1. Expression du produit scalaire dans une base orthonormée directe

Théorème 1.
L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$.
Soient $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ \end{array}\right)$ et $\overrightarrow{v}\left(\begin{array}{c} x’\\ y’\\ \end{array}\right)$ deux vecteurs non nuls de l’espace. Alors le produit scalaire de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ peut s’écrire : $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}=xx’ + yy’~~}$$

L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$. Ce qui signifie que : $$||\vec{\imath} ||=1,~~|| \vec{\jmath}||=1~\text{et}~\vec{\imath}\perp\vec{\jmath}$$
Ce qui peut se traduire par quatre égalités à l’aide du produit scalaire : $$\left\{\begin{array}{c}
\vec{\imath}\cdot\vec{\imath}=1~~\text{et}~~\vec{\jmath}\cdot\vec{\jmath}=1\\
\vec{\imath}\cdot\vec{\jmath}=0,~~\text{et}~~\vec{\jmath}\cdot\vec{\imath}=0\\
\end{array}\right. \quad\text{(*)}$$
Les vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{u}$ s’écrivent dans la base $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$ comme suit : $$\overrightarrow{u}=x\vec{\imath}+y\vec{\jmath}\quad\text{et}\quad\overrightarrow{v}=x’\vec{\imath}+y’\vec{\jmath}$$ Ce qui donne : $$\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}=(x\vec{\imath}+y\vec{\jmath})\cdot(x’\vec{\imath}+y’\vec{\jmath})$$ Donc, d’après les propriétés de bilinéarité du produit scalaire, on a : $$\begin{array}{rcl}
\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}&=&{\color{brown}{xx’\,\vec{\imath}\cdot\vec{\imath}}}+xy’\,\vec{\imath}\cdot\vec{\jmath}\\ &&+yx’\,\vec{\jmath}\cdot\vec{\imath}+{\color{brown}{yy’\,\vec{\jmath}\cdot\vec{\jmath}}}\\
\end{array}$$
D’après les relations $(*)$, à part les trois termes sur la diagonale, les six autres termes sont tous nuls. Donc, on a bien : $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v} =xx’+yy’~~}$$

Exercice résolu n°1. $ABCD$ est un cube de côté $a>0$. $I$ et $J$ sont les milieux de $[AB]$ et $[AD]$ respectivement.
Démontrer que les vecteurs $\overrightarrow{IC}$ et $\overrightarrow{BJ}$ sont orthogonaux. Faire une figure à titre indicatif.

On place le carré dans un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$ tel que $O=A$, $\overrightarrow{AB}=a\vec{\imath}$ et $\overrightarrow{AD}=a\vec{\jmath}$.
Alors, les coordonnées des points $A$, $B$, $I$ et $J$ sont : $A(0;0)$, $B(a;0)$, $I\left(\dfrac{a}{2};0\right)$ et $J\left(0;\dfrac{a}{2}\right)$.

Mais alors, $\overrightarrow{IC}\left(\begin{array}{c} \dfrac{a}{2}\\ a\\ \end{array}\right)$ et $\overrightarrow{BJ}\left(\begin{array}{c} -a\\ \dfrac{a}{2} \\ \end{array}\right)$ et on a bien : $$\overrightarrow{IC}\cdot\overrightarrow{BJ}=\dfrac{a}{2}\times(-a)+a\times\dfrac{a}{2}$$ Donc : $$\overrightarrow{IC}\cdot\overrightarrow{BJ}= -\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{a^2}{2}=0$$
Par conséquent, comme leur produit scalaire est nul, les deux vecteurs $\overrightarrow{IC}$ et $\overrightarrow{BJ}$ sont bien orthogonaux.

2. Expression de la norme d’un vecteur dans l’espace

Théorème 2.
L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$.
Soient $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ \end{array}\right)$ un vecteur de l’espace. Alors :
La norme du vecteur $\overrightarrow{u}$ est donnée par : $$\boxed{~~||\,\overrightarrow{u}\,||=\sqrt{x^2+y^2}~~}$$

On sait que le produit scalaire par lui-même est égal au carré de la norme. Donc : $\overrightarrow{u}\,{}^2=\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{u}=||\,\overrightarrow{u}\,||^2$. Donc : $||\,\overrightarrow{u}\,||^2=x^2+y^2$. Ce qui donne : $$\boxed{~~||\,\overrightarrow{u}\,||=\sqrt{x^2+y^2}~~}$$

3. Expression de la distance entre deux points dans l’espace

Théorème 3.
L’espace est muni d’un repère orthonormé direct $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})$.
Soient $A(x_A;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$ deux points du plan. Alors :
La distance entre les deux points $A$ et $B$ est égale à la norme du vecteur $\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}x_B-x_A\\ y_B-y_A\\ \end{array}\right)$. Donc : $$\boxed{~~AB=||\,\overrightarrow{AB}\,||=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}~~}$$

On sait que la norme d’un vecteur $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ \end{array}\right)$ est donnée par : $||\,\overrightarrow{u}\,||=\sqrt{x^2+y^2}$. Par suite la norme du vecteur $\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}x_B-x_A\\ y_B-y_A\\ \end{array}\right)$. Donc : $$\boxed{~~||\,\overrightarrow{AB}\,||=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}~~}$$

4. Exercices résolus

Exercice résolu n°2. Les vecteurs suivants sont-ils orthogonaux deux à deux ? Justifier votre réponse. $$\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} 3\\ 4\\ \end{array}\right)~;~\overrightarrow{v}\left(\begin{array}{c} -4\\ 3\\ \end{array}\right)~~\text{et}~~\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} -2\\ 1,5\\ \end{array}\right)$$

Calculons les produits scalaires deux à deux de ces vecteurs :
1°) $\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}=3\times4+(-4)\times3=-12+12=0$. Donc $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\perp\overrightarrow{v}~~}$$
2°) $\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{w}=3\times(-2)+4\times1,5=-6+6=0$. Donc $$\boxed{~~\overrightarrow{u}\perp\overrightarrow{w}~~}$$
3°) $\overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{w}=4\times(-2)+(-3)\times1,5=-8-4,5=–12,5\not=0$. Donc $$\boxed{~~\overrightarrow{v}\not\perp\overrightarrow{w}~~}$$ CQFD.$\blacktriangle$