1. CHAPITRE 2 ESPACE
1 Produit scalaire dans le plan ou dans l’espace
1. Définition
• Soit le plan ou l’espace.
Soient deux vecteurs u et v de , et trois points O, A et B tels que :
u = OA et v = OB.
On note θ l’angle géométrique AOB.
u
On appelle produit scalaire de deux vec- v B
v
teurs u et v le nombre réel noté u ⋅ v tel
que u ⋅ v = u × v cos θ . O
θ
Soit u ⋅ v = OA × OB × cos θ. u A
Remarque : Le signe de u ⋅ v dépend du signe de cos θ :
(θ aigu) ⇔ u ⋅ v 0
(θ obtus) ⇔ u ⋅ v 0
(θ droit) ⇔ u ⋅ v = 0.
2. Conséquences
• Si les vecteurs u et v sont colinéaires et de même sens, alors
u ⋅v = u × v car θ = 0 donc cos θ = 1.
• Si les vecteurs u et v sont colinéaires et de sens contraires, alors
u ⋅v = – u × v car θ = π donc cos θ = – 1 .
2 2 2 2
• Si u = v , alors u ⋅ v = ( u ) = ( v ) = u = v .
2
( u ) est appelé carré scalaire, c’est un nombre positif.
AOB = BOA donc u ⋅ v = v ⋅ u ; cette égalité traduit la symétrie du pro-
duit scalaire.
3. Propriétés
Quels que soient les vecteurs u , v , w de et deux réels α et β :
• ( αu ) ⋅ ( βv ) = ( αβ ) × ( u ⋅ v )
• w ⋅ (u + v ) = w ⋅ u + w ⋅ v
60

2. cours savoir-faire exercices corrigés
2 2 2
• (u + v ) = u + v + 2u ⋅ v
2 2 2
• (u – v ) = u + v – 2u ⋅ v
2 2
• (u + v ) ⋅ (u – v ) = u – v
1
• u ⋅ v = --  u + v – u – v 
2 2 2
-
2 
• u ⋅v = 0 ⇔ u ⊥v.
Remarque : Le vecteur nul est orthogonal à tout vecteur.
4. Propriété fondamentale
Si on projette orthogonalement les vecteurs u en u ′ sur la direction de v
on a : u ⋅ v = u ′ ⋅ v (les vecteurs u ′ et v sont colinéaires).
De même si on projette orthogonalement le vecteur v en v ′ sur la direc-
tion de u on a : u ⋅ v = v ′ ⋅ u .
Donc u ⋅v = u′⋅v = v′⋅u
exemple d’application
Démontrer que dans un triangle quelconque ABC :
AC 2 = AB 2 + BC 2 – 2AB × BC cos ABC.
Ce théorème est celui d’Al-Kashi (généralisation à un triangle quelconque du
théorème de Pythagore).
corrigé commenté
D’après la relation de Chasles, quels que soient les points A, B et C :
AC = AB + BC
2 2
d’où ( AC ) = ( AB + BC ) = AB 2 + BC 2 + 2AB ⋅ BC.
Soit AC 2 = AB 2 + BC 2 – 2BA ⋅ BC d’où :
AC 2 = AB 2 + BC 2 – 2BA × BC cos ABC.
61

3. CHAPITRE 2 ESPACE
2 Produit scalaire en géométrie analytique
Dans le plan Dans l’espace
Soit ( O ; i , j ) un repère ortho- Soit ( O ; i , j , k ) un repère ortho-
normé du plan normé de l’espace
Représentation paramétrique d’une droite
Passant par A ( x 0, y 0 ) et de vecteur Passant par A ( x 0, y 0, z 0 ) et de vec-
directeur v ( a, b ), a ∈ , b∈ et teur directeur v ( a, b, c ), a ∈ ,
v ≠0 b∈ , c∈ et v ≠ 0
M∈ ⇔ AM = tv avec t ∈ .
x = x 0 + at
 x = x 0 + at 
 , t∈ . y = y 0 + bt , t ∈ .
 y = y 0 + bt 
z = z 0 + ct
Équations cartésiennes de
x – x0 y – y0 x – x0 y – y0 z – z0
------------- = ------------- avec ab ≠ 0
- - ------------- = ------------- = -------------
- - -
a b a b c
soit Ax + By + C = 0 avec abc ≠ 0
Produit scalaire
des vecteurs v ( x, y ) et v ′ ( x′, y′ ) des vecteurs v ( x, y, z ) et v ′ ( x′, y′, z′ )
v ⋅ v ′ = xx′ + yy′. v ⋅ v ′ = xx′ + yy′ + zz′.
Équation cartésienne et vecteur normal
Soit une droite passant par un Soit P un plan passant un point
point A ( x 0, y 0, z 0 ) et orthogonal à un
A ( x 0, y 0 ) et orthogonale à un vec-
vecteur v ( a, b, c )
teur v ( a, b )
M ∈ P ⇔ AM ⋅ v = 0
M ∈ ⇔ AM ⋅ v = 0 ax + by + cz + d = 0.
ax + by + c = 0.
Distance d’un point B
B ( x 1, y 1 ) à une droite d’équa- B ( x 1, y 1, z 1 ) à un plan P d’équa-
tion ax + by + c = 0 tion ax + by + cz + d = 0
ax 1 + by 1 + c ax 1 + by 1 + cz 1 + d
d ( B, ( ) ) = ----------------------------------- .
- d ( B, ( P ) ) = --------------------------------------------------- .
a2 + b2 a2 + b2 + c2
62

4. cours savoir-faire exercices corrigés
Cercle Sphère
Équation d’un cercle de centre Équation d’une sphère de centre
A ( a, b ) et de rayon R A ( a, b, c ) et de rayon R
( x – a )2 + ( y – b )2 = R2 ( x – a )2 + ( y – b )2 + ( z – c )2 = R2
soit x 2 + y 2 – 2ax – 2by + c = 0 soit
avec c = a 2 + b 2 – R 2 . x 2 + y 2 + z 2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0
avec d = a 2 + b 2 + c 2 – R 2 .
Équation paramétrique d’un plan P contenant A(x0, y0, z0) et de vecteurs
directeurs v ( a, b, c ) et v 1 ( a 1, b 1, c 1 ), v et v 1 non colinéaires.
 x = x 0 + λa + µa 1

AM = λv + µv 1 avec λµ ≠ 0 ⇔  y = y 0 + λb + µb 1 .

 z = z0
Remarque : Si ax + by + cz + d = 0 et a′x + b′y + c′z + d′ = 0 sont les équa-
 ax + by + cz + d = 0
tions cartésiennes de deux plans P et P′ sécants, alors 
 a′x + b′y + c′z + d′ = 0
est une représentation de leur droite d’intersection dans l’espace.
L’ensemble des points M ( x, y, z ) tels que ax + by + cz + d 0 est le demi-
espace ouvert de frontière le plan P d’équation ax + by + cz + d = 0 et
contenant le point O si d 0.
exemple d’application
Soit les points A(0 ; 6) et B(–2 ; 10) dans un repère orthonormal ( O ; i , j ) .
Calculer la distance du point C(4 ; –3) à la droite (AB).
corrigé commenté
Conseil : On rappelle que les vecteurs u (X, Y) et v (X′, Y′) sont colinéaires si, et
seulement si, XY′ – X′Y = 0.
N ( x, y ) ∈ ( AB ) ⇔ AN et AB sont colinéaires.
Or AN ( x ; y – 6 ) et AB ( – 2 ; 4 ) .
N ( x, y ) ∈ ( AB ) ⇔ 4x – ( – 2 ) ( y – 6 ) = 0 soit
4x + 2y – 12 = 0 ⇔ 2x + y – 6 = 0.
2×4–3×1–6 –1 5
d ( C, ( AB ) ) = -------------------------------------------- = -------- soit
- d ( C, ( AB ) ) = ------ .
-
4+1 5 5
63

5. CHAPITRE 2 ESPACE
3 Barycentres dans l’espace
et caractérisations barycentriques
1. Définition du barycentre de n points pondérés
Soit les points A 1, A 2, …, A n de pondérations respectives a 1, a 2, …, a n .
n n
Si ∑
i=1
a i ≠ 0, alors il existe un seul point G tel que ∑ a GA
i=1
i i = 0.
Ce point est appelé barycentre des n points pondérés.
2. Propriétés
• On ne change pas le barycentre de n points en multipliant les pondéra-
tions par un même nombre non nul.
• On ne change pas le barycentre de n points pondérés, en remplaçant p de
ces points ( p n ) par leur barycentre, s’il existe, affecté de la somme des
leurs pondérations (théorème du barycentre partiel).
• Coordonnées du barycentre dans un repère ( O ; i , j , k )
Un point Ai a pour coordonnées ( x i , y i , z i ) et pour pondération ai.
n
Si ∑ a ≠ 0, soit G(x
i=1
i G, y G , z G) le barycentre des n points pondérés alors :
n n n
∑
i=1
ai xi ∑ ai yi
i=1
∑a z i i
i=1
xG = ------------------,
n
yG = -----------------
n
- et z G = -----------------
n
-,
∑a
i=1
i ∑a i ∑a
i=1
i
i=1
3. Caractérisations barycentriques
• La droite (AB) est l’ensemble des barycentres des points pondérés ( A, α )
et ( B, β ) avec α + β ≠ 0.
• Le segment [AB] est l’ensemble des barycentres des points pondérés
( A, α ) et ( B, β ) avec αβ 0.
• Le plan (ABC) est l’ensemble des barycentres des points pondérés ( A, α ),
( B, β ) et ( C, γ ) avec α + β + γ ≠ 0.
• La surface intérieure au triangle ABC est l’ensemble des barycentres des
points pondérés ( A, α ), ( B, β ) et ( C, γ ) avec α > 0, β > 0, γ > 0.
64

6. cours savoir-faire exercices corrigés
exemples d’application
³ Soit un tétraèdre ABCD et C′ le symétrique de C par rapport à A et G le bary-
centre du système { ( A, 2 ) ; ( B, 4 ) ; (C ; – 1) ; ( D, 3 ) } . Les points G, B C′ et D sont-
ils coplanaires ?
corrigé commenté
Indication : La coplanéarité des points G, B, C′ et D revient à démontrer que l’un
d’entre eux est barycentre des trois autres points pondérés.
Le point C′ est le symétrique de C par rapport à A ce qui signifie que 2C′A = C′C
donc C′ est le barycentre des points (A, 2) et (C, –1).
Par associativité, le point G est alors le barycentre des points (C′, 1), (B, 4) et
(D, 3), on en déduit donc que les points G, B C′ et D sont coplanaires.
· Soit A, B, C et D quatre points de l’espace tels que 2AB + 3CD + 4BD = AD.
Montrer que le point A est barycentre des points B, C, D affectés de coefficients
que l’on déterminera.
corrigé commenté
En utilisant la relation de Chasles, on peut écrire :
2AB + 3CA + 3AD + 4BA + 4AD – AD = 0
soit – 2AB – 3AC + 6AD = 0 .
Or, –2 – 3 + 6 ≠ 0, donc :
A est le barycentre du système {(B, –2) ; (C, –3) ; (D, 6)}.
65

7. CHAPITRE 2 ESPACE
4 Positions relatives dans l’espace
On considère un repère orthonormal ( O ; i , j , k ) .
1. Intersection de deux plans
Soit deux plans P et P′ d’équations respectives ax + by + cz + d = 0 et
a′x + b′y + c′z + d′ = 0.
Le plan P a pour vecteur normal n ( a, b, c ) et le plan P′ a pour vecteur nor-
mal n ′ ( a′, b′, c′ ).
• Si n et n ′ sont colinéaires, alors les plans P et P′ sont parallèles.
Remarque : Dans l’espace, deux vecteurs n et n ′ sont colinéaires, si, et seule-
ment si, leurs coordonnées sont proportionnelles c’est-à-dire s’il existe un réel k
tel que n ′ = kn .
• Si n et n ′ ne sont pas colinéaires, alors les plans P et P′ sont sécants
selon une droite.
2. Intersection d’une droite et d’un plan
Soit une droite de vecteur directeur v et un plan P défini par deux vec-
teurs u et u ′.
• Si v , u et u ′ sont coplanaires, alors la droite est parallèle au plan P.
• Si v , u et u ′ ne sont pas coplanaires, alors la droite coupe le plan en
un point.
 x = αt + x 0

Si a pour représentation paramétrique  y = βt + y 0 , t ∈ ,

 z = zt + z 0
et si P a pour équation cartésienne ax + by + cz + d = 0, alors et P ont un
point commun si, et seulement s’il existe un réel t tel que :
a ( αt + x 0 ) + b ( βt + y 0 ) + c ( γt + z 0 ) + d = 0.
3. Intersection de trois plans
• Les plans P, P′ et P″ peuvent être sécants deux à deux et n’avoir aucun
point commun et alors le système ( S ) :
ax + by + cz + d = 0

a′x + b′y + c′z + d′ = 0 n’a aucune solution.

a″x + b″y + c″z + d″ = 0
66

8. cours savoir-faire exercices corrigés
• Si les trois plans sont strictement parallèles, alors le système (S) n’a
aucune solution.
• Si les trois plans sont sécants selon une droite, alors le système (S) admet
une infinité de solutions. Ces solutions sont les triplets de coordonnées des
points de la droite d’intersection.
• Si les trois plans sont sécants selon un point, alors le système (S) admet
une seule solution. Cette solution est le triplet de coordonnées du point
commun à ces trois plans.
exemple d’application
Déterminer les positions relatives des deux droites et ′ de représentations
paramétriques respectives :
 x = – 2t + 3  x = t′ + 4
 
 y = 3t + 5 , t ∈ et  y = – t′ + 1 , t′ ∈ .
 
z = 4  z = 2t′ – 1
corrigé commenté
Les vecteurs directeurs respectifs de et ′ sont u (– 2 ; 3 ; 0) et u ′(1 ; –1 ; 2) ;
les coordonnées ne sont pas proportionnelles donc les droites et ′ ne sont pas
parallèles.
Si ces droites sont sécantes, alors il existe un couple ( t, t′ ) vérifiant les deux repré-
sentations paramétriques.
 7
 t = – --4
-
 – 2t + 3 = t′ + 4 
  13
D’où  3t + 5 = – t′ + 1 ⇔  t = – ------ .
  6
 4 = 2t′ – 1  5
 t ′ = --
-
 2
Les résultats ne sont pas compatibles, donc et ′ ne sont pas sécantes.
Les droites et ′ ne sont pas parallèles, n’ont pas de point commun, donc elles
ne sont pas coplanaires.
67