$course$/QCM de maths/Terminale spécialité/Orthogonalité et distances dans l'espace
Produit scalaire dans l'espace, expression en base orthonormée,
orthogonalité de vecteurs et de droites, norme et distance entre
deux points, développement de $\|\vec{u} + \vec{v}\|^2$, vecteur
normal à un plan, projeté orthogonal, plans perpendiculaires,
distance d'un point à un plan.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q01 : Produit scalaire en coordonnées
Dans un repère orthonormé, on donne $\vec{u}(1\,;\,2\,;\,-1)$
et $\vec{v}(3\,;\,0\,;\,2)$. Que vaut
$\vec{u} \cdot \vec{v}$ ?]]>
En base orthonormée :
$\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz'$. Ici
$1 \times 3 + 2 \times 0 + (-1) \times 2 = 1$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$1$]]>
Bonne réponse : $\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz'
= 3 + 0 - 2 = 1$.]]>
$5$]]>
Erreur de signe : le dernier terme vaut
$(-1) \times 2 = -2$, pas $+2$. Total : $3 + 0 - 2 = 1$.]]>
$(3\,;\,0\,;\,-2)$]]>
Erreur de nature : le produit scalaire est un nombre,
pas un vecteur. On additionne les produits des
coordonnées.]]>
$0$]]>
Erreur : $0$ signifierait des vecteurs orthogonaux. Le
calcul donne $3 + 0 - 2 = 1 \neq 0$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q02 : Tester l'orthogonalité
Dans un repère orthonormé, $\vec{u}(2\,;\,1\,;\,-1)$ et
$\vec{v}(1\,;\,0\,;\,2)$ sont-ils orthogonaux ?]]>
Caractérisation fondamentale :
$\vec{u} \perp \vec{v} \Leftrightarrow \vec{u} \cdot \vec{v} =
0$. Ici $2 + 0 - 2 = 0$ : orthogonaux.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Oui, car $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$]]>
Bonne réponse : $2 \times 1 + 1 \times 0 + (-1) \times 2 =
2 - 2 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux.]]>
Non, car aucune coordonnée commune n'est nulle]]>
Erreur : l'orthogonalité ne se lit pas sur les coordonnées
individuellement, mais sur la somme des produits :
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$.]]>
Non, car ils ne sont pas colinéaires]]>
Confusion : la colinéarité et l'orthogonalité sont deux
notions différentes (et presque opposées). Le test
d'orthogonalité est la nullité du produit scalaire.]]>
On ne peut pas savoir sans connaître l'angle]]>
Erreur : le produit scalaire remplace justement le calcul
d'angle : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0 \Leftrightarrow$
vecteurs orthogonaux.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q03 : Norme d'un vecteur
Dans un repère orthonormé, que vaut la norme de
$\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,2)$ ?]]>
En base orthonormée : $\|\vec{u}\| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$
(Pythagore en trois dimensions). Ici $\sqrt{9} = 3$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$3$]]>
Bonne réponse : $\|\vec{u}\| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2}
= \sqrt{9} = 3$.]]>
$9$]]>
Oubli de la racine : $9 = \|\vec{u}\|^2$ est le carré
de la norme. La norme vaut $\sqrt{9} = 3$.]]>
$\sqrt{3}$]]>
Erreur : tu as compté $2 + (-1) + 2 = 3$ sous la racine.
Ce sont les carrés des coordonnées qu'on additionne :
$4 + 1 + 4 = 9$.]]>
$5$]]>
Erreur : $5 = 2 + 1 + 2$ additionne les valeurs absolues.
La norme passe par les carrés : $\sqrt{4 + 1 + 4} = 3$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q04 : Distance entre deux points
Dans un repère orthonormé, on donne $A(1\,;\,0\,;\,2)$ et
$B(3\,;\,2\,;\,1)$. Que vaut la distance $AB$ ?]]>
$AB = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}$.
Ici $\overrightarrow{AB}(2\,;\,2\,;\,-1)$ et $AB = \sqrt{9} = 3$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$3$]]>
Bonne réponse : $AB = \|\overrightarrow{AB}\| =
\sqrt{2^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{9} = 3$.]]>
$9$]]>
Oubli de la racine : $9$ est $AB^2$. La distance vaut
$\sqrt{9} = 3$.]]>
$\sqrt{3}$]]>
Erreur : $\sqrt{2 + 2 - 1}$ additionne les coordonnées de
$\overrightarrow{AB}$ au lieu de leurs carrés :
$\sqrt{4 + 4 + 1} = 3$.]]>
$5$]]>
Erreur : $5 = 2 + 2 + 1$ additionne les valeurs absolues
des coordonnées. La formule exige leurs carrés sous une
racine.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q05 : Vecteur normal à un plan
Qu'est-ce qu'un vecteur normal à un plan $\mathcal{P}$ ?]]>
$\vec{n}$ normal à $\mathcal{P}$ : non nul et orthogonal à
tout vecteur du plan. Critère pratique : orthogonal à deux
vecteurs non colinéaires de $\mathcal{P}$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Un vecteur non nul orthogonal à tout vecteur de
$\mathcal{P}$]]>
Bonne réponse : $\vec{n}$ est orthogonal à toutes les
directions du plan (il suffit de le vérifier sur deux
vecteurs non colinéaires du plan).]]>
Un vecteur non nul contenu dans $\mathcal{P}$]]>
Contresens : un vecteur du plan est une direction du
plan. Le vecteur normal lui est au contraire
perpendiculaire, il pointe hors du plan.]]>
Un vecteur orthogonal à un vecteur non nul de
$\mathcal{P}$]]>
Insuffisant : être orthogonal à une seule direction du
plan ne suffit pas (on peut l'être en restant dans le
plan). Il faut l'orthogonalité à deux directions non
colinéaires.]]>
Un vecteur de norme $1$ dont la direction est celle de
$\mathcal{P}$]]>
Erreur : la norme n'a rien à voir avec la définition («
normal » signifie perpendiculaire, pas « normé »), et un
vecteur de direction celle du plan n'est pas normal au
plan.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q06 : Développer $\|\vec{u} + \vec{v}\|^2$
Que vaut $\|\vec{u} + \vec{v}\|^2$ pour deux vecteurs
quelconques de l'espace ?]]>
$\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 = (\vec{u}+\vec{v}) \cdot
(\vec{u}+\vec{v}) = \|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u}\cdot\vec{v} +
\|\vec{v}\|^2$. On en tire $\vec{u}\cdot\vec{v} =
\frac{1}{2}\left(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 - \|\vec{u}\|^2 -
\|\vec{v}\|^2\right)$ (polarisation).]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$\|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2$]]>
Bonne réponse : identité remarquable vectorielle, obtenue
par bilinéarité du produit scalaire. Elle fonde les
formules de polarisation.]]>
$\|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2$]]>
Piège : cette égalité (Pythagore) n'est vraie que si
$\vec{u} \perp \vec{v}$ (le double produit scalaire
s'annule alors). En général, le terme
$2\,\vec{u}\cdot\vec{v}$ subsiste.]]>
$\left(\|\vec{u}\| + \|\vec{v}\|\right)^2$]]>
Erreur : ce serait le cas d'égalité extrême (vecteurs
colinéaires de même sens). Le terme croisé est
$2\,\vec{u}\cdot\vec{v}$, en général plus petit que
$2\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|$.]]>
$\|\vec{u}\|^2 - 2\,\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2$]]>
Erreur de signe : le moins correspond au développement de
$\|\vec{u} - \vec{v}\|^2$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q07 : Produit scalaire et angle
Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ tels que $\|\vec{u}\| = 2$,
$\|\vec{v}\| = 3$ et $\vec{u} \cdot \vec{v} = 3$. Que vaut
l'angle $\theta$ entre $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ?]]>
$\vec{u}\cdot\vec{v} = \|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|\cos\theta$,
d'où $\cos\theta = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$ et $\theta =
\dfrac{\pi}{3}$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$\theta = \dfrac{\pi}{3}$]]>
Bonne réponse : $\cos\theta = \dfrac{\vec{u}\cdot\vec{v}}
{\|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|} = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$,
donc $\theta = \dfrac{\pi}{3}$.]]>
$\theta = \dfrac{\pi}{6}$]]>
Erreur de valeur remarquable : $\cos\theta = \dfrac{1}{2}$
correspond à $\dfrac{\pi}{3}$ ; c'est
$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ qui correspondrait à
$\dfrac{\pi}{6}$.]]>
$\theta = \dfrac{\pi}{2}$]]>
Erreur : $\dfrac{\pi}{2}$ exigerait un produit scalaire
nul. Ici il vaut $3 \neq 0$.]]>
$\cos\theta = 3$]]>
Impossible : un cosinus reste entre $-1$ et $1$. Il faut
diviser le produit scalaire par le produit des normes :
$\dfrac{3}{2 \times 3} = \dfrac{1}{2}$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q08 : Plans perpendiculaires
Soient deux plans de vecteurs normaux respectifs $\vec{n_1}$
et $\vec{n_2}$. À quelle condition ces plans sont-ils
perpendiculaires ?]]>
Dictionnaire des positions par les normaux : normaux
colinéaires $\Leftrightarrow$ plans parallèles ; normaux
orthogonaux $\Leftrightarrow$ plans perpendiculaires.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 0$]]>
Bonne réponse : deux plans sont perpendiculaires si et
seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.]]>
$\vec{n_1}$ et $\vec{n_2}$ colinéaires]]>
Contresens : des normaux colinéaires caractérisent des
plans parallèles (ou confondus), pas perpendiculaires.]]>
Les plans n'ont aucun point commun]]>
Erreur : deux plans perpendiculaires se coupent toujours
(le long d'une droite). L'absence de point commun signifie
le parallélisme strict.]]>
$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 1$]]>
Erreur : la valeur $1$ n'a aucun statut particulier ici.
La perpendicularité se lit sur la nullité du produit
scalaire des normaux.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q09 : Propriété du projeté orthogonal
Soit $H$ le projeté orthogonal d'un point $M$ sur un plan
$\mathcal{P}$. Quelle propriété caractérise $H$ ?]]>
Le projeté orthogonal $H$ de $M$ sur $\mathcal{P}$ minimise la
distance : $MH = d(M\,;\,\mathcal{P})$. Preuve par Pythagore
dans le triangle $MHP$, rectangle en $H$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$H$ est le point de $\mathcal{P}$ le plus proche de $M$]]>
Bonne réponse : pour tout autre point $P$ du plan,
$MP^2 = MH^2 + HP^2 > MH^2$ (Pythagore). C'est la
démonstration au programme, et la définition de la
distance de $M$ au plan.]]>
$H$ est le point de $\mathcal{P}$ le plus éloigné de $M$]]>
Contresens : il n'existe d'ailleurs pas de point le plus
éloigné dans un plan (illimité). Le projeté minimise la
distance.]]>
$H$ est le symétrique de $M$ par rapport à $\mathcal{P}$]]>
Erreur : le symétrique est de l'autre côté du plan, à
double distance. Le projeté est le pied de la
perpendiculaire, dans le plan.]]>
$H$ est un point quelconque où $(MH)$ coupe $\mathcal{P}$]]>
Insuffisant : toute droite issue de $M$ non parallèle au
plan le coupe. Le projeté exige que $(MH)$ soit
orthogonale au plan.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q10 : Droite orthogonale à un plan
Soit $d$ une droite de vecteur directeur $\vec{u}$ et
$\mathcal{P}$ un plan. À quelle condition $d$ est-elle
orthogonale à $\mathcal{P}$ ?]]>
Critère au programme : $d \perp \mathcal{P}$ dès que son
vecteur directeur est orthogonal à deux vecteurs non
colinéaires du plan. Le directeur de $d$ est alors un vecteur
normal de $\mathcal{P}$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$\vec{u}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de
$\mathcal{P}$]]>
Bonne réponse : l'orthogonalité à deux directions
indépendantes du plan suffit à garantir l'orthogonalité à
toutes (autrement dit, $\vec{u}$ est normal au plan).]]>
$\vec{u}$ est orthogonal à un vecteur de $\mathcal{P}$]]>
Insuffisant : une droite contenue dans le plan peut
être orthogonale à une direction du plan sans lui être
orthogonale. Il faut deux directions non colinéaires.]]>
$\vec{u}$ est un vecteur du plan $\mathcal{P}$]]>
Contresens : ce serait une droite parallèle au plan
(ou incluse dedans), le contraire de la situation
cherchée.]]>
$d$ et $\mathcal{P}$ n'ont aucun point commun]]>
Erreur : une droite orthogonale à un plan le perce en
un point. L'absence d'intersection signifie le
parallélisme.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q11 : Distance à un plan horizontal
Dans un repère orthonormé, soit $M(0\,;\,0\,;\,5)$ et
$\mathcal{P}$ le plan d'équation $z = 1$. Quelle est la
distance de $M$ à $\mathcal{P}$ ?]]>
La distance d'un point à un plan est la longueur $MH$, où $H$
est le projeté orthogonal. Pour un plan $z = c$ et
$M(x\,;\,y\,;\,z_M)$ : $H(x\,;\,y\,;\,c)$ et
$d = |z_M - c| = 4$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$4$]]>
Bonne réponse : $\mathcal{P}$ est horizontal, le projeté
orthogonal de $M$ est $H(0\,;\,0\,;\,1)$, et
$MH = 5 - 1 = 4$.]]>
$5$]]>
Erreur : $5$ est la distance de $M$ au plan $z = 0$ (ou à
l'origine). Le plan est à l'altitude $1$ : il reste
$5 - 1 = 4$.]]>
$1$]]>
Erreur : $1$ est l'altitude du plan, pas l'écart entre
$M$ et le plan.]]>
$6$]]>
Erreur : $5 + 1$ additionne au lieu de soustraire. $M$ et
le plan sont du même côté : la distance est la différence
des altitudes.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q12 : Droites orthogonales et perpendiculaires
Dans l'espace, deux droites sont dites orthogonales
lorsque leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux. Que
peut-on dire de plus ?]]>
Vocabulaire précis : orthogonales signifie de directions orthogonales (sans exigence de rencontre) ; perpendiculaires signifie orthogonales et sécantes. Les réflexes de géométrie plane
(perpendiculaire commune, transitivité) ne se transposent pas
tels quels à l'espace.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Elles ne sont pas forcément sécantes : orthogonales et non
coplanaires est possible]]>
Bonne réponse : l'orthogonalité est une affaire de
directions. Deux droites orthogonales et sécantes sont
dites perpendiculaires ; mais des droites non coplanaires
peuvent très bien être orthogonales (dans un cube :
$(AB)$ et $(DH)$).]]>
Deux droites orthogonales se coupent toujours à angle droit]]>
Piège : dans l'espace, deux droites orthogonales peuvent
ne jamais se rencontrer (non coplanaires). L'angle
droit ne se réalise qu'entre leurs directions.]]>
Orthogonales signifie parallèles à des plans
perpendiculaires]]>
Erreur : cette reformulation ne caractérise pas
l'orthogonalité de deux droites (elle est à la fois trop
large et imprécise). Le critère est
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$.]]>
Deux droites orthogonales à une même troisième sont
parallèles entre elles]]>
Vrai dans le plan, faux dans l'espace : les arêtes
$(AB)$ et $(AD)$ d'un cube sont toutes deux orthogonales à
$(AE)$ sans être parallèles.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q13 : Le carré scalaire
Pour tout vecteur $\vec{u}$, que vaut $\vec{u} \cdot
\vec{u}$ ?]]>
$\vec{u} \cdot \vec{u} = \|\vec{u}\|^2$ : le pont entre
produit scalaire et longueurs. Toutes les formules de
normes développées ($\|\vec{u} + \vec{v}\|^2$…) en
découlent.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$\|\vec{u}\|^2$]]>
Bonne réponse : en coordonnées, $\vec{u} \cdot \vec{u} =
x^2 + y^2 + z^2 = \|\vec{u}\|^2$ : le produit scalaire
d'un vecteur avec lui-même est le carré de sa longueur.]]>
$\|\vec{u}\|$]]>
Puissance : le produit scalaire donne le carré de la
norme ; la norme elle-même exige une racine carrée.]]>
$2\|\vec{u}\|$]]>
Erreur : $2\|\vec{u}\|$ est la norme de $\vec{u} +
\vec{u}$ ; le produit scalaire d'un vecteur par lui-même
est le carré de sa norme.]]>
$2\vec{u}$]]>
Erreur de nature : un produit scalaire est un nombre,
pas un vecteur.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q14 : Produit scalaire nul
$\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont deux vecteurs non nuls avec
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$. Que peut-on conclure ?]]>
Critère fondamental : $\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u}
\cdot \vec{v} = 0$ (vecteurs non nuls). Toute la géométrie
de l'espace (droites orthogonales, vecteur normal…) repose
sur ce test.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux]]>
Bonne réponse : pour des vecteurs non nuls, produit
scalaire nul $\iff$ orthogonalité : c'est LE critère
calculatoire des angles droits.]]>
L'un des deux vecteurs est nul]]>
Erreur : $\vec{i} \cdot \vec{j} = 0$ avec deux vecteurs
parfaitement non nuls : le produit scalaire s'annule par
perpendicularité, pas seulement par nullité.]]>
$\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont colinéaires]]>
Contresens complet : colinéaires non nuls donne
$|\vec{u} \cdot \vec{v}| = \|\vec{u}\|\|\vec{v}\| \neq
0$ : le produit scalaire nul est l'exact opposé.]]>
$\|\vec{u}\| = \|\vec{v}\|$]]>
Sans rapport : l'orthogonalité ne contraint pas les
longueurs.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q15 : Développer avec la bilinéarité
On sait que $\vec{u} \cdot \vec{v} = 3$ et $\vec{u} \cdot
\vec{w} = -1$. Que vaut $\vec{u} \cdot (2\vec{v} +
\vec{w})$ ?]]>
Bilinéarité : $\vec{u} \cdot (a\vec{v} + b\vec{w}) =
a(\vec{u} \cdot \vec{v}) + b(\vec{u} \cdot \vec{w})$ : le
produit scalaire se manie comme une multiplication : c'est
ce qui permet les développements de type
$(\vec{u}+\vec{v})^2$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$5$]]>
Bonne réponse : le produit scalaire se développe comme
un produit ordinaire : $2(\vec{u} \cdot \vec{v}) +
\vec{u} \cdot \vec{w} = 6 - 1 = 5$.]]>
$2$]]>
Coefficient perdu : le facteur $2$ multiplie $\vec{u}
\cdot \vec{v} = 3$ : la linéarité conserve les
coefficients.]]>
$6$]]>
Terme oublié : il manque la contribution $\vec{u} \cdot
\vec{w} = -1$.]]>
Impossible sans connaître les coordonnées]]>
Erreur : la bilinéarité suffit : les deux produits
scalaires donnés déterminent le résultat, coordonnées ou
pas.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q16 : Prouver un angle droit
Soient $A(1\ ;\ 1\ ;\ 1)$, $B(2\ ;\ 3\ ;\ 1)$ et
$C(3\ ;\ 0\ ;\ 1)$. Le triangle $ABC$ est-il rectangle en
$A$ ?]]>
Rectangle en $A$ : tester $\overrightarrow{AB} \cdot
\overrightarrow{AC} = 0$ (les deux vecteurs partent du
sommet suspecté : erreur classique de prendre
$\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{BC}$).]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Oui, car $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}
= 0$]]>
Bonne réponse : $\overrightarrow{AB}(1\ ;\ 2\ ;\ 0)$ et
$\overrightarrow{AC}(2\ ;\ -1\ ;\ 0)$ donnent $1 \times
2 + 2 \times (-1) + 0 \times 0 = 0$ : produit scalaire
nul, angle droit en $A$ (sommet des deux vecteurs).]]>
Non : aucun côté n'est parallèle à un axe]]>
Faux critère : un angle droit n'a pas besoin d'être
« aligné » sur le repère : le produit scalaire le
détecte dans toutes les directions.]]>
Oui, car les longueurs $AB$ et $AC$ sont égales]]>
Mauvais argument : l'égalité des longueurs prouverait
l'isocèle (et ici $AB = \sqrt{5} = AC$, certes),
mais l'angle droit se prouve par le produit scalaire
nul.]]>
On ne peut pas conclure sans mesurer l'angle]]>
Erreur : le produit scalaire EST l'instrument de mesure :
nul $\iff$ angle droit, sans rapporteur.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q17 : Calculer un angle
On donne $\vec{u} \cdot \vec{v} = 6$, $\|\vec{u}\| = 2$ et
$\|\vec{v}\| = 6$. Que vaut l'angle entre $\vec{u}$ et
$\vec{v}$ ?]]>
$\vec{u} \cdot \vec{v} =
\|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|\cos\theta$, d'où $\cos\theta =
\frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|}$. Le signe du produit scalaire donne la nature de l'angle : positif aigu,
négatif obtus, nul droit.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$60°$]]>
Bonne réponse : $\cos\theta = \dfrac{\vec{u} \cdot
\vec{v}}{\|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|} = \dfrac{6}{2 \times 6}
= \dfrac{1}{2}$, et $\arccos\frac{1}{2} = 60°$
($\frac{\pi}{3}$).]]>
$30°$]]>
Valeur croisée : $\cos 30° = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx
0{,}87$, pas $0{,}5$ : c'est $\cos 60° = \frac{1}{2}$.]]>
$90°$]]>
Erreur : $90°$ correspond à un produit scalaire nul ;
ici $6 \neq 0$ : l'angle est aigu (produit positif).]]>
$120°$]]>
Erreur de signe : $\cos 120° = -\dfrac{1}{2}$
correspondrait à un produit scalaire de $-6$. Ici
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 6 > 0$ : l'angle est aigu,
$\cos\theta = +\dfrac{1}{2}$, soit $60°$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q18 : Pythagore version vectorielle
$\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux. Que vaut
$\|\vec{u} + \vec{v}\|^2$ ?]]>
$\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u}\cdot
\vec{v} + \|\vec{v}\|^2$ dans tous les cas ; orthogonalité
$\iff$ le double produit s'annule $\iff$ Pythagore. La
réciproque est vraie aussi : l'égalité prouve
l'orthogonalité.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$\|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2$]]>
Bonne réponse : le développement donne $\|\vec{u}\|^2 +
2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \|\vec{v}\|^2$, et
l'orthogonalité tue le double produit : Pythagore en
habits vectoriels.]]>
$\|\vec{u}\|^2 + 2\|\vec{u}\|\|\vec{v}\| + \|\vec{v}\|^2$]]>
Double produit fantôme : $2\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$
par orthogonalité : le terme croisé disparaît (il ne
vaut $2\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|$ que pour des vecteurs
colinéaires de même sens).]]>
$\|\vec{u}\| + \|\vec{v}\|$]]>
Homogénéité : un carré de norme ne peut pas égaler une
somme de normes : les degrés ne collent pas.]]>
$0$]]>
Erreur : la somme de deux vecteurs orthogonaux non nuls
n'est pas nulle : elle est la diagonale du rectangle
qu'ils dessinent.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q19 : Équation cartésienne d'un plan
Quelle est l'équation cartésienne du plan passant par
$A(1\,;\,0\,;\,2)$ et de vecteur normal $\vec{n}(2\,;\,-1\,;\,3)$ ?]]>
Un plan d'équation $ax + by + cz + d = 0$ admet $(a\,;\,b\,;\,c)$ pour
vecteur normal. On détermine $d$ en remplaçant par les coordonnées d'un
point du plan.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$2x - y + 3z - 8 = 0$]]>
Bonne réponse : les coordonnées du vecteur normal donnent les
coefficients, et $A$ fixe la constante à $-8$.]]>
$2x - y + 3z + 8 = 0$]]>
Signe de la constante : le point $A$ donne $2 - 0 + 6 + d = 0$, donc
$d = -8$.]]>
$x - 0y + 2z - 8 = 0$]]>
Coordonnées du point prises pour coefficients : ce sont celles du
vecteur normal qui les fournissent.]]>
$2x - y + 3z = 0$]]>
Ce plan passe par l'origine, alors que le point $A$ ne s'y trouve
pas.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q20 : Vecteur directeur d'une droite orthogonale à un plan
Une droite est orthogonale à un plan. Que peut-on dire de son vecteur
directeur ?]]>
Une droite est orthogonale à un plan si et seulement si son vecteur
directeur est colinéaire à un vecteur normal du plan. C'est le critère le
plus employé dans les exercices de l'espace.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Il est colinéaire à un vecteur normal du plan]]>
Bonne réponse : être orthogonal à toutes les droites du plan revient à
suivre la direction normale.]]>
Il est orthogonal à un vecteur normal du plan]]>
Cette condition caractérise une droite parallèle au plan, pas
orthogonale.]]>
Il appartient au plan lui-même]]>
Un vecteur directeur d'une droite orthogonale sort du plan, il ne peut
pas y être contenu.]]>
Il est nul, faute de direction]]>
Un vecteur directeur est toujours non nul, sans quoi il ne définirait
aucune direction.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q21 : Produit scalaire dans l'espace
Que vaut le produit scalaire de $\vec{u}(1\,;\,-2\,;\,3)$ et
$\vec{v}(4\,;\,1\,;\,-1)$ ?]]>
Dans un repère orthonormé de l'espace, le produit scalaire vaut
$xx' + yy' + zz'$. La formule prolonge directement celle du plan.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$-1$]]>
Bonne réponse : $1 \times 4 + (-2) \times 1 + 3 \times (-1) =
4 - 2 - 3$.]]>
$9$]]>
Signes ignorés : les produits valent $4$, $-2$ et $-3$, deux d'entre
eux étant négatifs.]]>
$0$]]>
Un produit scalaire nul signalerait l'orthogonalité, ce qui n'est pas
le cas ici.]]>
$-4$]]>
Un terme oublié : les trois produits doivent être additionnés, pas
seulement deux.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q22 : Distance et projeté orthogonal
Comment se calcule la distance d'un point $M$ à un plan $P$ ?]]>
La distance d'un point à un plan est la plus petite des distances aux
points du plan, atteinte au projeté orthogonal. On l'obtient en
paramétrant la droite orthogonale au plan passant par $M$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Par la longueur $MH$, où $H$ est le projeté de $M$]]>
Bonne réponse : le projeté orthogonal est le point du plan le plus
proche de $M$.]]>
Par la longueur $MA$, où $A$ est un point du plan]]>
Un point quelconque du plan donne une distance plus grande, sauf s'il
coïncide avec le projeté.]]>
Par le produit scalaire de $\overrightarrow{AM}$ et d'un normal]]>
Ce produit scalaire intervient dans le calcul, mais il faut encore le
diviser par la norme du vecteur normal.]]>
Par la moyenne des distances aux points du plan]]>
Un plan contient une infinité de points, dont certains
arbitrairement éloignés : une telle moyenne n'existe pas.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q23 : Orthogonales ou perpendiculaires
Quelle différence fait-on entre deux droites orthogonales et deux
droites perpendiculaires ?]]>
Deux droites de l'espace sont orthogonales lorsque leurs vecteurs
directeurs le sont, qu'elles se coupent ou non. Elles sont perpendiculaires
lorsqu'elles sont de plus sécantes.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Les perpendiculaires ont en plus un point commun]]>
Bonne réponse : l'orthogonalité porte sur les directions, la
perpendicularité ajoute l'intersection.]]>
Les orthogonales ont en plus un point commun]]>
C'est l'inverse : deux droites orthogonales peuvent être non
coplanaires.]]>
Aucune, les deux mots sont synonymes]]>
Ils le sont dans le plan, mais l'espace impose la distinction.]]>
Les perpendiculaires sont dans un même plan seulement]]>
Deux droites sécantes sont toujours coplanaires : c'est une
conséquence, pas la définition.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q24 : Intersection d'une droite et d'un plan
Pour trouver le point d'intersection d'une droite paramétrée et d'un
plan d'équation cartésienne, que fait-on ?]]>
Remplacer $x$, $y$ et $z$ par leurs expressions en fonction du paramètre
transforme l'équation du plan en une équation en $t$. Sans solution, la
droite est parallèle au plan.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
On substitue les expressions paramétrées dans l'équation]]>
Bonne réponse : on obtient une équation du premier degré en $t$, dont
la solution donne le point.]]>
On calcule le produit scalaire des deux vecteurs normaux]]>
Une droite n'a pas de vecteur normal unique dans l'espace : elle en
admet une infinité.]]>
On résout un système de trois équations à trois inconnues]]>
La substitution ramène à une seule équation à une inconnue, bien plus
rapide.]]>
On compare les coefficients des deux écritures]]>
Les deux objets ne sont pas de même nature : leurs écritures ne se
comparent pas terme à terme.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q25 : Norme d'un vecteur de l'espace
Quelle est la norme du vecteur $\vec{u}(2\,;\,-3\,;\,6)$ ?]]>
La norme d'un vecteur de l'espace vaut $\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$. C'est le
théorème de Pythagore appliqué deux fois de suite.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$7$]]>
Bonne réponse : $\sqrt{4 + 9 + 36} = \sqrt{49}$.]]>
$5$]]>
Une coordonnée oubliée : $\sqrt{4 + 9 + 12}$ ne correspond à aucun
carré correct.]]>
$49$]]>
Racine oubliée : $49$ est le carré de la norme, c'est-à-dire le carré
scalaire.]]>
$11$]]>
Valeurs absolues additionnées : $2 + 3 + 6$ ignore les carrés et la
racine.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q26 : Deux plans parallèles
Comment reconnaître que deux plans d'équations cartésiennes sont
parallèles ?]]>
Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont
colinéaires. Ils sont confondus si, en plus, les constantes respectent la
même proportion.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Leurs vecteurs normaux sont colinéaires]]>
Bonne réponse : une même direction normale impose des plans parallèles,
confondus si les constantes suivent la même proportion.]]>
Leurs vecteurs normaux sont orthogonaux]]>
Des normales orthogonales caractérisent au contraire des plans
perpendiculaires.]]>
Leurs constantes sont égales]]>
La constante situe le plan, elle ne dit rien de sa direction.]]>
Leurs coefficients de $z$ sont égaux]]>
Un seul coefficient ne suffit pas : les trois doivent être
proportionnels.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q27 : Angle entre deux vecteurs de l'espace
Deux vecteurs de normes $3$ et $5$ ont un produit scalaire égal à
$\dfrac{15}{2}$. Quel est l'angle qu'ils forment ?]]>
La formule $\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times
\cos\theta$ se résout en $\cos\theta$, puis l'angle se lit sur les valeurs
remarquables.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$60$ degrés]]>
Bonne réponse : $\cos\theta = \dfrac{15/2}{15} = \dfrac{1}{2}$.]]>
$30$ degrés]]>
Valeur remarquable confondue : un cosinus de $\dfrac{1}{2}$ correspond
à $60$ degrés, pas à $30$.]]>
$45$ degrés]]>
Le cosinus vaudrait alors $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, soit environ
$0{,}71$.]]>
$90$ degrés]]>
Un angle droit annulerait le produit scalaire, ce qui n'est pas le
cas.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q28 : Pourquoi le projeté est le plus proche
Pourquoi le projeté orthogonal $H$ de $M$ sur un plan minimise-t-il la
distance ?]]>
Le triangle $MHA$ est rectangle en $H$, donc $MA$ dépasse toujours $MH$.
C'est l'argument qui justifie que la distance d'un point à un plan se lit
sur le projeté orthogonal.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Parce que $MH$ est un côté de l'angle droit dans $MHA$]]>
Bonne réponse : pour tout autre point $A$ du plan, le théorème de
Pythagore donne $MA^2 = MH^2 + HA^2$.]]>
Parce que $H$ est le centre du plan]]>
Un plan n'a pas de centre : il s'étend indéfiniment dans toutes les
directions.]]>
Parce que $MH$ est parallèle au plan]]>
Le segment $[MH]$ est au contraire orthogonal au plan.]]>
Parce que $H$ appartient à toutes les droites du plan]]>
Aucun point n'appartient à toutes les droites d'un plan.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q29 : Tester une orthogonalité dans l'espace
Les vecteurs $\vec{u}(1\,;\,2\,;\,-1)$ et $\vec{v}(3\,;\,-1\,;\,1)$
sont-ils orthogonaux ?]]>
Deux vecteurs non nuls sont orthogonaux si et seulement si leur produit
scalaire est nul. Le calcul en coordonnées est immédiat dans un repère
orthonormé.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Oui, leur produit scalaire est nul]]>
Bonne réponse : $3 - 2 - 1 = 0$.]]>
Non, leur produit scalaire vaut $6$]]>
Signes ignorés : les trois produits valent $3$, $-2$ et $-1$.]]>
Non, ils ne sont pas de même norme]]>
La norme n'intervient pas dans le test d'orthogonalité.]]>
Non, ils ne sont pas colinéaires]]>
L'absence de colinéarité est même nécessaire pour que deux vecteurs non
nuls soient orthogonaux.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q30 : Un plan défini par une égalité de distances
Quel est l'ensemble des points $M$ de l'espace équidistants de deux
points distincts $A$ et $B$ ?]]>
L'ensemble des points équidistants de deux points est, dans le plan, la
médiatrice, et dans l'espace, le plan médiateur. Il se caractérise par
$\overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$, où $I$ est le milieu.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Le plan médiateur de $[AB]$]]>
Bonne réponse : c'est le plan perpendiculaire à $(AB)$ passant par le
milieu du segment.]]>
La médiatrice de $[AB]$]]>
La médiatrice est une droite : elle ne décrit cet ensemble que dans le
plan, pas dans l'espace.]]>
La sphère de diamètre $[AB]$]]>
Sur cette sphère, l'angle en $M$ est droit, mais les distances à $A$ et
à $B$ diffèrent en général.]]>
Le milieu de $[AB]$ seulement]]>
Le milieu convient, mais une infinité d'autres points aussi : tous ceux
du plan médiateur.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q31 : Carré scalaire en coordonnées
Dans un repère orthonormé, on donne
$\vec{u}(2\,;\,-3\,;\,6)$. Que vaut
$\vec{u} \cdot \vec{u}$ ?]]>
$\vec{u} \cdot \vec{u} = x^2 + y^2 + z^2 = \|\vec{u}\|^2$. Le carré
scalaire vaut donc $49$, et la norme $7$ s'en déduit par
une racine carrée.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$49$]]>
Bonne réponse : $\vec{u} \cdot \vec{u} = 2^2 + (-3)^2 +
6^2 = 49$, c'est-à-dire le carré de la norme.]]>
$7$]]>
C'est la norme $\|\vec{u}\| = 7$, obtenue après la racine
carrée. Le carré scalaire est son carré : $49$.]]>
$5$]]>
Tu as additionné les coordonnées. Le carré scalaire additionne
leurs carrés : $49$.]]>
$11$]]>
Tu as additionné les valeurs absolues des coordonnées. Ce sont
leurs carrés qu'il faut sommer : $49$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q32 : Produit scalaire à partir des normes
On sait que $\|\vec{u}\| = 3$, $\|\vec{v}\| = 5$ et
$\|\vec{u} + \vec{v}\| = 6$. Que vaut $\vec{u} \cdot \vec{v}$ ?]]>
Développer $\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 +
2\,\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2$, puis isoler le produit
scalaire : $\vec{u} \cdot \vec{v} = \dfrac{6^2 - 3^2 -
5^2}{2} = 1$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$1$]]>
Bonne réponse : $6^2 = 3^2 + 5^2 + 2\,\vec{u} \cdot
\vec{v}$, donc $\vec{u} \cdot \vec{v} = 1$.]]>
$2$]]>
$2$ est le double produit scalaire : il reste à
diviser par $2$, ce qui donne $1$.]]>
$-1$]]>
Signe inversé : c'est de $\|\vec{u}+\vec{v}\|^2$ qu'on retire les
deux carrés de normes, et non l'inverse. Le résultat est $1$.]]>
$15$]]>
$\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| = 15$ est la valeur
maximale possible, atteinte pour des vecteurs colinéaires de même
sens seulement.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q33 : Développer un produit de sommes
Deux vecteurs vérifient $\|\vec{u}\| = 5$ et
$\|\vec{v}\| = 3$. Que vaut
$(\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} - \vec{v})$ ?]]>
Par bilinéarité, $(\vec{u}+\vec{v})\cdot(\vec{u}-\vec{v}) =
\vec{u}\cdot\vec{u} - \vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{v}\cdot\vec{u} -
\vec{v}\cdot\vec{v} = \|\vec{u}\|^2 - \|\vec{v}\|^2$. Le produit
scalaire se développe comme un produit de nombres.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$16$]]>
Bonne réponse : les deux produits croisés se compensent et il
reste $\|\vec{u}\|^2 - \|\vec{v}\|^2 = 16$.]]>
$34$]]>
Le développement donne une différence de carrés, comme avec
des nombres : $5^2 - 3^2 = 16$.]]>
$4$]]>
$(5 - 3)^2$ serait $\|\vec{u} - \vec{v}\|^2$ dans le cas
colinéaire. Ici le produit demandé vaut $16$.]]>
$30$]]>
Le terme $2\,\vec{u} \cdot \vec{v}$ apparaît dans
$\|\vec{u}+\vec{v}\|^2$, pas ici : les produits croisés
s'éliminent et il reste $16$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q34 : Norme d'une somme orthogonale
Les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux, avec
$\|\vec{u}\| = 3$ et $\|\vec{v}\| = 4$. Que vaut
$\|\vec{u} + \vec{v}\|$ ?]]>
L'orthogonalité annule le double produit scalaire :
$\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2$. C'est le
théorème de Pythagore, ici $3^2 + 4^2 = 25$ et
$\|\vec{u}+\vec{v}\| = 5$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$5$]]>
Bonne réponse : $\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 = 3^2 + 4^2 =
25$, donc la norme vaut $5$.]]>
$7$]]>
Les normes ne s'additionnent pas : ce serait le cas de vecteurs
colinéaires de même sens. Ici Pythagore donne $5$.]]>
$25$]]>
$25$ est le carré de la norme. La racine carrée reste à
prendre : $5$.]]>
$1$]]>
La différence des normes correspondrait à des vecteurs
colinéaires de sens contraires, pas à des vecteurs orthogonaux.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q35 : Produit scalaire dans un cube
$ABCDEFGH$ est un cube d'arête $4$ : $ABCD$ et $EFGH$ sont deux
faces opposées, et $[AE]$, $[BF]$, $[CG]$, $[DH]$ sont des arêtes.
Que vaut $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AG}$ ?]]>
Décomposer sur les trois arêtes issues du sommet, puis développer :
les produits scalaires entre arêtes perpendiculaires s'annulent et il
ne reste que le carré scalaire $\overrightarrow{AB} \cdot
\overrightarrow{AB} = 16$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$16$]]>
Bonne réponse : $\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} +
\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE}$, et les deux derniers
sont orthogonaux à $\overrightarrow{AB}$ : il reste $4^2 =
16$.]]>
$0$]]>
Les deux vecteurs ne sont pas orthogonaux : la diagonale
$\overrightarrow{AG}$ possède une composante le long de
$\overrightarrow{AB}$.]]>
$48$]]>
$48$ est $AG^2 = 3 \times 4^2$, le carré de la grande
diagonale, pas le produit scalaire demandé.]]>
$16\sqrt{3}$]]>
Tu as multiplié les normes $AB = 4$ et $AG = 4\sqrt{3}$ sans
tenir compte de l'angle : il faut encore multiplier par
$\cos\theta$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q36 : Régler un angle droit
Soient $A$, $B$ et $C$ trois points tels que
$\overrightarrow{AB}(2\,;\,-1\,;\,2)$ et
$\overrightarrow{AC}(5\,;\,4\,;\,m)$. Pour quelle valeur de $m$
le triangle $ABC$ est-il rectangle en $A$ ?]]>
Rectangle en $A$ signifie $\overrightarrow{AB} \cdot
\overrightarrow{AC} = 0$, les deux vecteurs partant du sommet
suspecté. On obtient une équation du premier degré en $m$, résolue
ici par $m = -3$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$m = -3$]]>
Bonne réponse : $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} =
2 \times 5 + (-1) \times 4 + 2m = 0$, donc
$m = -3$.]]>
$m = 3$]]>
Signe : une fois le terme connu passé à droite, l'équation
s'écrit $2m = -6$, d'où $m = -3$.]]>
$m = -6$]]>
La troisième coordonnée de $\overrightarrow{AB}$ multiplie $m$ :
il reste à diviser par $2$, d'où $m = -3$.]]>
$m = -8$]]>
Le coefficient $2$ ne s'ajoute pas aux autres produits : il
multiplie l'inconnue $m$. L'équation donne $m = -3$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q37 : Distance d'un point à un plan
Dans un repère orthonormé, soit $M(4\,;\,2\,;\,1)$ et le
plan $\mathcal{P}$ d'équation $2x - y + 2z + 1 = 0$. Quelle est
la distance de $M$ à $\mathcal{P}$ ?]]>
En paramétrant la droite passant par $M$ et dirigée par $\vec{n}$,
puis en cherchant le projeté orthogonal $H$, on obtient
$d(M\,;\,\mathcal{P}) = \dfrac{|2x_M - y_M + 2z_M + 1|}
{\|\vec{n}\|} = \dfrac{9}{3} = 3$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$3$]]>
Bonne réponse : $\vec{n}(2\,;\,-1\,;\,2)$ a pour norme $3$, et la
substitution donne $9$, d'où une distance de
$\dfrac{9}{3} = 3$.]]>
$9$]]>
$9$ n'est que le numérateur : il reste à diviser par
$\|\vec{n}\| = 3$.]]>
$1$]]>
Tu as divisé par $\|\vec{n}\|^2 = 9$ au lieu de $\|\vec{n}\| =
3$. La distance est une longueur, pas un carré.]]>
$\dfrac{8}{3}$]]>
Le terme constant du plan a été oublié dans la substitution : il
faut écrire $2x_M - y_M + 2z_M + 1$ avant la valeur absolue.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q38 : Deux plans perpendiculaires
Les plans $\mathcal{P}$ : $2x - y + 3z - 1 = 0$ et $\mathcal{Q}$ :
$x + 5y + z + 4 = 0$ sont-ils perpendiculaires ?]]>
Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs
normaux sont orthogonaux. Ici $\vec{n_1}(2\,;\,-1\,;\,3)$ et
$\vec{n_2}(1\,;\,5\,;\,1)$ donnent $2 - 5 + 3 = 0$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Oui : $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 0$]]>
Bonne réponse : $2 \times 1 + (-1) \times 5 + 3 \times 1 = 0$ :
les vecteurs normaux sont orthogonaux.]]>
Non : leurs normaux ne sont pas colinéaires]]>
Confusion : des normaux colinéaires donneraient des plans
parallèles. La perpendicularité demande un produit scalaire
nul, ce qui est bien le cas ici.]]>
Oui : leurs coefficients sont tous distincts]]>
La conclusion est juste mais l'argument ne vaut rien : la
perpendicularité se lit sur le produit scalaire des normaux, nul
ici.]]>
Non : ils ont sûrement des points communs]]>
Deux plans perpendiculaires se coupent toujours selon une
droite : l'existence de points communs ne s'oppose pas à la
perpendicularité.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q39 : Équation d'un plan médiateur
Soient $A(1\,;\,2\,;\,6)$ et $B(5\,;\,8\,;\,-2)$.
Quelle est une équation cartésienne du plan médiateur de $[AB]$ ?]]>
Le plan médiateur de $[AB]$ passe par le milieu $I$ et admet
$\overrightarrow{AB}$ pour vecteur normal. On écrit
$2x + 3y - 4z + d = 0$, puis on détermine $d$ grâce à
$I(3\,;\,5\,;\,2)$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$2x + 3y - 4z - 13 = 0$]]>
Bonne réponse : le plan passe par le milieu
$I(3\,;\,5\,;\,2)$ et admet $\overrightarrow{AB}$ pour
normal, simplifié en $(2\,;\,3\,;\,-4)$.]]>
$2x + 3y - 4z + 16 = 0$]]>
Ce plan est bien orthogonal à $(AB)$, mais il passe par $A$ et
non par le milieu $I(3\,;\,5\,;\,2)$.]]>
$2x + 3y - 4z - 42 = 0$]]>
Ce plan est orthogonal à $(AB)$ mais passe par $B$ : il faut
imposer le passage par le milieu $I$.]]>
$3x + 5y + 2z - 38 = 0$]]>
Les coordonnées de $I$ ont servi de vecteur normal. C'est
$\overrightarrow{AB}$ qui donne la direction normale, et $I$ qui
fixe la position.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q40 : Droite parallèle à un plan
Dans un repère orthonormé, la droite $d$ est dirigée par
$\vec{u}(3\,;\,1\,;\,-1)$ et le plan $\mathcal{P}$ a pour équation
$x - y + 2z + 5 = 0$. Que peut-on affirmer ?]]>
$\vec{u} \cdot \vec{n} = 0$ caractérise une droite parallèle au plan,
éventuellement incluse dedans. Un point commun permet ensuite de
distinguer les deux situations.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$d$ est parallèle à $\mathcal{P}$ ou incluse]]>
Bonne réponse : $\vec{u} \cdot \vec{n} = 3 - 1 - 2 = 0$, donc la
direction de $d$ est une direction du plan. Sans point de $d$, on
ne peut pas trancher entre les deux cas.]]>
$d$ est perpendiculaire au plan $\mathcal{P}$]]>
Il faudrait $\vec{u}$ colinéaire à $\vec{n}(1\,;\,-1\,;\,2)$, ce
qui n'est pas le cas : le produit scalaire nul dit exactement le
contraire.]]>
$d$ perce $\mathcal{P}$ en un unique point]]>
Une droite sécante à un plan vérifie $\vec{u} \cdot \vec{n} \neq
0$. Ici le produit scalaire est nul.]]>
$d$ est à coup sûr incluse dans $\mathcal{P}$]]>
L'inclusion demande en plus qu'un point de $d$ appartienne au
plan, information absente de l'énoncé.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q41 : Peut-on simplifier par un vecteur
On sait que $\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{u} \cdot \vec{w}$, avec
$\vec{u}$ non nul. Peut-on en conclure que $\vec{v} = \vec{w}$ ?]]>
De $\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{u} \cdot \vec{w}$ on tire seulement
$\vec{u} \cdot (\vec{v} - \vec{w}) = 0$ : l'écart $\vec{v} - \vec{w}$
est orthogonal à $\vec{u}$. Tous les vecteurs $\vec{w}$ d'un même plan
conviennent.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Non : on sait juste que $\vec{u} \perp \vec{v}-\vec{w}$]]>
Bonne réponse : l'égalité donne $\vec{u} \cdot (\vec{v} -
\vec{w}) = 0$, donc $\vec{v} - \vec{w}$ est orthogonal à
$\vec{u}$, sans être nul pour autant.]]>
Oui : on simplifie comme dans un produit de deux nombres]]>
Le produit scalaire ne se simplifie pas : il peut s'annuler sans
qu'aucun facteur ne soit nul, ce qui interdit toute
simplification.]]>
Oui, à condition que $\vec{u}$ soit un vecteur unitaire]]>
La norme de $\vec{u}$ ne change rien : même unitaire, il reste
orthogonal à une infinité de vecteurs non nuls.]]>
Non : deux produits scalaires ne sont jamais égaux]]>
La conclusion est juste mais l'argument est faux : deux produits
scalaires peuvent parfaitement être égaux, c'est même l'hypothèse
de l'énoncé.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q42 : Signe du produit scalaire
Deux vecteurs non nuls $\vec{u}$ et $\vec{v}$ forment un angle obtus.
Que peut-on dire de $\vec{u} \cdot \vec{v}$ ?]]>
Le signe du produit scalaire est celui du cosinus : positif pour un
angle aigu, nul pour un angle droit, négatif pour un angle obtus.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$\vec{u} \cdot \vec{v} < 0$]]>
Bonne réponse : $\vec{u} \cdot \vec{v} =
\|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|\cos\theta$, et le cosinus d'un angle
obtus est strictement négatif.]]>
$\vec{u} \cdot \vec{v} > 0$]]>
Un produit scalaire strictement positif signale un angle aigu
: le cosinus est alors positif.]]>
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$]]>
La nullité caractérise l'angle droit, cas limite entre aigu et
obtus.]]>
$\vec{u} \cdot \vec{v} = -\|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|$]]>
Cette égalité correspond au seul cas $\theta = \pi$, des vecteurs
colinéaires de sens contraires, pas à tout angle obtus.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q43 : Pourquoi un repère orthonormé
Pourquoi précise-t-on « dans un repère orthonormé » avant d'écrire
$\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz'$ ?]]>
Dans une base orthonormée, les vecteurs de base sont deux à deux
orthogonaux et de norme $1$ : c'est ce qui fait disparaître les termes
croisés et laisse $xx' + yy' + zz'$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Parce que les axes doivent être orthogonaux et unitaires]]>
Bonne réponse : la formule repose sur
$\vec{i}\cdot\vec{j} = \vec{j}\cdot\vec{k} =
\vec{i}\cdot\vec{k} = 0$ et sur des vecteurs de base de norme
$1$.]]>
Parce que le produit scalaire n'existe que dans un repère]]>
Le produit scalaire se définit sans repère, par les normes et
l'angle. Le repère sert seulement à le calculer sur des
coordonnées.]]>
Parce que les coordonnées doivent être des entiers relatifs]]>
La nature des coordonnées n'intervient jamais : la formule vaut
pour des décimaux comme pour des racines carrées.]]>
Parce que l'origine doit être choisie sur l'un des axes]]>
L'origine appartient toujours aux trois axes, et sa position ne
change rien aux coordonnées d'un vecteur.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q44 : Couper l'axe des abscisses
En quel point le plan $\mathcal{P}$ d'équation
$4x - 3y + 2z - 20 = 0$ coupe-t-il l'axe des
abscisses ?]]>
L'axe des abscisses est décrit par $y = 0$ et $z = 0$. En reportant
dans l'équation du plan, il reste $4x - 20 = 0$, donc
$x = 5$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$(5\,;\,0\,;\,0)$]]>
Bonne réponse : sur cet axe, $y = z = 0$, donc l'équation devient
$4x - 20 = 0$ et $x = 5$.]]>
$(20\,;\,0\,;\,0)$]]>
Il reste à diviser par le coefficient $4$ de $x$ :
$x = 5$, pas $20$.]]>
$(0\,;\,0\,;\,10)$]]>
C'est l'intersection avec l'axe des cotes. L'axe des abscisses
est l'ensemble des points $(x\,;\,0\,;\,0)$.]]>
Le plan ne coupe pas cet axe]]>
Il faudrait que le coefficient de $x$ soit nul, c'est-à-dire un
plan parallèle à l'axe. Ici ce coefficient vaut $4$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q45 : Position d'une droite et d'un plan
Dans un repère orthonormé, la droite $d$ est dirigée par
$\vec{u}(2\,;\,-4\,;\,6)$ et le plan $\mathcal{P}$ a pour équation
$x - 2y + 3z - 7 = 0$. Quelle est leur position relative ?]]>
Vecteur directeur colinéaire au vecteur normal : droite orthogonale
au plan. Vecteur directeur orthogonal au normal : droite parallèle au
plan. Ni l'un ni l'autre : droite sécante oblique.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$d$ est orthogonale à $\mathcal{P}$]]>
Bonne réponse : $\vec{u} = 2\vec{n}$ avec
$\vec{n}(1\,;\,-2\,;\,3)$. Un directeur colinéaire au normal
caractérise une droite orthogonale au plan.]]>
$d$ est parallèle à $\mathcal{P}$]]>
Le parallélisme demanderait $\vec{u} \cdot \vec{n} = 0$, or ce
produit vaut $2 + 8 + 18 = 28$.]]>
$d$ est incluse dans $\mathcal{P}$]]>
Une droite incluse est d'abord parallèle au plan, donc de
directeur orthogonal au normal. Ici il lui est colinéaire.]]>
$d$ coupe $\mathcal{P}$ sans lui être orthogonale]]>
La droite coupe bien le plan, mais la colinéarité
$\vec{u} = 2\vec{n}$ rend cette rencontre orthogonale.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q46 : Volume d'un tétraèdre du repère
Dans un repère orthonormé, on considère les points $O(0\,;\,0\,;\,0)$,
$A(3\,;\,0\,;\,0)$, $B(0\,;\,2\,;\,0)$ et $C(0\,;\,0\,;\,4)$. On
rappelle que le volume d'un tétraèdre vaut
$\dfrac{1}{3} \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur}$.
Quel est le volume du tétraèdre $OABC$ ?]]>
Les arêtes $[OA]$, $[OB]$ et $[OC]$ sont deux à deux orthogonales,
donc $(OC)$ est orthogonale au plan $(OAB)$ et $OC$ est la hauteur.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$4$]]>
Bonne réponse : la base $OAB$ est un triangle rectangle d'aire
$\dfrac{3 \times 2}{2} = 3$, et la hauteur issue de $C$ est
$OC = 4$ : $\dfrac{1}{3} \times 3 \times 4 = 4$.]]>
$8$]]>
Erreur : l'aire du triangle $OAB$ est la moitié de
$3 \times 2$, soit $3$ et non $6$.]]>
$12$]]>
Erreur : le facteur $\dfrac{1}{3}$ de la formule du volume a été
oublié.]]>
$24$]]>
Erreur : $3 \times 2 \times 4$ est le volume du pavé construit
sur les trois arêtes, six fois plus grand.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q47 : Distance d'un point à une droite de l'espace
La droite $d$ passe par $O(0\,;\,0\,;\,0)$ et a pour vecteur
directeur $\vec{u}(1\,;\,0\,;\,0)$. On considère le point
$M(2\,;\,3\,;\,4)$. Quelle est la distance du point $M$ à la droite
$d$ ?]]>
La distance d'un point à une droite est la distance au projeté
orthogonal $H$, caractérisé par $H \in d$ et
$\overrightarrow{MH} \cdot \vec{u} = 0$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$5$]]>
Bonne réponse : le projeté orthogonal de $M$ sur $d$ est
$H(2\,;\,0\,;\,0)$, et
$MH = \sqrt{0^2 + 3^2 + 4^2} = 5$.]]>
$\sqrt{29}$]]>
Erreur : $\sqrt{29}$ est la distance $OM$. Le point $O$ n'est pas
le point de $d$ le plus proche de $M$.]]>
$2$]]>
Erreur : $2$ est l'abscisse du projeté $H$, pas la distance de
$M$ à la droite.]]>
$7$]]>
Erreur : les distances ne s'additionnent pas coordonnée par
coordonnée : $MH = \sqrt{3^2 + 4^2}$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q48 : Lire un vecteur normal dans une équation de plan
Le plan $P$ a pour équation cartésienne $2x - y + 3z - 5 = 0$. Quel vecteur est
normal à $P$ ?]]>
Équation cartésienne $ax + by + cz + d = 0$ : les coefficients de
$x$, $y$, $z$ forment un vecteur normal.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$\vec{n}(2 ; -1 ; 3)$]]>
Bonne réponse : dans $ax + by + cz + d = 0$, le vecteur
$(a ; b ; c)$ est normal au plan.]]>
$\vec{n}(2 ; -1 ; -5)$]]>
Erreur : la constante $d$ n'est pas une coordonnée du vecteur
normal.]]>
$\vec{n}(-1 ; 2 ; 3)$]]>
Erreur : les coefficients ont été mélangés ; ils se lisent dans
l'ordre $x$, $y$, $z$.]]>
$\vec{n}(2 ; 1 ; 3)$]]>
Erreur : le signe d'un coefficient a été perdu.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q49 : Un point appartient-il au plan
Le plan $P$ a pour équation $2x - y + 3z - 5 = 0$. Le point
$M(1 ; 0 ; 1)$ appartient-il à $P$ ?]]>
Tester l'appartenance à un plan : substituer les coordonnées dans
l'équation.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Oui, car $2 - 0 + 3 - 5 = 0$]]>
Bonne réponse : on remplace les coordonnées dans l'équation ;
le point appartient au plan si et seulement si l'égalité est
vérifiée.]]>
Non, car les coordonnées ne sont pas toutes nulles]]>
Erreur : seule une égalité exacte à $0$ compte.]]>
On ne peut pas savoir sans un vecteur directeur]]>
Erreur : l'équation cartésienne suffit à tester un point.]]>
Oui, car le vecteur normal n'est pas nul]]>
Erreur : le vecteur normal ne dit rien de l'appartenance d'un
point.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q50 : Équation d'un plan défini par un point et un vecteur normal
Quelle est une équation cartésienne du plan passant par $A(1 ; 2 ; 0)$ et
de vecteur normal $\vec{n}(1 ; -1 ; 2)$ ?]]>
$M \in P \iff \overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 0$, ce qui donne
$a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = 0$.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$x - y + 2z + 1 = 0$]]>
Bonne réponse : l'équation est de la forme $ax + by + cz + d =
0$ avec $(a ; b ; c)$ les coordonnées de $\vec{n}$ ; $d$ se
calcule en écrivant que $A$ appartient au plan.]]>
$x - y + 2z - 1 = 0$]]>
Erreur : le signe de $d$ est faux ; vérifiez que les coordonnées
de $A$ annulent le membre de gauche.]]>
$x + 2y + 1 = 0$]]>
Erreur : les coefficients de $x$, $y$, $z$ sont ceux du vecteur
normal, pas ceux du point.]]>
$x - y + 2z = 0$]]>
Erreur : avec $d = 0$, le plan passe par l'origine, pas par $A$.]]>
Orthogonalité et distances dans l'espace — Q51 : Critère de perpendicularité de deux plans
Deux plans ont pour vecteurs normaux $\vec{n_1}(1 ; 2 ; -1)$ et
$\vec{n_2}(2 ; -1 ; 0)$. Sont-ils perpendiculaires ?]]>
Plans perpendiculaires : vecteurs normaux orthogonaux, produit
scalaire nul. Plans parallèles : vecteurs normaux colinéaires.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
Oui, car $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 2 - 2 + 0 = 0$]]>
Bonne réponse : deux plans sont perpendiculaires si et seulement
si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux, ce que teste le
produit scalaire.]]>
Non, les vecteurs normaux n'étant pas colinéaires]]>
Erreur : des vecteurs normaux non colinéaires donnent des plans
sécants, pas forcément perpendiculaires ; il faut le
produit scalaire nul.]]>
Oui, deux plans distincts étant toujours perpendiculaires ou parallèles]]>
Erreur : deux plans sécants font un angle quelconque.]]>
On ne peut pas savoir sans un point de chaque plan]]>
Erreur : l'orientation des plans ne dépend que des vecteurs
normaux.]]>