Terminale ∼ Spécialité mathématiques
Géométrie dans l'espace (2) Dans tout ce chapitre, on se place dans un repère (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k}) orthonormal de l'espace. Produit scalaire dans l'espace Définition du produit scalaire
Soient u⃗(xyz)\vec{u} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z \end{pmatrix} et v⃗(x′y′z′)\vec{v} \begin{pmatrix}x'\\ y'\\ z' \end{pmatrix} deux vecteurs. Le produit scalaire de u⃗\vec{u} et v⃗\vec v est le nombre réel noté u⃗⋅v⃗\vec{u}\cdot\vec{v} tel que : u⃗⋅v⃗\vec{u} \cdot \vec{v} == xx′xx' ++ yy′yy' ++ zz′.zz'.
  1. Soit u⃗=(13−2)\vec u = \begin{pmatrix}1 \\ 3 \\ -2\end{pmatrix} et v⃗=(5−11)\vec v = \begin{pmatrix}5 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}, alors u⃗⋅v⃗=\vec u \cdot \vec v = 1×5+3×(−1)+(−2)×1 1\times 5+3\times (-1)+(-2)\times 1 == 00.

  2. Soit w⃗=(−4−20)\vec w = \begin{pmatrix}-4 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix}, alors u⃗⋅w⃗=\vec u \cdot \vec w = 1×(−4)+3×(−2)+(−2)×0 1\times (-4) + 3\times(-2)+(-2)\times 0 == −10-10.
Le produit scalaire apparaît dans de nombreuses situations et permettra de plus de répondre rapidement à certaines questions.
Norme d'un vecteur
Soit u⃗(xyz)\vec u \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} un vecteur et MM un point tel que u⃗=OM→\vec u =\overrightarrow{OM}. La norme du vecteur u⃗\vec u est le réel positif : ∣∣u⃗∣∣ ||\vec u|| == OMOM == x2+y2+z2\sqrt{x^2+y^2+z^2} == u⃗⋅u⃗.\sqrt{\vec u \cdot \vec u}. Avec les vecteurs u⃗=(13−2)\vec u = \begin{pmatrix}1 \\ 3 \\ -2\end{pmatrix} et v⃗=(5−11)\vec v = \begin{pmatrix}5 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} de l'exemple précédent :

∣∣u⃗∣∣=||\vec{u}|| = 12+32+(−2)2\sqrt{1^2+3^2+(-2)^2} == 14\sqrt{14}, et ∣∣v⃗∣∣=||\vec v|| = 52+(−1)2+12\sqrt{5^2+(-1)^2+1^2} == 27\sqrt{27} == 333\sqrt{3}.
Soient AA et BB deux points de l'espace. La distance ABAB est définie par la norme du vecteur AB→\overrightarrow{AB}. Étudions la sphère S(A,r)\mathscr{S}(A,r) de centre A(xA;yA;zA)A(x_A;y_A;z_A) et de rayon r>0r>0.
On considère un point M(x;y;z)M(x;y;z) de S(A,r)\mathscr{S}(A,r). On a alors :
M(x;y;z)M(x;y;z) ∈\in S(A,r)\mathscr{S}(A,r) ⟺\Longleftrightarrow AM=rAM=r ⟺\Longleftrightarrow AM2=r2AM^2=r^2.
Or, AM→\overrightarrow{AM} a pour coordonnées (x−xAy−yAz−zA)\begin{pmatrix}x-x_A\\y-y_A\\z-z_A\end{pmatrix}, ainsi : AM2=AM^2= (x−xA)2+(y−yA)2+(z−zA)2(x-x_A)^2+(y-y_A)^2+(z-z_A)^2.

En conclusion, M(x;y;z)∈S(A,r) M(x;y;z)\in \mathscr{S}(A,r) si et seulement si : (x−xA)2+(y−yA)2+(z−zA)2(x-x_A)^2+(y-y_A)^2+(z-z_A)^2 == r2.r^2. L'équation de S(O,1)\mathscr{S}(O,1), sphère de centre OO et de rayon 11 est : x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1.
Orthogonalité Considérons les deux vecteurs u⃗=(xyz)\vec{u}=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} et v⃗=(x′y′z′)\vec{v}=\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}, ainsi que les points AA, BB et CC tels que u⃗=AB→\vec u = \overrightarrow{AB} et v⃗=BC→\vec v = \overrightarrow{BC}.
On a alors que : AC→\overrightarrow{AC} == AB→+BC→\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC} == (x+x′y+y′z+z′)\begin{pmatrix}x+x'\\y+y'\\z+z'\end{pmatrix}.

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

u⃗ et v⃗ sont orthogonaux \vec{u} \text{ et } \vec{v} \text{ sont orthogonaux } ⟺\Longleftrightarrow AC2=AB2+BC2AC^2=AB^2+BC^2
⟺\Longleftrightarrow ∥AC→∥2\|\overrightarrow{AC}\|^2 == ∥AB→∥2+∥BC→∥2\|\overrightarrow{AB}\|^2 + \|\overrightarrow{BC}\|^2
⟺\Longleftrightarrow (x+x′)2+(y+y′)2+(z+z′)2(x+x')^2+(y+y')^2+(z+z')^2 == x2+y2+z2+x′2+y′2+z′2x^2+y^2+z^2+x'^2+y'^2+z'^2
⟺\Longleftrightarrow x2+2xx′+x′2+y2+2yy′+y′2+z2+2zz′+z′2x^2+2xx'+x'^2+y^2+2yy'+y'^2+z^2+2zz'+z'^2 == x2+y2+z2+x′2+y′2+z′2x^2+y^2+z^2+x'^2+y'^2+z'^2
⟺\Longleftrightarrow 2xx′+2yy′+2zz′2xx'+2yy'+2zz' == 00
⟺\Longleftrightarrow xx′+yy′+zz′=0xx'+yy'+zz'=0
⟺\Longleftrightarrow u⃗⋅v⃗=0.\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 u⃗\vec u et v⃗\vec v deux vecteurs de l'espace. u⃗\vec u et v⃗\vec v sont orthogonaux si et seulement si u⃗⋅v⃗=0.\vec{u}\cdot\vec{v}=0. Avec les vecteurs u⃗=(13−2)\vec u = \begin{pmatrix}1 \\ 3 \\ -2\end{pmatrix}, v⃗=(5−11)\vec v = \begin{pmatrix}5 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} et w⃗=(−4−20)\vec w = \begin{pmatrix}-4 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix} des exemples précédents nous avons donc :
➤ u⃗\vec u et v⃗\vec v sont orthogonaux car u⃗⋅v⃗=0\vec{u}\cdot\vec{v}=0.
➤ u⃗\vec u et w⃗\vec w ne sont pas orthogonaux car u⃗⋅w⃗≠0\vec{u}\cdot\vec{w}\neq0. Soient A(1;2;3)A(1;2;3), B(2;2;5)B(2;2;5) et C(−1;5;4)C(-1;5;4).
  1. Montrer que ABCABC est rectangle en AA.
  2. Déterminer les coordonnées d'un vecteur n⃗≠0⃗\vec{n}\neq\vec{0} orthogonal à AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.
  1. AB→⋅AC→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} == (2−12−25−3)\begin{pmatrix}2-1\\2-2\\5-3\end{pmatrix} ⋅\cdot (−1−15−24−3)\begin{pmatrix}-1-1\\5-2\\4-3\end{pmatrix} == (102)⋅(−231)\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-2\\3\\1\end{pmatrix} == −2+2-2+2 == 00.
    Les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} sont donc orthogonaux et le triangle ABCABC est bien rectangle en AA.
  2. Remarquons tout d'abord qu'il existe une infinité de vecteurs othogonaux à AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}. En effet, dès que nous en aurons trouvé un, alors tout vecteur colinéaire à celui-ci sera également orthogonal à AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.
    On cherche donc n⃗\vec n (xyz)\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} , xx, yy et zz ∈R\in\mathbb{R} tel que : On cherche donc n⃗\vec n (xyz)\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} , xx, yy et zz ∈R\in\mathbb{R} tel que : {n⃗⋅AB→=0n⃗⋅AC→=0\left\{ \begin{array}{l} \vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=0 \\ \vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=0 \end{array}\right..
    On a alors : {x+2z=0−2x+3y+z=0.\left\{ \begin{array}{rcl} x+2z &=&0 \\ -2x+3y+z&=&0. \end{array}\right.

    À partir de la première égalité, on peut choisir x=6x=6 et z=−3z=-3.
    La deuxième égalité nous donne alors : 3y=12+33y=12+3 == 1515, donc y=5y=5.
    Ainsi le vecteur n⃗(65−3)\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 11 la base est dite orthonormée.
Un repère orthonormée est la donnée d'un point et d'une base orthonormée.
Propriétés algébriques
  1. Pour tous vecteurs u⃗\vec u, v⃗\vec v : u⃗⋅v⃗\vec u \cdot \vec v == v⃗⋅u⃗\vec v \cdot \vec u.
  2. Pour tous vecteurs u⃗\vec u, u⃗′\vec u' et v⃗\vec v : (u⃗+u⃗′)⋅v⃗(\vec u + \vec u')\cdot\vec v == u⃗⋅v⃗+u⃗′⋅v⃗\vec u \cdot\vec v +\vec u' \cdot\vec v.
  3. Pour tous vecteurs u⃗\vec u, v⃗\vec v et tout k∈Rk \in \mathbb{R} : (ku⃗)⋅v⃗(k\vec u)\cdot\vec v == k×u⃗⋅v⃗k\times \vec u \cdot \vec v.
  4. Pour tout vecteur u⃗\vec u : 0⃗⋅u⃗\vec{0}\cdot\vec u == u⃗⋅0⃗\vec u \cdot\vec{0} == 00.
 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.
  1. Pour tout vecteur u⃗(xyz)\vec u \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} : ∥u⃗∥2\| \vec u \|^2 == u⃗⋅u⃗\vec u \cdot \vec u == x2+y2+z2x^2 + y^2 +z^2.

  2. Pour tout vecteur u⃗\vec u et tout k∈Rk \in \mathbb{R} : ∥ku⃗∥\| k\vec u \| == ∣k∣∥u⃗∥|k|\| \vec u \|.

  3. Pour tous vecteurs u⃗\vec u, v⃗\vec v : ∥u⃗+v⃗∥2\| \vec u + \vec v \|^2 == ∥u⃗∥2+2u⃗.v⃗+∥v⃗∥2\|\vec u \|^2 + 2\vec u . \vec v + \|\vec v \|^2.

  4. Pour tous vecteurs u⃗\vec u, v⃗\vec v : u⃗⋅v⃗\vec u \cdot \vec v == 12(∥u⃗+v⃗∥2−∥u⃗∥2−∥v⃗∥2)\dfrac{1}{2}\left(\| \vec u + \vec v \|^2 -\|\vec u \|^2 - \|\vec v \|^2\right).

  5. Pour tous vecteurs u⃗\vec u, v⃗\vec v : u⃗⋅v⃗\vec u \cdot \vec v == 12(∥u⃗∥2+∥v⃗∥2−∥u⃗−v⃗∥2)\dfrac{1}{2}\left(\|\vec u \|^2 + \|\vec v \|^2 - \| \vec u - \vec v \|^2\right).

  6. Pour tous vecteurs u⃗\vec u, v⃗\vec v : u⃗⋅v⃗\vec u \cdot \vec v == 14(∥u⃗+v⃗∥2−∥u⃗−v⃗∥2)\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.
  1. ∥u⃗∥2\| \vec u \|^2 == u⃗⋅u⃗\vec u \cdot \vec u == (xyz)⋅(xyz)\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} == x2+y2+z2x^2+y^2+z^2.

  2. ∥ku⃗∥2\| k\vec u \|^2 == (ku⃗)⋅(ku⃗)(k\vec u)\cdot(k\vec u) == k(u⃗)(ku⃗)k(\vec u)(k\vec u) == k2u⃗⋅u⃗k^2\vec u\cdot\vec u == k2∥u∥2k^2\|u\|^2.
    Ainsi : ∥ku∥\|ku\| == ∥ku⃗∥2\sqrt{\| k\vec u \|^2} == k2∥u∥2\sqrt{k^2\|u\|^2} == k2∥u∥\sqrt{k^2}\|u\| == ∣k∣∥u∥|k|\|u\|.

  3. ∥u⃗+v⃗∥2\| \vec u + \vec v \|^2 == (u⃗+v⃗)⋅(u⃗+v⃗)(\vec u+\vec v)\cdot(\vec u+\vec v) == u⃗⋅u⃗+u⃗⋅v⃗+v⃗⋅u⃗+v⃗⋅v⃗\vec u\cdot\vec u +\vec u\cdot\vec v+\vec v\cdot\vec u+\vec v\cdot\vec v == ∥u∥2+u⃗⋅v⃗+u⃗.v⃗+∥v∥2\|u\|^2+ \vec u\cdot\vec v+\vec u.\vec v + \|v\|^2 == ∥u⃗∥2+2u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2\|\vec u \|^2 + 2\vec u \cdot \vec v + \|\vec v \|^2.

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

  5. On remplace ∥u⃗−v⃗∥2\| \vec u - \vec v \|^2 par ∥u⃗∥2−2u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2\|\vec u \|^2 - 2\vec u \cdot \vec v + \|\vec v \|^2.

  6. 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 u⃗\vec u et v⃗\vec v ne sont pas colinéaires), ou une droite (si u⃗\vec u et v⃗\vec v sont colinéaires). Donc pour calculer le produit scalaire u⃗.v⃗\vec u . \vec v on peut se placer dans un plan contenant u⃗\vec u et v⃗\vec v. On se retrouve alors à faire de la géométrie plane.

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

AB→⋅AC→=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}= AB→⋅\overrightarrow{AB}\cdot (AH→(\overrightarrow{AH} ++ HC→)\overrightarrow{HC})
== AB→⋅AH→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH} + + AB→⋅HC→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{HC}
== AB→⋅AH→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH} ++ 0⃗\vec{0} car AB→\overrightarrow{AB} et HC→\overrightarrow{HC} sont orthogonaux.
== AB→⋅(AHAB×AB→) \overrightarrow{AB} \cdot \left( \dfrac{AH}{AB}\times\overrightarrow{AB} \right) les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AH→\overrightarrow{AH} étant colinéaires
== AHAB×AB→⋅AB→\dfrac{AH}{AB}\times \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB}
== AHAB×AB2\dfrac{AH}{AB}\times AB^2
== AH×ABAH\times AB
== AC×cos⁡(AB→,AC→)×ABAC\times\cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} )\times AB d'après les formules de trigonométrie
== AB×AC×cos⁡(AB→,AC→)AB\times AC\times\cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} ).


Soient AA, BB et CC trois points de l'espace. AB→⋅AC→ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} == ABAB ×\times ACAC ×\times cos⁡(AB→,AC→)\cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}).
Toujours avec les points A(1;2;3)A(1;2;3), B(2;2;5)B(2;2;5) et C(−1;5;4)C(-1;5;4), déterminer en degré la mesure de ABC^\widehat{ABC}. On calcule les coordonnées des vecteurs BA→\overrightarrow{BA} (−10−2)\begin{pmatrix} -1\\0\\-2 \end{pmatrix} et BC→\overrightarrow{BC} (−33−1)\begin{pmatrix} -3\\3\\-1 \end{pmatrix}. On a alors :
BA→⋅BC→\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} == BA×BC×cos⁡(BA→,BC→) BA \times BC \times \cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})
⟺\Longleftrightarrow cos⁡(BA→,BC→)\cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}) == BA→⋅BC→BA×BC\dfrac{\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}}{BA \times BC}
⟺\Longleftrightarrow cos⁡(BA→,BC→)\cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}) = = 1×3+0×3+2×11+0+4×9+9+1\dfrac{1\times3+0\times3+2\times1}{\sqrt{1+0+4}\times\sqrt{9+9+1} }
⟺\Longleftrightarrow cos⁡(BA→,BC→)\cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}) == 5519\dfrac{5}{\sqrt{5}\sqrt{19}}.

Ainsi, cos⁡(BA→,BC→)\cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}) ≈\approx 0,5130,513 et en utilisant la fonction cos⁡−1\cos^{-1} ou arccos⁡\arccos de la calculatrice, réglée en degrés, on obtient ABC^\widehat{ABC} ≈\approx 59,14∘59,14^\circ.
Plans et orthogonalité Vecteur normal à un plan de l'espace
Soit n⃗\vec n un vecteur non nul et P\mathscr{P} un plan de l'espace. On dit que n⃗\vec n est normal à P\mathscr{P} si et seulement si toute droite de vecteur directeur n⃗\vec n est perpendiculaire à P\mathscr{P}.
Soit AA un point d'un plan P\mathscr P et n⃗\vec n un vecteur normal à P\mathscr P. Alors le plan P\mathscr P est l'ensemble des points MM de l'espace tels que AM→⋅n⃗\overrightarrow{AM} \cdot \vec n == 00. n⃗\vec{n} A M
Soit P\mathscr{P} un plan de vecteur normal n⃗\vec n et AA un point de l'espace.
Supposons A̸∈PA\not\in \mathscr{P} et posons D \mathscr{D} == <A,n⃗>< A,\vec{n} >, la droite engendrée par AA et le vecteur n⃗\vec n. (Cela signifie que D \mathscr{D} est la droite passant par AA et dirigée par le vecteur n⃗\vec n).
Alors le projeté orthogonal de AA sur P\mathscr P est : H=D∩P.H = \mathscr D \cap \mathscr P. n⃗\vec{n} D\mathscr{D} A H Si A∈PA\in \mathscr{P}, alors le projeté de AA dans P\mathscr P est lui-même.
On considère un plan P\mathscr{P} de l'espace ainsi qu'un point AA. On note HH le projeté orthogonal de AA sur P\mathscr{P}.
Pour tout point M∈PM\in\mathscr{P}, AH≤AMAH\leq AM. Ainsi, le projeté orthogonal est le point de P\mathscr{P} le plus de proche de AA.
Preuve.
Pour tout point M∈PM\in\mathscr{P} :
AM2AM^2 == AM→⋅AM→\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AM}
== (AH→+HM→)⋅(AH→+HM→)(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HM})\cdot(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HM})
== AH2+AH→⋅HM→+HM→⋅AH→+HM2AH^2+\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{HM}+\overrightarrow{HM}\cdot\overrightarrow{AH}+HM^2
== AH2+HM2AH^2+HM^2.
En effet AH→⋅HM→=0\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{HM}=0 car ces deux vecteurs sont orthogonaux par définition de HH.
Ainsi, puisque HM2≥0HM^2 \geq 0, on a AM2≥AH2AM^2 \geq AH^2 et comme la fonction racine carrée est croissante sur [0;+∞[[0\,;+\infty[, on a bien AM≥AHAM \geq AH.

Une droite dd est orthogonale à toute droite d'un plan P\mathscr P si, et seulement si, elle est orthogonale à deux droites sécantes d1d_1 et d2d_2 de ce plan. Preuve
Un sens de l'équivalence est évident :
Si dd est orthogonale à toute droite du plan P\mathscr P alors elle est orthogonale à d1d_1 et d2d_2 droites du plan P\mathscr P.

Réciproquement, si u⃗\vec{u}, v1⃗\vec{v_1} et v2⃗\vec{v_2} sont des vecteurs directeurs, respectivement des droites dd, d1d_1, d2d_2, alors :

u⃗⋅v1⃗\vec{u}\cdot\vec{v_1} == 00 et u⃗⋅v2⃗\vec{u}\cdot\vec{v_2} == 00 puisque dd est orthogonale à d1d_1 et à d2d_2.

Soit Δ\Delta une droite du plan P\mathscr P et w⃗\vec{w} un vecteur directeur de Δ\Delta.
Les droites d1d_1 et d2d_2 étant sécantes, les vecteurs v1⃗\vec{v_1} et v2⃗\vec{v_2} ne sont pas colinéaires et forment donc une base de P\mathscr P. Il existe alors deux réels xx et yy tels que w⃗=xv1⃗+yv2⃗\vec{w}=x\vec{v_1} + y \vec{v_2}.

On a ainsi : u⃗⋅w⃗=\vec{u}\cdot\vec{w}= u⃗⋅(xv1⃗+yv2⃗)=\vec{u}\cdot(x\vec{v_1} +y\vec{v_2})= xu⃗⋅v1⃗+yu⃗⋅v2⃗x\vec{u}\cdot\vec{v_1} +y\vec{u}\cdot\vec{v_2} == 00.

On en déduit que les vecteurs u⃗\vec{u} et w⃗\vec{w} sont orthogonaux et que la droite dd est orthogonale à la droite Δ\Delta.
Soit P\mathscr P un plan dirigé par deux vecteurs non colinéaires u⃗\vec u et v⃗\vec v. Soit n⃗\vec n un vecteur de l'espace.
Si n⃗\vec n est orthogonal à u⃗\vec u et v⃗\vec v alors n⃗\vec n est normal à P\mathscr P. Pour les points des exercices précédents A(1;2;3)A(1;2;3), B(2;2;5)B(2;2;5) et C(−1;5;4)C(-1;5;4), nous avions trouver que le vecteur n⃗(65−3)\vec n \begin{pmatrix}6\\5\\-3\end{pmatrix} était orthogonal à AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}. Puisque AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} ne sont pas colinéaires, le vecteur n⃗(65−3)\vec n \begin{pmatrix}6\\5\\-3\end{pmatrix} est normal à P\mathscr P.
Équation cartésienne d'un plan de l'espace
  1. Dans un repère orthonormé, un plan P\mathscr P de vecteur normal n⃗\vec{n} (abc)\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} a une équation cartésienne de la forme : ax+by+cz+d=0ax + by +cz + d= 0 où d∈Rd \in \mathbb{R} fixé.
  2. Réciproquement, si aa, bb, cc ne sont pas tous les trois nuls, l'ensemble (E)(E) des points M(x;y;z)M(x;y;z) tels que ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d =0 est un plan de vecteur normal n⃗(abc)\vec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}.
Preuve
Soit A(x0;y0;z0)A(x_0;y_0;z_0) un point du plan P\mathscr P et M(x;y;z)M(x;y;z) un point de l'espace.
On a : AM→\overrightarrow{AM} (x−x0;y−y0;z−z0)(x-x_0;y-y_0;z-z_0) et AM→⋅n⃗\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n} == a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0) a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0) .
Ainsi : M∈PM \in \mathscr P équivaut à AM→⋅n⃗=0\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0, soit à :

a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0 a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0 c'est-à-dire : ax+by+cz−ax0−by0−cz0=0ax+by+cz-ax_0-by_0-cz_0=0 soit en posant d=−ax0−by0−cz0d=-ax_0-by_0-cz_0, à : ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0.

Réciproquement, puisque a,ba,b et cc ne sont pas tous nuls, on peut supposer par exemple que aa est différent de 00.
On peut vérifier que le point A(−da;0;0)A\left(-\frac{d}{a};0;0\right) appartient à l'ensemble (E)(E) et l'équation ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0 équivaut à a(x−da)+by+cz=0a\left(x-\dfrac{d}{a}\right)+by+cz=0, c'est-à-dire à AM→⋅n⃗\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n} == 00 où n⃗(a;b;c)\vec{n}(a \,;b\,;c).

(E)(E) est donc le plan passant par AA et de vecteur normal n⃗(a;b;c)\vec{n}(a\,;b\,;c). Avec les points A(1;2;3)A(1;2;3), B(2;2;5)B(2;2;5) et C(−1;5;4)C(-1;5;4), déterminer une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC). Nous avions que vu que n⃗(65−3)\vec n \begin{pmatrix}6\\5\\-3\end{pmatrix} est un vecteur normal à (ABC)(ABC). Ainsi il existe un réel dd tel qu'une équation cartésienne du plan soit : 6x+5y−3z+d=0.6x+5y-3z+d=0. Il reste à déterminer la valeur de dd. Pour cela nous allons utiliser les coordonnées d'un point du plan (ABC)(ABC), par exemple AA.
6xA+5yA−3zA+d=06x_A+5y_A-3z_A+d=0 ⟺\Longleftrightarrow 6+10−9+d=06+10-9+d=0 ⟺\Longleftrightarrow d=−7d=-7.
Le plan (ABC)(ABC) possède donc pour équation cartésienne : 6x+5y−3z−7=0.6x+5y-3z-7=0.
Plan médiateur d'un segment
Soient AA et BB deux points distincts de l'espace et soit MM le milieu du segment [AB][AB]. Le plan médiateur de [AB][AB] est le plan perpendiculaire à (AB)(AB) passant par MM. Cette définition rappelle la définition, en géométrie plane, de la médiatrice d'un segment. A M B Déterminer une équation du plan médiateur de [AB][AB] avec A(0;1;1)A(0;1;1) et B(4;1;5)B(4;1;5). Nous savons que le vecteur AB→\overrightarrow{AB} (404)\begin{pmatrix}4\\0\\4\end{pmatrix} est normal au plan médiateur de [AB][AB], ainsi une équation cartésienne du plan médiateur est de la forme : 4x+4z+d=0,4x+4z+d=0, avec d∈Rd\in\mathbb{R} à déterminer.
Le milieu de [AB][AB] de coordonnées (2;1;3)(2;1;3) appartient à ce plan, ses coordonnées vérifient l'équation du plan, et nous obtenons alors : 4×2+4×3+d=04\times2+4\times3+d=0 ⟺\Longleftrightarrow d=−20d=-20.
Nous trouvons donc que le plan médiateur de [AB][AB] a pour équation cartésienne : 4x+4z−20=04x+4z-20=0, que l'on réduit à : x+z−5=0.x+z-5=0.
Soient AA et BB deux points distincts de l'espace. Le plan médiateur de [AB][AB] est l'ensemble des points MM de l'espace tels que AM=BMAM=BM.
Position relative de deux plans Observons quelques figures. P1\mathscr{P_1} n1→\overrightarrow{n_1} P2\mathscr{P_2} n2→\overrightarrow{n_2} Les vecteurs normaux sont colinéaires et les plans sont parallèles P1\mathscr{P_1} n1→\overrightarrow{n_1} P2\mathscr{P_2} n2→\overrightarrow{n_2} Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires et les plans ne sont pas parallèles P1\mathscr{P_1} n1→\overrightarrow{n_1} P2\mathscr{P_2} n2→\overrightarrow{n_2} Les vecteurs normaux sont orthogonaux et les plans sont perpendiculaires
Soient P1\mathscr{P}_1 et P2\mathscr{P}_2 deux plans ayant pour vecteurs normaux respectifs n⃗1\vec n_1 et n⃗2\vec n_2. Alors : P1//P2\mathscr{P}_1 // \mathscr{P}_2 ⟺\Longleftrightarrow n→1\overrightarrow n_1 et n→2\overrightarrow n_2 sont colinéaires. La contraposée de cette proposition peut être utilisée pour démontrer que deux plans ne sont pas parallèles. Soient P1\mathscr{P}_1, P2\mathscr{P}_2 et P3\mathscr{P}_3 trois plans d'équations respectives : Déterminer les positions relatives de P1\mathscr{P}_1, P2\mathscr{P}_2 et P3\mathscr{P}_3. Soient n1→\overrightarrow{n_1} (1563)\begin{pmatrix}15\\6\\3\end{pmatrix}, n2→\overrightarrow{n_2} (217−1)\begin{pmatrix}21\\7\\-1\end{pmatrix} et n3→\overrightarrow{n_3} (−5−2−1)\begin{pmatrix}-5\\-2\\-1\end{pmatrix} des vecteurs normaux des plans respectifs P1\mathscr{P}_1, P2\mathscr{P}_2 et P3\mathscr{P}_3 obtenus à l'aide des coefficients des équations cartésiennes.

Nous remarquons que n1→\overrightarrow{n_1} == −3n3→-3\overrightarrow{n_3}, ainsi n1→\overrightarrow{n_1} et n3→\overrightarrow{n_3} sont colinéaires et les plans P1\mathscr{P}_1 et P3\mathscr{P}_3 sont parallèles.

Par ailleurs zn1→z_{\overrightarrow{n_1}} == −3zn2→-3z_{\overrightarrow{n_2}} mais xn1→x_{\overrightarrow{n_1}} ≠\neq −3xn2→-3x_{\overrightarrow{n_2}}. Les vecteurs n1→\overrightarrow{n_1} et n2→\overrightarrow{n_2} ne sont donc pas colinéaires, et les plans P1\mathscr{P}_1 et P2\mathscr{P}_2 ne sont pas parallèles.

Puisque P1\mathscr{P}_1 et P3\mathscr{P}_3 sont parallèles, et que P1\mathscr{P}_1 et P2\mathscr{P}_2 ne sont pas parallèles, alors P2\mathscr{P}_2 et P3\mathscr{P}_3 ne sont non plus pas parallèles.
Soient P1\mathscr{P}_1 et P2\mathscr{P}_2 deux plans de vecteurs normaux respectifs n1→\overrightarrow{n_1} et n2→\overrightarrow{n_2}.
les plans P1\mathscr{P}_1 et P2\mathscr{P}_2 sont perpendiculaires si et seulement si les vecteurs n1→\overrightarrow{n_1} et n2→\overrightarrow{n_2} sont orthogonaux. Avec les mêmes notations qu'à l'exercice précédent, les plans P1\mathscr{P}_1 et P2\mathscr{P}_2 sont-ils perpendiculaires ? Les plans P1\mathscr{P}_1 et P2\mathscr{P}_2 ont pour vecteurs normaux respectifs n1→(1563)\overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}15\\6\\3\end{pmatrix} et n2→(217−1)\overrightarrow{n_2}\begin{pmatrix}21\\7\\-1\end{pmatrix}.
Calculons leur produit scalaire : n1→⋅n2→\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2} == 15×21+6×7−3×115\times21+6\times7-3\times1 == 354354.
On peut alors affirmer que les plans P1\mathscr{P}_1 et P2\mathscr{P}_2 ne sont pas perpendiculaires.