Corrigé du contrôle de maths 1ère : définitions et calculs du produit scalaire

Exercice 1 : Avec les coordonnées (4 points)

Le repère est orthonormé : si \(\vec{u}(x \,;\, y)\) et \(\vec{v}(x^{\prime} \,;\, y^{\prime})\), alors \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx^{\prime} + yy^{\prime}\).

1. \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 3 \times 4 + (-2) \times 6 = 12 – 12 = 0\).
   \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 0\), donc les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont orthogonaux.
2. \(\vec{u} \cdot \vec{w} = 3 \times (-1) + (-2) \times 5 = -3 – 10 = -13\).
   \(\|\vec{u}\| = \sqrt{3^2 + (-2)^2} = \sqrt{9 + 4}\).
   \(\vec{u} \cdot \vec{w} = -13\) et \(\|\vec{u}\| = \sqrt{13}\).
3. \(\vec{a}\) et \(\vec{w}\) sont orthogonaux si et seulement si \(\vec{a} \cdot \vec{w} = 0\).
   \(\vec{a} \cdot \vec{w} = m \times (-1) + 2 \times 5 = -m + 10\), et \(-m + 10 = 0\) équivaut à \(m = 10\).
   \(m = 10\).
4. \(\vec{AB}(4 – 1 \,;\, 0 – 2)\), soit \(\vec{AB}(3 \,;\, -2)\), et \(\vec{AC}(3 – 1 \,;\, 5 – 2)\), soit \(\vec{AC}(2 \,;\, 3)\).
   \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 3 \times 2 + (-2) \times 3 = 6 – 6 = 0\).
   Les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) sont orthogonaux, donc les droites \((AB)\) et \((AC)\) sont perpendiculaires.
   Le triangle \(ABC\) est rectangle en \(A\).

Barème : a) 0,5 point pour le calcul, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,5 point par résultat ; c) 0,5 point pour l’équation \(-m + 10 = 0\), 0,5 point pour la valeur ; d) 0,5 point pour les coordonnées et le produit scalaire, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 2 : Avec le cosinus (3 points)

On utilise \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos(\vec{u}, \vec{v})\).

1. \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 4 \times 5 \times \cos(\dfrac{\pi}{3}) = 20 \times \dfrac{1}{2}\).
   \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 10\).
2. \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = AB \times AC \times \cos \widehat{BAC} = 6 \times 2\sqrt{2} \times \cos(\dfrac{3\pi}{4})\).
   \(\cos(\dfrac{3\pi}{4}) = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\), donc \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 12\sqrt{2} \times (-\dfrac{\sqrt{2}}{2}) = -\dfrac{12 \times 2}{2}\).
   \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = -12\).
3. \(\cos(\vec{u}, \vec{v}) = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|} = \dfrac{-3\sqrt{3}}{2 \times 3} = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
   Dans \([0 \,;\, \pi]\), le seul angle dont le cosinus vaut \(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) est \(\dfrac{5\pi}{6}\).
   L’angle \((\vec{u}, \vec{v})\) mesure \(\dfrac{5\pi}{6}\) rad.

Erreur fréquente : à la question b), oublier que le cosinus d’un angle obtus est négatif et trouver 12 au lieu de \(-12\).

Barème : a) 0,5 point pour la formule, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point pour la valeur de \(\cos(\dfrac{3\pi}{4})\), 0,5 point pour le résultat ; c) 0,5 point pour le cosinus, 0,5 point pour l’angle.

Exercice 3 : Dans un carré (4 points)

1. \(ABCD\) est un carré, donc \((CB) \perp (AB)\) : le projeté orthogonal de \(C\) sur \((AB)\) est \(B\).
   \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = \vec{AB} \cdot \vec{AB} = AB^2 = 4^2\).
   \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 16\).
2. \(I\) appartient à \([BC]\) et \((BC) \perp (AB)\), donc le projeté orthogonal de \(I\) sur \((AB)\) est aussi \(B\).
   \(\vec{AB} \cdot \vec{AI} = \vec{AB} \cdot \vec{AB} = AB^2\).
   \(\vec{AB} \cdot \vec{AI} = 16\).
3. Avec la relation de Chasles et \(\vec{BC} = \vec{AD}\), \(\vec{DC} = \vec{AB}\) :
   \(\vec{AI} = \vec{AB} + \vec{BI} = \vec{AB} + \dfrac{1}{2}\vec{AD}\) et \(\vec{AJ} = \vec{AD} + \vec{DJ} = \vec{AD} + \dfrac{1}{2}\vec{AB}\).
   Par bilinéarité :
   \(\vec{AI} \cdot \vec{AJ} = \vec{AB} \cdot \vec{AD} + \dfrac{1}{2}\vec{AB} \cdot \vec{AB} + \dfrac{1}{2}\vec{AD} \cdot \vec{AD} + \dfrac{1}{4}\vec{AD} \cdot \vec{AB}\).
   Or \(\vec{AB} \cdot \vec{AD} = 0\) (côtés perpendiculaires) et \(AB^2 = AD^2 = 16\).
   \(\vec{AI} \cdot \vec{AJ} = 0 + \dfrac{1}{2} \times 16 + \dfrac{1}{2} \times 16 + 0\).
   \(\vec{AI} \cdot \vec{AJ} = 16\).
   Vérification dans le repère \((A \,;\, \frac{1}{4}\vec{AB}, \frac{1}{4}\vec{AD})\) : \(I(4 \,;\, 2)\), \(J(2 \,;\, 4)\) et \(4 \times 2 + 2 \times 4 = 16\).
4. Dans le triangle \(ABI\) rectangle en \(B\) : \(AI^2 = AB^2 + BI^2 = 16 + 4 = 20\), donc \(AI = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}\). De même \(AJ = 2\sqrt{5}\).
   \(\cos \widehat{IAJ} = \dfrac{\vec{AI} \cdot \vec{AJ}}{AI \times AJ} = \dfrac{16}{20}\).
   \(AI = 2\sqrt{5}\) et \(\cos \widehat{IAJ} = \dfrac{4}{5}\).

Barème : a) 0,5 point pour le projeté justifié, 0,5 point pour le résultat ; b) même répartition ; c) 0,5 point pour les décompositions, 0,5 point pour le développement, 0,5 point pour le résultat ; d) 0,25 point pour \(AI\), 0,25 point pour le cosinus.

Exercice 4 : Dans un triangle équilatéral (4 points)

1. Dans un triangle équilatéral, chaque angle mesure \(\dfrac{\pi}{3}\).
   \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = AB \times AC \times \cos(\dfrac{\pi}{3}) = 6 \times 6 \times \dfrac{1}{2}\).
   \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 18\).
2. Le triangle est équilatéral donc \(AB = AC\) : \(A\) est sur la médiatrice de \([BC]\), qui passe par le milieu \(H\) et est perpendiculaire à \((BC)\). Donc \((AH) \perp (BC)\) et \(H\) est le projeté orthogonal de \(A\) sur \((BC)\).
   \(\vec{BA} \cdot \vec{BC} = \vec{BH} \cdot \vec{BC}\). Les vecteurs \(\vec{BH}\) et \(\vec{BC}\) sont de même sens, donc \(\vec{BH} \cdot \vec{BC} = BH \times BC = 3 \times 6\).
   \(\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 18\).
3. Les droites \((AH)\) et \((BC)\) sont perpendiculaires, donc les vecteurs sont orthogonaux.
   \(\vec{AH} \cdot \vec{BC} = 0\).
4. \(\vec{CA} = -\vec{AC}\), donc \(\vec{CA} \cdot \vec{AB} = -\vec{AC} \cdot \vec{AB} = -18\) d’après a).
   \(\vec{CA} \cdot \vec{AB} = -18\).
5. Le projeté orthogonal de \(B\) sur \((AH)\) est \(H\), car \((BH) \perp (AH)\). Donc \(\vec{AH} \cdot \vec{AB} = \vec{AH} \cdot \vec{AH} = AH^2\).
   Dans le triangle \(ABH\) rectangle en \(H\) : \(AH^2 = AB^2 – BH^2 = 36 – 9 = 27\).
   \(\vec{AH} \cdot \vec{AB} = 27\).

Erreur fréquente : en d), prendre l’angle \(\widehat{CAB}\) de \(\dfrac{\pi}{3}\) alors que les vecteurs \(\vec{CA}\) et \(\vec{AB}\) ne partent pas du même point : l’angle entre eux mesure \(\dfrac{2\pi}{3}\), d’où le signe moins.

Barème : a) 0,5 point pour la formule, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point pour la justification du projeté, 0,5 point pour le calcul ; c) 0,5 point avec justification ; d) 0,5 point pour \(\vec{CA} = -\vec{AC}\), 0,5 point pour le résultat ; e) 0,25 point pour le projeté, 0,25 point pour \(AH^2 = 27\).

Exercice 5 : Normes, identités et diagonales (5 points)

Partie A.

1. Par bilinéarité, \((\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} – \vec{v}) = \|\vec{u}\|^2 – \|\vec{v}\|^2 = 9 – 4\).
   \((\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} – \vec{v}) = 5\).
2. \(\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + 2\vec{u} \cdot \vec{v} + \|\vec{v}\|^2 = 9 + 2 \times (-1) + 4 = 11\).
   \(\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{11}\).
3. \(\|2\vec{u} – \vec{v}\|^2 = 4\|\vec{u}\|^2 – 4\vec{u} \cdot \vec{v} + \|\vec{v}\|^2 = 4 \times 9 – 4 \times (-1) + 4 = 36 + 4 + 4 = 44\).
   \(\|2\vec{u} – \vec{v}\| = \sqrt{44} = 2\sqrt{11}\).

Partie B.

4. Par bilinéarité :
   \(\vec{AC} \cdot \vec{BD} = (\vec{AB} + \vec{AD}) \cdot (\vec{AD} – \vec{AB}) = \vec{AB} \cdot \vec{AD} – AB^2 + AD^2 – \vec{AD} \cdot \vec{AB}\).
   Les termes \(\vec{AB} \cdot \vec{AD}\) se simplifient, donc \(\vec{AC} \cdot \vec{BD} = AD^2 – AB^2 = 9 – 25\).
   \(\vec{AC} \cdot \vec{BD} = -16\).
5. D’après le théorème de Pythagore dans \(ABC\) rectangle en \(B\) : \(AC^2 = 25 + 9 = 34\), donc \(AC = \sqrt{34}\) ; de même \(BD = \sqrt{34}\).
   \(\cos(\vec{AC}, \vec{BD}) = \dfrac{-16}{\sqrt{34} \times \sqrt{34}} = -\dfrac{16}{34}\).
   \(\cos(\vec{AC}, \vec{BD}) = -\dfrac{8}{17}\). Ce cosinus n’est pas nul, donc les diagonales ne sont pas perpendiculaires.

Barème : a) 0,5 point pour l’identité, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point pour le développement, 0,5 point pour la norme ; c) même répartition ; d) 0,5 point pour le développement, 0,5 point pour le résultat ; e) 0,5 point pour le cosinus, 0,5 point pour la conclusion justifiée.

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