Produit scalaire de deux vecteurs de l’espace

Exercice 1

1. Vérifions que le triangle ABC est équilatéral : On a facilement que $AB = BC = CA = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2}$ donc le triangle ABC est équilatéral.

2. Les droites (AD) et (BC) sont-elles orthogonales ? On a : $\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC} = (0 - 1) \times (0 - 0) + ((-1) - 0) \times (0 - 1) + (0 - 0) \times (1 - 0) = 1$ Donc les droites (AD) et (BC) ne sont pas orthogonales.

3. Calculons $\overrightarrow{CI} \cdot \overrightarrow{CJ}$ :

On a $I\left(\dfrac{1}{2}; \dfrac{1}{2}; 0\right)$ et $J\left(\dfrac{1}{2}; -\dfrac{1}{2}; 0\right)$, donc :

$\small\overrightarrow{CI} \cdot \overrightarrow{CJ} = (x_I - x_C) \times (x_J - x_C) + (y_I - y_C) \times (y_J - y_C) + (z_I - z_C) \times (z_J - z_C)$

$=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) + (-1)^2$

$=1$

Déduisons-en une mesure de l'angle $\widehat{ICJ}$ :

$\cos(\widehat{ICJ}) = \frac{\overrightarrow{CI} \cdot \overrightarrow{CJ}}{||\overrightarrow{CI}|| \times ||\overrightarrow{CI}||}$.

Or, $||\overrightarrow{CI}|| = ||\overrightarrow{CI}|| = \dfrac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{2} = \sqrt{\dfrac{3}{2}}$, donc ;

$\cos(\widehat{ICJ}) = \dfrac{1}{\sqrt{\frac{3}{2}} \times \sqrt{\frac{3}{2}}} = \dfrac{2}{3}$.

Avec la calculatrice, on obtient : $\widehat{ICJ} = 48^{\circ}$.

4. Calculons les coordonnées du point H :

Le point H est l'intersection de la droite $(CI)$ et du plan $\mathcal{P}$ normal à la droite $(CI)$ passant par I. On choisit pour vecteur normal de $\mathcal{P}$ le vecteur $\overrightarrow{n} = 2\overrightarrow{CI}$ qui a pour coordonnées $(1; 1; -2)$.

L'équation de $\mathcal{P}$ est donc de la forme : $x + y - 2z + d = 0$. Pour trouver $d$, on dit que :

$J \in P \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} + 0 + d = 0\\ \Longleftrightarrow d = 0$

D'où, $\mathcal{P} : x + y - 2z = 0$. D'autre part, $(CI): \left \lbrace \begin{matrix} x = t \quad\quad{\phantom{t\in\mathbb R}}\\ y = t \quad \quad t\in\mathbb R\\ z = -2t + 1 \quad \\ \end{matrix} \right.$

On injecte l'équation de $(CI)$ dans l'équation de $\mathscr{P}$ et on trouve : $t + t -2 \times (-2t + 1) = 0 \Longleftrightarrow t = \dfrac{1}{3}$.

On en déduit, $H\left(\dfrac{1}{3}; \dfrac{1}{3}; \dfrac{1}{3}\right)$.

Pour aller plus loin : Quel rôle joue le point H sur le triangle ABC ?

On remarque que $3\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OG}$, donc $H = G$, centre de gravité du triangle $ABC$.

Exercice 2

1. Montrons que $AI = \sqrt{33}$ :

Première méthode : D'après le théorème de la médiane, on a : $\text{AB}^2 + \text{AC}^2 = 2\text{AI}^2 + \dfrac{\text{BC}^2}{2}$

Donc : $\text{AI}^2 = \dfrac{\text{AB}^2 + \text{AC}^2 - \dfrac{\text{BC}^2}{2}}{2}\\ \text{AI}^2 = \dfrac{7^2 + 5^2 - \dfrac{4^2}{2}}{2}\\ \text{AI}^2 = \dfrac{49 + 25 - \dfrac{16}{2}}{2}\\ \text{AI}^2 = \dfrac{66}{2}\\ \text{AI}^2 = 33$

D'où : AI = $\sqrt{33}$ cm.

Deuxième méthode :

Remarquons d'abord que $(AI)$ est la médiane du triangle ABC issue de A.

Identité du parallélogramme : Pour tous vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ du plan, on a : $||\vec{u}||^2 + ||\vec{v}||^2 = \dfrac{1}{2}\left(||\vec{u} + \vec{v}||^2 + ||\vec{u} - \vec{v}||^2\right)$

En prenant $\vec{u} = \overrightarrow{AB}$ et $\vec{v} = \overrightarrow{AC}$, on a : $||\vec{u} + \vec{v}|| = ||\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}|| = 2||\overrightarrow{AI}||$ et $||\vec{u} - \vec{v}|| = ||\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC}|| = ||\overrightarrow{BC}||$

L'identité du parallélogramme devient alors : $||\overrightarrow{AI}||^2 = \dfrac{1}{2}\left(||\overrightarrow{AB}||^2 + ||\overrightarrow{AC}||^2 - \dfrac{1}{2}||BC||^2\right)$

L'application numérique donne : $AI^2 = \dfrac{1}{2}\left(7^2 + 5^2 -\dfrac{1}{2} \times4^2\right) = 33$

D'où : AI = $\sqrt{33}$ cm.

2. a) Pour quelle valeur du réel m le vecteur $m\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC}$ est-il égal à un vecteur $\vec{u}$ indépendant du point M ?

$m\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = m(\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA}) + (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IB}) + (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IC}) \\ = (m + 2)\overrightarrow{MI} + m\overrightarrow{IA} + \underbrace{\overrightarrow{IB} + \overrightarrow{IC}}_{=\overrightarrow{0}}$

Donc $m\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC}$ est indépendant du point M si et seulement si $m = -2$.

On obtient alors : $\vec{u} = -2\overrightarrow{IA}$.

2. b) Déterminons l'ensemble $\mathcal{F}$ des points M du plan tels que

$-MA² + MB² + MC² = -25$ :

Transformons $-MA² + MB² + MC²$ afin de faire apparaître le point I. $\scriptsize -MA^2 + MB^2 + MC^2 = MI^2 + (-IA^2 + IB^2 + IC^2) + 2\overrightarrow{MI} \cdot \underbrace{\left(-\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{IC}\right)}_{=\overrightarrow{0}} \\ = \left(MI^2 - 2\overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{IA} + IA^2\right) + (-2IA^2 + IB^2 + IC^2) \\ = \left(\overrightarrow{MI} - \overrightarrow{IA}\right)^2 + ( -2IA^2 + IB^2 + IC^2)$

Or, on remarque que $-25 = -33 + 2^2 + 2^2 = -IA² + IB² + IC²$, donc :

$\scriptsize -MA^2 + MB^2 + MC^2 = -25 \Longleftrightarrow \left(\overrightarrow{MI} - \overrightarrow{IA}\right)^2 + (-2IA^2 + IB^2 + IC^2) = -IA^2 + IB^2 + IC^2 \\\Longleftrightarrow \left(\overrightarrow{MI} - \overrightarrow{IA}\right)^2 - \overrightarrow{IA}^2 = 0 \\ \Longleftrightarrow \overrightarrow{MI} \cdot \left(\overrightarrow{MI} - 2\overrightarrow{IA}\right) = 0$

Soit $J$ le point du plan tel que $\overrightarrow{IJ} = -2\overrightarrow{IA}$

On a donc que :

$-MA^2+ MB^2 + MC^2 = -25 \Longleftrightarrow \overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{MJ} = 0$.

$\mathcal{F}$ est donc le cercle de diamètre $[IJ]$.