Produit scalaire et calculs d’angles : corrigé du contrôle de maths en première

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Barème du contrôle corrigé : produit scalaire et calculs d’angles

Le corrigé détaillé : produit scalaire et calculs d’angles

Exercice 1 – Automatismes sur le produit scalaire (4 points)

1. On connaît les normes et l’angle, donc on utilise la formule avec le cosinus :
   \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = 3 \times 4 \times \frac{1}{2}\).
   Ainsi, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 6\).
2. Le repère est orthonormé, alors on applique la formule \(xx^{\prime} + yy^{\prime}\) :
   \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 5 + \left(-3\right) \times 4 = 10 – 12\).
   Donc \(\vec{u} \cdot \vec{v} = -2\).
3. Deux vecteurs sont orthogonaux lorsque leur produit scalaire est nul. Or \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 4 \times 3 + \left(-6\right) \times k = 12 – 6k\).
   L’équation \(12 – 6k = 0\) donne \(6k = 12\).
   Par conséquent, \(k = 2\).
4. On isole le cosinus de l’angle \(\theta\) entre les deux vecteurs :
   \(\cos \theta = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|} = \dfrac{-5}{5 \times 2} = -\dfrac{1}{2}\).
   Sur \([0 \,;\, \pi]\), le seul réel dont le cosinus vaut \(-\frac{1}{2}\) est \(\frac{2\pi}{3}\). L’angle mesure donc \(\frac{2\pi}{3}\) radian, soit \(120^\circ\).

Barème : Q1 : 1 point ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1 point (0,5 pour l’équation, 0,5 pour la valeur de \(k\)) ; Q4 : 1 point (0,5 pour le cosinus, 0,5 pour l’angle).

Piège classique : à la question 4, répondre \(\frac{\pi}{3}\) en oubliant le signe moins. Un cosinus négatif correspond toujours à un angle obtus.

Exercice 2 – Le carré et ses milieux (4 points)

1. Le triangle \(ABC\) est rectangle en \(B\), donc le projeté orthogonal de \(C\) sur la droite \((AB)\) est le point \(B\). Ainsi :
   \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB} = AB^2 = 6^2\).
   On obtient \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 36\).
2. Dans le carré, \(\overrightarrow{CD} = -\overrightarrow{AB}\) : les deux vecteurs sont colinéaires mais de sens contraires. Alors :
   \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = -AB \times CD = -6 \times 6\).
   D’où \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = -36\). Le résultat est négatif car l’angle entre les deux vecteurs mesure \(180^\circ\), dont le cosinus vaut \(-1\).
3. Le projeté orthogonal de \(C\) sur \((AB)\) est encore \(B\), et les vecteurs \(\overrightarrow{AI}\) et \(\overrightarrow{AB}\) ont le même sens. Par conséquent :
   \(\overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{AC} = AI \times AB = 3 \times 6\).
   Ainsi, \(\overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{AC} = 18\).
4. On développe grâce à la relation de Chasles :
   \(\overrightarrow{DI} \cdot \overrightarrow{AJ} = \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{BJ} + \overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{BJ}\).
   D’abord, \(\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB} = 0\) et \(\overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{BJ} = 0\), car \((AD)\) et \((AB)\) sont perpendiculaires, de même que \((AB)\) et \((BC)\).
   Ensuite, \(\overrightarrow{DA}\) et \(\overrightarrow{BJ}\) sont colinéaires de sens contraires : \(\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{BJ} = -6 \times 3 = -18\).
   De plus, \(\overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{AB} = 3 \times 6 = 18\).
   Finalement, \(\overrightarrow{DI} \cdot \overrightarrow{AJ} = 0 – 18 + 18 + 0 = 0\). Les vecteurs sont orthogonaux, donc les droites \((DI)\) et \((AJ)\) sont perpendiculaires.

Barème : Q1 : 1 point (0,5 pour le projeté, 0,5 pour le résultat) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1 point ; Q4 : 1 point (0,5 pour le développement, 0,5 pour la conclusion).

Piège classique : écrire \(\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{BJ} = 18\). Les deux vecteurs sont parallèles, pourtant ils pointent dans des sens opposés, ce qui rend le produit négatif.

Exercice 3 – Le triangle et son projeté orthogonal (4 points)

1. Le point \(H\) est le projeté orthogonal de \(C\) sur \((AB)\) et il se trouve entre \(A\) et \(B\), donc \(\overrightarrow{AH}\) et \(\overrightarrow{AB}\) ont le même sens :
   \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \times AH = 8 \times 3\).
   Ainsi, \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 24\).
2. Comme \(H\) appartient à \([AB]\), on a \(BH = AB – AH = 8 – 3 = 5\). Le projeté de \(C\) sur \((BA)\) reste \(H\), alors :
   \(\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = BA \times BH = 8 \times 5\).
   Donc \(\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = 40\).
3. Le triangle \(AHC\) est rectangle en \(H\). D’après le théorème de Pythagore :
   \(AC^2 = AH^2 + CH^2 = 9 + 16 = 25\), donc \(AC = 5\).
   Ensuite, \(\cos \widehat{BAC} = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \times AC} = \dfrac{24}{8 \times 5} = 0{,}6\).
   La calculatrice donne \(\widehat{BAC} \approx 53{,}1^\circ\).
4. Le triangle \(BHC\) est aussi rectangle en \(H\) :
   \(BC^2 = BH^2 + CH^2 = 25 + 16 = 41\), donc \(BC = \sqrt{41}\).
   Puis \(\cos \widehat{ABC} = \dfrac{40}{8\sqrt{41}} = \dfrac{5}{\sqrt{41}} \approx 0{,}7809\).
   On en déduit \(\widehat{ABC} \approx 38{,}7^\circ\).

Barème : Q1 : 1 point ; Q2 : 1 point (0,5 pour \(BH\), 0,5 pour le produit) ; Q3 : 1 point (0,5 pour \(AC\), 0,5 pour l’angle) ; Q4 : 1 point (0,5 pour \(BC\), 0,5 pour l’angle).

Piège classique : multiplier par \(CH\) au lieu de \(AH\). Seul le projeté sur la droite \((AB)\) compte, et la hauteur n’intervient que pour calculer les longueurs.

Exercice 4 – Normes et développements (4 points)

1. On développe comme une identité remarquable :
   \(\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \|\vec{v}\|^2 = 9 + 2 \times \left(-6\right) + 25 = 22\).
   Une norme est positive, donc \(\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{22}\).
2. De la même manière, le double produit change de signe :
   \(\|\vec{u} – \vec{v}\|^2 = 9 – 2 \times \left(-6\right) + 25 = 9 + 12 + 25\).
   On trouve \(\|\vec{u} – \vec{v}\|^2 = 46\).
3. On distribue terme à terme, puisque le produit scalaire est bilinéaire et symétrique :
   \(\left(2\vec{u} + \vec{v}\right) \cdot \left(\vec{u} – 3\vec{v}\right) = 2\|\vec{u}\|^2 – 6\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{v} \cdot \vec{u} – 3\|\vec{v}\|^2\).
   Cela donne \(2 \times 9 – 6 \times \left(-6\right) + \left(-6\right) – 3 \times 25 = 18 + 36 – 6 – 75\).
   Le résultat vaut \(-27\).
4. Les vecteurs sont orthogonaux quand leur produit scalaire est nul :
   \(\vec{u} \cdot \left(\vec{u} + t\vec{v}\right) = \|\vec{u}\|^2 + t\,\vec{u} \cdot \vec{v} = 9 – 6t\).
   L’équation \(9 – 6t = 0\) mène à \(t = \frac{9}{6}\). Ainsi, \(t = \frac{3}{2}\).

Barème : Q1 : 1 point (0,5 pour le développement, 0,5 pour la norme) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1 point (0,5 pour le développement, 0,5 pour le résultat) ; Q4 : 1 point.

Piège classique : à la question 3, oublier le terme \(\vec{v} \cdot \vec{u}\) ou le compter avec le coefficient 6. Quatre produits apparaissent toujours dans ce développement.

Exercice 5 – La voile du catamaran (4 points)

1. On calcule les coordonnées par différence : \(\overrightarrow{AB}\left(9 – 1 \,;\, 3 – 2\right)\), soit \(\overrightarrow{AB}\left(8 \,;\, 1\right)\), et \(\overrightarrow{AC}\left(3 \,;\, 4\right)\).
   Le repère est orthonormé, donc \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 8 \times 3 + 1 \times 4 = 24 + 4\).
   Ainsi, \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 28\).
2. \(AB = \sqrt{8^2 + 1^2} = \sqrt{65}\) et \(AC = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{25} = 5\).
   Donc \(AB = \sqrt{65}\) m, soit environ \(8{,}06\) m, et \(AC = 5\) m.
3. On isole le cosinus : \(\cos \widehat{BAC} = \dfrac{28}{5\sqrt{65}} \approx 0{,}6946\).
   Par conséquent, \(\widehat{BAC} \approx 46{,}0^\circ\).
4. D’une part, \(\overrightarrow{BA}\left(-8 \,;\, -1\right)\) et \(\overrightarrow{BC}\left(-5 \,;\, 3\right)\), d’où \(\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = 40 – 3 = 37\).
   D’autre part, \(BC = \sqrt{25 + 9} = \sqrt{34}\), donc \(\cos \widehat{ABC} = \dfrac{37}{\sqrt{65} \times \sqrt{34}} \approx 0{,}7871\) et \(\widehat{ABC} \approx 38{,}1^\circ\).
   Enfin, la somme des angles d’un triangle vaut \(180^\circ\) : \(\widehat{ACB} \approx 180 – 46{,}0 – 38{,}1 = 95{,}9^\circ\).
   Le coin \(C\) mesure environ \(95{,}9^\circ\) : ce n’est pas un angle aigu, mais un angle obtus. On le confirme car \(\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = \left(-3\right) \times 5 + \left(-4\right) \times \left(-3\right) = -3\), qui est négatif.

Barème : Q1 : 1 point (0,5 pour les coordonnées, 0,5 pour le produit) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1 point ; Q4 : 1 point (0,5 pour l’angle en \(B\), 0,5 pour l’angle en \(C\) et la conclusion).

Piège classique : utiliser \(\overrightarrow{AB}\) au lieu de \(\overrightarrow{BA}\) pour l’angle en \(B\). Les deux vecteurs doivent alors partir du sommet de l’angle, sinon le cosinus change de signe.

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