Mathématiques — Terminale

Orthogonalité et distances dans l'espace — Maths Terminale (chapitre 3)

Produit scalaire dans l'espace, bases orthonormées, vecteur normal à un plan, projeté orthogonal et distances : cours complet de Terminale spé maths avec la…

Par ProfBot

Orthogonalité et distances dans l'espace

Chapitre 3 — Algèbre et géométrie · Terminale, spécialité mathématiques

Le chapitre précédent parlait de directions ; celui-ci parle d'angles et de longueurs. L'outil est le produit scalaire, déjà rencontré en première dans le plan. Sa définition ne change pas d'un mot en passant à l'espace — mais il y gagne un usage décisif : le vecteur normal, qui permet de décrire un plan par une seule équation, et le projeté orthogonal, qui donne toutes les distances.

Au programme officiel. Produit scalaire de deux vecteurs de l'espace, bilinéarité, symétrie ; orthogonalité et sa caractérisation par le produit scalaire ; base et repère orthonormés ; expressions du produit scalaire, de la norme et de la distance en base orthonormée ; développement de $\|\vec{u} + \vec{v}\|^2$ et formules de polarisation ; orthogonalité de deux droites, d'une droite et d'un plan ; vecteur normal à un plan ; projeté orthogonal d'un point sur une droite, sur un plan.

Une démonstration est exigible : le projeté orthogonal d'un point $M$ sur un plan $\mathcal{P}$ est le point de $\mathcal{P}$ le plus proche de $M$.

1. Le produit scalaire dans l'espace

Deux vecteurs de l'espace sont toujours coplanaires : en les plaçant à partir d'un même point, ils déterminent un plan (ou une droite s'ils sont colinéaires). On peut donc les traiter dans ce plan, et toutes les définitions de première s'appliquent sans modification.

Définition. Pour deux vecteurs non nuls $\vec{u}$ et $\vec{v}$ formant un angle $\theta$, $\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos\theta,$ et $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$ si l'un des deux vecteurs est nul.

Le signe du produit scalaire est celui du cosinus : positif pour un angle aigu, nul pour un angle droit, négatif pour un angle obtus.

Propriétés (admises). Pour tous vecteurs $\vec{u}$, $\vec{v}$, $\vec{w}$ et tout réel $\lambda$ :

• symétrie : $\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{v} \cdot \vec{u}$ ;
• bilinéarité : $\vec{u} \cdot (\vec{v} + \vec{w}) = \vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{u}\cdot\vec{w}$ et $(\lambda\vec{u}) \cdot \vec{v} = \lambda\,(\vec{u} \cdot \vec{v})$ ;
• $\vec{u} \cdot \vec{u} = \|\vec{u}\|^2$, que l'on note aussi $\vec{u}^{\,2}$.

Développements et polarisation. De la bilinéarité découlent les identités suivantes, à connaître : $\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2, \qquad \|\vec{u} - \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 - 2\,\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2.$

En isolant le produit scalaire, on obtient les formules de polarisation : $\vec{u}\cdot\vec{v} = \frac{1}{2}\left( \|\vec{u} + \vec{v}\|^2 - \|\vec{u}\|^2 - \|\vec{v}\|^2 \right) = \frac{1}{2}\left( \|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2 - \|\vec{u} - \vec{v}\|^2 \right).$

Elles servent chaque fois que l'on connaît des longueurs et que l'on cherche un angle — c'est-à-dire dans presque tous les exercices de calcul d'angle sur un solide.

2. Orthogonalité

Définition et caractérisation. Deux vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux si et seulement si $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0.$

Avec cette convention, le vecteur nul est orthogonal à tout vecteur.

Deux droites orthogonales. Deux droites sont dites orthogonales lorsque leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux. Elles sont perpendiculaires si, de plus, elles sont sécantes.

La nuance qui n'existe pas dans le plan. Dans l'espace, deux droites peuvent être orthogonales sans se couper : il suffit que leurs directions le soient. « Perpendiculaires » est plus fort que « orthogonales » — cela ajoute l'existence d'un point commun. Un énoncé qui demande de « montrer que deux droites sont orthogonales » ne demande donc pas de prouver qu'elles se coupent.

Une droite orthogonale à un plan. Une droite $\mathcal{D}$ est orthogonale à un plan $\mathcal{P}$ lorsqu'elle est orthogonale à toutes les droites de $\mathcal{P}$.

Théorème (admis) — le critère pratique. Il suffit que $\mathcal{D}$ soit orthogonale à deux droites sécantes de $\mathcal{P}$ pour qu'elle soit orthogonale à $\mathcal{P}$ tout entier.

Ce théorème est ce qui rend les exercices faisables : on ne vérifie jamais une infinité de droites, on en vérifie deux, bien choisies — et il est essentiel qu'elles soient sécantes (deux droites parallèles ne suffiraient pas, elles ne donnent qu'une seule direction).

3. Bases orthonormées et coordonnées

Définition. Une base $(\vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k})$ est orthonormée si les trois vecteurs sont deux à deux orthogonaux et de norme 1. Le repère $(O\,;\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$ est alors dit orthonormé.

Théorème. Dans une base orthonormée, si $\vec{u}\,(x\,;y\,;z)$ et $\vec{v}\,(x'\,;y'\,;z')$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz'.$

Justification. En développant $\vec{u}\cdot\vec{v} = (x\vec{\imath} + y\vec{\jmath} + z\vec{k}) \cdot (x'\vec{\imath} + y'\vec{\jmath} + z'\vec{k})$ par bilinéarité, on obtient neuf termes. Les six termes croisés contiennent un produit scalaire du type $\vec{\imath}\cdot\vec{\jmath}$, nul par orthogonalité. Les trois termes restants contiennent $\vec{\imath}\cdot\vec{\imath} = \|\vec{\imath}\|^2 = 1$, et de même pour $\vec{\jmath}$ et $\vec{k}$. Il reste $xx' + yy' + zz'$. $\blacksquare$

Conséquences immédiates. $\|\vec{u}\| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}, \qquad AB = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}.$

Et pour l'angle entre deux vecteurs non nuls : $\cos\theta = \frac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{\|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|}.$

Attention. Ces formules en coordonnées ne sont valables que dans une base orthonormée. Sur un cube, le repère $(A\,;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$ est orthonormé (les arêtes sont perpendiculaires et de même longueur, que l'on prend pour unité) ; sur un pavé non cubique ou un tétraèdre quelconque, il ne l'est pas, et il faut alors revenir à la définition et à la bilinéarité.

4. Vecteur normal à un plan

Définition. Un vecteur normal à un plan $\mathcal{P}$ est un vecteur non nul $\vec{n}$ dont la direction est orthogonale à $\mathcal{P}$, c'est-à-dire orthogonal à tous les vecteurs directeurs de $\mathcal{P}$.

Caractérisation d'un plan par un point et un vecteur normal. Soit $A$ un point et $\vec{n}$ un vecteur non nul. L'ensemble des points $M$ de l'espace tels que $\overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 0$ est le plan passant par $A$ et de vecteur normal $\vec{n}$.

C'est la description la plus économique d'un plan : un point et une seule direction suffisent, là où le chapitre 2 en demandait deux. Le chapitre 4 en tirera l'équation cartésienne.

En pratique. Pour prouver qu'un vecteur $\vec{n}$ est normal à un plan, on montre qu'il est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires de ce plan — deux produits scalaires nuls, et c'est fini.

5. Projeté orthogonal et distances

Définition. Le projeté orthogonal d'un point $M$ sur un plan $\mathcal{P}$ est le point d'intersection de $\mathcal{P}$ avec la droite passant par $M$ et orthogonale à $\mathcal{P}$. On le définit de même sur une droite.

### Démonstration exigible

Théorème. Soit $\mathcal{P}$ un plan, $M$ un point de l'espace et $H$ son projeté orthogonal sur $\mathcal{P}$. Alors, pour tout point $N$ de $\mathcal{P}$ :

$MN \geqslant MH,$

avec égalité si et seulement si $N = H$. Autrement dit, $H$ est le point de $\mathcal{P}$ le plus proche de $M$.

Démonstration. Soit $N$ un point quelconque de $\mathcal{P}$.

Le vecteur $\overrightarrow{MH}$ est orthogonal au plan $\mathcal{P}$ par définition du projeté orthogonal. Or $H$ et $N$ appartiennent tous deux à $\mathcal{P}$, donc le vecteur $\overrightarrow{HN}$ est un vecteur du plan : il est orthogonal à $\overrightarrow{MH}$, c'est-à-dire $\overrightarrow{MH} \cdot \overrightarrow{HN} = 0.$

Écrivons alors, par la relation de Chasles puis en développant le carré scalaire : $MN^2 = \|\overrightarrow{MN}\|^2 = \|\overrightarrow{MH} + \overrightarrow{HN}\|^2 = \|\overrightarrow{MH}\|^2 + 2\,\underbrace{\overrightarrow{MH} \cdot \overrightarrow{HN}}_{=\,0} + \|\overrightarrow{HN}\|^2,$ d'où $MN^2 = MH^2 + HN^2.$

Comme $HN^2 \geqslant 0$, on en déduit $MN^2 \geqslant MH^2$, puis $MN \geqslant MH$ puisque les distances sont positives.

Enfin, l'égalité $MN = MH$ équivaut à $HN^2 = 0$, c'est-à-dire à $N = H$. $\blacksquare$

La démonstration n'est rien d'autre que le théorème de Pythagore dans le triangle $MHN$, rectangle en $H$.

Définition. La distance d'un point $M$ à un plan $\mathcal{P}$ est la distance $MH$, où $H$ est le projeté orthogonal de $M$ sur $\mathcal{P}$. C'est bien, d'après le théorème, la plus petite distance de $M$ à un point de $\mathcal{P}$. Même définition pour la distance à une droite.

6. Méthodes

Méthode 1 — Calculer un angle dans un solide

Placer un repère orthonormé si la figure s'y prête (cube, pavé droit), calculer les coordonnées des vecteurs, puis appliquer $\cos\theta = \frac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{\|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|}.$ Si la figure ne fournit pas de repère orthonormé, utiliser plutôt la polarisation à partir des longueurs connues.

Méthode 2 — Montrer qu'une droite est orthogonale à un plan

Prendre un vecteur directeur $\vec{u}$ de la droite et deux vecteurs directeurs non colinéaires $\vec{v}$, $\vec{w}$ du plan, puis vérifier $\vec{u}\cdot\vec{v} = 0$ et $\vec{u}\cdot\vec{w} = 0$. Conclure par le théorème du paragraphe 2.

Méthode 3 — Trouver le projeté orthogonal $H$ de $M$ sur un plan

Deux conditions caractérisent $H$ :

1. $H$ appartient au plan ;
2. $\overrightarrow{MH}$ est colinéaire à un vecteur normal $\vec{n}$, ce qui s'écrit $\overrightarrow{MH} = t\,\vec{n}$ pour un réel $t$.

On écrit $H = M + t\,\vec{n}$ en coordonnées, on injecte dans la condition d'appartenance au plan, on en tire $t$, puis $H$. La distance vaut alors $MH = |t| \times \|\vec{n}\|$.

Méthode 4 — Le plan médiateur

L'ensemble des points équidistants de deux points $A$ et $B$ distincts est le plan médiateur de $[AB]$ : c'est le plan passant par le milieu $I$ de $[AB]$ et de vecteur normal $\overrightarrow{AB}$. En effet, $MA = MB \iff MA^2 = MB^2 \iff \overrightarrow{MA}^{\,2} - \overrightarrow{MB}^{\,2} = 0 \iff (\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB})\cdot(\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}) = 0,$ soit $\overrightarrow{BA} \cdot 2\,\overrightarrow{MI} = 0$, c'est-à-dire $\overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$.

7. Erreurs classiques

Utiliser $xx' + yy' + zz'$ dans un repère quelconque. Cette expression n'est valable qu'en base orthonormée. Sur un tétraèdre régulier repéré par trois arêtes issues d'un sommet, elle donne un résultat faux.

Confondre orthogonales et perpendiculaires. Deux droites orthogonales n'ont pas forcément de point commun. « Perpendiculaires » = orthogonales et sécantes.

Vérifier l'orthogonalité sur deux droites parallèles du plan. Le critère exige deux droites sécantes : deux directions distinctes sont nécessaires pour engendrer le plan.

Oublier que $\vec{u}\cdot\vec{v} = 0$ n'entraîne pas $\vec{u} = \vec{0}$ ou $\vec{v} = \vec{0}$. Le produit scalaire n'est pas un produit de nombres : deux vecteurs non nuls perpendiculaires ont un produit scalaire nul. De même, $\vec{u}\cdot\vec{v} = \vec{u}\cdot\vec{w}$ n'entraîne pas $\vec{v} = \vec{w}$.

Prendre la longueur d'un segment oblique pour une distance à un plan. La distance d'un point à un plan se mesure perpendiculairement : c'est $MH$, pas $MN$ pour un $N$ quelconque.

8. Exercices corrigés

Dans tous ces exercices, $ABCDEFGH$ est un cube d'arête 1, muni du repère orthonormé $(A\,; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$. Les sommets ont donc pour coordonnées $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $E(0;0;1)$, $F(1;0;1)$, $G(1;1;1)$, $H(0;1;1)$.

Exercice 1 — Un angle dans le cube

Calculer une valeur approchée de l'angle $\widehat{BAG}$.

Correction. $\overrightarrow{AB}\,(1;0;0)$ et $\overrightarrow{AG}\,(1;1;1)$. $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AG} = 1\times1 + 0\times1 + 0\times1 = 1, \qquad \|\overrightarrow{AB}\| = 1, \qquad \|\overrightarrow{AG}\| = \sqrt{3}.$ Donc $\cos\widehat{BAG} = \frac{1}{1 \times \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}5774, \qquad \widehat{BAG} \approx 54{,}7°.$

Exercice 2 — Une orthogonalité qui surprend

Montrer que les droites $(AG)$ et $(BD)$ sont orthogonales. Sont-elles perpendiculaires ?

Correction. $\overrightarrow{AG}\,(1;1;1)$ et $\overrightarrow{BD}\,(0-1\,;1-0\,;0-0) = (-1;1;0)$. $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD} = 1\times(-1) + 1\times1 + 1\times0 = 0.$ Les vecteurs directeurs sont orthogonaux : les droites $(AG)$ et $(BD)$ sont orthogonales.

Sont-elles sécantes ? La droite $(BD)$ est contenue dans le plan $(ABCD)$, d'équation $z = 0$. Un point de $(AG)$ s'écrit $(t;t;t)$ ; il est dans le plan $z = 0$ seulement pour $t = 0$, c'est-à-dire au point $A$. Or $A \notin (BD)$ : sinon $A$, $B$, $D$ seraient alignés, ce qui est faux ($\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AD}$ ne sont pas colinéaires). Les droites ne sont donc pas sécantes : elles sont orthogonales sans être perpendiculaires.

Exercice 3 — Un vecteur normal

Montrer que $\overrightarrow{AG}$ est un vecteur normal au plan $(BDE)$.

Correction. Deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan $(BDE)$ : $\overrightarrow{BD}\,(-1;1;0), \qquad \overrightarrow{BE}\,(-1;0;1).$ Ils ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de l'un est nulle, pas celle de l'autre). Or $\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{BD} = -1+1+0 = 0, \qquad \overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{BE} = -1+0+1 = 0.$ $\overrightarrow{AG}$ est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan : c'est un vecteur normal au plan $(BDE)$. La grande diagonale du cube est donc orthogonale au plan de ce triangle — un résultat très utilisé.

Exercice 4 — Distance d'un point à un plan

Déterminer le projeté orthogonal $K$ de $A$ sur le plan $(BDE)$, puis la distance de $A$ à ce plan.

Correction. D'après l'exercice 3, $\vec{n} = \overrightarrow{AG}\,(1;1;1)$ est normal au plan. Le point $K$ vérifie $\overrightarrow{AK} = t\,\vec{n}$, donc $K$ a pour coordonnées $(t\,;t\,;t)$.

$K$ appartient au plan $(BDE)$ si et seulement si $\overrightarrow{BK}$ est combinaison linéaire de $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BE}$. Plus rapide : écrivons que $\overrightarrow{BK} \cdot \vec{n} = 0$, puisque $\vec{n}$ est normal au plan et que $B$ y appartient. Avec $\overrightarrow{BK}\,(t-1\,;t\,;t)$ : $(t-1) + t + t = 0 \iff 3t = 1 \iff t = \frac{1}{3}.$

Donc $K\left(\tfrac13;\tfrac13;\tfrac13\right)$, et $AK = \left\|\tfrac13 \vec{n}\right\| = \tfrac13 \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0{,}577.$

Contrôle de vraisemblance. La grande diagonale $[AG]$ mesure $\sqrt{3}$, et $K$ se trouve au tiers de cette diagonale : le plan $(BDE)$ coupe bien $[AG]$ au tiers, ce qui est le résultat classique. ✓

Exercice 5 — Plan médiateur

Déterminer l'ensemble des points $M$ de l'espace équidistants de $A$ et de $G$.

Correction. D'après la méthode 4, c'est le plan médiateur de $[AG]$ : il passe par le milieu $I$ de $[AG]$, soit $I\left(\tfrac12;\tfrac12;\tfrac12\right)$ — le centre du cube — et admet $\overrightarrow{AG}\,(1;1;1)$ pour vecteur normal.

En coordonnées, $M(x;y;z)$ appartient à ce plan si et seulement si $\overrightarrow{IM}\cdot\overrightarrow{AG} = 0$, soit $\left(x - \tfrac12\right) + \left(y - \tfrac12\right) + \left(z - \tfrac12\right) = 0, \qquad\text{c'est-à-dire}\qquad x + y + z = \frac{3}{2}.$

Vérification. Le point $B(1;0;0)$ donne $1 \neq \tfrac32$ : $B$ n'est pas équidistant de $A$ et $G$, ce qui est cohérent ($BA = 1$ et $BG = \sqrt{2}$). En revanche $D(0;1;0)$ donne aussi $1$ — également non équidistant. Le point $\left(\tfrac12;\tfrac12;\tfrac12\right)$ donne bien $\tfrac32$. ✓

À retenir

Le produit scalaire, trois expressions $\vec{u}\cdot\vec{v} = \|\vec{u}\|\|\vec{v}\|\cos\theta \qquad \vec{u}\cdot\vec{v} = xx' + yy' + zz' \;\text{(base orthonormée)} \qquad \vec{u}\cdot\vec{v} = \tfrac12\left(\|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2 - \|\vec{u}-\vec{v}\|^2\right)$

Les quatre réflexes

La démonstration à savoir refaire. $MN^2 = MH^2 + HN^2$ par Chasles et carré scalaire, le double produit étant nul — donc $MN \geqslant MH$.

Chapitre suivant : les représentations paramétriques et les équations cartésiennes, qui traduisent tout ce chapitre en systèmes d'équations.

Le programme complet de terminale

Algèbre et géométrie

1. Combinatoire et dénombrement
2. Vecteurs, droites et plans de l'espace
3. Orthogonalité et distances dans l'espace
4. Représentations paramétriques et équations cartésiennes

Analyse

1. Suites et limites
2. Limites de fonctions
3. Dérivation et convexité
4. Continuité et théorème des valeurs intermédiaires
5. Fonction logarithme népérien
6. Fonctions sinus et cosinus
7. Primitives et équations différentielles
8. Calcul intégral

Probabilités

1. Schéma de Bernoulli et loi binomiale
2. Sommes de variables aléatoires
3. Concentration et loi des grands nombres

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