Produit scalaire et plans de l'espace

Chaque énoncé portant sur deux vecteurs — symétrie, carré, identités, polarisation, orthogonalité, projection — ne met en jeu que des vecteurs portés par un même plan, où il a été établi pour les vecteurs du plan ; la définition ci-dessus dit que le produit scalaire de l'espace est celui de ce plan, donc l'énoncé vaut dans l'espace. La bilinéarité met en jeu trois vecteurs, qui ne sont pas toujours dans un même plan : elle est admise, comme elle l'était pour les vecteurs du plan.

La base est orthonormée : \(\Vect{i} \cdot \Vect{i} = \Vect{j} \cdot \Vect{j} = \Vect{k} \cdot \Vect{k} = 1\) et \(\Vect{i} \cdot \Vect{j} = \Vect{j} \cdot \Vect{k} = \Vect{k} \cdot \Vect{i} = 0\). Par bilinéarité, $$\begin{aligned}\Vect{u} \cdot \Vect{v} &= (x\Vect{i} + y\Vect{j} + z\Vect{k}) \cdot (x'\Vect{i} + y'\Vect{j} + z'\Vect{k}) &&\text{(coordonnées)}\\ &= xx'\,\Vect{i} \cdot \Vect{i} + yy'\,\Vect{j} \cdot \Vect{j} + zz'\,\Vect{k} \cdot \Vect{k} &&\text{(bilinéarité ; les six termes croisés sont nuls)}\\ &= xx' + yy' + zz'.\end{aligned}$$ Alors \(\|\Vect{u}\|^2 = \Vect{u} \cdot \Vect{u} = x^2 + y^2 + z^2\), et \(AB = \|\Vect{AB}\|\) avec \(\Vect{AB}(x_B - x_A\,;\,y_B - y_A\,;\,z_B - z_A)\).

Si \(d\) est orthogonale à \(\mathscr{P}\), alors \(\Vect{u}\) est orthogonal à \(\Vect{v}\) et \(\Vect{w}\), deux vecteurs de la direction. Réciproquement, supposons \(\Vect{u} \cdot \Vect{v} = \Vect{u} \cdot \Vect{w} = 0\). Tout vecteur de la direction de \(\mathscr{P}\) s'écrit \(s\Vect{v} + t\Vect{w}\), et par bilinéarité $$\Vect{u} \cdot (s\Vect{v} + t\Vect{w}) = s\,(\Vect{u} \cdot \Vect{v}) + t\,(\Vect{u} \cdot \Vect{w}) = 0.$$ Enfin, \(\Vect{u}\) n'est pas un vecteur de la direction de \(\mathscr{P}\) : il serait alors orthogonal à lui-même, \(\Vect{u} \cdot \Vect{u} = \|\Vect{u}\|^2 = 0\), impossible pour un vecteur directeur. Donc \(d\) n'est pas parallèle à \(\mathscr{P}\), et lui est sécante en un seul point.

Existence. Dans une base orthonormée, \(\Vect{u}(u_1\,;\,u_2\,;\,u_3)\) et \(\Vect{v}(v_1\,;\,v_2\,;\,v_3)\). Un vecteur \(\Vect{n}(a\,;\,b\,;\,c)\) est normal à \(\mathscr{P}\) lorsque \(\Vect{n} \cdot \Vect{u} = 0\) et \(\Vect{n} \cdot \Vect{v} = 0\) : deux équations linéaires aux trois inconnues \(a\), \(b\), \(c\). Le vecteur $$\Vect{n}\,(u_2 v_3 - u_3 v_2\,;\ u_3 v_1 - u_1 v_3\,;\ u_1 v_2 - u_2 v_1)$$ les vérifie toutes deux, comme le montre un développement direct, et il n'est pas le vecteur nul : ses trois coordonnées s'annulent toutes exactement lorsque les coordonnées de \(\Vect{u}\) et \(\Vect{v}\) sont proportionnelles, c'est-à-dire lorsque \(\Vect{u}\) et \(\Vect{v}\) sont colinéaires — ce qu'ils ne sont pas. Colinéarité. Soient \(\Vect{n}\) et \(\Vect{n'}\) deux vecteurs normaux. Comme \(\Vect{n} \cdot \Vect{n} = \|\Vect{n}\|^2 \neq 0\) alors que tout vecteur \(s\Vect{u} + t\Vect{v}\) de la direction vérifie \((s\Vect{u} + t\Vect{v}) \cdot \Vect{n} = 0\), le vecteur \(\Vect{n}\) n'est pas coplanaire avec \(\Vect{u}\), \(\Vect{v}\) : \((\Vect{u}, \Vect{v}, \Vect{n})\) est une base de l'espace, et \(\Vect{n'} = x\Vect{u} + y\Vect{v} + z\Vect{n}\). En faisant le produit scalaire par \(\Vect{u}\), puis par \(\Vect{v}\) : $$x\,\|\Vect{u}\|^2 + y\,\Vect{u} \cdot \Vect{v} = 0, \qquad x\,\Vect{u} \cdot \Vect{v} + y\,\|\Vect{v}\|^2 = 0.$$ En multipliant la première par \(\|\Vect{v}\|^2\), la seconde par \(\Vect{u} \cdot \Vect{v}\) et en soustrayant, on obtient \(x\left(\|\Vect{u}\|^2\|\Vect{v}\|^2 - (\Vect{u} \cdot \Vect{v})^2\right) = 0\). La parenthèse vaut \(\|\Vect{u}\|^2\|\Vect{v}\|^2\left(1 - \cos^2(\Vect{u}, \Vect{v})\right)\), non nulle puisque \(\Vect{u}\) et \(\Vect{v}\) ne sont pas colinéaires : \(x = 0\), puis \(y = 0\), et \(\Vect{n'} = z\Vect{n}\) avec \(z \neq 0\).

Dans une base orthonormée, \(\Vect{n}(a\,;\,b\,;\,c)\) avec, disons, \(a \neq 0\) — une coordonnée au moins est non nulle, et l'on peut renommer les axes pour que ce soit la première. Pour un point \(M\), on écrit \(\Vect{AM}(X\,;\,Y\,;\,Z)\). La condition \(\Vect{AM} \cdot \Vect{n} = 0\) s'écrit \(aX + bY + cZ = 0\), c'est-à-dire \(X = -\dfrac{b}{a}Y - \dfrac{c}{a}Z\). En posant \(Y = as\) et \(Z = at\), les solutions sont exactement les vecteurs $$\Vect{AM} = s\,(-b\,;\,a\,;\,0) + t\,(-c\,;\,0\,;\,a) = s\Vect{u} + t\Vect{v}, \qquad s, t \in \mathbb{R},$$ avec \(\Vect{u}(-b\,;\,a\,;\,0)\) et \(\Vect{v}(-c\,;\,0\,;\,a)\), non colinéaires puisque \(a \neq 0\). L'ensemble est donc le plan \(\mathscr{P}(A, \Vect{u}, \Vect{v})\) ; et \(\Vect{n}\) lui est normal, puisque \(\Vect{n} \cdot \Vect{u} = -ab + ab = 0\) et \(\Vect{n} \cdot \Vect{v} = -ac + ac = 0\). Réciproquement, tout point \(M\) d'un plan passant par \(A\) de vecteur normal \(\Vect{n}\) vérifie \(\Vect{AM} \cdot \Vect{n} = 0\) : un tel plan est contenu dans \(\mathscr{P}(A, \Vect{u}, \Vect{v})\), et un plan contenu dans un plan lui est égal. Le plan est unique.

La droite \(d(M, \Vect{n})\) est orthogonale à \(\mathscr{P}\), puisque \(\Vect{n}\) est orthogonal à tout vecteur de la direction. D'après le critère de la section sur l'orthogonalité, une droite orthogonale est sécante au plan en un seul point : on le note \(H\). Alors \(\Vect{MH}\) est colinéaire à \(\Vect{n}\), donc orthogonal à la direction de \(\mathscr{P}\). Réciproquement, si un point \(H'\) de \(\mathscr{P}\) est tel que \(\Vect{MH'}\) soit orthogonal à la direction de \(\mathscr{P}\), alors \(\Vect{MH'}\) est un vecteur normal de \(\mathscr{P}\) ou le vecteur nul ; les vecteurs normaux étant colinéaires, \(H'\) est sur \(d(M, \Vect{n})\), donc \(H' = H\). Si \(M \in \mathscr{P}\), le point \(M\) lui-même convient, le vecteur nul étant orthogonal à tout vecteur.

Un point \(H\) de \(d\) s'écrit \(\Vect{AH} = t\Vect{u}\) pour un unique réel \(t\), et \(\Vect{MH} = \Vect{MA} + \Vect{AH} = t\Vect{u} - \Vect{AM}\). Alors $$\Vect{MH} \cdot \Vect{u} = 0 \iff t\,\Vect{u} \cdot \Vect{u} - \Vect{AM} \cdot \Vect{u} = 0 \iff t = \frac{\Vect{AM} \cdot \Vect{u}}{\|\Vect{u}\|^2},$$ par bilinéarité, \(\|\Vect{u}\|^2 \neq 0\) puisque \(\Vect{u}\) est un vecteur directeur. Il y a exactement un tel \(t\), donc exactement un point \(H\).

Soit \(H\) le projeté orthogonal du point \(M\) sur le plan \(\mathscr{P}\), et soit \(A\) un point quelconque appartenant au plan. On peut décomposer le vecteur \(\Vect{MA}\) à l’aide de la relation de Chasles :$$\Vect{MA}=\Vect{MH}+\Vect{HA}.$$ En calculant le carré de la norme (carré scalaire), on obtient :$$\begin{aligned}\|\Vect{MA}\|^2&=(\Vect{MH}+\Vect{HA})\cdot(\Vect{MH}+\Vect{HA})\\ &=\|\Vect{MH}\|^2+2(\Vect{MH}\cdot\Vect{HA})+\|\Vect{HA}\|^2.\end{aligned}$$ Or, \(H\) étant le projeté orthogonal de \(M\), le vecteur \(\Vect{MH}\) est orthogonal à tout vecteur de la direction de \(\mathscr{P}\) — même lorsque \(M \in \mathscr{P}\), où \(\Vect{MH} = \Vect{0}\) — et \(\Vect{HA}\) en est un ; les vecteurs \(\Vect{MH}\) et \(\Vect{HA}\) sont donc orthogonaux. Leur produit scalaire est donc nul : \(\Vect{MH}\cdot\Vect{HA}=0\). L’expression se simplifie alors en :$$\|\Vect{MA}\|^2=\|\Vect{MH}\|^2+\|\Vect{HA}\|^2.$$ Comme \(\|\Vect{HA}\|^2\ge 0\), on en déduit \(\|\Vect{MA}\|^2\ge \|\Vect{MH}\|^2\), donc \(MA\ge MH\).
Cela confirme que \(MH\) est la distance minimale entre \(M\) et tout point du plan.

Soit \(\Vect{u}\) un vecteur directeur de \(d\). Pour \(N\) sur \(d\), le vecteur \(\Vect{HN}\) est colinéaire à \(\Vect{u}\), donc orthogonal à \(\Vect{MH}\) (définition de \(H\)) : $$\begin{aligned}MN^2 &= \|\Vect{MH} + \Vect{HN}\|^2 &&\text{(Chasles)}\\ &= MH^2 + 2\,\Vect{MH} \cdot \Vect{HN} + HN^2 = MH^2 + HN^2 &&\text{(identité ; orthogonalité)}\end{aligned}$$ donc \(MN^2 \geq MH^2\), avec égalité si et seulement si \(HN = 0\), c'est-à-dire \(N = H\).

$$\begin{aligned}MA^2 - MB^2 &= \left(\Vect{MA} - \Vect{MB}\right) \cdot \left(\Vect{MA} + \Vect{MB}\right) &&\text{(identité \(a^2 - b^2\), par bilinéarité)}\\ &= \Vect{BA} \cdot 2\,\Vect{MI} &&\text{(Chasles ; \(I\) milieu)}\\ &= 2\,\Vect{IM} \cdot \Vect{AB}.\end{aligned}$$ Comme \(MA\) et \(MB\) sont positives, \(MA = MB \iff MA^2 = MB^2 \iff \Vect{IM} \cdot \Vect{AB} = 0\), et \(\Vect{AB} \neq \Vect{0}\) : c'est le plan passant par \(I\) normal à \(\Vect{AB}\).

Un point \(M(x\,;\,y\,;\,z)\) appartient au plan si et seulement si \(\Vect{AM}\cdot \Vect{n}=0\).$$\begin{aligned}\Vect{AM}\cdot \Vect{n}=0&\iff a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0\\ &\iff ax+by+cz-(ax_A+by_A+cz_A)=0.\end{aligned}$$ En posant \(d=-(ax_A+by_A+cz_A)\), on obtient l’équation cartésienne sous la forme \(ax+by+cz+d=0\).

L'un des réels \(a\), \(b\), \(c\) est non nul, disons \(a\) : le point \(A\left(-\tfrac{d}{a}\,;\,0\,;\,0\right)\) vérifie l'équation, et pour tout point \(M\), \(ax + by + cz + d = a\left(x + \tfrac{d}{a}\right) + by + cz = \Vect{AM} \cdot \Vect{n}\). L'ensemble est donc \(\{M : \Vect{AM} \cdot \Vect{n} = 0\}\), le plan passant par \(A\) normal à \(\Vect{n}\). Réciproquement, un plan a un vecteur normal \(\Vect{n}(a\,;\,b\,;\,c)\) et un point \(A\), et la proposition précédente donne son équation. Deux équations d'un même plan ont des vecteurs normaux colinéaires, \((a'\,;\,b'\,;\,c') = k(a\,;\,b\,;\,c)\), et les constantes s'accordent alors : \(d' = kd\), toutes deux calculées en un point \(A\) du plan.

On suit la méthode ci-dessus : le point de paramètre \(t\) de la droite passant par \(M\) de direction \(\Vect{n}(a\,;\,b\,;\,c)\) est \((x_M + at\,;\,y_M + bt\,;\,z_M + ct)\), et il est dans \(\mathscr{P}\) lorsque $$a(x_M + at) + b(y_M + bt) + c(z_M + ct) + d = 0, \quad\text{c'est-à-dire}\quad t = -\frac{a x_M + b y_M + c z_M + d}{a^2 + b^2 + c^2}.$$ Alors \(MH = |t|\,\|\Vect{n}\| = \dfrac{|a x_M + b y_M + c z_M + d|}{a^2 + b^2 + c^2}\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}\), ce qui se simplifie en la formule.

\(\Omega M = r \iff \Omega M^2 = r^2\), les deux étant positives, et \(\Omega M^2 = (x - x_\Omega)^2 + (y - y_\Omega)^2 + (z - z_\Omega)^2\) par la formule de la distance en repère orthonormé.