{center}
\psset{xunit=0.7cm,yunit=0.7cm,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}
}


\begin{ExoF}
On considère les points $A(3;4;-2)$, $B(1;6;0)$ et 
$C(-2;2;1)$.\\
Montrer que le triangle $ABC$ est rectangle. 
\end{ExoF}

\begin{ExoF}
 Dans un repère orthonormé \Oijk on donne les droites $\Delta$ et $\Delta '$ de représentations paramétriques
 suivantes :
 $$\left\{\begin{array}{lc}
           x=-1+t \\ y= 1-t & , t\in\R \\ z=-7+3t
          \end{array}\right.
          \qquad \text{ et } \qquad
          \left\{\begin{array}{lc}
           x=5-3t' \\ y= 1-3t' & , t'\in\R \\ z=2t'
          \end{array}\right.
$$
Démontrer que les droites $\Delta$ et $\Delta'$ sont orthogonales.\\
Sont-elles perpendiculaires ?
\end{ExoF}

\begin{ExoF}
 Dans le cube $ABCDEFGH$ où $P$ est le milieu du segment $[HF]$. Quelles sont les positions relatives
 des droites $(AP)$ et $(HF)$ ? des droites $(AP)$ et $(EC)$ ?
\end{ExoF}



\begin{ExoF}
 Dans un repère orthonormé \Oijk , on donne le point $A(-1;2;0)$.
 \begin{enumerate}
  %\item Rappeler la définition de la sphère $(S)$ de centre $A$ de rayon $3$.
  \item Démontrer qu'une équation de la sphère  $(S)$ de centre $A$ et de rayon $3$ est 
  $x^2+y^2+z^2+2x-4y-4=0$
  \item Déterminer les points $I$ et $J$ communs à $(S)$ et à la droite passant par $A$ et de vecteur directeur 
  $\vec u \left(-1 ; \dfrac12 ; 1 \right)$
  \item Sans calculs, déterminer $IJ$.
  \item Justifier que $(S)$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que 
  $\overrightarrow{MI}\cdot \overrightarrow{MJ}=0$
 \end{enumerate}
\end{ExoF}


\begin{ExoL}
 Déclic : 41-42-53 p 309
\end{ExoL}


\subsection{Orthogonalité d'une droite et d'un plan}

\begin{theo}[Définition]
 Si une droite $\Delta$ est orthogonale à deux droites \textbf{sécantes} d'un plan $\mathscr P$, alors 
 $\Delta$ est orthogonale
 à toute droite du plan $\mathscr P$.\\
 On dit que $\Delta$ est \textbf{orthogonale} à $\mathscr P$ et on note naturellement $\Delta \perp \mathscr P$
\end{theo}

\Dem{Soient $\vec u$ un vecteur directeur de $\Delta$ et $d_1$ et $d_2$  deux droites sécantes de $\mathscr P$, 
de vecteurs directeurs $\overrightarrow{v_1}$ et $\overrightarrow{v_2}$.\\
Par hypothèse, on a $=0=\vec u \cdot \overrightarrow{v_2}$.\\
Or, toute droite $\mathscr D$ du plan $\mathscr P$ est dirigée par un vecteur $\vec w$ tel que 
$$\vec w = a \overrightarrow{v_1} + b\overrightarrow{v_2} \quad \text{ avec } a,b\in\R$$
Ainsi, 
\begin{eqnarray*}
\vec u \cdot \vec w &=& \vec u  \cdot \left(a\overrightarrow{v_1}+b\overrightarrow{v_2}\right)\\
&=& a\vec u \cdot \overrightarrow{v_1} + b \vec u \cdot \overrightarrow{v_2}\\
&=& a \times 0 + b \times 0 =0
\end{eqnarray*}
Donc $\Delta \perp \mathscr D$.
}



\begin{coro}
Soit $\Delta$ une droite de vecteur directeur $\vec u$ et $\mathscr P$ un plan
de vecteurs directeurs $\vec v_1$ et $\vec v_2$.\\
$\Delta$ et le plan $\mathscr P$ sont orthogonaux si et seulement si $\left\{\begin{array}{l}
                         \vec u \perp \vec v_1 \\ \vec u \perp \vec v_2
                        \end{array}\right.$
  ie si et seulement si $\left\{\begin{array}{l}
                                 \vec u \cdot \vec v_1 = 0 \\ \vec u \cdot \vec v_2 = 0
                                \end{array}\right.$
\end{coro}

\Dem{Simple traduction du théorème en terme de vecteurs directeurs.}

\begin{center}
 \scalebox{1} % Change this value to rescale the drawing.
{
\begin{pspicture}(0,-3.)(7.9948354,3.5767188)
\pspolygon[linewidth=0.04,linecolor=bleuBord,shadow=true,fillstyle=solid,fillcolor=bleuPlan](1.9,1.4632813)(7.9,1.4632813)(5.9,-1.5367187)(0.0,-1.5367187)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash](2.9,3.4632812)(2.9,0.06328125)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash](2.9,-1.5367187)(2.9,-3.)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash,linestyle=dashed,dash=0.16cm 0.16cm](2.9,0.06328125)(2.9,-1.5367187)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=rougeClair](1.4,-0.43671876)(6.3,0.7632812)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=rougeClair](1.4,0.16328125)(5.8,-0.5367187)
\psline[linewidth=0.03cm](2.5,-0.13671875)(2.5,0.16328125)
\psline[linewidth=0.03cm](2.5,0.16328125)(2.9,0.26328126)
\psline[linewidth=0.03cm](2.9,0.26328126)(3.3,0.16328125)
\psline[linewidth=0.03cm](3.3,0.16328125)(3.3,-0.13671875)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=rougeFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(2.9,-0.03671875)(4.4,-0.33671874)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=rougeFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(2.9,-0.03671875)(1.9,-0.33671874)
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(0.8,-1.1267188){$\mathscr P$}
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=vertFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(2.9,-0.03671875)(2.9,1.9632813)
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(3.4,3.3732812){$\Delta$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(3.2345312,0.97328126){$\vec u$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(3.9,-0.7){$\vec v_1$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(2.6,-0.5){$\vec v_2$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(6.5,1.0732813){$d_2$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(6.0,-0.82671875){$d_1$}
\end{pspicture} 
}
\end{center}

\Rqs{
  \item Cela revient en fait à dire que $\mathscr D \perp \mathscr P \iff $ pour tous points $M$ et $N$ de $\mathscr P$
on a $\vec u \cdot \overrightarrow{MN} = 0$
\item Tout plan admet au moins une droite qui lui est orthogonale.
}

\begin{ExoC}
On considère un cube $ABCDEFGH$ de côté 1. On note $I$ le milieu de $[BC]$, $J$ celui de $[EH]$ et $O$
le centre de la face $CDHG$.
\begin{enumerate}
 \item Montrer que les points $A$, $I$,$G$ et $J$ sont coplanaires.
 \item Montrer que $\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{CH}$ et en déduire que $\overrightarrow{FO}.\overrightarrow{IJ}=0$
 \item Montrer que la droite $(FO)$ est orthogonale au plan $(AIG)$
\end{enumerate}
\end{ExoC}


\subsection{Vecteur normal d'un plan}
Une droite est caractérisée par la donnée d'un point et d'un vecteur directeur. \\
Le problème pour un plan, c'est qu'on a besoin a priori d'un point et de deux vecteurs pour indiquer sa direction.\\ 
Cependant, si un plan a deux vecteurs directeurs, nous allons montrer qu'il n'a qu'une seule \og direction 
orthogonale \fg \, Donc un plan sera entièrement déterminé par la donnée d'un point et d'un vecteur orthogonal 
à celui-ci. 


\begin{defi}
Etant donné un plan $\mathscr P$, on appelle \textbf{vecteur normal} à $\mathscr P$
tout vecteur directeur d'une droite orthogonale à $\mathscr P$.
\end{defi}


\begin{center}
 \scalebox{1} % Change this value to rescale the drawing.
{
\begin{pspicture}(0,-1.5567188)(7.9948354,2.7)
\pspolygon[linewidth=0.04, linecolor=bleuBord, shadow=true,fillstyle=solid,fillcolor=bleuPlan](1.9,1.4632813)(7.9,1.4632813)(5.9,-1.5367187)(0.0,-1.5367187)
\psline[linewidth=0.03cm](2.5,-0.13671875)(2.5,0.16328125)
\psline[linewidth=0.03cm](2.5,0.16328125)(2.9,0.26328126)
\psline[linewidth=0.03cm](2.9,0.26328126)(3.3,0.16328125)
\psline[linewidth=0.03cm](3.3,0.16328125)(3.3,-0.13671875)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=rougeFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(2.9,-0.03671875)(4.4,-0.33671874)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=rougeFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(2.9,-0.03671875)(1.9,-0.33671874)
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(0.8,-1.1267188){$\mathscr P$}
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=vertFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(2.9,-0.03671875)(2.9,2.632813)
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(2.9,-0.4){$A$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(2.5,2.6){$\vec n$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(4.3,0){$M_1$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(1.9,0){$M_2$}
\end{pspicture} 
}
\end{center}

\Rq{
  Par définition, on a donc désormais qu'une droite $d$ est orthogonale à un plan $\mathscr P$ 
  si et seulement si un vecteur directeur de $d$ est colinéaire à un vecteur normal de $\mathscr P$.
}




\section{Caractérisation d'un plan et conséquences}
\subsection{L'importance d'un vecteur normal}
\begin{minipage}{9cm}
\begin{propo}
Le plan $P$ qui passe par $A$ et de vecteur normal $\vec{n}$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace tel que :
$$ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$$
\end{propo}
\end{minipage}
\begin{minipage}{6cm}
\begin{center}
\scalebox{0.9}
{
\begin{pspicture}(0,-2.2)(7.9948354,3.5767188)
\pspolygon[linewidth=0.04,linecolor=bleuBord,shadow=true,shadowangle=-45.0,fillstyle=solid,fillcolor=bleuPlan](1.9,1.7632813)(7.9,1.7632813)(5.9,-1.0367187)(0.0,-1.0367187)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash](2.9,3.4632812)(2.9,0.06328125)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash](2.9,-1.0367187)(2.9,-2.2)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash,linestyle=dashed,dash=0.16cm 0.16cm](2.9,0.06328125)(2.9,-1.0367187)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=rougeFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(4.3,-0.03671875)(6.4,0.56328124)
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(0.8,-0.6267188){$\mathscr P$}
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=vertFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(2.9,-0.03671875)(2.9,2.3632812)
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(2.545314,3.3732812){$\mathscr D$}
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(2.5,1.3){$\vec n$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(4.2203126,0.17328125){$A$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(6.32,0.7732813){$M$}
\end{pspicture} 
}
\end{center}
\end{minipage}


\Dem{
On doit montrer que 
\begin{itemize}
 \item Pour tout point $M$ du plan $P$, $$ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$$
\item Réciproquement, si $M$ est un point de l'espace tel que $ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$, alors $M\in P$.\\
\end{itemize}
\fbox{$\Longrightarrow$} Soit $M$ un point de $\mathscr P$. Il est clair que si $\vec n$ est un vecteur normal à $\mathscr P$, 
alors il dirige une droite $d$ orthogonale à $\mathscr P$.\\
D'après le théorème précédent, $d$ est orthogonale à toute droite de $\mathscr P$, donc en particulier à $(AM)$.\\
Ainsi on a bien $\overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$.\\
\fbox{$\Longleftarrow$} Pour démontrer la réciproque, raisonnons par l'absurde : \\
Supposons que $M$ soit un point de l'espace tel que $ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0$ mais 
$M\notin \mathscr P$. \\
\begin{minipage}{10cm}
Soit $B$ le point tel que $\vec n=\overrightarrow{AB}$. Ainsi $B\notin \mathscr P$ et $(AB)\perp \mathscr P$.\\
On note $H$ l'intersection de $\mathscr P$ avec la parallèle à $(AB)$ passant par $M$. 
Ainsi $(AH) \in \mathscr P$ donc $(AH) \perp (AB)$. \\
Notons de plus que $(HM)//(AB)$.
Alors :
\begin{eqnarray*}
 \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{n} & = & \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AB} \\
 &=& \left(\overrightarrow{AH} + \overrightarrow{HM}\right) \cdot \overrightarrow{AB} \\
 &=& \overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{HM} \cdot \overrightarrow{AB}\\
 &=& \overrightarrow{HM} \cdot \overrightarrow{AB} \qquad \text{car } (AH) \perp (AB)\\
 &=& \pm HM \times AB \qquad \text{car } (HM)//(AB)
\end{eqnarray*}
Or $ \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0 \iff \pm HM \times AB  \iff H=M$ car $A\neq B$. Mais $H\in\mathscr P$
et nous avons fait l'hypothèse $M\notin \mathscr P$. Cette hypothèse est donc absurde. \\
Par conséquent, $M\in\mathscr P$.
\end{minipage}
\begin{minipage}{6cm}
\begin{center}
 \scalebox{0.8}
{
\begin{pspicture}(0,-2.2)(7.9948354,4)
\pspolygon[linewidth=0.04,linecolor=bleuBord,shadow=true,shadowangle=-45.0,fillstyle=solid,fillcolor=bleuPlan](1.9,1.7632813)(7.9,1.7632813)(5.9,-1.0367187)(0.0,-1.0367187)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash](2.9,4)(2.9,0.06328125)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash](2.9,-1.0367187)(2.9,-2.2)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash,linestyle=dashed,dash=0.16cm 0.16cm](2.9,0.06328125)(2.9,-1.0367187)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=rougeFonce](5.8,1)(5.8,4)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=rougeFonce,linestyle=dashed,dash=0.16cm 0.16cm](5.8,0.5)(5.8,-1.0367187)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=rougeFonce](5.8,-2.2)(5.8,-1.0367187)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=rougeFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(5.8,0.5)(5.8,3.5)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=blue](2.9,0.06328125)(5.8,0.5)
\psline[linewidth=0.04cm](2.9,0.3)(3.2,0.35)(3.2,0.15)
\rput(0.8,-0.6267188){$\mathscr P$}
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=vertFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,
arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(2.9,-0.03671875)(2.9,2.3632812)
\rput(2.5,1.3){$\vec n$}
\rput(2.6,-0.1){$A$}
\rput(2.6,2.2){$B$}
\rput(6.4,3.5){$M$}
\rput(6.4,0.5){$H$}
\end{pspicture} 
}
\end{center}
\end{minipage}
}


\Rqs{
\item On en déduit que tout vecteur orthogonal à $\vec n$ est un vecteur directeur de $\mathscr P$
\item Ceci va nous permettre d'établir des critères
simples de positions relatives, ainsi que des équations cartésiennes de plan.
}

\Expl{
On considère le plan médiateur $\Pi$ d'un segment $[AB]$ de milieu $I$ : $\Pi$ est l'ensemble des points de 
l'espace équidistants de $A$ et $B$.
\begin{enumerate}
 \item Démontrer que $M \in\Pi \iff \overrightarrow{MA}^2 - \overrightarrow{MB}^2=0$
 \item Démontrer que $\Pi$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace qui vérifient 
 $\overrightarrow{IM}\cdot \overrightarrow{AB}=0$
 \item En déduire que $\overrightarrow{AB}$ est un vecteur normal de $\Pi$.
\end{enumerate}
}





\subsection{Equation cartésienne d'un plan}


\Act{Dans un repère orthonormé de l'espace, on donne $A(1;2;3)$  et $\vec{n}(1;-3;1)$.
Trouver une condition nécessaire et suffisante sur les coordonnées d'un point $M$ pour qu'il appartienne au $\mathscr P$ passant  
par $A$ et orthogonal à $\vec{n}$.
}

\Sol{Soit $M(x;y;z)$ un point de l'espace. On a alors :
$$ M\in\mathscr P \iff \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0\Longleftrightarrow (x-1)-3(y-2)+(z-3)=0\Longleftrightarrow x-3y+z+2=0$$
Pour que $M$ appartiennent à $\mathscr P$, il faut et il suffit que ses coordonnées vérifient l'équation $x-3y+z=-2$. \\
On dit que $\mathscr P$ a donc pour équation $\qquad x-3y+z=-2$
}

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

\Dem{Notons $A(x_A;y_A;z_A)$ 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 
$$ a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0\Longleftrightarrow ax-ax_A+by-by_A+cz-cz_A=0 \iff ax+by+cz=\underbrace{ax_A+by_A+cz_A}_d $$
En posant $d=ax_A+by_A+cz_A$ qui est une constante, on obtient le résultat désiré.
}


\Rqs{
\item Notons que
l'équation d'un plan dans l'espace n'est pas unique. \\
En effet si $P : x+y+z=1$ alors $P$ a aussi pour équation $2x+2y+2z=2$.
\item \textbf{Quelques cas particuliers dans un repère orthonormé :}
\begin{multicols}{2}
\textbf{ 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 :
$$M(x;y;z)\in(Oxy) \iff  \overrightarrow{OM}\cdot \vec{k}=0\Longleftrightarrow z=0$$

On peut montrer de même que tout plan $\mathscr P$ parallèle au plan $(Oxy)$ a une équation du type $z=d$ où $d$ est une constante.\\
En effet soit $A(x_A;y_A;z_A)$ un point de $\mathscr P$. Comme $\vec{k}(0;0;1)$ est normal à $\mathscr P$, on a :
$$M(x;y;z)\in \mathscr P \iff  \overrightarrow{AM}\cdot \vec{k}=0\Longleftrightarrow z-z_A=0 \iff z=z_A$$

\begin{center}
\psset{xunit=0.9cm , yunit=0.9cm}
\begin{pspicture*}(-3.525,-2.8)(5.725,5)
\pspolygon[linewidth=1pt,linecolor=bleuBord,shadow=true,shadowangle=-45.0,shadowcolor=bleuBord,fillstyle=solid,fillcolor=bleuPlan](-1.2,3.5)(-3.2,1.5)(2.8,1.5)(4.8,3.5)
\psline[linewidth=0.04,linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=rosePlan](0,0)(4.9,0)(2.5,-2.4)(-2.4,-2.4)
\psline{-}(1,-0.15)(1,0.15)
\psline{-}(2,-0.15)(2,0.15)
\psline{-}(3,-0.15)(3,0.15)
\psline{-}(4,-0.15)(4,0.15)
\psline{-}(-0.15,1)(0.15,1)
\psline{-}(-0.15,2)(0.15,2)
\psline{-}(-0.15,3)(0.15,3)
\psline{-}(-0.15,4)(0.15,4)
\pcline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(-0.45,-0.45)
\pcline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(1,0)
\pcline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(0,1)
\psline[linewidth=1.5pt]{<-}(-2.5,-2.5)(0,0)
\uput[-90](-2.3,-2.3){$x$}
\uput[0](5,0){$y$}
\uput[180](0,4.5){$z$}
\psline{-}(-0.338889,-0.45)(-0.561111,-0.45)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,3)(0,4.7)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(5,0)
\psline[linewidth=1.5pt,linestyle=dashed]{-}(0,1.7)(0,2.9)
\psline[linewidth=1.5pt]{-}(0,0.9)(0,1.45)
\psline{-}(-0.788889,-0.9)(-1.01111,-0.9)
\psline{-}(-1.23889,-1.35)(-1.46111,-1.35)
\psline{-}(-1.68889,-1.8)(-1.9111,-1.8)
\newrgbcolor{couleur1}{0.6549 0.6549 0}
\newrgbcolor{couleur2}{0 0.3176 0.4745}
\newrgbcolor{couleur3}{0.0941 0.647 0.0196}
\psdot[linecolor=black](3.1,2.1)
\psline[linecolor=darkgray,linewidth=1.5pt,linestyle=dotted](-0.9,-0.9)(3.1,-0.9)(4,0)
\psline[linecolor=darkgray,linewidth=1.5pt,linestyle=dotted](0,0)(3.1,-0.9)(3.1,2.1)(0,3)
\uput[110](3.4,2.25){$A(2;4;3)$}
\uput[50](-2.6,1.5){$z=3$}
\uput[10](-2.2,-2.2){$z=0$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{multicols}
De la même manière les plans $(Oxz)$ et $(Oyz)$ ont respectivement pour équation $y=0$ et $x=0$.\\
De plus, tout plan parallèle à $(Oxz)$ admet une équation du type $y=d$ où $d$ est une constante.\\
Et  tout plan parallèle à $(Oyz)$ admet une équation du type $x=d$ où $d$ est une constante.
\begin{multicols}{2}
\begin{center}
\psset{xunit=0.9cm , yunit=0.9cm}
\begin{pspicture*}(-3.525,-2.7)(5.725,5)
\psline[linewidth=0.04,linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=rosePlan](0,0)(4.9,0)(4.9,4.4)(0,4.4)
\pspolygon[linewidth=1pt,linecolor=bleuBord,shadow=true,shadowangle=-45.0,shadowcolor=bleuBord,fillstyle=solid,fillcolor=bleuPlan](-2.5,-1.5)(3.55,-1.5)(3.55,3.2)(-2.5,3.2)
\psline{-}(1,-0.15)(1,0.15)
\psline{-}(2,-0.15)(2,0.15)
\psline{-}(3,-0.15)(3,0.15)
\psline{-}(4,-0.15)(4,0.15)
\psline{-}(-0.15,1)(0.15,1)
\psline{-}(-0.15,2)(0.15,2)
\psline{-}(-0.15,3)(0.15,3)
\psline{-}(-0.15,4)(0.15,4)
\pcline[linewidth=1.5pt,linestyle=dashed]{->}(0,0)(-0.45,-0.45)
\pcline[linewidth=1.5pt,linestyle=dashed]{->}(0,0)(1,0)
\pcline[linewidth=1.5pt,linestyle=dashed]{->}(0,0)(0,1)
\psline[linewidth=1.5pt,]{<-}(-2.5,-2.5)(-0.9,-0.9)
\uput[-90](-2.3,-2.3){$x$}
\uput[0](5,0){$y$}
\uput[180](0,4.5){$z$}
\psline[linewidth=1.5pt,linestyle=dashed]{-}(-0.45,-0.45)(-0.8,-0.8)
\psline{-}(-0.338889,-0.45)(-0.561111,-0.45)
\psline[linewidth=1.5pt,linestyle=dashed]{-}(0,0)(0,3.0)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,3.1)(0,4.5)
\psline[linewidth=1.5pt,linestyle=dashed]{-}(0,0)(3.45,0)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(3.55,0)(5,0)
\psline{-}(-0.788889,-0.9)(-1.01111,-0.9)
\psline{-}(-1.23889,-1.35)(-1.46111,-1.35)
\psline{-}(-1.688889,-1.8)(-1.91111,-1.8)
\newrgbcolor{couleur1}{0.6549 0.6549 0}
\newrgbcolor{couleur2}{0 0.3176 0.4745}
\newrgbcolor{couleur3}{0.0941 0.647 0.0196}
\psdot[linecolor=black](3.1,2.1)
\psline[linecolor=darkgray,linewidth=1.5pt,linestyle=dotted](-0.9,-0.9)(3.1,-0.9)(4,0)
\psline[linecolor=darkgray,linewidth=1.5pt,linestyle=dotted](0,0)(3.1,-0.9)(3.1,2.1)(0,3)
\uput[110](3.1,2.25){$A(2;4;3)$}
\uput[50](-2.2,2.4){$x=2$}
\uput[25](3.5,4){$x=0$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\begin{center}
\psset{xunit=0.9cm , yunit=0.9cm}
\begin{pspicture*}(-3.525,-2.7)(5.725,5)
\psline[linewidth=0.04,linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=rosePlan](0,0)(-2.4,-2.4)(-2.4,2)(0,4.4)
\pspolygon[linewidth=1pt,linecolor=bleuBord,shadow=true,shadowangle=-45.0,shadowcolor=bleuBord,fillstyle=solid,fillcolor=bleuPlan](4.7,-0.3)(4.7,4.7)(2.5,2.5)(2.5,-2.5)
\psline{-}(1,-0.15)(1,0.15)
\psline{-}(2,-0.15)(2,0.15)
\psline{-}(3,-0.15)(3,0.15)
\psline{-}(4,-0.15)(4,0.15)
\psline{-}(-0.15,2)(0.15,2)
\psline{-}(-0.15,3)(0.15,3)
\psline{-}(-0.15,4)(0.15,4)
\pcline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(-0.45,-0.45)
\pcline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(1,0)
\pcline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(0,1)
\psline[linewidth=1.5pt]{<-}(-2.5,-2.5)(0,0)
\uput[-90](-2.3,-2.3){$x$}
\uput[0](5,0){$y$}
\uput[180](0,4.5){$z$}
\psline{-}(-0.338889,-0.45)(-0.561111,-0.45)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0.9)(0,4.5)
\psline[linewidth=1.5pt]{-}(0,0)(2.5,0)
\psline[linewidth=1.5pt,linestyle=dashed]{-}(2.6,0)(3.9,0)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(4,0)(5,0)
\psline{-}(-0.788889,-0.9)(-1.01111,-0.9)
\psline{-}(-1.23889,-1.35)(-1.46111,-1.35)
\psline{-}(-1.68889,-1.8)(-1.9111,-1.8)
\newrgbcolor{couleur1}{0.6549 0.6549 0}
\newrgbcolor{couleur2}{0 0.3176 0.4745}
\newrgbcolor{couleur3}{0.0941 0.647 0.0196}
\psdot[linecolor=black](3.1,2.1)
\psline[linecolor=darkgray,linewidth=1.5pt,linestyle=dotted](-0.9,-0.9)(3.1,-0.9)(4,0)
\psline[linecolor=darkgray,linewidth=1.5pt,linestyle=dotted](0,0)(3.1,-0.9)(3.1,2.1)(0,3)
\uput[100](3.7,2.25){$A(2;4;3)$}
\uput[50](-2.2,1.8){$y=0$}
\uput[25](3.55,3.5){$y=4$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{multicols}
}

\Expls{Dans un repère orthonormé \Oijk de l'espace, 
\begin{itemize}
 \item Donner une équation cartésienne du plan passant par le point $B(-2;1;3)$ et orthogonal à 
$\overrightarrow{AC}$ avec $A(1;-2;2)$ et $C(4;1;-1)$.
 \item Démontrer que le plan passant par les points $A(a;0;0)$, $B(0;b;0)$ et $C(0;0;c)$ a pour équation
 cartésienne : $\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1$
\end{itemize}
}

\begin{theo}
 Dans un repère orthonormé \Oijk de l'espace, l'ensemble $(E)$ des points $M$ de l'espace dont les coordonnées vérifient l'équation $ax+by+cz=d$ avec $a$, $b$, $c$ et $d$
 des réels tels que $(a,b,c) \neq (0,0,0)$ est un plan de vecteur normal $\vec{n}(a;b;c) $.
\end{theo}

\Att{
 L'ensemble des points $M(x;y;z)$ vérifiant l'équation $ax+by=c$ avec $a$, $b$ et $c \in\R$ est une droite dans le plan, 
mais dans l'espace, il s'agit d'un plan ! (parallèle au plan d'équation $(Oxy)$, donc à l'axe $(Oz)$)\\
Dans l'espace, on définit les droites par des équations paramétriques, ou encore comme des intersections de deux plans
(donc un système de deux équations cartésiennes)
}

\Dem{
Supposons par exemple que $a\neq 0$. Alors le point $\left(\dfrac{d}{a} ; 0 ; 0 \right)$ vérifie l'équation donc appartient 
à $(E)$, qui est donc non vide.\\
Si $A(x_A ; y_A ; z_A) \in (E)$ alors $ax_A + by_A + cz_A = d$.\\
Ainsi pour tout point $M(x;y;z) \in(E)$ on a 
\begin{eqnarray*}
\overrightarrow{AM} \cdot \vec n &=& a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)\\ 
&=& ax+by+cz - ax_A + by_A + cz_A\\
&=& d-d=0
\end{eqnarray*}
Donc $(E)$ est le plan passant par $A$ et de vecteur normal $\vec n$.
}

\begin{ExoF}
Donner une équation cartésienne du plan passant par $A$ et admettant $\vec{n}$ comme vecteur normal, dans un repère orthonormal $(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ :
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $A(3;-1;2)$ et $\vec{n}(1;0;-4)$
\item $A(1;-1;0)$ et $\vec{n}(1;1;-2)$
\item $A(-2;1;2)$ et $\vec{n}=\vec{i}+\vec{j}$
\item $A(3;4;5)$ et $\vec{n}\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{5}\right)$
\end{enumerate}
\end{multicols} 
\end{ExoF}


\begin{ExoF}
Verifier que chaque équation proposée est l'équation cartésienne d'un plan et trouver un point de ce plan et un vecteur normal :
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $3x-5y+z-1=0$ 
\item $x=y$
\item $3z-x-3=0$
\item $y=-2x+1$
\end{enumerate}
\end{multicols} 
\end{ExoF}


\begin{ExoF}
Dans chaque cas, donner une équation cartésienne du plan $P$ (déterminer d'abord un point de ce plan et un vecteur normal) :
\begin{enumerate}
\item $P$ est le plan médiateur du segment $[AB]$ avec $A(-1;3;1)$ et $B(0;5;-3)$.
\item $P$ est le plan orthogonal à la droite $(AC)$ passant par l'orthocentre du triangle $ABC$ avec $A(3;0;4)$, $B(-1;1;1)$ et $C(2;0;0)$.
\end{enumerate} 
\end{ExoF}




\begin{ExoL}
 Déclic : 55 à 63 p 311
\end{ExoL}

\subsection{Applications aux positions relatives dans l'espace}

On a donné en début d'année les définitions suivantes :
\begin{itemize}
 \item Une droite $d$ est parallèle à un plan $\mathscr P$ lorsque un vecteur directeur de $d$ est un vecteur
 directeur de $\mathscr P$.
 \item Deux plans sont parallèles lorsqu'ils ont un même couple de vecteurs directeurs.
\end{itemize}

Grâce aux vecteurs normaux, on peut désormais affirmer les propositions suivantes.


\begin{propo}
 \begin{itemize}
  \item Une droite $d$ est parallèle à un plan $\mathscr P$ si et seulement si un vecteur directeur de $d$ est 
  orthogonal à un vecteur normal de $\mathscr P$.
 \item Deux plans sont parallèles si et seulement si deux de leur vecteurs normaux sont colinéaires. 
 \end{itemize}
\end{propo}

\begin{center}
 \scalebox{0.7} % Change this value to rescale the drawing.
{
\begin{pspicture}(0,-5.02)(10.364836,6.02)
\pspolygon[linewidth=0.04, linecolor=bleuBord, shadow=true,shadowangle=-45.0,fillstyle=solid,fillcolor=bleuPlan](3.37,-0.5)(9.37,-0.5)(7.37,-3.5)(1.47,-3.5)
\pspolygon[linewidth=0.04, linecolor=bleuBord,shadow=true,shadowangle=-45.0,fillstyle=solid,fillcolor=bleuPlan](4.27,4.0)(10.27,4.0)(8.27,1.0)(2.37,1.0)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash](5.37,6.0)(5.37,2.6)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash](5.37,1.0)(5.37,-2.0)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash,linestyle=dashed,dash=0.16cm 0.16cm](5.37,2.6)(5.37,1.0)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=rougeClair](4.07,2.1)(8.47,3.3)
\psline[linewidth=0.03cm](5.37,2.8)(5.77,2.9)
\psline[linewidth=0.03cm](5.77,2.9)(5.77,2.6)
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(2.9,1.31){$\mathscr P_1$}
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=vertFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(5.37,2.5)(5.37,4.5)
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(4.824531,5.81){$\mathscr D$}
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(5,3.5){$\vec n_1$}
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash](5.37,-3.5)(5.37,-5.0)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=vertFlash,linestyle=dashed,dash=0.16cm 0.16cm](5.37,-2.0)(5.37,-3.5)
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=vertFonce,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(5.37,-2.2)(5.37,-1.1)
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(5.7,-1.59){$\vec n_2$}
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(2,-3.19){$\mathscr P_2$}
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=rougeClair](4.17,-0.9)(6.47,-3.4)
\psline[linewidth=0.03cm](5.37,-1.9)(5.67,-2.2)
\psline[linewidth=0.03cm](5.67,-2.2)(5.67,-2.5)
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(8.174531,3.51){$d_1$}
\usefont{T1}{ptm}{m}{n}
\rput(6.6,-3.19){$d_2$}
\end{pspicture} 
}
\end{center}


\Rq{Les droites $d_1$ et $d_2$ sont non coplanaires et pas forcément orthogonales ou parallèles.}

\Dem{
\begin{itemize}
 \item Soit $\vec u$ un vecteur directeur de $d$ et $\vec n$ un vecteur normal de $\mathscr P$.\\
 $d // \mathscr P \Longrightarrow \vec u$ dirige $\mathscr P$. D'où $\vec n \perp \vec u$. \\
 Réciproque : Supposons maintenant que $\vec u \perp \vec n$. Soit $A$ un point de $\mathscr P$ et $B$ le point de l'espace tel 
 que $\overrightarrow{AB}=\vec u$.\\
 On a $\vec u \cdot \vec n = 0 \iff \overrightarrow{AB} \cdot \vec n = 0$.\\
 D'après la caractérisation d'un plan, on a $B \in\mathscr P$, donc $\vec u = \overrightarrow{AB}$ dirige $\mathscr P$.
\item Soient deux plans $\mathscr P$ et $\mathscr P'$ de couples de vecteurs directeurs respectifs $\left(\vec u ; \vec v \right)$ et
$\left(\vec u' ; \vec v' \right)$.\\
Si $\mathscr P$ et $\mathscr P'$ sont parallèles, alors $\left(\vec u ; \vec v \right)$ est aussi un couple de 
vecteurs directeurs de $\mathscr P'$.\\
Donc si $\vec n$ est un vecteur normal de $\mathscr P$, il est orthogonal à chacun 
des vecteurs  $\vec u$ et $\vec v$ donc au plan $\mathscr P'$. \\
Réciproque : Soient $\vec n$ et $\vec n'$ des vecteurs normaux respectifs des plans $\mathscr P$ et $\mathscr P'$
tels que $\vec n' = k\vec n$.\\
On a $\vec n' \cdot \vec u = k \vec n \cdot \vec u = 0$ et $\vec n' \cdot \vec v = k \vec n \cdot \vec v = 0$.\\
Donc $\vec n'$ est un vecteur normal de $\mathscr P$. \\
Soit $A$ un point de $\mathscr P$ et $B$ le point tel que $\overrightarrow{AB}=\vec u'$.\\
On a $\vec n' \cdot \vec u' = 0 \iff \vec n' \cdot \overrightarrow{AB} =0$.\\
D'après la caractérisation de $\mathscr P$, on en déduit que $B\in \mathscr P$. Donc $\overrightarrow{AB}=\vec u'$ dirige $\mathscr P$.\\
De même on montre que $\vec v' $ dirige  $\mathscr P$.\\
Ainsi $\mathscr P$ et $\mathscr P'$ ont un même couple de vecteurs directeurs. Ils sont bien parallèles.
 \end{itemize}
}

\begin{defi}
Deux plans de l'espace sont dits \textbf{orthogonaux} lorsque leurs vecteurs normaux sont orthogonaux. 
\end{defi}

\Rq{
On aurait pu définir de manière équivalente l'orthogonalité de deux plans par rapport à l'orthogonalité des 
vecteurs de leur couples de vecteurs directeurs, mais c'était se compliquer la tâche inutilement.
}

\begin{center}
\scalebox{0.9} % Change this value to rescale the drawing.
{
\begin{pspicture}(0,-5.0948353)(9.864836,5.02)
\psline[linewidth=0.04,linecolor=bleuBord,fillstyle=solid,fillcolor=bleuPlan](4.47,1.1)(2.77,1.1)(0.67,-1.9)(7.77,-1.9)(9.77,1.1)(6.57,1.1)(6.59,1.08)
\psline[linewidth=0.04,linecolor=roseBord,fillstyle=solid,fillcolor=rosePlan](6.47,-1.9)(6.47,-3.3)(4.47,-5.0)(4.47,3.2)(6.47,5.0)(6.47,1.2)(6.47,1.08)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=roseBord,linestyle=dashed,dash=0.16cm 0.16cm](6.47,0.9)(6.47,-1.7)
\psline[linewidth=0.03cm](5.07,-0.1)(5.47,-0.1)
\psline[linewidth=0.03cm](5.07,-0.1)(5.07,-0.45)
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(1.2945312,-1.69){$\mathscr P_1$}
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=roseBord,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(5.47,-0.45)(5.47,2.0)
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(5.0045314,0.81){$\vec n_1$}
\psline[linewidth=0.08cm,linecolor=bleuBord,arrowsize=0.05291667cm 2.0,arrowlength=1.4,arrowinset=0.4]{->}(4.47,-0.45)(2.67,-0.45)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=bleuBord,linestyle=dashed,dash=0.16cm 0.16cm](4.3,-0.45)(5.47,-0.45)
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(2.9045312,-0.19){$\vec n_2$}
\usefont{T1}{ppl}{m}{n}
\rput(4.7945313,-4.39){$\mathscr P_2$}
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=grisFonce](3.17,-3.8)(8.07,3.4)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=bleuBord,linestyle=dashed,dash=0.16cm 0.16cm](4.6,1.1)(6.3,1.1)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=bleuBord](4.47,-1.9)(6.47,-1.9)
\psline[linewidth=0.04cm,linecolor=roseBord](4.47,1.1)(4.47,-1.9)
\end{pspicture} 
}
\end{center}


\Rq{
En particulier, $\vec n_1$ est un vecteur directeur de $\mathscr P_2$ et $\vec n_2$ est un vecteur directeur de $\mathscr P_1$.
}


\begin{coro}
Dans un repère orthonormé \Oijk, soient deux plans $\mathscr P$ et $\mathscr R$ d'équations 
$$\mathscr P :ax+by+cz+d=0\qquad \text{et}\qquad \mathscr R : a'x+b'y+c'z+d'=0$$
\begin{enumerate}
\item $\mathscr P // \mathscr  R\Longleftrightarrow (a,b,c)$ et $(a',b',c')$ sont proportionnels.
\item $\mathscr P\perp \mathscr R\Longleftrightarrow aa'+bb'+cc'=0$.
\end{enumerate} 
\end{coro}



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

\Expls{Dans un repère orthonormé \Oijk.
  \begin{enumerate}
   \item On donne les plans suivants : $\mathscr P : 3x+2y-4z=36$ , $\mathscr  R_1 : -\dfrac{1}{4}x-\dfrac{1}{6}y+\dfrac{1}{3}z=21$ 
   et $\mathscr  R_2 : -5x+6y-\dfrac{3}{4}z=3$
\begin{enumerate}
 \item Montrer que les plans  sont parallèles.
 \item Montrer que les plans $\mathscr P$ et  sont orthogonaux.
 \item Montrer alors de deux manières différentes que $\mathscr R_1$ et $\mathscr R_2$ sont orthogonaux.
 \end{enumerate}
  \item On donne les équations cartésiennes de deux plans $ P : x-4y+7=0 \qquad \qquad  Q : x+2y-z+1=0$.
   \begin{enumerate}
  \item Montrer que ces plans sont sécants.
 \item On note $d$ leur droite d'intersection. On dit que la droite $d$ est représentée par le système d'équation : 
$\left\{\begin{array}{l}
 x-4y+7=0\\
x+2y-z+1=0
\end{array}\right.$,
puisqu'un point $M\in d $ si et seulement si ses coordonnées vérifient le système.\\
Déterminer une équation paramétrique de $d$ en posant $y=t$ (par exemple).
\item En déduire un vecteur directeur de $d$.
 \end{enumerate}
  \end{enumerate}
}

\begin{ExoF}
Quelle est l'équation générale d'un plan parallèle au plan $(xOy)$ ? d'un plan perpendiculaire à $(xOy)$ ? 
\end{ExoF}


\Sol{Le plan $(xOy)$ a pour équation $z=0$ et le premier plan $P$ cherché a une équation du type :
$$ ax+by+cz+d=0$$
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 $c\neq 0$) :
$$ cz+d=0\Longleftrightarrow z=-\dfrac{d}{c}$$
Soit $P$ un deuxième plan cherché 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 :
$$ ax+by+d=0$$}


\begin{ExoF}
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 $A=P\cap d$. 
\end{ExoF}
 

\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 $A(1;-6;2)$.
}


\begin{ExoF}
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 $(CD)$.  
\end{ExoF}

\Sol{$ \overrightarrow{AB}(-1;0;1) $  est un vecteur directeur de $(AB)$. Donc la droite $(AB)$ admet la représentation paramétrique suivante :
\quad $ (AB) : \left\{ \begin{array}{l} x= -t+1\\ y=-1 \\ z= t  \end{array} \right.\qquad t\in\R$\\
De même $\overrightarrow{CD}(-1;-1:3)$ par conséquent la droite $(CD)$ admet la représentation paramétrique suivante :
\quad $ (CD) : \left\{ \begin{array}{l} x= -t'+3\\ y=-t'-2 \\ z= 3t'  \end{array} \right.\qquad t'\in\R$\\
On résout le système :
\quad $  \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{itemize}
\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{itemize}
}

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


\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 :
$$ d :   \left\{ \begin{array}{l} x= t\\ y=0,3t+2 \\ z= -0,7t+0,5  \end{array} \right.\qquad t\in\R $$
}

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


\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 $\vec{u}(3;10;18)$.
}
\begin{ExoF}
 exercice corrigé et application p 299
\end{ExoF}

\begin{ExoL}
 Déclic : 50-64-65-67-68-71-74-79 p 310\\
 81-83-85-86-89-90-97-100-106 p 314\\
 \textbf{Trouver des annales !!}
\end{ExoL}



\end{document}