Terminale ∼ Spécialité mathématiques
Géométrie dans l'espace (2) Dans tout ce chapitre, on se place dans un repère $(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ orthonormal de l'espace. Produit scalaire dans l'espace Définition du produit scalaire
Soient $\vec{u} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ et $\vec{v} \begin{pmatrix}x'\\ y'\\ z' \end{pmatrix}$ deux vecteurs. Le produit scalaire de $\vec{u}$ et $\vec v$ est le nombre réel noté $\vec{u}\cdot\vec{v}$ tel que : $\vec{u} \cdot \vec{v}$ $=$ $xx'$ $+$ $yy'$ $+$ $zz'.$

Soit $\vec u = \begin{pmatrix}1 \\ 3 \\ -2\end{pmatrix}$ et $\vec v = \begin{pmatrix}5 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}$, alors $\vec u \cdot \vec v =$ $ 1\times 5+3\times (-1)+(-2)\times 1$ $=$ $0$.

Soit $\vec w = \begin{pmatrix}-4 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix}$, alors $\vec u \cdot \vec w =$ $ 1\times (-4) + 3\times(-2)+(-2)\times 0$ $=$ $-10$.

Le produit scalaire apparaît dans de nombreuses situations et permettra de plus de répondre rapidement à certaines questions.

Norme d'un vecteur
Soit $\vec u \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ un vecteur et $M$ un point tel que $\vec u =\overrightarrow{OM}$. La norme du vecteur $\vec u $ est le réel positif : $ ||\vec u||$ $=$ $OM$ $=$ $\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ $=$ $\sqrt{\vec u \cdot \vec u}. $ Avec les vecteurs $\vec u = \begin{pmatrix}1 \\ 3 \\ -2\end{pmatrix}$ et $\vec v = \begin{pmatrix}5 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}$ de l'exemple précédent :

$||\vec{u}|| =$ $\sqrt{1^2+3^2+(-2)^2}$ $=$ $\sqrt{14}$, et $||\vec v|| = $ $\sqrt{5^2+(-1)^2+1^2}$ $=$ $\sqrt{27}$ $=$ $3\sqrt{3}$.
Soient $A$ et $B$ deux points de l'espace. La distance $AB$ est définie par la norme du vecteur $\overrightarrow{AB}$. Étudions la sphère $\mathscr{S}(A,r)$ de centre $A(x_A;y_A;z_A)$ et de rayon $r>0$.
On considère un point $M(x;y;z)$ de $\mathscr{S}(A,r)$. On a alors :
$M(x;y;z)$ $\in$ $\mathscr{S}(A,r)$ $\Longleftrightarrow$ $AM=r$ $\Longleftrightarrow$ $AM^2=r^2$.
Or, $\overrightarrow{AM}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix}x-x_A\\y-y_A\\z-z_A\end{pmatrix}$, ainsi : $AM^2=$ $(x-x_A)^2+(y-y_A)^2+(z-z_A)^2$.

En conclusion, $ M(x;y;z)\in \mathscr{S}(A,r)$ si et seulement si : $(x-x_A)^2+(y-y_A)^2+(z-z_A)^2$ $=$ $r^2.$ L'équation de $\mathscr{S}(O,1)$, sphère de centre $O$ et de rayon $1$ est : $x^2+y^2+z^2=1$.

Orthogonalité Considérons les deux vecteurs $\vec{u}=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ et $\vec{v}=\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}$, ainsi que les points $A$, $B$ et $C$ tels que $\vec u = \overrightarrow{AB}$ et $\vec v = \overrightarrow{BC}$.
On a alors que : $\overrightarrow{AC}$ $=$ $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}$ $=$ $\begin{pmatrix}x+x'\\y+y'\\z+z'\end{pmatrix}$.

De plus, d'après l'équivalence de Pythagore :

$\vec{u} \text{ et } \vec{v} \text{ sont orthogonaux }$	$\Longleftrightarrow$	$AC^2=AB^2+BC^2$
	$\Longleftrightarrow$	$\\|\overrightarrow{AC}\\|^2$ $=$ $\\|\overrightarrow{AB}\\|^2 + \\|\overrightarrow{BC}\\|^2$
	$\Longleftrightarrow$	$(x+x')^2+(y+y')^2+(z+z')^2$ $=$ $x^2+y^2+z^2+x'^2+y'^2+z'^2$
	$\Longleftrightarrow$	$x^2+2xx'+x'^2+y^2+2yy'+y'^2+z^2+2zz'+z'^2$ $=$ $x^2+y^2+z^2+x'^2+y'^2+z'^2$
	$\Longleftrightarrow$	$2xx'+2yy'+2zz'$ $=$ $0$
	$\Longleftrightarrow$	$xx'+yy'+zz'=0$
	$\Longleftrightarrow$	$\vec{u}\cdot\vec{v}=0.$

Ainsi, le produit scalaire défini dans ce cours correspond bien à celui rencontré dans le plan, cette dernière remarque amenant à la propriété suivante.
Soient $\vec u$ et $\vec v$ deux vecteurs de l'espace. $\vec u$ et $\vec v$ sont orthogonaux si et seulement si $\vec{u}\cdot\vec{v}=0.$ Avec les vecteurs $\vec u = \begin{pmatrix}1 \\ 3 \\ -2\end{pmatrix}$, $\vec v = \begin{pmatrix}5 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}$ et $\vec w = \begin{pmatrix}-4 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix}$ des exemples précédents nous avons donc :
➤ $\vec u$ et $\vec v$ sont orthogonaux car $\vec{u}\cdot\vec{v}=0$.
➤ $\vec u$ et $\vec w$ ne sont pas orthogonaux car $\vec{u}\cdot\vec{w}\neq0$. Soient $A(1;2;3)$, $B(2;2;5)$ et $C(-1;5;4)$.

Montrer que $ABC$ est rectangle en $A$.
Déterminer les coordonnées d'un vecteur $\vec{n}\neq\vec{0}$ orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.

$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$ $=$ $\begin{pmatrix}2-1\\2-2\\5-3\end{pmatrix}$ $\cdot$ $\begin{pmatrix}-1-1\\5-2\\4-3\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-2\\3\\1\end{pmatrix}$ $=$ $-2+2$ $=$ $0$.
Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont donc orthogonaux et le triangle $ABC$ est bien rectangle en $A$.
Remarquons tout d'abord qu'il existe une infinité de vecteurs othogonaux à $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. En effet, dès que nous en aurons trouvé un, alors tout vecteur colinéaire à celui-ci sera également orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
On cherche donc $\vec n$ $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} $, $x$, $y$ et $z$ $\in\mathbb{R}$ tel que : On cherche donc $\vec n$ $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} $, $x$, $y$ et $z$ $\in\mathbb{R}$ tel que : $\left\{ \begin{array}{l} \vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=0 \\ \vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=0 \end{array}\right.$.
On a alors : $\left\{ \begin{array}{rcl} x+2z &=&0 \\ -2x+3y+z&=&0. \end{array}\right.$

À partir de la première égalité, on peut choisir $x=6$ et $z=-3$.
La deuxième égalité nous donne alors : $3y=12+3$ $=$ $15$, donc $y=5$.
Ainsi le vecteur $\vec n \begin{pmatrix}6\\5\\-3\end{pmatrix} $ convient.

Soient deux vecteurs de base d'un plan ou trois vecteurs de base de l'espace. Si ces vecteurs sont orthogonaux la base est dite orthogonale et si de plus les vecteurs sont de norme $1$ la base est dite orthonormée.
Un repère orthonormée est la donnée d'un point et d'une base orthonormée.

Propriétés algébriques

Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ : $\vec u \cdot \vec v$ $=$ $\vec v \cdot \vec u$.
Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec u'$ et $\vec v$ : $(\vec u + \vec u')\cdot\vec v$ $=$ $\vec u \cdot\vec v +\vec u' \cdot\vec v$.
Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ et tout $k \in \mathbb{R}$ : $(k\vec u)\cdot\vec v$ $=$ $k\times \vec u \cdot \vec v$.
Pour tout vecteur $\vec u$ : $\vec{0}\cdot\vec u$ $=$ $\vec u \cdot\vec{0}$ $=$ $0$.

Preuve
Il suffit d'écrire explicitement les calculs en utilisant la définition du produit scalaire donnée avec les coordonnées des vecteurs. Le point 1. décrit le caractère symétrique du produit scalaire.
Les points 2. et 3. décrivent le caractère linéaire par rapport à la variable de gauche du produit scalaire. Or, du fait de la symétrie, le produit scalaire est aussi linéaire par rapport à sa variable de droite. Ainsi, le produit scalaire est linéaire par rapport à ses deux variables, on dit donc qu'il s'agit d'une application bilinéaire.

Pour tout vecteur $\vec u \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ : $\| \vec u \|^2$ $=$ $\vec u \cdot \vec u$ $=$ $x^2 + y^2 +z^2$.

Pour tout vecteur $\vec u$ et tout $k \in \mathbb{R}$ : $\| k\vec u \|$ $=$ $|k|\| \vec u \|$.

Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ : $\| \vec u + \vec v \|^2$ $=$ $\|\vec u \|^2 + 2\vec u . \vec v + \|\vec v \|^2$.

Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ : $\vec u \cdot \vec v$ $=$ $\dfrac{1}{2}\left(\| \vec u + \vec v \|^2 -\|\vec u \|^2 - \|\vec v \|^2\right)$.

Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ : $\vec u \cdot \vec v$ $=$ $\dfrac{1}{2}\left(\|\vec u \|^2 + \|\vec v \|^2 - \| \vec u - \vec v \|^2\right)$.

Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$ : $\vec u \cdot \vec v$ $=$ $\dfrac{1}{4}\left(\| \vec u + \vec v \|^2- \| \vec u - \vec v \|^2\right)$.

Preuve
Pour le point 1 nous utilisons la définition du produit scalaire et pour les points 2 et 3 la propriété précédente.

$\| \vec u \|^2$ $=$ $\vec u \cdot \vec u$ $=$ $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ $=$ $x^2+y^2+z^2$.

$\| k\vec u \|^2$ $=$ $(k\vec u)\cdot(k\vec u)$ $=$ $k(\vec u)(k\vec u)$ $=$ $k^2\vec u\cdot\vec u$ $=$ $k^2\|u\|^2$.
Ainsi : $\|ku\|$ $=$ $\sqrt{\| k\vec u \|^2}$ $=$ $\sqrt{k^2\|u\|^2}$ $=$ $\sqrt{k^2}\|u\|$ $=$ $|k|\|u\|$.

$\| \vec u + \vec v \|^2$ $=$ $(\vec u+\vec v)\cdot(\vec u+\vec v)$ $=$ $\vec u\cdot\vec u +\vec u\cdot\vec v+\vec v\cdot\vec u+\vec v\cdot\vec v$ $=$ $\|u\|^2+ \vec u\cdot\vec v+\vec u.\vec v + \|v\|^2$ $=$ $\|\vec u \|^2 + 2\vec u \cdot \vec v + \|\vec v \|^2$.

On obtient l'égalité à partir de la précédente en changeant de membres certains termes, ou alors en remplaçant $\| \vec u + \vec v \|^2$ par $\|\vec u \|^2 + 2\vec u \cdot \vec v + \|\vec v \|^2$.

On remplace $\| \vec u - \vec v \|^2$ par $\|\vec u \|^2 - 2\vec u \cdot \vec v + \|\vec v \|^2$.

On effectue les mêmes remplacements que dans les deux calculs précédents.

Autre expression du produit scalaire Deux vecteurs (plus un point) définissent un plan (si $\vec u$ et $\vec v$ ne sont pas colinéaires), ou une droite (si $\vec u$ et $\vec v$ sont colinéaires). Donc pour calculer le produit scalaire $\vec u . \vec v$ on peut se placer dans un plan contenant $\vec u$ et $\vec v$. On se retrouve alors à faire de la géométrie plane.

On considère trois points distincts, $A$, $B$ et $C$ de l'espace. On note $H$ le projeté orthogonal de $C$ sur $(AB)$.

$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=$	$\overrightarrow{AB}\cdot$ $(\overrightarrow{AH}$ $+$ $\overrightarrow{HC})$
$=$	$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH}$ $ +$ $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{HC}$
$=$	$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH}$ $+$ $\vec{0}$	car $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{HC}$ sont orthogonaux.
$=$	$ \overrightarrow{AB} \cdot \left( \dfrac{AH}{AB}\times\overrightarrow{AB} \right)$	les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AH}$ étant colinéaires
$=$	$\dfrac{AH}{AB}\times \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB}$
$=$	$\dfrac{AH}{AB}\times AB^2$
$=$	$AH\times AB$
$=$	$AC\times\cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} )\times AB$	d'après les formules de trigonométrie
$=$	$AB\times AC\times\cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} )$.

Soient $A$, $B$ et $C$ trois points de l'espace. $ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$ $=$ $AB$ $\times$ $AC$ $\times$ $\cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$.
Toujours avec les points $A(1;2;3)$, $B(2;2;5)$ et $C(-1;5;4)$, déterminer en degré la mesure de $\widehat{ABC}$. On calcule les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{BA}$ $\begin{pmatrix} -1\\0\\-2 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{BC}$ $\begin{pmatrix} -3\\3\\-1 \end{pmatrix}$. On a alors :

	$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}$	$=$	$ BA \times BC \times \cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$
$\Longleftrightarrow$	$\cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$	$=$	$\dfrac{\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}}{BA \times BC}$
$\Longleftrightarrow$	$\cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$	$ = $	$\dfrac{1\times3+0\times3+2\times1}{\sqrt{1+0+4}\times\sqrt{9+9+1} }$
$\Longleftrightarrow$	$\cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$	$=$	$\dfrac{5}{\sqrt{5}\sqrt{19}}$.

Ainsi, $\cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$ $\approx$ $0,513$ et en utilisant la fonction $\cos^{-1}$ ou $\arccos$ de la calculatrice, réglée en degrés, on obtient $\widehat{ABC}$ $\approx$ $59,14^\circ$.

Plans et orthogonalité Vecteur normal à un plan de l'espace
Soit $\vec n$ un vecteur non nul et $\mathscr{P}$ un plan de l'espace. On dit que $\vec n$ est normal à $\mathscr{P}$ si et seulement si toute droite de vecteur directeur $\vec n$ est perpendiculaire à $\mathscr{P}$.
Soit $A$ un point d'un plan $\mathscr P$ et $\vec n$ un vecteur normal à $\mathscr P$. Alors le plan $\mathscr P$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que $\overrightarrow{AM} \cdot \vec n$ $=$ $0$.
Soit $\mathscr{P}$ un plan de vecteur normal $\vec n$ et $A$ un point de l'espace.
Supposons $A\not\in \mathscr{P}$ et posons $ \mathscr{D}$ $=$ $< A,\vec{n} >$, la droite engendrée par $A$ et le vecteur $\vec n$. (Cela signifie que $ \mathscr{D}$ est la droite passant par $A$ et dirigée par le vecteur $\vec n$).
Alors le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathscr P$ est : $H = \mathscr D \cap \mathscr P.$ Si $A\in \mathscr{P}$, alors le projeté de $A$ dans $\mathscr P$ est lui-même.
On considère un plan $\mathscr{P}$ de l'espace ainsi qu'un point $A$. On note $H$ le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathscr{P}$.
Pour tout point $M\in\mathscr{P}$, $AH\leq AM$. Ainsi, le projeté orthogonal est le point de $\mathscr{P}$ le plus de proche de $A$.
Preuve.
Pour tout point $M\in\mathscr{P}$ :

$AM^2$	$=$	$\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AM}$
	$=$	$(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HM})\cdot(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HM})$
	$=$	$AH^2+\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{HM}+\overrightarrow{HM}\cdot\overrightarrow{AH}+HM^2$
	$=$	$AH^2+HM^2$.

En effet $\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{HM}=0$ car ces deux vecteurs sont orthogonaux par définition de $H$.
Ainsi, puisque $HM^2 \geq 0$, on a $AM^2 \geq AH^2$ et comme la fonction racine carrée est croissante sur $[0\,;+\infty[$, on a bien $AM \geq AH$.

Une droite $d$ est orthogonale à toute droite d'un plan $\mathscr P$ si, et seulement si, elle est orthogonale à deux droites sécantes $d_1$ et $d_2$ de ce plan. Preuve
Un sens de l'équivalence est évident :
Si $d$ est orthogonale à toute droite du plan $\mathscr P$ alors elle est orthogonale à $d_1$ et $d_2$ droites du plan $\mathscr P$.

Réciproquement, si $\vec{u}$, $\vec{v_1}$ et $\vec{v_2}$ sont des vecteurs directeurs, respectivement des droites $d$, $d_1$, $d_2$, alors :

$\vec{u}\cdot\vec{v_1}$ $=$ $0$ et $\vec{u}\cdot\vec{v_2}$ $=$ $0$ puisque $d$ est orthogonale à $d_1$ et à $d_2$.

Soit $\Delta$ une droite du plan $\mathscr P$ et $\vec{w}$ un vecteur directeur de $\Delta$.
Les droites $d_1$ et $d_2$ étant sécantes, les vecteurs $\vec{v_1} $ et $\vec{v_2}$ ne sont pas colinéaires et forment donc une base de $\mathscr P$. Il existe alors deux réels $x$ et $y$ tels que $\vec{w}=x\vec{v_1} + y \vec{v_2}$.

On a ainsi : $\vec{u}\cdot\vec{w}=$ $\vec{u}\cdot(x\vec{v_1} +y\vec{v_2})=$ $x\vec{u}\cdot\vec{v_1} +y\vec{u}\cdot\vec{v_2}$ $=$ $0$.

On en déduit que les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{w}$ sont orthogonaux et que la droite $d$ est orthogonale à la droite $\Delta$.
Soit $\mathscr P$ un plan dirigé par deux vecteurs non colinéaires $\vec u$ et $\vec v$. Soit $\vec n$ un vecteur de l'espace.
Si $\vec n$ est orthogonal à $\vec u$ et $\vec v$ alors $\vec n$ est normal à $\mathscr P$. Pour les points des exercices précédents $A(1;2;3)$, $B(2;2;5)$ et $C(-1;5;4)$, nous avions trouver que le vecteur $\vec n \begin{pmatrix}6\\5\\-3\end{pmatrix} $ était orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. Puisque $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires, le vecteur $\vec n \begin{pmatrix}6\\5\\-3\end{pmatrix} $ est normal à $\mathscr P$.

Équation cartésienne d'un plan de l'espace

Dans un repère orthonormé, un plan $\mathscr P$ de vecteur normal $\vec{n}$ $\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ a une équation cartésienne de la forme : $ax + by +cz + d= 0$ où $d \in \mathbb{R}$ fixé.
Réciproquement, si $a$, $b$, $c$ ne sont pas tous les trois nuls, l'ensemble $(E)$ des points $M(x;y;z)$ tels que $ax+by+cz+d =0$ est un plan de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$.

Preuve
Soit $A(x_0;y_0;z_0)$ un point du plan $\mathscr P$ et $M(x;y;z)$ un point de l'espace.
On a : $\overrightarrow{AM}$ $(x-x_0;y-y_0;z-z_0)$ et $\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}$ $=$ $ a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)$ .
Ainsi : $M \in \mathscr P$ équivaut à $\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0$, soit à :

$ a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0$ c'est-à-dire : $ax+by+cz-ax_0-by_0-cz_0=0$ soit en posant $d=-ax_0-by_0-cz_0$, à : $ax+by+cz+d=0$.

Réciproquement, puisque $a,b$ et $c$ ne sont pas tous nuls, on peut supposer par exemple que $a$ est différent de $0$.
On peut vérifier que le point $A\left(-\frac{d}{a};0;0\right)$ appartient à l'ensemble $(E)$ et l'équation $ax+by+cz+d=0$ équivaut à $a\left(x-\dfrac{d}{a}\right)+by+cz=0$, c'est-à-dire à $\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}$ $=$ $0$ où $\vec{n}(a \,;b\,;c)$.

$(E)$ est donc le plan passant par $A$ et de vecteur normal $\vec{n}(a\,;b\,;c)$. Avec les points $A(1;2;3)$, $B(2;2;5)$ et $C(-1;5;4)$, déterminer une équation cartésienne du plan $(ABC)$. Nous avions que vu que $\vec n \begin{pmatrix}6\\5\\-3\end{pmatrix} $ est un vecteur normal à $(ABC)$. Ainsi il existe un réel $d$ tel qu'une équation cartésienne du plan soit : $6x+5y-3z+d=0.$ Il reste à déterminer la valeur de $d$. Pour cela nous allons utiliser les coordonnées d'un point du plan $(ABC)$, par exemple $A$.
$6x_A+5y_A-3z_A+d=0$ $\Longleftrightarrow$ $6+10-9+d=0$ $\Longleftrightarrow$ $d=-7$.
Le plan $(ABC)$ possède donc pour équation cartésienne : $6x+5y-3z-7=0.$

Plan médiateur d'un segment
Soient $A$ et $B$ deux points distincts de l'espace et soit $M$ le milieu du segment $[AB]$. Le plan médiateur de $[AB]$ est le plan perpendiculaire à $(AB)$ passant par $M$. Cette définition rappelle la définition, en géométrie plane, de la médiatrice d'un segment. Déterminer une équation du plan médiateur de $[AB]$ avec $A(0;1;1)$ et $B(4;1;5)$. Nous savons que le vecteur $\overrightarrow{AB}$ $\begin{pmatrix}4\\0\\4\end{pmatrix}$ est normal au plan médiateur de $[AB]$, ainsi une équation cartésienne du plan médiateur est de la forme : $4x+4z+d=0,$ avec $d\in\mathbb{R}$ à déterminer.
Le milieu de $[AB]$ de coordonnées $(2;1;3)$ appartient à ce plan, ses coordonnées vérifient l'équation du plan, et nous obtenons alors : $4\times2+4\times3+d=0$ $\Longleftrightarrow$ $d=-20$.
Nous trouvons donc que le plan médiateur de $[AB]$ a pour équation cartésienne : $4x+4z-20=0$, que l'on réduit à : $x+z-5=0.$
Soient $A$ et $B$ deux points distincts de l'espace. Le plan médiateur de $[AB]$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que $AM=BM$.

Position relative de deux plans Observons quelques figures. Les vecteurs normaux sont colinéaires et les plans sont parallèles Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires et les plans ne sont pas parallèles Les vecteurs normaux sont orthogonaux et les plans sont perpendiculaires
Soient $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_2$ deux plans ayant pour vecteurs normaux respectifs $\vec n_1$ et $\vec n_2$. Alors : $\mathscr{P}_1 // \mathscr{P}_2$ $\Longleftrightarrow$ $\overrightarrow n_1$ et $\overrightarrow n_2$ sont colinéaires. La contraposée de cette proposition peut être utilisée pour démontrer que deux plans ne sont pas parallèles. Soient $\mathscr{P}_1$, $\mathscr{P}_2$ et $\mathscr{P}_3$ trois plans d'équations respectives :

$15x+6y+3z=0$,
$21x+7y-z=-4$,
$-5x-2y-z=21$.

Déterminer les positions relatives de $\mathscr{P}_1$, $\mathscr{P}_2$ et $\mathscr{P}_3$. Soient $\overrightarrow{n_1}$ $\begin{pmatrix}15\\6\\3\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{n_2}$ $\begin{pmatrix}21\\7\\-1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{n_3}$ $\begin{pmatrix}-5\\-2\\-1\end{pmatrix}$ des vecteurs normaux des plans respectifs $\mathscr{P}_1$, $\mathscr{P}_2$ et $\mathscr{P}_3$ obtenus à l'aide des coefficients des équations cartésiennes.

Nous remarquons que $\overrightarrow{n_1}$ $=$ $-3\overrightarrow{n_3}$, ainsi $\overrightarrow{n_1}$ et $\overrightarrow{n_3}$ sont colinéaires et les plans $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_3$ sont parallèles.

Par ailleurs $z_{\overrightarrow{n_1}}$ $=$ $-3z_{\overrightarrow{n_2}}$ mais $x_{\overrightarrow{n_1}}$ $\neq$ $-3x_{\overrightarrow{n_2}}$. Les vecteurs $\overrightarrow{n_1}$ et $\overrightarrow{n_2}$ ne sont donc pas colinéaires, et les plans $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_2$ ne sont pas parallèles.

Puisque $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_3$ sont parallèles, et que $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_2$ ne sont pas parallèles, alors $\mathscr{P}_2$ et $\mathscr{P}_3$ ne sont non plus pas parallèles.
Soient $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_2$ deux plans de vecteurs normaux respectifs $\overrightarrow{n_1}$ et $\overrightarrow{n_2}$.
les plans $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_2$ sont perpendiculaires si et seulement si les vecteurs $\overrightarrow{n_1}$ et $\overrightarrow{n_2}$ sont orthogonaux. Avec les mêmes notations qu'à l'exercice précédent, les plans $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_2$ sont-ils perpendiculaires ? Les plans $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_2$ ont pour vecteurs normaux respectifs $\overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}15\\6\\3\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{n_2}\begin{pmatrix}21\\7\\-1\end{pmatrix}$.
Calculons leur produit scalaire : $\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}$ $=$ $15\times21+6\times7-3\times1$ $=$ $354$.
On peut alors affirmer que les plans $\mathscr{P}_1$ et $\mathscr{P}_2$ ne sont pas perpendiculaires.