Produit scalaire : corrigé des exercices de maths en 1ère à télécharger en PDF

Exercice 1 :

On utilise \(\vec{AB}.\vec{AC}=AB\times AC\times \cos(\vec{AB},\vec{AC})\) ; le cosinus ne dépend pas du multiple de \(2\pi\) ajouté.

Rappel : pour tout entier k, \(\cos(\theta+2k\pi)=\cos\theta\). On commence donc par ramener chaque mesure d’angle dans l’intervalle \(]-\pi;\pi]\) ou \([0;2\pi[\), puis on lit la valeur du cosinus sur le cercle trigonométrique.

a. \(\vec{AB}.\vec{AC}=3\times 5\times \cos(-\dfrac{\pi}{6})=15\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}\), donc \(\vec{AB}.\vec{AC}=\dfrac{15\sqrt{3}}{2}\).

b. \(-\dfrac{8\pi}{3}=\dfrac{4\pi}{3}-4\pi\), donc \(\cos(-\dfrac{8\pi}{3})=\cos(\dfrac{4\pi}{3})=-\dfrac{1}{2}\) et \(\vec{AB}.\vec{AC}=1\times 4\times (-\dfrac{1}{2})\), soit \(\vec{AB}.\vec{AC}=-2\).

c. \(\vec{AB}.\vec{AC}=4\times 7\times \cos(-\dfrac{\pi}{4})=28\times \dfrac{\sqrt{2}}{2}\), donc \(\vec{AB}.\vec{AC}=14\sqrt{2}\).

d. \(-\dfrac{5\pi}{3}=\dfrac{\pi}{3}-2\pi\), donc \(\cos(-\dfrac{5\pi}{3})=\cos(\dfrac{\pi}{3})=\dfrac{1}{2}\) et \(\vec{AB}.\vec{AC}=2\times 2\times \dfrac{1}{2}\), soit \(\vec{AB}.\vec{AC}=2\).

Exercice 2 :

Le produit scalaire est symétrique et \(\vec{BA}=-\vec{AB}\), \(\vec{CA}=-\vec{AC}\). Donc :

• \(\vec{AC}.\vec{AB}=\vec{AB}.\vec{AC}\) ;
• \(\vec{CA}.\vec{BA}=(-\vec{AC}).(-\vec{AB})=\vec{AB}.\vec{AC}\) ;
• \(\vec{BA}.\vec{AC}=(-\vec{AB}).\vec{AC}=-\vec{AB}.\vec{AC}\).

a. Si \(\vec{AB}.\vec{AC}=-3\) : \(\vec{AC}.\vec{AB}=-3\) ; \(\vec{CA}.\vec{BA}=-3\) ; \(\vec{BA}.\vec{AC}=3\).

b. Si \(\vec{AB}.\vec{AC}=2\) : \(\vec{AC}.\vec{AB}=2\) ; \(\vec{CA}.\vec{BA}=2\) ; \(\vec{BA}.\vec{AC}=-2\).

Exercice 3 :

Les diagonales d’un losange se coupent en leur milieu O et sont perpendiculaires : MO = OP = 4 et NO = OQ = 3. Dans le triangle MON rectangle en O, \(MN^2=4^2+3^2=25\), donc chaque côté mesure 5. On utilise les projetés orthogonaux.

a.

• Le projeté orthogonal de N sur (MO) est O, donc \(\vec{MO}.\vec{MN}=\vec{MO}.\vec{MO}=MO^2\) : \(\vec{MO}.\vec{MN}=16\).
• Le projeté orthogonal de P sur (NQ) est O, donc \(\vec{PQ}.\vec{NQ}=\vec{OQ}.\vec{NQ}=3\times 6\) (vecteurs de même sens) : \(\vec{PQ}.\vec{NQ}=18\).
• Le projeté orthogonal de N sur (MP) est O, donc \(\vec{PM}.\vec{NP}=\vec{PM}.\vec{OP}=-8\times 4\) (vecteurs de sens contraires) : \(\vec{PM}.\vec{NP}=-32\).

b.

• MNPQ est un parallélogramme, donc \(\vec{MQ}=\vec{NP}\) et \(\vec{MQ}.\vec{NP}=NP^2\) : \(\vec{MQ}.\vec{NP}=25\).
• \(\vec{PQ}=-\vec{MN}\), donc \(\vec{MN}.\vec{PQ}=-MN^2\) : \(\vec{MN}.\vec{PQ}=-25\).
• Le projeté orthogonal de N sur (OM) est O, donc \(\vec{OM}.\vec{NM}=\vec{OM}.\vec{OM}=OM^2\) : \(\vec{OM}.\vec{NM}=16\).

Vérification dans un repère orthonormé centré en O : M(−4 ; 0), N(0 ; −3), P(4 ; 0) et Q(0 ; 3).

• \(\vec{MO}(4;0)\) et \(\vec{MN}(4;-3)\) : \(16+0=16\) ;
• \(\vec{PQ}(-4;3)\) et \(\vec{NQ}(0;6)\) : \(0+18=18\) ;
• \(\vec{PM}(-8;0)\) et \(\vec{NP}(4;3)\) : \(-32+0=-32\) ;
• \(\vec{MQ}(4;3)\) et \(\vec{NP}(4;3)\) : \(16+9=25\) ;
• \(\vec{MN}(4;-3)\) et \(\vec{PQ}(-4;3)\) : \(-16-9=-25\) ;
• \(\vec{OM}(-4;0)\) et \(\vec{NM}(-4;3)\) : \(16+0=16\).

On retrouve bien les six résultats obtenus par projection.

Exercice 4 :

Première manière (relation de Chasles) : \(\vec{IA}.\vec{ID}=\vec{IA}.(\vec{IA}+\vec{AD})=\vec{IA}.\vec{IA}+\vec{IA}.\vec{AD}\).

Or I est sur [AB] et (AB) est perpendiculaire à (AD), donc \(\vec{IA}.\vec{AD}=0\). Ainsi \(\vec{IA}.\vec{ID}=AI^2\).

Seconde manière (projection) : H est le projeté orthogonal de A sur (ID), donc \(\vec{IA}.\vec{ID}=\vec{IH}.\vec{ID}=IH\times ID\), car H appartient au segment [ID] (l’angle \(\widehat{AID}\) est aigu).

En comparant les deux expressions, on obtient de plus l’égalité \(IH\times ID=AI^2\).

Exercice 5 :

Soit K le milieu de [AB] : dans le triangle équilatéral, la médiane (CK) est aussi hauteur, donc K est le projeté orthogonal de C sur (AB).

\(\vec{AB}.\vec{AC}=\vec{AB}.\vec{AK}=AB\times AK=1\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\), donc \(\vec{BA}.\vec{AC}=-\vec{AB}.\vec{AC}\) : \(\vec{BA}.\vec{AC}=-\dfrac{1}{2}\).

H est le projeté orthogonal de B sur (AH) puisque (AH) est perpendiculaire à (BC). Donc \(\vec{AB}.\vec{AH}=\vec{AH}.\vec{AH}=AH^2\).

Dans le triangle ABH rectangle en H, avec \(BH=\dfrac{1}{2}\) : \(AH^2=1^2-(\dfrac{1}{2})^2=\dfrac{3}{4}\). Ainsi \(\vec{AB}.\vec{AH}=\dfrac{3}{4}\).

Exercice 6 :

1. D’après la relation de Chasles, \(\vec{PR}=\vec{PA}+\vec{AR}=-\vec{AP}+\vec{AR}\), donc \(\vec{CQ}.\vec{PR}=\vec{CQ}.(\vec{AR}-\vec{AP})\).

2. Par bilinéarité, \(\vec{CQ}.\vec{PR}=\vec{CQ}.\vec{AR}-\vec{CQ}.\vec{AP}\). On calcule chaque terme par projection, en notant c le côté du carré.

• Sur la droite (AD), C se projette en D et Q se projette en R (APQR est un rectangle). Donc \(\vec{CQ}.\vec{AR}=\vec{DR}.\vec{AR}\). Les vecteurs \(\vec{DR}\) et \(\vec{AR}\) sont de sens contraires, d’où \(\vec{CQ}.\vec{AR}=-DR\times AR\).
• Sur la droite (AB), C se projette en B et Q se projette en P. Donc \(\vec{CQ}.\vec{AP}=\vec{BP}.\vec{AP}=-BP\times AP\).

Comme AP = DR, on a AR = c − DR = c − AP et BP = c − AP. Ainsi :

\(\vec{CQ}.\vec{PR}=-AP\times (c-AP)+(c-AP)\times AP=0\).

Le produit scalaire est nul, donc les droites (CQ) et (PR) sont perpendiculaires.

Autre méthode avec des coordonnées : dans le repère orthonormé d’origine A dont les axes portent [AB] et [AD], on note c le côté du carré et t = AP = DR. Alors C(c ; c), P(t ; 0), R(0 ; c − t) et Q(t ; c − t).

\(\vec{CQ}(t-c;-t)\) et \(\vec{PR}(-t;c-t)\), donc \(\vec{CQ}.\vec{PR}=-t(t-c)-t(c-t)=-t^2+tc-tc+t^2=0\) : on retrouve le même résultat.

Exercice 7 :

On a \(\|\vec{u}\|=2\), \(\|\vec{v}\|=3\) et \(\vec{u}.\vec{v}=-1\).

1) \((\vec{u}+\vec{v})^2=\|\vec{u}\|^2+2\vec{u}.\vec{v}+\|\vec{v}\|^2=4-2+9\), donc \((\vec{u}+\vec{v})^2=11\).

\((\vec{u}-\vec{v})^2=\|\vec{u}\|^2-2\vec{u}.\vec{v}+\|\vec{v}\|^2=4+2+9\), donc \((\vec{u}-\vec{v})^2=\|\vec{u}-\vec{v}\|^2=15\).

2) \((\vec{u}+\vec{v}).(2\vec{u}-3\vec{v})=2\vec{u}.\vec{u}-3\vec{u}.\vec{v}+2\vec{v}.\vec{u}-3\vec{v}.\vec{v}\)

\(=2\times 4-3\times (-1)+2\times (-1)-3\times 3^2=8+3-2-27\), donc \((\vec{u}+\vec{v}).(2\vec{u}-3\vec{v})=-18\).

Exercice 8 :

\(MA^2-MB^2=\vec{MA}^2-\vec{MB}^2=(\vec{MA}+\vec{MB}).(\vec{MA}-\vec{MB})\).

Or \(\vec{MA}-\vec{MB}=\vec{MA}+\vec{BM}=\vec{BM}+\vec{MA}=\vec{BA}\) (relation de Chasles), donc \(MA^2-MB^2=(\vec{MA}+\vec{MB}).\vec{BA}\).

Ensuite \(\vec{MA}+\vec{MB}=\vec{MI}+\vec{IA}+\vec{MI}+\vec{IB}=2\vec{MI}+(\vec{IA}+\vec{IB})\).

I est le milieu de [AB], donc \(\vec{IA}+\vec{IB}=\vec{0}\) et \(\vec{MA}+\vec{MB}=2\vec{MI}\).

Conclusion : pour tout point M du plan, \(MA^2-MB^2=(\vec{MA}+\vec{MB}).\vec{BA}=2\vec{MI}.\vec{BA}\).

Exercice 9 :

On exprime tous les vecteurs à l’aide de \(\vec{AB}\) et \(\vec{AD}\).

• \(\vec{AG}=\dfrac{1}{3}\vec{AB}\).
• EAFK est un parallélogramme, donc \(\vec{AK}=\vec{AE}+\vec{AF}=\dfrac{1}{2}\vec{AD}+\dfrac{2}{3}\vec{AB}\).
• M est le milieu de [BE], donc \(\vec{AM}=\dfrac{1}{2}(\vec{AB}+\vec{AE})=\dfrac{1}{2}\vec{AB}+\dfrac{1}{4}\vec{AD}\).

On en déduit :

\(\vec{GK}=\vec{AK}-\vec{AG}=\dfrac{2}{3}\vec{AB}-\dfrac{1}{3}\vec{AB}+\dfrac{1}{2}\vec{AD}=\dfrac{1}{3}\vec{AB}+\dfrac{1}{2}\vec{AD}\)

\(\vec{GM}=\vec{AM}-\vec{AG}=\dfrac{1}{2}\vec{AB}-\dfrac{1}{3}\vec{AB}+\dfrac{1}{4}\vec{AD}=\dfrac{1}{6}\vec{AB}+\dfrac{1}{4}\vec{AD}\)

Donc \(2\vec{GM}=\dfrac{1}{3}\vec{AB}+\dfrac{1}{2}\vec{AD}\), c’est-à-dire \(\vec{GK}=2\vec{GM}\) : les points G, M et K sont alignés et M est le milieu de [GK].

Remarque : les autres données sont cohérentes avec ces calculs, car \(\vec{GB}=\dfrac{2}{3}\vec{AB}=2\vec{GF}\) et \(\vec{GC}=\vec{AB}+\vec{AD}-\dfrac{1}{3}\vec{AB}=\dfrac{2}{3}\vec{AB}+\vec{AD}=2\vec{GK}\).

Exercice 10 :

I et J sont les milieux de [AB] et [AC], donc \(\vec{HI}=\dfrac{1}{2}(\vec{HA}+\vec{HB})\) et \(\vec{HJ}=\dfrac{1}{2}(\vec{HA}+\vec{HC})\). Par bilinéarité :

\(\vec{HI}.\vec{HJ}=\dfrac{1}{4}(\vec{HA}.\vec{HA}+\vec{HA}.\vec{HC}+\vec{HB}.\vec{HA}+\vec{HB}.\vec{HC})\).

(AH) est perpendiculaire à (BC), donc \(\vec{HA}.\vec{HC}=0\) et \(\vec{HB}.\vec{HA}=0\). Il reste \(\vec{HI}.\vec{HJ}=\dfrac{1}{4}(HA^2+\vec{HB}.\vec{HC})\).

Le triangle est rectangle en A, donc \(\vec{AB}.\vec{AC}=0\). Or :

\(\vec{AB}.\vec{AC}=(\vec{AH}+\vec{HB}).(\vec{AH}+\vec{HC})=AH^2+\vec{AH}.\vec{HC}+\vec{HB}.\vec{AH}+\vec{HB}.\vec{HC}=AH^2+\vec{HB}.\vec{HC}\).

Donc \(AH^2+\vec{HB}.\vec{HC}=0\), puis \(\vec{HI}.\vec{HJ}=0\).

Conclusion : les droites (HI) et (HJ) sont perpendiculaires.

Autre raisonnement, sans produit scalaire : le triangle AHB est rectangle en H et I est le milieu de son hypoténuse [AB], donc IH = IA et le triangle AIH est isocèle en I : \(\widehat{IHA}=\widehat{IAH}\). De même, JH = JA et \(\widehat{JHA}=\widehat{JAH}\).

Ainsi \(\widehat{IHJ}=\widehat{IHA}+\widehat{AHJ}=\widehat{BAH}+\widehat{HAC}=\widehat{BAC}=90^{\circ}\), ce qui confirme le résultat.

Exercice 11 :

1. Dans le parallélogramme ABCD, \(\vec{AC}=\vec{AB}+\vec{AD}\), donc :

\(AC^2=(\vec{AB}+\vec{AD})^2=AB^2+2\vec{AB}.\vec{AD}+AD^2\), soit \(49=16+2\vec{AB}.\vec{AD}+25\).

D’où \(2\vec{AB}.\vec{AD}=8\) et \(\vec{AB}.\vec{AD}=4\).

2. \(\vec{BD}=\vec{AD}-\vec{AB}\), donc \(BD^2=AD^2-2\vec{AB}.\vec{AD}+AB^2=25-8+16=33\).

Ainsi \(BD=\sqrt{33}\approx 5{,}74\), ce que confirme la figure.

Contrôle avec l’identité du parallélogramme (voir l’exercice 23) : \(AC^2+BD^2=2(AB^2+AD^2)\) donne \(49+BD^2=82\), soit encore \(BD^2=33\).

Exercice 12 :

Le carré a pour côté 6 et ses demi-diagonales mesurent \(IN=IP=IQ=\dfrac{6\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}\).

1. \(\vec{MN}=\vec{QP}\), donc \(\vec{MN}.\vec{QP}=MN^2\) : \(\vec{MN}.\vec{QP}=36\).

2. (MN) est perpendiculaire à (PN), donc \(\vec{MN}.\vec{PN}=0\).

3. Les diagonales d’un carré sont perpendiculaires, donc \(\vec{IN}.\vec{IP}=0\).

4. \(\vec{QI}\) et \(\vec{NI}\) sont colinéaires de sens contraires (Q, I, N alignés), donc \(\vec{QI}.\vec{NI}=-3\sqrt{2}\times 3\sqrt{2}\) : \(\vec{QI}.\vec{NI}=-18\).

Exercice 13 :

Soit H le projeté orthogonal de C sur (AB). Comme \(\vec{AB}.\vec{AC}=4\gt 0\), H est sur la demi-droite [AB) et \(\vec{AB}.\vec{AC}=AB\times AH\).

Donc \(2\times AH=4\), soit AH = 2 = AB : le point H est confondu avec B. Ainsi (BC) est perpendiculaire à (AB).

Vérification avec Al-Kashi : \(BC^2=AB^2+AC^2-2\vec{AB}.\vec{AC}=4+9-8=5\), et \(AB^2+BC^2=4+5=9=AC^2\).

Conclusion : le triangle ABC est rectangle en B.

Exercice 14 :

Les angles d’un triangle équilatéral mesurent 60°.

1. \(\vec{BA}.\vec{BC}=BA\times BC\times \cos 60^{\circ}=5\times 5\times \dfrac{1}{2}\), donc \(\vec{BA}.\vec{BC}=\dfrac{25}{2}=12{,}5\).

2. \(CI=2{,}5\) et \(\vec{CA}.\vec{CI}=CA\times CI\times \cos 60^{\circ}=5\times 2{,}5\times \dfrac{1}{2}\), donc \(\vec{CA}.\vec{CI}=6{,}25\).

3. \(\vec{AB}-\vec{AC}=\vec{AB}+\vec{CA}=\vec{CB}\), donc \((\vec{AB}-\vec{AC}).\vec{AI}=\vec{CB}.\vec{AI}\).

(AI) est une médiane du triangle équilatéral, c’est donc aussi une hauteur : (AI) est perpendiculaire à (BC). Ainsi \((\vec{AB}-\vec{AC}).\vec{AI}=0\).

Exercice 15 :

1. Le barycentre existe car \(3+2-4=1\neq 0\). Il vérifie \(3\vec{GA}+2\vec{GB}-4\vec{GC}=\vec{0}\), donc :

\(x_G=\dfrac{3x_A+2x_B-4x_C}{1}=6+14-12=8\) et \(y_G=\dfrac{3y_A+2y_B-4y_C}{1}=3+4-16=-9\).

Ainsi G(8 ; −9), ce que confirme la figure.

2. \(\vec{BC}(3-7;4-2)\), soit \(\vec{BC}(-4;2)\) : le vecteur \(\vec{n}(-2;1)\), colinéaire à \(\vec{BC}\), est normal à la médiatrice de [BC]. Celle-ci a donc une équation de la forme \(-2x+y+c=0\).

Elle passe par le milieu I de [BC] : \(I(\dfrac{7+3}{2};\dfrac{2+4}{2})\), soit I(5 ; 3). Donc \(-10+3+c=0\) et \(c=7\).

Une équation cartésienne de la médiatrice de [BC] est \(-2x+y+7=0\).

3. \(\vec{CB}(4;-2)\) et \(\vec{CA}(-1;-3)\), donc \(\vec{CB}.\vec{CA}=4\times (-1)+(-2)\times (-3)=-4+6\) : \(\vec{CB}.\vec{CA}=2\).

4. Le produit scalaire \(\vec{CB}.\vec{CA}\) n’est pas nul, donc l’angle \(\widehat{C}\) n’est pas droit (il est aigu puisque le produit scalaire est positif).

Exercice 16 :

On utilise \(\vec{AB}.\vec{AC}=AB\times AC\times \cos\widehat{BAC}\), puis \(\vec{BC}=\vec{AC}-\vec{AB}\), qui donne la formule d’Al-Kashi : \(BC^2=AB^2+AC^2-2\vec{AB}.\vec{AC}\).

En effet, \(BC^2=\vec{BC}^2=(\vec{AC}-\vec{AB})^2=AC^2-2\vec{AC}.\vec{AB}+AB^2\). Cette égalité généralise le théorème de Pythagore : lorsque l’angle en A est droit, le produit scalaire est nul.

1. \(\vec{AB}.\vec{AC}=6\times 5\times \cos 60^{\circ}=6\times 5\times \dfrac{1}{2}\), donc \(\vec{AB}.\vec{AC}=15\) (en cm²).

\(BC^2=36+25-2\times 15=31\), donc \(BC=\sqrt{31}\approx 5{,}57\) cm.

2. \(\vec{AB}.\vec{AC}=7\times 4\times \cos 120^{\circ}=7\times 4\times (-\dfrac{1}{2})\), donc \(\vec{AB}.\vec{AC}=-14\) (en cm²).

\(BC^2=49+16-2\times (-14)=93\), donc \(BC=\sqrt{93}\approx 9{,}64\) cm.

Exercice 17 :

Par bilinéarité et symétrie du produit scalaire :

\((\vec{u}+\vec{v}).(\vec{u}-\vec{v})=\vec{u}.\vec{u}-\vec{u}.\vec{v}+\vec{v}.\vec{u}-\vec{v}.\vec{v}=\|\vec{u}\|^2-\|\vec{v}\|^2\).

Les deux vecteurs ont la même norme, donc \(\|\vec{u}\|^2-\|\vec{v}\|^2=0\).

Le produit scalaire est nul, donc les vecteurs \(\vec{u}+\vec{v}\) et \(\vec{u}-\vec{v}\) sont orthogonaux. Géométriquement : les diagonales d’un losange sont perpendiculaires.

Exercice 18 :

Dans le triangle équilatéral, H est le milieu de [BC] et \(AH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\). O est le centre de gravité, donc \(OA=OB=\dfrac{2}{3}AH=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\).

Justification : dans le triangle ABH rectangle en H, \(AH^2=AB^2-BH^2=a^2-\dfrac{a^2}{4}=\dfrac{3a^2}{4}\). Dans un triangle équilatéral, les médiatrices sont aussi les médianes, donc le centre O du cercle circonscrit est le centre de gravité, situé aux deux tiers de chaque médiane en partant du sommet. Ainsi \(OA^2=\dfrac{a^2}{3}\).

• \(\vec{AB}.\vec{AC}=a\times a\times \cos 60^{\circ}\), donc \(\vec{AB}.\vec{AC}=\dfrac{a^2}{2}\).
• \(\vec{AC}.\vec{CB}=-\vec{CA}.\vec{CB}=-a\times a\times \cos 60^{\circ}\), donc \(\vec{AC}.\vec{CB}=-\dfrac{a^2}{2}\).
• Le projeté orthogonal de B sur (AH) est H, donc \(\vec{AB}.\vec{AH}=AH^2\) : \(\vec{AB}.\vec{AH}=\dfrac{3a^2}{4}\).
• (AH) est perpendiculaire à (BC), donc \(\vec{AH}.\vec{BC}=0\).
• L’angle au centre \(\widehat{AOB}\) mesure 120° (le triangle est équilatéral), donc \(\vec{OA}.\vec{OB}=OA\times OB\times \cos 120^{\circ}=\dfrac{a^2}{3}\times (-\dfrac{1}{2})\), soit \(\vec{OA}.\vec{OB}=-\dfrac{a^2}{6}\).

Exercice 19 :

On a \(\|\vec{u}\|=3\), \(\|\vec{v}\|=7\) et \(\vec{u}.\vec{v}=13\).

1. \(\vec{u}.(\vec{u}+3\vec{v})=\|\vec{u}\|^2+3\vec{u}.\vec{v}=9+39\), donc \(\vec{u}.(\vec{u}+3\vec{v})=48\).

2. \((\vec{u}-2\vec{v})^2=\|\vec{u}\|^2-4\vec{u}.\vec{v}+4\|\vec{v}\|^2=9-52+4\times 49=9-52+196\), donc \((\vec{u}-2\vec{v})^2=153\).

Exercice 20 :

On développe les deux membres :

\((\vec{AB}+\vec{AC})^2=AB^2+2\vec{AB}.\vec{AC}+AC^2\) et \((AB+AC)^2=AB^2+2AB\times AC+AC^2\).

L’égalité équivaut donc à \(\vec{AB}.\vec{AC}=AB\times AC\).

• Si A = B ou A = C, les deux membres sont nuls : l’égalité est vraie.
• Sinon, elle équivaut à \(\cos(\vec{AB},\vec{AC})=1\), c’est-à-dire que \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) sont colinéaires et de même sens.

Conclusion : l’égalité est vraie si et seulement si A appartient à la droite (BC) sans être strictement entre B et C (A est sur (BC) privée du segment ouvert ]BC[).

Exercice 21 :

Soit I le milieu de [AB] : \(IA=IB=0{,}5\) dm et \(\vec{IB}=-\vec{IA}\).

1. \(\vec{MA}.\vec{MB}=(\vec{MI}+\vec{IA}).(\vec{MI}+\vec{IB})=(\vec{MI}+\vec{IA}).(\vec{MI}-\vec{IA})=MI^2-IA^2\).

Donc \(\vec{MA}.\vec{MB}=1\iff MI^2-0{,}25=1\iff MI^2=1{,}25\iff MI=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\).

L’ensemble cherché est le cercle de centre I et de rayon \(\dfrac{\sqrt{5}}{2}\approx 1{,}12\) dm (le cercle rouge).

2. \(MA^2+MB^2=(\vec{MI}+\vec{IA})^2+(\vec{MI}-\vec{IA})^2=2MI^2+2IA^2=2MI^2+0{,}5\) (théorème de la médiane).

Donc \(MA^2+MB^2=5\iff 2MI^2=4{,}5\iff MI^2=2{,}25\iff MI=1{,}5\).

L’ensemble cherché est le cercle de centre I et de rayon 1,5 dm (le cercle vert).

À retenir : si I est le milieu de [AB], alors pour tout point M, \(\vec{MA}.\vec{MB}=MI^2-\dfrac{AB^2}{4}\) et \(MA^2+MB^2=2MI^2+\dfrac{AB^2}{2}\). Ces deux formules ramènent la recherche de l’ensemble de points à une condition sur la seule distance MI, d’où des cercles de centre I.

Exercice 22 :

1. \(MA^2-MB^2=(\vec{MA}+\vec{MB}).(\vec{MA}-\vec{MB})\).

Or \(\vec{MA}-\vec{MB}=\vec{BA}\) et \(\vec{MA}+\vec{MB}=2\vec{MI}+\vec{IA}+\vec{IB}=2\vec{MI}\) car I est le milieu de [AB].

Donc \(MA^2-MB^2=2\vec{MI}.\vec{BA}=2(-\vec{IM}).(-\vec{AB})\), soit \(MA^2-MB^2=2\vec{IM}.\vec{AB}\).

2. \(MA^2-MB^2=14\iff 2\vec{IM}.\vec{AB}=14\iff\vec{IM}.\vec{AB}=7\).

Soit H le projeté orthogonal de M sur (AB) : \(\vec{IM}.\vec{AB}=\vec{IH}.\vec{AB}\). Ce produit est positif, donc H est du côté de B par rapport à I et \(IH\times AB=7\), soit \(IH=3{,}5\) cm.

L’ensemble cherché est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point H de la demi-droite [IB) tel que IH = 3,5 cm (H est donc à 2,5 cm de B, au-delà de B).

Exercice 23 :

On utilise \(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2=\|\vec{u}\|^2+2\vec{u}.\vec{v}+\|\vec{v}\|^2\) et \(\|\vec{u}-\vec{v}\|^2=\|\vec{u}\|^2-2\vec{u}.\vec{v}+\|\vec{v}\|^2\).

1. En soustrayant : \(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2-\|\vec{u}-\vec{v}\|^2=2\vec{u}.\vec{v}+2\vec{u}.\vec{v}\), donc \(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2-\|\vec{u}-\vec{v}\|^2=4\vec{u}.\vec{v}\).

2. En additionnant, les termes en \(\vec{u}.\vec{v}\) s’éliminent : \(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2+\|\vec{u}-\vec{v}\|^2=2(\|\vec{u}\|^2+\|\vec{v}\|^2)\).

3. Dans un parallélogramme ABCD, on pose \(\vec{u}=\vec{AB}\) et \(\vec{v}=\vec{AD}\) : alors \(\vec{u}+\vec{v}=\vec{AC}\) et \(\vec{u}-\vec{v}=\vec{DB}\) sont les diagonales.

• L’égalité 2 devient \(AC^2+BD^2=2(AB^2+AD^2)\) : la somme des carrés des diagonales d’un parallélogramme est égale à la somme des carrés de ses quatre côtés.
• L’égalité 1 montre que les diagonales ont la même longueur si et seulement si \(\vec{u}.\vec{v}=0\), c’est-à-dire si le parallélogramme est un rectangle.

4. Par bilinéarité et symétrie :

\((\vec{u}+\vec{v}).(\vec{u}-\vec{v})=\vec{u}.\vec{u}-\vec{u}.\vec{v}+\vec{v}.\vec{u}-\vec{v}.\vec{v}\), donc \((\vec{u}+\vec{v}).(\vec{u}-\vec{v})=\|\vec{u}\|^2-\|\vec{v}\|^2\).

5. Avec les mêmes notations, les diagonales (AC) et (BD) sont perpendiculaires si et seulement si \(\vec{AC}.\vec{DB}=0\), c’est-à-dire \(\|\vec{u}\|^2-\|\vec{v}\|^2=0\), soit AB = AD.

Comme les côtés opposés d’un parallélogramme sont égaux, AB = AD signifie que les quatre côtés sont égaux : un parallélogramme a ses diagonales perpendiculaires si et seulement si c’est un losange.

Exercice 24 :

Indication : l’équation d’un cercle de centre \(\Omega(x_0;y_0)\) et de rayon R est \((x-x_0)^2+(y-y_0)^2=R^2\).

1. Avec \(\Omega(2;-3)\) et R = 5 : (C) a pour équation \((x-2)^2+(y+3)^2=25\).

2. Pour A(−2 ; 0) : \((-2-2)^2+(0+3)^2=16+9=25\). Les coordonnées de A vérifient l’équation, donc A appartient au cercle (C).

3. La tangente en A est la droite passant par A et perpendiculaire au rayon [ΩA]. Un point M(x ; y) lui appartient si et seulement si \(\vec{\Omega A}.\vec{AM}=0\).

\(\vec{\Omega A}(-4;3)\) et \(\vec{AM}(x+2;y)\), donc \(-4(x+2)+3y=0\), soit \(-4x+3y-8=0\), ou encore \(y=\dfrac{4}{3}x+\dfrac{8}{3}\).

Exercice 25 :

L’énoncé est le même que celui de l’exercice 12 (carré MNPQ de côté 6 et de centre I), les résultats sont donc identiques.

1. \(\vec{MN}=\vec{QP}\), donc \(\vec{MN}.\vec{QP}=MN^2\) : \(\vec{MN}.\vec{QP}=36\).

2. (MN) est perpendiculaire à (NP), donc \(\vec{MN}.\vec{PN}=0\).

3. Les diagonales du carré sont perpendiculaires en I, donc \(\vec{IN}.\vec{IP}=0\).

4. \(QI=NI=3\sqrt{2}\) et les vecteurs \(\vec{QI}\) et \(\vec{NI}\) sont de sens contraires, donc \(\vec{QI}.\vec{NI}=-(3\sqrt{2})^2\) : \(\vec{QI}.\vec{NI}=-18\).

Complément (médiatrice et hauteur d’un triangle) :

Ce corrigé concerne un exercice qui ne figure pas sur la fiche d’énoncés : dans un repère orthonormé, on considère le triangle ABC avec A(−1 ; 2), B(3 ; 1) et C(2 ; 4).

1. Déterminer une équation de la médiatrice du segment [AB].

\(\vec{AB}(3+1;1-2)\), soit \(\vec{AB}(4;-1)\), et le milieu de [AB] est \(I(\dfrac{-1+3}{2};\dfrac{2+1}{2})\), soit \(I(1;\dfrac{3}{2})\).

Un point M(x ; y) appartient à la médiatrice si et seulement si \(\vec{AB}.\vec{IM}=0\) : \(4(x-1)-(y-\dfrac{3}{2})=0\), soit \(y=4x-4+\dfrac{3}{2}\).

L’équation réduite de la médiatrice de [AB] est \(y=4x-\dfrac{5}{2}\).

2. Déterminer une équation de la hauteur issue de A dans le triangle ABC.

\(\vec{BC}(2-3;4-1)\), soit \(\vec{BC}(-1;3)\). Un point M(x ; y) appartient à la hauteur issue de A si et seulement si \(\vec{BC}.\vec{AM}=0\) :

\(-(x+1)+3(y-2)=0\), soit \(-x+3y-7=0\), d’où \(y=\dfrac{x+7}{3}\).

\(y=\dfrac{1}{3}x+\dfrac{7}{3}\) est une équation réduite de la hauteur issue de A.

Exercice 26 :

Un cercle de centre \(\Omega\) est tangent à la droite (D) si et seulement si son rayon est égal à la distance de \(\Omega\) à (D).

La droite (D) a pour équation \(x+y-4=0\), donc a = 1, b = 1 et c = −4 :

\(d(\Omega,D)=\dfrac{|1\times 5+1\times 1-4|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\).

L’équation du cercle est \((x-5)^2+(y-1)^2=(\sqrt{2})^2\), soit \((x-5)^2+(y-1)^2=2\).

Le point de contact est le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur (D) : c’est le point A(4 ; 0) de la figure (on vérifie que 4 + 0 − 4 = 0 et que \(\vec{\Omega A}(-1;-1)\) est normal à (D)).

Exercice 27 :

On fait apparaître des identités remarquables (forme canonique en x et en y).

1. \(x^2-2x=(x-1)^2-1\) et \(y^2-6y=(y-3)^2-9\), donc l’équation s’écrit \((x-1)^2-1+(y-3)^2-9+5=0\), soit \((x-1)^2+(y-3)^2=5\).

C’est le cercle de centre le point de coordonnées (1 ; 3) et de rayon \(\sqrt{5}\).

2. \(x^2-x=(x-\dfrac{1}{2})^2-\dfrac{1}{4}\) et \(y^2-3y=(y-\dfrac{3}{2})^2-\dfrac{9}{4}\), donc l’équation s’écrit :

\((x-\dfrac{1}{2})^2+(y-\dfrac{3}{2})^2=\dfrac{1}{4}+\dfrac{9}{4}-3=-\dfrac{1}{2}\).

Une somme de carrés ne peut pas être strictement négative : aucun point ne vérifie cette équation. Ce n’est pas l’équation d’un cercle (l’ensemble est vide).

Exercice 28 :

I est le milieu de [BC], donc IB = IC = 2 et \(\vec{IC}=-\vec{IB}\).

1. \(\vec{AB}.\vec{AC}=(\vec{AI}+\vec{IB}).(\vec{AI}-\vec{IB})=AI^2-IB^2=9-4\), donc \(\vec{AB}.\vec{AC}=5\).

2. \(AB^2+AC^2=(\vec{AI}+\vec{IB})^2+(\vec{AI}-\vec{IB})^2=2AI^2+2IB^2=18+8\), donc \(AB^2+AC^2=26\).

3. \(AB^2-AC^2=(\vec{AI}+\vec{IB})^2-(\vec{AI}-\vec{IB})^2=4\vec{AI}.\vec{IB}=-4\vec{IA}.\vec{IB}\).

Or \(\vec{IA}.\vec{IB}=IA\times IB\times \cos\dfrac{\pi}{3}=3\times 2\times \dfrac{1}{2}=3\), donc \(AB^2-AC^2=-12\).

4. En additionnant et en soustrayant les résultats des questions 2 et 3 : \(2AB^2=26-12=14\) et \(2AC^2=26+12=38\).

Donc \(AB^2=7\) et \(AC^2=19\) : \(AB=\sqrt{7}\approx 2{,}65\) et \(AC=\sqrt{19}\approx 4{,}36\).

Vérification avec des coordonnées : on place I à l’origine, B(2 ; 0), C(−2 ; 0) et \(A(3\cos\dfrac{\pi}{3};3\sin\dfrac{\pi}{3})\), soit \(A(1{,}5;\dfrac{3\sqrt{3}}{2})\). Alors \(AB^2=0{,}5^2+\dfrac{27}{4}=7\), \(AC^2=3{,}5^2+\dfrac{27}{4}=19\) et \(\vec{AB}.\vec{AC}=0{,}5\times (-3{,}5)+\dfrac{27}{4}=5\).

Exercice 29 :

Le carré a pour côté 8, ses diagonales mesurent \(8\sqrt{2}\) et se coupent en O, donc \(OA=OB=OC=OD=4\sqrt{2}\).

a) Le projeté orthogonal de O sur (AB) est le milieu K de [AB], donc \(\vec{AB}.\vec{AO}=\vec{AB}.\vec{AK}=8\times 4\) : \(\vec{AB}.\vec{AO}=32\).

b) \(\vec{OD}=-\vec{OB}\), donc \(\vec{OB}.\vec{OD}=-OB^2=-(4\sqrt{2})^2\) : \(\vec{OB}.\vec{OD}=-32\).

c) (AB) et (AD) sont perpendiculaires, donc \(\vec{AB}.\vec{AD}=0\).

d) Le projeté orthogonal de O sur (BC) est le milieu L de [BC], donc \(\vec{BO}.\vec{BC}=\vec{BL}.\vec{BC}=4\times 8\) : \(\vec{BO}.\vec{BC}=32\).

Vérification dans le repère orthonormé d’origine A : B(8 ; 0), D(0 ; 8), C(8 ; 8) et O(4 ; 4). \(\vec{AB}(8;0).\vec{AO}(4;4)=32\), \(\vec{OB}(4;-4).\vec{OD}(-4;4)=-16-16=-32\) et \(\vec{BO}(-4;4).\vec{BC}(0;8)=32\).

Exercice 30 :

Connaissant les normes et l’angle, on applique \(\vec{u}.\vec{v}=\|\vec{u}\|\times \|\vec{v}\|\times \cos(\vec{u},\vec{v})\) :

\(\vec{u}.\vec{v}=2\times 3\times \cos 60^{\circ}=2\times 3\times \dfrac{1}{2}\), donc \(\vec{u}.\vec{v}=3\).

Exercice 31 :

D’après \(\vec{u}.\vec{v}=\|\vec{u}\|\times \|\vec{v}\|\times \cos\theta\), où \(\theta\) est l’angle entre les deux vecteurs :

\(\cos\theta=\dfrac{\vec{u}.\vec{v}}{\|\vec{u}\|\times \|\vec{v}\|}=\dfrac{-6}{6\times 2}=-\dfrac{1}{2}\).

L’angle géométrique est compris entre 0° et 180°, donc l’angle entre \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) mesure 120°.

Exercice 32 :

Dans un repère orthonormé, \(\vec{u}(x;y)\) et \(\vec{v}(x^{\prime};y^{\prime})\) donnent \(\vec{u}.\vec{v}=xx^{\prime}+yy^{\prime}\).

a) \(\vec{u}.\vec{v}=(-2)\times (-1)+3\times (-5)=2-15\), donc \(\vec{u}.\vec{v}=-13\).

b) \((4\vec{u}).\vec{v}=4(\vec{u}.\vec{v})=4\times (-13)\), donc \((4\vec{u}).\vec{v}=-52\).

c) \((\vec{u}-\vec{v}).(\vec{u}+\vec{v})=\|\vec{u}\|^2-\|\vec{v}\|^2=(4+9)-(1+25)\), donc \((\vec{u}-\vec{v}).(\vec{u}+\vec{v})=-13\).

Vérification : \(\vec{u}-\vec{v}(-1;8)\) et \(\vec{u}+\vec{v}(-3;-2)\) donnent bien \(3-16=-13\).

Exercice 33 :

\(\vec{AB}(1-(-3);3-(-2))\), soit \(\vec{AB}(4;5)\).

\(\vec{AB}.\vec{u}=4\times (-5)+5\times 4=-20+20=0\).

Le produit scalaire est nul, donc les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{u}\) sont orthogonaux.

Exercice 34 :

a) \(\vec{BA}=-\vec{AB}\) et \(\vec{DC}=-\vec{CD}\), donc \(\vec{BA}.\vec{DC}=(-\vec{AB}).(-\vec{CD})=\vec{AB}.\vec{CD}\) : \(\vec{AB}.\vec{CD}=\vec{BA}.\vec{DC}\).

b) Par bilinéarité puis relation de Chasles : \(\vec{AB}.\vec{CD}+\vec{AB}.\vec{EC}=\vec{AB}.(\vec{EC}+\vec{CD})=\vec{AB}.\vec{ED}\).

c) \(\vec{AB}.\vec{AC}=\vec{AB}.(\vec{AB}+\vec{BC})=AB^2+\vec{AB}.\vec{BC}\), et \(\vec{AB}.\vec{BC}=-\vec{BA}.\vec{BC}\), donc \(\vec{AB}.\vec{AC}=AB^2-\vec{BA}.\vec{BC}\).

Exercice 35 :

H est le milieu de [CD], donc HC = HD = 5 et \(\vec{HD}=-\vec{HC}\).

\(\vec{MC}.\vec{MD}=(\vec{MH}+\vec{HC}).(\vec{MH}-\vec{HC})=MH^2-HC^2=MH^2-25\).

Donc \(\vec{MC}.\vec{MD}=-9\iff MH^2=16\iff MH=4\).

L’ensemble des points M est le cercle de centre H et de rayon 4.

Contrôle : le point M situé sur la droite (CD) à 4 unités de H, entre H et D, vérifie MC = 9 et MD = 1 avec des vecteurs \(\vec{MC}\) et \(\vec{MD}\) de sens contraires, donc \(\vec{MC}.\vec{MD}=-9\times 1=-9\).

Exercice 36 :

1. AG = 8 ÷ 8 = 1 et AE = 4 ÷ 4 = 1, et (AG) est perpendiculaire à (AE) : le repère (A ; G, E) est orthonormé, d’unité 1.

\(\vec{CF}=\dfrac{1}{4}\vec{CB}\) et \(\vec{CB}(0;-4)\), donc F est à 1 unité sous C.

A(0 ; 0), B(8 ; 0), C(8 ; 4), D(0 ; 4), E(0 ; 1), F(8 ; 3) et G(1 ; 0).

2. \(\vec{EF}(8;2)\) et \(\vec{DG}(1;-4)\), donc \(\vec{EF}.\vec{DG}=8\times 1+2\times (-4)=8-8\) : \(\vec{EF}.\vec{DG}=0\).

3. Le produit scalaire est nul, donc les droites (EF) et (DG) sont perpendiculaires.

Exercice 37 :

L’énoncé ne donne pas de longueurs : on exprime les résultats en fonction de AB. On note K le milieu de [AB] et L le milieu de [CD] ; F, centre du rectangle, se projette orthogonalement en K sur (AB) et en L sur (CD).

a) \(\vec{BA}.\vec{BF}=\vec{BA}.\vec{BK}=BA\times BK=AB\times \dfrac{AB}{2}\), donc \(\vec{BA}.\vec{BF}=\dfrac{AB^2}{2}\).

b) \(\vec{CF}.\vec{CD}=\vec{CL}.\vec{CD}=CL\times CD\), donc \(\vec{CF}.\vec{CD}=\dfrac{AB^2}{2}\).

c) \(\vec{AF}.\vec{AB}=\vec{AK}.\vec{AB}=AK\times AB\), donc \(\vec{AF}.\vec{AB}=\dfrac{AB^2}{2}\).

d) E est le symétrique de F par rapport à (BC), qui est perpendiculaire à (AB) : E se projette sur (AB) en un point K’ tel que B soit le milieu de [KK’], donc \(BK^{\prime}=\dfrac{AB}{2}\) et \(\vec{BK^{\prime}}\) a le même sens que \(\vec{AB}\).

\(\vec{AB}.\vec{BE}=\vec{AB}.\vec{BK^{\prime}}=AB\times \dfrac{AB}{2}\), donc \(\vec{AB}.\vec{BE}=\dfrac{AB^2}{2}\).

Vérification avec des coordonnées : on note L = AB et l = BC, puis A(0 ; 0), B(L ; 0), C(L ; l), D(0 ; l). Alors \(F(\dfrac{L}{2};\dfrac{l}{2})\) et \(E(\dfrac{3L}{2};\dfrac{l}{2})\), et chacun des quatre produits scalaires vaut \(\dfrac{L^2}{2}\) ; par exemple \(\vec{AB}(L;0).\vec{BE}(\dfrac{L}{2};\dfrac{l}{2})=\dfrac{L^2}{2}\).

Exercice 38 :

a) \(\vec{u}.\vec{v}=2\times (-3)+1\times (-1)=-6-1\), donc \(\vec{u}.\vec{v}=-7\).

b) \(\vec{w}.\vec{v}=1\times (-3)+4\times (-1)=-3-4\), donc \(\vec{w}.\vec{v}=-7\).

c) \(\vec{u}.\vec{w}=2\times 1+1\times 4=6\), donc \(\vec{u}.(\vec{v}+\vec{w})=\vec{u}.\vec{v}+\vec{u}.\vec{w}=-7+6\) : \(\vec{u}.(\vec{v}+\vec{w})=-1\).

d) \((-2\vec{u}).\vec{v}+3(\vec{v}.\vec{w})=-2\times (-7)+3\times (-7)=14-21\), donc \((-2\vec{u}).\vec{v}+3(\vec{v}.\vec{w})=-7\).

Exercice 39 :

\(\vec{u}.\vec{v}=(-3)\times (-8)+4\times (-6)=24-24=0\).

Le produit scalaire est nul, donc les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont orthogonaux.

Exercice 40 :

Une droite d’équation \(ax+by+c=0\) a pour vecteur directeur \(\vec{d}(-b;a)\). Deux droites sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux.

On peut aussi utiliser les vecteurs normaux \(\vec{n}(a;b)\) : deux droites sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux, ce qui revient au même calcul.

a) \(\vec{d_1}(3;2)\) et \(\vec{d_2}(-2;3)\) : \(\vec{d_1}.\vec{d_2}=-6+6=0\), donc d1 et d2 sont perpendiculaires.

b) \(\vec{d_1}(1;1)\) et \(\vec{d_2}(-2;2)\) : \(\vec{d_1}.\vec{d_2}=-2+2=0\), donc d1 et d2 sont perpendiculaires.

c) \(y=-3x+1\) s’écrit \(3x+y-1=0\), d’où \(\vec{d_1}(1;-3)\) ; pour \(-x+3y-1=0\), \(\vec{d_2}(-3;-1)\).

\(\vec{d_1}.\vec{d_2}=1\times (-3)+(-3)\times (-1)=-3+3=0\), donc d1 et d2 sont perpendiculaires.

Exercice 41 :

Mêmes vecteurs que dans l’exercice 32 : \(\vec{u}(-2;3)\) et \(\vec{v}(-1;-5)\).

a) \(\vec{u}.\vec{v}=(-2)\times (-1)+3\times (-5)=2-15\), donc \(\vec{u}.\vec{v}=-13\).

b) \(4\vec{u}(-8;12)\), donc \((4\vec{u}).\vec{v}=8-60\) : \((4\vec{u}).\vec{v}=-52\).

c) \((\vec{u}-\vec{v}).(\vec{u}+\vec{v})=\|\vec{u}\|^2-\|\vec{v}\|^2=(4+9)-(1+25)\), donc \((\vec{u}-\vec{v}).(\vec{u}+\vec{v})=-13\).

Exercice 42 :

1. \(\vec{u}.\vec{v}=(-3)\times (-8)+4\times (-6)=24-24=0\), donc les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont orthogonaux.

2. \(\vec{AB}(1-(-3);3-(-2))\), soit \(\vec{AB}(4;5)\), et \(\vec{u}(-5;4)\).

\(\vec{AB}.\vec{u}=4\times (-5)+5\times 4=-20+20=0\), donc les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{u}\) sont orthogonaux.

Exercice 43 :

On utilise la formule d’Al-Kashi : dans un triangle ABC, \(BC^2=AB^2+AC^2-2\times AB\times AC\times \cos\widehat{BAC}\).

Pour trouver un angle, on isole le cosinus : \(\cos\widehat{BAC}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\times AB\times AC}\). Attention à bien repérer le sommet de l’angle : les deux côtés du numérateur précédés du signe + sont ceux qui partent de ce sommet, le côté soustrait est le côté opposé. Les valeurs approchées sont obtenues à la calculatrice, réglée en degrés.

1. \(BC^2=9+16-2\times 3\times 4\times \cos 120^{\circ}=25+12=37\), donc \(BC=\sqrt{37}\approx 6{,}08\).

2. \(MP^2=MN^2+NP^2-2\times MN\times NP\times \cos\widehat{MNP}=25+49-70\cos 61^{\circ}\approx 40{,}06\), donc \(MP\approx 6{,}33\).

3. \(\cos\widehat{EFG}=\dfrac{FE^2+FG^2-EG^2}{2\times FE\times FG}=\dfrac{49+36-121}{2\times 7\times 6}=\dfrac{-36}{84}=-\dfrac{3}{7}\), donc \(\widehat{EFG}\approx 115{,}4^{\circ}\).

4. \(\cos\widehat{EDF}=\dfrac{DE^2+DF^2-EF^2}{2\times DE\times DF}=\dfrac{81+64-25}{2\times 9\times 8}=\dfrac{120}{144}=\dfrac{5}{6}\), donc \(\widehat{EDF}\approx 33{,}6^{\circ}\).

Exercice 44 :

Les vecteurs sont orthogonaux, donc \(\vec{u}.\vec{v}=0\) ; de plus \(\vec{u}.\vec{u}=a^2\) et \(\vec{v}.\vec{v}=b^2\).

a) \(\vec{u}.(\vec{u}+\vec{v})=\vec{u}.\vec{u}+\vec{u}.\vec{v}\), donc \(\vec{u}.(\vec{u}+\vec{v})=a^2\).

b) \((2\vec{u}-3\vec{v}).\vec{v}=2\vec{u}.\vec{v}-3\vec{v}.\vec{v}\), donc \((2\vec{u}-3\vec{v}).\vec{v}=-3b^2\).

c) \((\vec{u}+\vec{v})^2=\vec{u}^2+2\vec{u}.\vec{v}+\vec{v}^2\), donc \((\vec{u}+\vec{v})^2=a^2+b^2\) (théorème de Pythagore).

Exercice 45 :

On sait que \(\vec{u}.\vec{u}=\vec{w}.\vec{w}=a^2\), \(\vec{u}.\vec{w}=0\) et \(\vec{v}=3\vec{u}\), donc \(\vec{v}.\vec{w}=3\vec{u}.\vec{w}=0\).

a) \(\vec{u}.\vec{v}=\vec{u}.(3\vec{u})=3\vec{u}.\vec{u}\), donc \(\vec{u}.\vec{v}=3a^2\).

b) \(\vec{v}.(\vec{u}+\vec{w})=\vec{v}.\vec{u}+\vec{v}.\vec{w}=3a^2+0\), donc \(\vec{v}.(\vec{u}+\vec{w})=3a^2\).

c) \(\vec{u}+\vec{v}=4\vec{u}\), donc \((\vec{u}+\vec{v})^2=16\vec{u}.\vec{u}\) : \((\vec{u}+\vec{v})^2=16a^2\).

d) \((\vec{v}+\vec{w}).(\vec{u}+\vec{w})=\vec{v}.\vec{u}+\vec{v}.\vec{w}+\vec{w}.\vec{u}+\vec{w}.\vec{w}=3a^2+0+0+a^2\), donc \((\vec{v}+\vec{w}).(\vec{u}+\vec{w})=4a^2\).

Exercice 46 :

a) \(\vec{BA}.\vec{DC}=(-\vec{AB}).(-\vec{CD})=\vec{AB}.\vec{CD}\) : \(\vec{AB}.\vec{CD}=\vec{BA}.\vec{DC}\).

b) Par bilinéarité puis relation de Chasles : \(\vec{AB}.\vec{CD}+\vec{AB}.\vec{EC}=\vec{AB}.(\vec{EC}+\vec{CD})\), donc \(\vec{AB}.\vec{CD}+\vec{AB}.\vec{EC}=\vec{AB}.\vec{ED}\).

c) \(\vec{AB}.\vec{AC}=\vec{AB}.(\vec{AB}+\vec{BC})=AB^2+\vec{AB}.\vec{BC}=AB^2-\vec{BA}.\vec{BC}\) : \(\vec{AB}.\vec{AC}=AB^2-\vec{BA}.\vec{BC}\).

Exercice 47 :

Pour un segment [AB] de milieu I, on a \(\vec{IB}=-\vec{IA}\), donc \(\vec{MA}.\vec{MB}=(\vec{MI}+\vec{IA}).(\vec{MI}-\vec{IA})=MI^2-IA^2\).

1. IA = 6, donc \(\vec{MA}.\vec{MB}=4\iff MI^2-36=4\iff MI^2=40\iff MI=2\sqrt{10}\).

L’ensemble est le cercle de centre I et de rayon \(2\sqrt{10}\approx 6{,}32\).

2. HC = 5, donc \(\vec{MC}.\vec{MD}=-9\iff MH^2-25=-9\iff MH^2=16\iff MH=4\).

L’ensemble est le cercle de centre H et de rayon 4.

Exercice 48 :

Le trapèze est rectangle en A et en D, avec (AB) parallèle à (DC).

Première manière : (BC) est perpendiculaire à (AC), donc le projeté orthogonal de B sur (AC) est C. Ainsi \(\vec{AB}.\vec{AC}=\vec{AC}.\vec{AC}=AC^2\).

Seconde manière : soit C’ le projeté orthogonal de C sur (AB). ADCC’ est un rectangle, donc AC’ = DC et C’ est sur [AB). Ainsi \(\vec{AB}.\vec{AC}=\vec{AB}.\vec{AC^{\prime}}=AB\times AC^{\prime}=AB\times CD\).

En égalant les deux expressions : \(AC^2=AB\times CD\).

Remarque : cette relation exprime aussi que les triangles ADC et BCA sont semblables (ils ont un angle droit et \(\widehat{DCA}=\widehat{CAB}\), angles alternes-internes), d’où \(\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{DC}{CA}\).

Exercice 49 :

A. Avec coordonnées

1. Le repère (A ; B, D) est orthonormé car ABCD est un carré de côté 1. D’après la figure, E est sur la demi-droite [AB) au-delà de B, et G sur la demi-droite [BC) :

A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1), E(1 + a ; 0), F(1 + a ; a) et G(1 ; a).

2. \(\vec{AG}(1;a)\) et \(\vec{CE}(a;-1)\), donc \(\vec{AG}.\vec{CE}=1\times a+a\times (-1)=0\) : les droites (AG) et (CE) sont perpendiculaires.

B. Sans coordonnées

1. \((\vec{AB}+\vec{BG}).(\vec{CB}+\vec{BE})=\vec{AB}.\vec{CB}+\vec{AB}.\vec{BE}+\vec{BG}.\vec{CB}+\vec{BG}.\vec{BE}\).

• (AB) est perpendiculaire à (BC) et (BG) à (BE), donc \(\vec{AB}.\vec{CB}=0\) et \(\vec{BG}.\vec{BE}=0\).
• \(\vec{AB}\) et \(\vec{BE}\) sont colinéaires de même sens : \(\vec{AB}.\vec{BE}=1\times a=a\).
• \(\vec{BG}\) et \(\vec{CB}\) sont colinéaires de sens contraires : \(\vec{BG}.\vec{CB}=-a\times 1=-a\).

Donc \((\vec{AB}+\vec{BG}).(\vec{CB}+\vec{BE})=0+a-a+0=0\).

2. D’après la relation de Chasles, \(\vec{AB}+\vec{BG}=\vec{AG}\) et \(\vec{CB}+\vec{BE}=\vec{CE}\), donc \(\vec{AG}.\vec{CE}=0\) : les droites (AG) et (CE) sont perpendiculaires.

Exercice 50 :

A. Sans coordonnées

1. I est le milieu de [DE], donc \(\vec{AD}+\vec{AE}=\vec{AI}+\vec{ID}+\vec{AI}+\vec{IE}=2\vec{AI}+(\vec{ID}+\vec{IE})=2\vec{AI}\), puisque \(\vec{ID}+\vec{IE}=\vec{0}\).

2. \((\vec{AD}+\vec{AE}).(\vec{BA}+\vec{AG})=\vec{AD}.\vec{BA}+\vec{AD}.\vec{AG}+\vec{AE}.\vec{BA}+\vec{AE}.\vec{AG}\).

• (AD) est perpendiculaire à (AB) et (AE) à (AG), donc \(\vec{AD}.\vec{BA}=0\) et \(\vec{AE}.\vec{AG}=0\).
• D, A, G sont alignés avec A entre D et G : \(\vec{AD}\) et \(\vec{AG}\) sont de sens contraires, donc \(\vec{AD}.\vec{AG}=-ab\).
• B, A, E sont alignés avec A entre B et E : \(\vec{AE}\) et \(\vec{BA}\) sont de même sens, donc \(\vec{AE}.\vec{BA}=ba\).

Donc \((\vec{AD}+\vec{AE}).(\vec{BA}+\vec{AG})=0-ab+ab+0=0\).

3. \(\vec{AD}+\vec{AE}=2\vec{AI}\) et \(\vec{BA}+\vec{AG}=\vec{BG}\), donc \(2\vec{AI}.\vec{BG}=0\) : les droites (AI) et (BG) sont perpendiculaires.

B. Avec coordonnées

1. ABCD est un carré, donc le repère (A ; B, D) est orthonormé en prenant a comme unité de longueur. On a \(\vec{AE}=-\dfrac{b}{a}\vec{AB}\) et \(\vec{AG}=-\dfrac{b}{a}\vec{AD}\), et I est le milieu de [DE] :

A(0 ; 0), B(1 ; 0), \(G(0;-\dfrac{b}{a})\) et \(I(-\dfrac{b}{2a};\dfrac{1}{2})\).

2. \(\vec{AI}(-\dfrac{b}{2a};\dfrac{1}{2})\) et \(\vec{BG}(-1;-\dfrac{b}{a})\), donc \(\vec{AI}.\vec{BG}=\dfrac{b}{2a}-\dfrac{b}{2a}=0\).

Le produit scalaire est nul : les droites (AI) et (BG) sont perpendiculaires.

Exercice 51 :

1. a) Le repère (A ; B, D) est orthonormé (carré de côté 1). On a A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1), M(x ; y), H(x ; 0) et K(0 ; y).

M appartient à la diagonale [BD], d’équation \(x+y=1\), donc \(y=1-x\).

\(\vec{CK}(-1;y-1)\) et \(\vec{DH}(x;-1)\), donc \(\vec{CK}.\vec{DH}=-x-(y-1)=1-x-y=0\).

Les droites (CK) et (DH) sont perpendiculaires.

1. b) \(\vec{CK}=\vec{CD}+\vec{DK}\) et \(\vec{DH}=\vec{DA}+\vec{AH}\), donc :

\(\vec{CK}.\vec{DH}=\vec{CD}.\vec{DA}+\vec{CD}.\vec{AH}+\vec{DK}.\vec{DA}+\vec{DK}.\vec{AH}\).

• (CD) est perpendiculaire à (DA) et (DK) à (AH), donc \(\vec{CD}.\vec{DA}=0\) et \(\vec{DK}.\vec{AH}=0\).
• \(\vec{CD}\) et \(\vec{AH}\) sont de sens contraires : \(\vec{CD}.\vec{AH}=-1\times AH=-AH\).
• \(\vec{DK}\) et \(\vec{DA}\) sont de même sens : \(\vec{DK}.\vec{DA}=DK\times 1=DK\).

AHMK est un rectangle, donc AH = KM. Le triangle DKM est rectangle en K et \(\widehat{KDM}=45^{\circ}\) (la diagonale [DB] coupe l’angle droit en deux), il est donc isocèle : DK = KM = AH.

Ainsi \(\vec{CK}.\vec{DH}=-AH+DK=0\) : les droites (CK) et (DH) sont perpendiculaires.

2. a) \(CK^2=(-1)^2+(y-1)^2=1+x^2\) car \(y-1=-x\), et \(DH^2=x^2+(-1)^2=1+x^2\).

Donc \(CK^2=DH^2\) et, les longueurs étant positives, CK = DH.

2. b) Dans le triangle CDK rectangle en D : \(CK^2=CD^2+DK^2=1+DK^2\). Dans le triangle DAH rectangle en A : \(DH^2=DA^2+AH^2=1+AH^2\).

Comme DK = AH (question 1. b), on obtient \(CK^2=DH^2\), donc CK = DH.