Orthogonalité dans l’espace

Produit scalaire de deux vecteurs

Définition du produit scalaire

Soient \(\vec u\) et \(\vec v\) deux vecteurs de l’espace. On considère des points \(A\), \(B\) et \(C\) tels que \(\vec u = \overrightarrow{AB}\) et \(\vec v= \overrightarrow{AC}\). L’angle non orienté entre les vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\), noté \((\vec u;\vec v)\) est l’angle \(\widehat{BAC}\), vu dans le plan \((ABC)\).

Le produit scalaire de \(\vec u\) et \(\vec v\) est le \textbf{réel} notée \(\vec u \cdot \vec v\) et qui vaut

  • 0 si \(\vec u\) ou \(\vec v\) vaut \(\overrightarrow{0}\)
  • \(||\vec u|| \times ||\vec v|| \times \cos (\vec u ; \vec v)\) sinon

Exemple : Dans un cube \(ABCDEFGH\) de côté 1, calculer le produit scalaire \(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BG}\).

  • D’une part, \(\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{AH}\). Ainsi, \(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BG} = \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AH}\)
  • L’angle \(\widehat{HAD}\) mesure 45\(^\circ\) ou \(\dfrac{\pi}{4}\) radians.
  • \(AD=1\). Le théorème de Pythagore permet de montrer que \(AH=\sqrt{2}\)
  • Ainsi, \(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AH}= AD \times AH \times \cos \left( \dfrac{\pi}{4}\right) = 1 \times \sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=1\)

Propriétés du produit scalaire

Soit \(\vec u\), \(\vec v\) et \(\vec w\) trois vecteurs de l’espace, \(k\) et \(k’\) deux réels.

  • \(\vec u \cdot \vec u = || \vec u||^2\)
  • \(\vec u \cdot \vec v = \vec v \cdot \vec u\), le produit scalaire est symétrique.
  • \(\vec u \cdot ( k \vec v + k’ \vec w)= k (\vec u \cdot \vec v) + k’ (\vec u \cdot \vec w)\). Le produit scalaire est bilinéaire.

Exemple : Soit \(\vec u\), \(\vec v\) et \(\vec w\) trois vecteurs tels que \(\vec u \cdot \vec v = 3\), \(\vec v \cdot \vec w=5\), \(\vec u \cdot \vec w = -1\) et \(||\vec u||=4\).
\[ (\vec u + 2\vec v) \cdot (-3\vec u + 4 \vec w)=-3 (\vec u \cdot \vec u) + 4 (\vec u \cdot \vec w) – 6 (\vec v \cdot \vec u) + 8 (\vec v \cdot \vec w)\]
On remplace alors les valeurs par celle de l’énoncé en rappelant que \(\vec u \cdot \vec u = ||\vec u||^2\).
\[ (\vec u + 2\vec v) \cdot (-3\vec u + 4 \vec w)=-3 \times 4^2 + 4 \times (-1) – 6 \times 3 + 8\times 5=-30\]

On dit que deux vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\) sont orthogonaux si \(\vec u \cdot \vec v=0\)

Formules de polarisation

Soit \(\vec u\) et \(\vec v\) deux vecteurs de l’espace.

  • \((\vec{u}+\vec{v})^2=||\vec{u}||^2+2\vec{u}\cdot\vec{v}+||\vec{v}||^2\)
  • \((\vec{u}-\vec{v})^2=||\vec{u}||^2-2\vec{u}\cdot\vec{v}+||\vec{v}||^2\)
  • \((\vec{u}+\vec{v})\cdot (\vec{u}-\vec{v})=||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2\)
Démonstration : On utilise la bilinéarité du produit scalaire. La démonstration est identique à celle du produit scalaire dans le plan.

Soit \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) deux vecteurs de l’espace.

  • \(\vec{u} \cdot \vec{v}= \dfrac{1}{2}(||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2)\)
  • \(\vec{u} \cdot \vec{v}= -\dfrac{1}{2}(||\vec{u}-\vec{v}||^2-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2)\)
  • \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \dfrac{1}{4}( ||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2 )\)
Démonstration : Soit \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) deux vecteurs du plan. D’après la propriété précédente, on a
\[||\vec{u}+\vec{v}||^2=||\vec{u}||^2+2\vec{u}\cdot\vec{v}+||\vec{v}||^2\]
et
\[||\vec{u}-\vec{v}||^2=||\vec{u}||^2-2\vec{u}\cdot\vec{v}+||\vec{v}||^2.\]
En isolant \(\vec{u}\cdot \vec{v}\) dans ces deux expressions, on retrouve les deux premiers points. De plus, en soustrayant ces deux égalités, on trouve que
\[||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2=4\vec{u}\cdot\vec{v}\]
Il suffit de diviser par 4 pour retrouver la dernière égalité.

Exemple : Soit \(A\), \(B\) et \(C\) trois points de l’espace tels que \(AB=5\), \(BC=7\) et \(AC=8\).
\[\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=-\dfrac{1}{2}( ||\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}||^2-AB^2-AC^2)\]
Or, \(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{CB}\), d’où
\[\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=-\dfrac{1}{2}( CB^2-AB^2-AC^2)=-\dfrac{1}{2}(7^2-5^2-8^2)=-20\]

Base orthonormée

Soit \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\) un repère de l’espace.

  • On dit que la base \((\vec i, \vec j, \vec k)\) est orthonormée si
    • \(\vec i \cdot \vec j = \vec i \cdot \vec k = \vec j \cdot \vec k = 0\)
    • \(||\vec i||=||\vec j||=||\vec k|| = 1\)
  • On dit alors que le repère \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\) est un repère orthonormé.
Une famille orthonormée de trois vecteurs forme forcément une base de l’espace.

Exemple : Si on considère un cube \(ABCDEFGH\) de côté 1, le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})\) est un repère orthonormé de l’espace.

On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\). On considère deux vecteurs \(\vec u\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}\) et \(\vec v\begin{pmatrix}x’\\y’\\z’\end{pmatrix}\). Alors,
\[ \vec u \cdot \vec v =xx’+yy’+zz’\]
Démonstration : Il suffit de revenir à la définition de coordonnées.
\[ \vec u \cdot \vec v = (x\vec i + y \vec j + z \vec k) \cdot (x’ \vec i + y’ \vec j + z’ \vec k)\]
On développe alors
\[ \vec u \cdot \vec v = xx’ \vec i \cdot \vec i + xy’ \vec i \cdot \vec j + xz’ \vec i \cdot \vec k + yx’ \vec j \cdot \vec i + yy’ \vec j \cdot \vec j + yz’ \vec j \cdot \vec k + zx’ \vec k \cdot \vec i + zy’ \vec k \cdot \vec j + zz’ \vec k \cdot \vec k \]
Or, la base \((\vec i, \vec j, \vec k)\) est orthonormé, les seuls produits scalaires non nuls sont \(\vec i \cdot \vec i\), \(\vec j \cdot \vec j\), et \(\vec k \cdot \vec k\) qui valent 1. Ainsi,
\[ \vec u \cdot \vec v =xx’+yy’+zz’\]

Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\). On considère les vecteurs \(\vec u\begin{pmatrix}3\\-1\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec v\begin{pmatrix}5\\3\\-6\end{pmatrix}\)
\[ \vec u \cdot \vec v = 3 \times 5 + (-1) \times 3 + 2 \times -6 = 15 -3 -12=0\]
Les vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\) sont orthogonaux.

On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\). Soit \(\vec u\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}\) un vecteur de l’espace. Alors
\[ ||\vec u|| = \sqrt{x^2+y^2+z^2} \]
En particulier, si \(A(x_A,y_A,z_A)\) et \(B(x_B, y_B, z_B)\) sont deux points de l’espace, alors
\[ AB = \sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2} \]

Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\). Soit \(A(1;2;5)\) et \(B(3;3;3)\).
\[ AB = \sqrt{(3-1)^2+(3-2)^2+(3-5)^2}=\sqrt{2^2+1^2+2^2}=\sqrt{9}=3\]

Orthogonalité

Droites orthogonales

Soit \((d)\) et \((d’)\) deux droites de l’espace. On dit que \((d)\) et \((d’)\) sont orthogonales si les parallèles à ces deux droites passant par un même point sont perpendiculaires.

Exemple : On considère un cube \(ABCDEFGH\)

Les droites \((AB)\) et \((CG)\) sont orthogonales. En effet, la parallèle à \((CG)\) passant par \(B\) est la droite \((BF)\) qui est perpendiculaire à la droite \((AB)\).

Deux droites \((d)\) et \((d’)\), dirigées respectivement par les vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\), sont orthogonales si et seulement si \(\vec u \cdot \vec v = 0\).

Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O,\vec i, \vec j, \vec k)\). On considère les droites \((d_1)\) et \((d_2)\) définies par les représentations paramétriques suivantes.

\[ (d_1)\, ; \, \left\{ \begin{array}{l}x=1-2t\\y=3+t\\z=2-t\end{array}\right. \quad \text{et} \quad (d_2)\, ; \, \left\{ \begin{array}{l}x=5-3t\\y=3-2t\\z=2+4t\end{array}\right.\]

La droite \((d_1)\) est dirigée par le vecteur \(\vec u\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}\) et la droite \((d_2)\) par le vecteur \(\vec v\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}\).

Le repère étant orthonormé,

\[ \vec u \cdot \vec v = -2 \times (-3) + 1 \times (-2) + (-1) \times 4 = 6-2-4=0\]

Les vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\) sont orthogonaux. Les droites \((d_1)\) et \((d_2)\) sont orthogonales.

Droite orthogonale à un plan

Soit \((d)\) une droite et \(\mathcal{P}\) un plan de l’espace. On dit que \((d)\) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\) si elle est orthogonale à toute droite contenue dans le plan \(\mathcal{P}\).
Soit \((d)\) une droite de vecteur directeur \(\vec u\) et \(\mathcal{P}\) un plan de l’espace dirigé par les vecteurs \(\vec v_1\) et \(\vec v_2\). La droite \((d)\) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\) si et seulement si \(\vec u \cdot \vec v_1 = \vec u \cdot \vec v_2 = 0\).

Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i, \vec j, \vec k)\). On considère les vecteurs \(\vec v_1\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\) et \(\vec v_2\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}\). On considère deux points \(A(2;5;2)\) et \(B(5;8;-1)\).

On note \(\mathcal{P}\) le plan passant par le point \(O\) et dirigé par les vecteurs \(\vec v_1\) et \(\vec v_2\). La droite \((AB)\) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\). En effet,

  • Le vecteur \(\overrightarrow{AB}\) a pour coordonnées \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3\\3\\-3\end{pmatrix}\)
  • Puisque l’on est dans un repère orthonormé, on peut calculer les produits scalaires à l’aide des coordonnées
    • \(\overrightarrow{AB} \cdot v_1 = 3 \times 1 + 3 \times 2 + (-3) \times 3 = 0\)
    • \(\overrightarrow{AB} \cdot v_2 = 3 \times 1 + 3 \times 0 + (-3) \times 1 = 0\)
  • Ainsi, \(\overrightarrow{AB}\) est orthogonal aux vecteur \(\vec v_1\) et \(\vec v_2\). La droite \((AB)\) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).
Une droite est donc orthogonale à un plan si et seulement si elle est perpendiculaire à deux droites sécantes de ce plan.

Vecteur normal à un plan

Soit \(\mathcal{P}\) un plan et \(\vec n\) un vecteur non nul.
On dit que \(\vec n\) est un vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\) s’il est orthogonal à tout vecteur directeur du plan \(\mathcal{P}\).
Pour montrer qu’un vecteur est normal à un plan, il suffit de montrer qu’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.

Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\). On note \(\mathcal{P}\) le plan passant par \(O\) et dirigé par les vecteurs \(\vec v_1\begin{pmatrix}3\\2\\6\end{pmatrix}\) et \(\vec v_2\begin{pmatrix}1\\-3\\2\end{pmatrix}\).

Le vecteur \(\vec u\begin{pmatrix}2\\0\\-1\end{pmatrix}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\). En effet,

  • Puisque l’on est dans un repère orthonormé, il est possible de calculer le produit scalaire à l’aide des coordonnées,
  • \( \vec u \cdot \vec v_1 = 2 \times 3 + 0 \times 2 + (-1) \times 6 = 0\)
  • \(\vec u \cdot \vec v_2 = 2 \times 1 + 0 \times (-3) + (-1) \times 2 = 0\)

Ainsi, \(\vec u\) est orthogonal à \(\vec v_1\) et \(\vec v_2\). \(\vec u\) est donc un vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\)

Deux plans sont parallèles si et seulement si tout vecteur normal au premier est normal au second.
Deux plans sont perpendiculaires si un vecteur normal à l’un est orthogonal à un vecteur normal du second.

Equation cartésienne d’un plan

Equation cartésienne

Soit \(\vec n\) un vecteur de l’espace et \(A\) un point de l’espace. L’ensemble des points \(M\) tel que \(\overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0\) est le plan passant par \(A\) admettant le vecteur \(\vec n\) comme vecteur normal.

Réciproquement, soit \(\mathcal{P}\) un plan de l’espace, \(A\) un point de \(\mathcal{P}\) et \(\vec n\) un vecteur normal à \(\mathcal{P}\). \(\mathcal{P}\) est l’ensemble des points \(M\) tels que \(\overrightarrow{AM} \cdot \vec n=0\).

Il est donc possible de décrire un plan à l’aide d’un point et d’un vecteur normal.

Soit \(A (x_A,y_A,z_A)\) un point de l’espace et \(\vec n\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}\) un vecteur non nul de l’espace.

On note \(\mathcal{P}\) le plan passant par le point \(A\) et admettant le vecteur \(\vec n\) comme vecteur normal.

Un point \(M(x,y,z)\) appartient au plan \(\mathcal{P}\) si et seulement si\[ a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0\]

Cette équation est appelée équation cartésienne du plan \(\mathcal{P}\)

Réciproquement, si \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\) sont quatre réels fixés, avec \((a,b,c)\neq (0,0,0)\), l’ensemble des points \(M(x;y;z)\) vérifiant \(ax+by+cz+d=0\) est un plan admettant le vecteur \begin{pmatrix}n}{a}{b}{c} comme vecteur normal.

Démonstration : Soit \(M(x;y;z)\) un point de l’espace. Le point \(M\) appartient au plan \(\mathcal{P}\) passant par \(A (x_A,y_A,z_A)\) et de vecteur normal \(\vec n\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}\) si et seulement si \(\overrightarrow{AM}\cdot \vec n =0\). Puisque le repère que l’on considère est orthonormé,
\[\overrightarrow{AM}\cdot \vec n = \begin{pmatrix}x-x_A\\y-y_A\\z-z_A\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}= a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)\]
Ainsi, le point \(M\) appartient au plan \(\mathcal{P}\) si et seulement si \( a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0\).Réciproquement, \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\) quatre réels fixés, avec \((a,b,c)\neq (0,0,0)\). On supposera par exemple que \(a\neq 0\). On note alors \(\vec n\) le vecteur de coordonnées \(\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}\).D’une part, l’ensemble \(\mathcal{E}\) des points de l’espace vérifiant \(ax+by+cz+d=0\) n’est pas vide. En effet, le point \(A\left( -\dfrac{d}{a} ; 0 ; 0\right)\) appartient à cet ensemble.

Soit \(M(x;y;z)\) un point de l’espace et \(A \in \mathcal{E}\). Puisque \(A\in \mathcal{E}\) on a alors \(ax_A+by_A+cz_A=-d\). Ainsi,
\[ M\in \mathcal{E} \Leftrightarrow ax+by+cz+d=0 \Leftrightarrow ax+by+cz-ax_a-by_A-cz_A=0 \Leftrightarrow a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0 \]

C’est-à-dire

\[ M \in \mathcal{E} \Leftrightarrow \overrightarrow{AM} \cdot \vec n = 0\]
L’ensemble \(\mathcal{E}\) est donc un plan admettant \(\vec n\) comme vecteur normal.

Exemple : Le plan \(\mathcal{P}\) passant par \(A(1;5;7)\) et admettant le vecteur \(\vec n\begin{pmatrix}4\\-2\\3\end{pmatrix}\) a pour équation cartésienne
\[ 4(x-1)-2(y-5)+3(z-7)=0\]
c’est-à-dire
\[ 4x-2y+3z-15=0\]

Il est possible de raisonner comme suit : tout plan admettant le vecteur \(\vec n\begin{pmatrix}4\\-2\\3\end{pmatrix}\) comme vecteur normal admet une équation cartésienne de la forme \(4x-2y+3z+d=0\) pour un certain réel \(d\). Pour que ce plan passe par le point \(A\), il faut que les coordonnées de \(A\) vérifient cette équation. Autrement dit, \(4 \times 1 -2 \times 5 + 3 \times 7 + d =0\), soit \(15+d=0\) et donc \(d=-15\).

Intersection d’une droite et d’un plan

Exemple : On considère le plan \(\mathcal{P}\) d’équation \(2x+5y-3z+1=0\) et la droite \((d)\) de représentation paramétrique \(\left\{ \begin{array}{l}x=2-t \\ y=5+t \\ z = -2-2t \\\end{array}\right., t \in \mathbb{R}\)
Si un point \(M(x;y;z)\) appartient à l’intersection de \(\mathcal{P}\) et de \((d)\), ses coordonnées vérifient les deux équations à la fois. On a donc
\[M\in P \cap (d) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=2-t \\ y=5+t \\ z = -2-2t \\2x+5y-3z+1=0 \end{array}\right.\]
En remplaçant les valeurs de \(x\), \(y\) et \(z\) dans la dernière équation, on a donc
\[M\in P \cap (d) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=2-t \\ y=5+t \\ z = -2-2t \\2(2-t)+5(5+t)-3(-2-2t)+1=0 \end{array}\right.\]
Ainsi,
\[M\in P \cap (d) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=2-t \\ y=5+t \\ z = -2-2t \\36+9t=0 \end{array}\right.\]
Finalement,
\[M\in P \cap (d) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t=-4 \\x=2-(-4)=6 \\ y=5+(-4)=1 \\ z = -2-2 \times (-4)=6 \end{array}\right.\]
L’intersection de \(\mathcal{P}\) et \((d)\) est le point \(M(6;1;6)\).

Projeté orthogonal

Soit \(A\) un point de l’espace et \((d)\) une droite de l’espace, dirigée par un vecteur \(\vec u\).
On appelle projeté orthogonal de \(A\) sur \((d)\) le point \(H\) de la droite \((d)\) tel que \(\overrightarrow{AH} \cdot \vec{u}=0\). En particulier,

  • Si \(A\) appartient à la droite \((d)\), ce point est son propre projeté,
  • sinon, la droite \((AH)\) est perpendiculaire à la droite \((d)\).

Soit \(A\) un point de l’espace, \(\mathcal{P}\) un plan de l’espace et \(\vec n\) un vecteur normal de \(\mathcal{P}\). Le projeté orthogonal de \(A\) sur \(\mathcal{P}\) est le point d’intersection \(H\) du plan \(\mathcal{P}\) et de la droite passant par \(A\) et dirigée par le vecteur \(\vec n\). En particulier

  • Si \(A\) appartient au plan \(\mathcal{P}\), ce point est son propre projeté
  • sinon, le vecteur \(\overrightarrow{AH}\) est normal au plan \(\mathcal{P}$
Soit \(A\) un point de l’espace, \(\mathcal{P}\) un plan et \(H\) le projeté orthogonal de \(A\) sur \(\mathcal{P}\).
Pour tout point \(K\) du plan \(\mathcal{P}\), \(AK \geqslant AH\) : le projeté orthogonal est le point du plan \(\mathcal{P}\) qui est le plus proche du point \(A\).La distance du point \(A\) au plan \(\mathcal{P}\) est alors égale à la distance \(AH\).

Démonstration : Soit \(K\) un point du plan \(\mathcal{P}\).

\[ AK^2 = || \overrightarrow{AK}||^2 = ||\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HK}||^2 = ||\overrightarrow{AH}||^2 + 2 \overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{HK} + ||\overrightarrow{HK}||^2 \]

Or, le vecteur \(\overrightarrow{AH}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\), auquel appartiennent les points \(H\) et \(K\). Ainsi, \(\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{HK}=0\). De plus, \(||\overrightarrow{HK}||^2 \geqslant 0\). Ainsi, on a bien
\[ AK^2 \geqslant AH ^2\]
et donc, par croissance de la fonction \(x \mapsto \sqrt{x}\) sur \(\mathbb{R}_+\),
\[ AK \geqslant AH \]

Exemple : On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\). On considère le point \(A\) de coordonnées \((1;3;6)\), le point \(B\) de coordonnées \((1;1;1)\) et le plan \(\mathcal{P}\) passant par \(B\) et dirigé par les vecteurs \(\vec v_1\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec v_2\begin{pmatrix}1\\10\\-4\end{pmatrix}\)

  • Les coordonnées du vecteur \(\overrightarrow{AB}\) sont \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}0\\-2\\-5\end{pmatrix}\)
  • Puisque l’on est dans un repère orthonormé, il est possible de calculer le produit scalaire à l’aide des coordonnées,
    • \(\overrightarrow{AB}\cdot \vec v_1 = 0 \times 1 + (-2) \times 0 + (-5) \times 0 = 0\)
    • \(\overrightarrow{AB}\cdot \vec v_1 = 0 \times 2 + (-2) \times 10 + (-5) \times (-4) = 0\)
  • Ainsi, \(B\) appartient au plan \(\mathcal{P}\) et le vecteur \(\overrightarrow{AB}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\). \(B\) est donc le projeté orthogonal de \(A\) sur \(\mathcal{P}\).