$course$/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 porté par
$\mathcal{P}$]]>
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 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 du plan]]>
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 $1$]]>
Erreur : la norme n'a rien à voir avec la définition
(« normal » signifie perpendiculaire, pas « normé »).]]>
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 d'un point à un plan
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 = directions orthogonales
(sans exigence de rencontre) ; perpendiculaires = 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.]]>
$0$]]>
Erreur : $\vec{u} \cdot \vec{u} = 0$ seulement pour le
vecteur nul : un vecteur n'est jamais orthogonal à
lui-même (sauf $\vec{0}$).]]>
$2\vec{u}$]]>
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 : $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} =
1 \times 2 + 2 \times (-1) + 0 \times 0 = 0$]]>
Bonne réponse : $\overrightarrow{AB}(1\ ;\ 2\ ;\ 0)$,
$\overrightarrow{AC}(2\ ;\ -1\ ;\ 0)$ : 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 $AB = AC$]]>
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 $\cos\theta =
\frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|}$. Signe
du produit scalaire = nature de l'angle : positif aigu,
négatif obtus, nul droit.]]>
1.0
0.0
0
true
true
abc
$60°$, car $\cos\theta = \dfrac{6}{2 \times 6} =
\dfrac{1}{2}$]]>
Bonne réponse : $\cos\theta = \dfrac{\vec{u} \cdot
\vec{v}}{\|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|} = \dfrac{6}{12}$, 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).]]>
$6°$]]>
Erreur : le produit scalaire $6$ n'est pas l'angle : il
faut le normaliser par les longueurs puis prendre
l'arccosinus.]]>
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.]]>