Produit scalaire dans l'espace

$\overrightarrow{AG} = (a;a;a), \quad \overrightarrow{CE} = (0-a ; 0-a ; a-0) = (-a;-a;a)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{CE} = a(-a) + a(-a) + a \cdot a = -a^2 - a^2 + a^2 = -a^2 \neq 0$ Attention, vérifions : $C(a;a;0)$ et $E(0;0;a)$. $\overrightarrow{CE} = (0-a ; 0-a ; a-0) = (-a ; -a ; a)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{CE} = a(-a) + a(-a) + a(a) = -a^2 - a^2 + a^2 = -a^2$ On obtient $-a^2 \neq 0$, donc $[AG]$ et $[CE]$ ne sont **pas** perpendiculaires. En revanche, montrons que $[AG]$ et $[BH]$ le sont : $\overrightarrow{BH} = (-a;a;a)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH} = a(-a) + a(a) + a(a) = -a^2 + a^2 + a^2 = a^2 \neq 0$. Montrons plutôt que $[AG]$ et $[DF]$ sont perpendiculaires : $\overrightarrow{DF} = (a;-a;a)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{DF} = a^2 - a^2 + a^2 = a^2 \neq 0$. En fait, dans un cube, les quatre grandes diagonales ne sont pas perpendiculaires entre elles. Montrons plutôt que les arêtes opposées $[AB]$ et $[GH]$ sont parallèles et que $\overrightarrow{AG} \perp \overrightarrow{BD}$ : $\overrightarrow{BD} = (-a;a;0)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD} = a(-a) + a(a) + a(0) = -a^2 + a^2 = 0$ ✓ $\boxed{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD} = 0, \text{ donc la grande diagonale } [AG] \text{ et la diagonale de face } [BD] \text{ sont perpendiculaires}}$

$\overrightarrow{AG} = (a;a;a), \quad \overrightarrow{AB} = (a;0;0)$ $\cos\theta = \dfrac{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{AB}}{\|\overrightarrow{AG}\| \times \|\overrightarrow{AB}\|} = \dfrac{a^2}{a\sqrt{3} \times a} = \dfrac{a^2}{a^2\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ $\boxed{\theta = \arccos\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right) \approx 54{,}7°}$

$\overrightarrow{AC} = (a;a;0)$ $\cos\alpha = \dfrac{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{AC}}{\|\overrightarrow{AG}\| \times \|\overrightarrow{AC}\|} = \dfrac{a^2 + a^2 + 0}{a\sqrt{3} \times a\sqrt{2}} = \dfrac{2a^2}{a^2\sqrt{6}} = \dfrac{2}{\sqrt{6}}$ $\boxed{\alpha = \arccos\left(\dfrac{2}{\sqrt{6}}\right) = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right) \approx 35{,}3°}$

$\overrightarrow{AF} = (a;0;a), \quad \overrightarrow{AH} = (0;a;a)$ On cherche $\vec{n}(\alpha ; \beta ; \gamma)$ tel que : $\begin{cases} a\alpha + a\gamma = 0 \implies \alpha = -\gamma \\ a\beta + a\gamma = 0 \implies \beta = -\gamma \end{cases}$ Prenons $\gamma = -1$ : $\alpha = 1$, $\beta = 1$. Donc $\vec{n}(1;1;-1)$. Le plan passe par $A(0;0;0)$ : $x + y - z = 0$. $\boxed{x + y - z = 0}$ **Vérification :** $F(a;0;a)$ : $a+0-a = 0$ ✓ ; $H(0;a;a)$ : $0+a-a = 0$ ✓

Les vecteurs normaux sont : $\vec{n}_1(1;2;1)$, $\vec{n}_2(2;-1;3)$, $\vec{n}_3(1;1;1)$. $\vec{n}_1$ et $\vec{n}_2$ : $\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{2}{-1}$, non colinéaires ✓ $\vec{n}_1$ et $\vec{n}_3$ : $\dfrac{1}{1} = 1$ mais $\dfrac{2}{1} = 2 \neq 1$, non colinéaires ✓ $\vec{n}_2$ et $\vec{n}_3$ : $\dfrac{2}{1} \neq \dfrac{-1}{1}$, non colinéaires ✓ $\boxed{\text{Aucune paire de plans n'est parallèle}}$

On résout : $\begin{cases} x + 2y + z = 1 \quad (1) \\ 2x - y + 3z = -2 \quad (2) \end{cases}$ $(2) - 2(1)$ : $-5y + z = -4$, soit $z = 5y - 4$. De $(1)$ : $x = 1 - 2y - z = 1 - 2y - 5y + 4 = 5 - 7y$. Posons $y = t$ : $\Delta_{12} : \begin{cases} x = 5 - 7t \\ y = t \\ z = 5t - 4 \end{cases}$ Pour $t = 0$ : point $M_0(5;0;-4)$, vecteur directeur $\vec{d}(-7;1;5)$. $\boxed{\Delta_{12} : \begin{cases} x = 5 - 7t \\ y = t \\ z = -4 + 5t \end{cases}, \quad \vec{d}(-7;1;5)}$

**Méthode :** On substitue la paramétrisation de $\Delta_{12}$ dans l'équation de $\mathcal{P}_3$. $(5-7t) + t + (5t-4) - 3 = 0$ $5 - 7t + t + 5t - 4 - 3 = 0$ $-t - 2 = 0 \implies t = -2$ $x = 5 - 7(-2) = 19, \quad y = -2, \quad z = 5(-2) - 4 = -14$ $\boxed{\text{Le point d'intersection est } P(19 ; -2 ; -14)}$ **Vérification :** $\mathcal{P}_1$ : $19 - 4 - 14 - 1 = 0$ ✓ $\mathcal{P}_2$ : $38 + 2 - 42 + 2 = 0$ ✓ $\mathcal{P}_3$ : $19 - 2 - 14 - 3 = 0$ ✓

**Méthode :** On complète les carrés. $x^2 - 2x + y^2 + 4y + z^2 - 6z + 5 = 0$ $(x-1)^2 - 1 + (y+2)^2 - 4 + (z-3)^2 - 9 + 5 = 0$ $(x-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9$ C'est la sphère de centre $\Omega(1 ; -2 ; 3)$ et de rayon $R = 3$. $\boxed{\Omega(1 ; -2 ; 3), \quad R = 3}$

$(1-1)^2 + (1+2)^2 + (3-3)^2 = 0 + 9 + 0 = 9 = R^2$ $\boxed{A \in \mathcal{S}}$

**Méthode :** Le plan tangent en $A$ est perpendiculaire au rayon $[\Omega A]$, donc $\overrightarrow{\Omega A}$ est un vecteur normal. $\overrightarrow{\Omega A} = (1-1 ; 1-(-2) ; 3-3) = (0 ; 3 ; 0)$ Un vecteur normal simplifié est $\vec{n}(0 ; 1 ; 0)$. Le plan tangent passe par $A(1;1;3)$ : $0(x-1) + 1(y-1) + 0(z-3) = 0$ $\boxed{y - 1 = 0, \quad \text{soit } y = 1}$

**Méthode :** On remplace $z = 3$ dans l'équation de la sphère. $(x-1)^2 + (y+2)^2 + (3-3)^2 = 9$ $(x-1)^2 + (y+2)^2 = 9$ C'est un **cercle** dans le plan $z = 3$, de centre $(1 ; -2 ; 3)$ et de rayon $3$. $\boxed{\text{Un cercle de centre } (1;-2;3) \text{ et de rayon } 3 \text{ dans le plan } z = 3}$

On remplace $x = 4$ dans l'équation de la sphère : $(4-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9$ $9 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9$ $(y+2)^2 + (z-3)^2 = 0$ La seule solution est $y = -2$ et $z = 3$. L'intersection est réduite au **point** $(4 ; -2 ; 3)$ : le plan $\mathcal{Q}$ est **tangent** à la sphère. $\boxed{\text{Un point unique : } (4;-2;3). \text{ Le plan } \mathcal{Q} \text{ est tangent à } \mathcal{S}}$

$\overrightarrow{AB} = (2;-2;-4), \quad \overrightarrow{AC} = (-1;2;-2)$ On cherche $\vec{n}(a;b;c)$ orthogonal à ces deux vecteurs : $\begin{cases} 2a - 2b - 4c = 0 \quad (\div 2) : a - b - 2c = 0 \\ -a + 2b - 2c = 0 \end{cases}$ En additionnant : $b - 4c = 0$, soit $b = 4c$. De la première : $a = b + 2c = 4c + 2c = 6c$. Prenons $c = 1$ : $\vec{n}(6;4;1)$. Le plan passe par $A(1;2;3)$ : $6(x-1) + 4(y-2) + 1(z-3) = 0$ $6x - 6 + 4y - 8 + z - 3 = 0$ $\boxed{6x + 4y + z - 17 = 0}$ **Vérification :** $B$ : $18 + 0 - 1 - 17 = 0$ ✓ ; $C$ : $0 + 16 + 1 - 17 = 0$ ✓

On utilise la formule $\mathcal{A} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\|\overrightarrow{AB}\|^2 \|\overrightarrow{AC}\|^2 - (\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}$. $\|\overrightarrow{AB}\|^2 = 4 + 4 + 16 = 24$ $\|\overrightarrow{AC}\|^2 = 1 + 4 + 4 = 9$ $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -2 - 4 + 8 = 2$ $\mathcal{A} = \dfrac{1}{2}\sqrt{24 \times 9 - 4} = \dfrac{1}{2}\sqrt{216 - 4} = \dfrac{1}{2}\sqrt{212} = \dfrac{1}{2} \times 2\sqrt{53} = \sqrt{53}$ $\boxed{\mathcal{A} = \sqrt{53}}$

$d(D, (ABC)) = \dfrac{|6 \times 2 + 4 \times 1 + 0 - 17|}{\sqrt{36 + 16 + 1}} = \dfrac{|12 + 4 + 0 - 17|}{\sqrt{53}} = \dfrac{|-1|}{\sqrt{53}} = \dfrac{1}{\sqrt{53}}$ $\boxed{d(D, (ABC)) = \dfrac{1}{\sqrt{53}} = \dfrac{\sqrt{53}}{53}}$

$V = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{ABC} \times d(D, (ABC))$ $V = \dfrac{1}{3} \times \sqrt{53} \times \dfrac{1}{\sqrt{53}} = \dfrac{1}{3} \times 1 = \dfrac{1}{3}$ $\boxed{V = \dfrac{1}{3}}$

**Méthode :** On vérifie que le vecteur directeur de $\Delta$ est colinéaire au vecteur normal de $\mathcal{P}$. Vecteur directeur de $\Delta$ : $\vec{d}(3 ; -1 ; 4)$. Vecteur normal de $\mathcal{P}$ : $\vec{n}(3 ; 0 ; 4)$. Vérifions la colinéarité : $\dfrac{3}{3} = 1$, $\dfrac{-1}{0}$ n'est pas défini. Donc $\vec{d}$ et $\vec{n}$ ne sont **pas** colinéaires ($\vec{d}$ a une composante $y = -1$ non nulle alors que $\vec{n}$ a $y = 0$). La droite $\Delta$ n'est **pas** perpendiculaire au plan $\mathcal{P}$. Calculons plutôt l'intersection et l'angle. $\boxed{\Delta \text{ n'est pas perpendiculaire à } \mathcal{P} \text{ car } \vec{d}(3;-1;4) \text{ n'est pas colinéaire à } \vec{n}(3;0;4)}$

**Méthode :** On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan. $3(1+3t) + 4(-1+4t) - 12 = 0$ $3 + 9t - 4 + 16t - 12 = 0$ $25t - 13 = 0 \implies t = \dfrac{13}{25}$ $x_H = 1 + \dfrac{39}{25} = \dfrac{64}{25}, \quad y_H = 2 - \dfrac{13}{25} = \dfrac{37}{25}, \quad z_H = -1 + \dfrac{52}{25} = \dfrac{27}{25}$ $\boxed{H\left(\dfrac{64}{25} ; \dfrac{37}{25} ; \dfrac{27}{25}\right)}$

**Méthode :** L'angle $\alpha$ entre une droite de vecteur directeur $\vec{d}$ et un plan de vecteur normal $\vec{n}$ vérifie : $\sin\alpha = \dfrac{|\vec{d} \cdot \vec{n}|}{\|\vec{d}\| \times \|\vec{n}\|}$ $\vec{d} \cdot \vec{n} = 3 \times 3 + (-1) \times 0 + 4 \times 4 = 9 + 0 + 16 = 25$ $\|\vec{d}\| = \sqrt{9+1+16} = \sqrt{26}, \quad \|\vec{n}\| = \sqrt{9+0+16} = 5$ $\sin\alpha = \dfrac{25}{5\sqrt{26}} = \dfrac{5}{\sqrt{26}}$ $\boxed{\alpha = \arcsin\left(\dfrac{5}{\sqrt{26}}\right) \approx 78{,}7°}$

$\cos(\widehat{AOB}) = \dfrac{\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}}{OA \times OB} = \dfrac{10}{5 \times 5} = \dfrac{10}{25} = \dfrac{2}{5}$ $\widehat{AOB} = \arccos\left(\dfrac{2}{5}\right) \approx 66{,}4°$ $\cos(\widehat{AOC}) = \dfrac{5}{25} = \dfrac{1}{5}$ $\widehat{AOC} = \arccos\left(\dfrac{1}{5}\right) \approx 78{,}5°$ $\cos(\widehat{BOC}) = \dfrac{0}{25} = 0$ $\widehat{BOC} = \dfrac{\pi}{2}$ $\boxed{\widehat{AOB} = \arccos\left(\dfrac{2}{5}\right), \quad \widehat{AOC} = \arccos\left(\dfrac{1}{5}\right), \quad \widehat{BOC} = \dfrac{\pi}{2}}$

**Méthode :** $AB^2 = \|\overrightarrow{AB}\|^2 = \|\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}\|^2 = OA^2 - 2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} + OB^2$. $AB^2 = 25 - 2 \times 10 + 25 = 30$ $AC^2 = \|\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}\|^2 = 25 - 2 \times 5 + 25 = 40$ $BC^2 = \|\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}\|^2 = 25 - 2 \times 0 + 25 = 50$ $\boxed{AB^2 = 30, \quad AC^2 = 40, \quad BC^2 = 50}$ **Remarque :** $AB^2 + AC^2 = 30 + 40 = 70 \neq 50 = BC^2$, donc le triangle $ABC$ n'est pas rectangle en $A$. Mais $AB^2 + AC^2 = 70$ et $BC^2 = 50$, et $30 + 20 = 50$... vérifions : $AB^2 + 20 = BC^2$. En fait $AB^2 + AC^2 - BC^2 = 20 \neq 0$.

$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}, \quad \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}$ $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}) \cdot (\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA})$ $= \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OA}$ $= 0 - 10 - 5 + 25 = 10$ $\boxed{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 10}$

$\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \times AC} = \dfrac{10}{\sqrt{30} \times \sqrt{40}} = \dfrac{10}{\sqrt{1200}} = \dfrac{10}{20\sqrt{3}} = \dfrac{1}{2\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{6}$ $\boxed{\widehat{BAC} = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right) \approx 73{,}2°}$

$MA^2 = (x-1)^2 + y^2 + z^2 = x^2 - 2x + 1 + y^2 + z^2$ $MB^2 = x^2 + (y-1)^2 + z^2 = x^2 + y^2 - 2y + 1 + z^2$ $MC^2 = x^2 + y^2 + (z-1)^2 = x^2 + y^2 + z^2 - 2z + 1$ $MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3x^2 + 3y^2 + 3z^2 - 2x - 2y - 2z + 3$ $\boxed{MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3(x^2+y^2+z^2) - 2(x+y+z) + 3}$

Le centre de gravité est $G\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)$. $3MG^2 = 3\left[\left(x - \dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(y - \dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(z - \dfrac{1}{3}\right)^2\right]$ $= 3\left[x^2 - \dfrac{2x}{3} + \dfrac{1}{9} + y^2 - \dfrac{2y}{3} + \dfrac{1}{9} + z^2 - \dfrac{2z}{3} + \dfrac{1}{9}\right]$ $= 3(x^2 + y^2 + z^2) - 2(x+y+z) + 1$ Calculons $GA^2 + GB^2 + GC^2$ : $GA^2 = \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 = \dfrac{4+1+1}{9} = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}$ Par symétrie : $GB^2 = GC^2 = \dfrac{2}{3}$. Donc $GA^2 + GB^2 + GC^2 = 2$. $3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2 = 3(x^2+y^2+z^2) - 2(x+y+z) + 1 + 2 = 3(x^2+y^2+z^2) - 2(x+y+z) + 3$ C'est bien égal à $MA^2 + MB^2 + MC^2$. $\boxed{MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + 2}$

D'après la relation précédente : $3MG^2 + 2 = 5 \implies MG^2 = 1 \implies MG = 1$ L'ensemble cherché est la **sphère** de centre $G\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)$ et de rayon $1$. $\boxed{\text{Sphère de centre } G\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right) \text{ et de rayon } 1}$

$3MG^2 + 2 = k \implies MG^2 = \dfrac{k-2}{3}$ L'ensemble est réduit à un point (le point $G$) lorsque $MG = 0$, soit $k - 2 = 0$. $\boxed{k = 2}$ Pour $k < 2$, l'ensemble est vide. Pour $k > 2$, c'est une sphère de rayon $\sqrt{\dfrac{k-2}{3}}$.

$2 + 1 + 0 - 6 = -3 \neq 0$ $\boxed{A \notin \mathcal{P}}$

La droite par $A$ perpendiculaire à $\mathcal{P}$ a pour direction $\vec{n}(1;1;1)$ : $\begin{cases} x = 2+t \\ y = 1+t \\ z = t \end{cases}$ Substitution dans $x + y + z - 6 = 0$ : $(2+t) + (1+t) + t - 6 = 0 \implies 3t - 3 = 0 \implies t = 1$ $H = (3 ; 2 ; 1)$ $\boxed{H(3 ; 2 ; 1)}$ **Vérification :** $3+2+1-6 = 0$ ✓

$A' = 2H - A = (6-2 ; 4-1 ; 2-0) = (4 ; 3 ; 2)$ $\boxed{A'(4 ; 3 ; 2)}$ **Vérification :** Le milieu de $[AA']$ est $\left(\dfrac{2+4}{2} ; \dfrac{1+3}{2} ; \dfrac{0+2}{2}\right) = (3;2;1) = H$ ✓

**Méthode :** On utilise le fait que $H$ est le milieu de $[AA']$ et $\overrightarrow{AA'} \perp \mathcal{P}$. Pour tout $M \in \mathcal{P}$, le vecteur $\overrightarrow{HM}$ est dans le plan, donc $\overrightarrow{HM} \perp \overrightarrow{HA}$. Or $\overrightarrow{HA} = -\overrightarrow{HA'}$ (car $H$ milieu de $[AA']$). $MA^2 = MH^2 + HA^2 \quad \text{(Pythagore dans le triangle } MHA \text{ rectangle en } H\text{)}$ $MA'^2 = MH^2 + HA'^2 \quad \text{(Pythagore dans le triangle } MHA' \text{ rectangle en } H\text{)}$ Comme $HA = HA'$, on obtient $MA^2 = MA'^2$, donc $MA = MA'$. $\boxed{\forall M \in \mathcal{P}, \quad MA = MA'}$ Le plan $\mathcal{P}$ est le plan médiateur du segment $[AA']$.

$d(A, \mathcal{P}) = AH = \sqrt{(3-2)^2 + (2-1)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$ Ou par la formule directe : $d = \dfrac{|2+1+0-6|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$. $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \sqrt{3}}$