Corrigé des 48 exercices sur le produit scalaire en première : solutions à télécharger en PDF

1) a) En posant \(X = \cos x\) (donc \(X \in [-1\,;1]\)), l’équation (1) devient l’équation du second degré :

\[ 4X^2 – 2\left(1 + \sqrt{3}\right)X + \sqrt{3} = 0. \]

Ainsi, b) Avec \(a = 4\), \(b = -2(1 + \sqrt{3})\), \(c = \sqrt{3}\) :

\[ \begin{aligned} \Delta &= b^2 – 4ac = 4\left(1 + \sqrt{3}\right)^2 – 16\sqrt{3} = 4\left(4 + 2\sqrt{3}\right) – 16\sqrt{3} = 16 – 8\sqrt{3}. \end{aligned} \]

Aussi, Or \(4\left(1 – \sqrt{3}\right)^2 = 4\left(1 – 2\sqrt{3} + 3\right) = 16 – 8\sqrt{3}\). Donc \(\Delta = 4\left(1 – \sqrt{3}\right)^2\).

c) \(\Delta \gt 0\) et \(\sqrt{\Delta} = 2\left|1 – \sqrt{3}\right| = 2\left(\sqrt{3} – 1\right)\) car \(\sqrt{3} \gt 1\). Par ailleurs, les deux solutions sont :

Exercice 1 : Résoudre une équation avec des cosinus (suite)

\[ X_1 = \frac{2\left(1 + \sqrt{3}\right) – 2\left(\sqrt{3} – 1\right)}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} \qquad X_2 = \frac{2\left(1 + \sqrt{3}\right) + 2\left(\sqrt{3} – 1\right)}{8} = \frac{4\sqrt{3}}{8} = \frac{\sqrt{3}}{2}. \]

Également, De plus, 2) Les deux valeurs sont dans \([-1\,;1]\). Puis on résout \(\cos x = \frac{1}{2}\) et \(\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}\) :

• Enfin, dans \(]-\pi\,;\pi]\) : \(\cos x = \frac{1}{2} \iff x = \frac{\pi}{3}\) ou \(x = -\frac{\pi}{3}\) ; \(\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} \iff x = \frac{\pi}{6}\) ou \(x = -\frac{\pi}{6}\) ;
• Également, dans \(\mathbb{R}\) : on ajoute les multiples de \(2\pi\).

Enfin, De plus, De plus, une droite d’équation \(ax + by + c = 0\) admet le vecteur normal \(\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}\). Ensuite, pour \(d\) : \(\vec{n}_d\begin{pmatrix} 2 \\ -8 \end{pmatrix}\).

On remarque que \(\vec{n}_d = -2\,\vec{n}\) car \(-2 \times (-1) = 2\) et \(-2 \times 4 = -8\) : les vecteurs sont colinéaires, donc \(\vec{n}\) est aussi normal à \(d\).

Enfin, De plus, Test du point \(T(14\,;7)\) : \(2 \times 14 – 8 \times 7 + 28 = 28 – 56 + 28 = 0\). Donc \(T \in d\).

Donc, De plus, le cercle de centre \(\Omega(a\,;b)\) et de rayon \(r\) a pour équation \((x – a)^2 + (y – b)^2 = r^2\).

• Enfin, 1) \((x – 2)^2 + (y – 5)^2 = 9 = 3^2\) : centre \(\Omega_1(2\,;5)\), rayon \(r_1 = 3\).
• Ensuite, De plus, 2) \((x + 3)^2 + (y – 7)^2 = 5\) s’écrit \((x – (-3))^2 + (y – 7)^2 = \left(\sqrt{5}\right)^2\) : centre \(\Omega_2(-3\,;7)\), rayon \(r_2 = \sqrt{5}\).

Deux droites sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs directeurs (ou leurs vecteurs normaux) sont orthogonaux, c’est-à-dire de produit scalaire nul.

Donc, 1) \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} -1 – 1 \\ 5 + 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 8 \end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix} 7 + 8 \\ 7 – 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 15 \\ 4 \end{pmatrix}\).

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = -2 \times 15 + 8 \times 4 = -30 + 32 = 2 \neq 0. \]

Enfin, les droites \((AB)\) et \((CD)\) ne sont pas perpendiculaires.

Ainsi, 2) \(\overrightarrow{EF}\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \end{pmatrix}\). Puis la droite \(d_1 : x + 2y – 7 = 0\) a pour vecteur directeur \(\vec{u}_1\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}\) (vecteur \(\begin{pmatrix} -b \\ a \end{pmatrix}\)).

\[ \overrightarrow{EF} \cdot \vec{u}_1 = 2 \times (-2) + 4 \times 1 = 0. \]

Exercice 4 : Droites perpendiculaires (corrigé produit scalaire) (suite)

\((EF)\) et \(d_1\) sont perpendiculaires (on voit aussi que \(\overrightarrow{EF} = 2\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}\) est normal à \(d_1\)).

Par ailleurs, 3) Vecteurs normaux : \(\vec{n}_2\begin{pmatrix} 4 \\ -8 \end{pmatrix}\) pour \(d_2\), et \(\vec{n}_3\begin{pmatrix} -2 \\ -1 \end{pmatrix}\) pour \(d_3 : -2x – y – 5 = 0\).

\[ \vec{n}_2 \cdot \vec{n}_3 = 4 \times (-2) + (-8) \times (-1) = -8 + 8 = 0. \]

Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc \(d_2\) et \(d_3\) sont perpendiculaires. Ainsi, (Vérification par les coefficients directeurs : \(\frac{1}{2}\) et \(-2\), dont le produit vaut \(-1\).)

1) On trace \([BC]\) de 6 cm, puis on reporte au compas 3 cm depuis \(B\) et 5 cm depuis \(C\) : l’intersection des deux arcs donne \(A\).

2) D’après la relation de Chasles, \(\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}\). Enfin, De plus, en élevant au carré scalaire :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= \left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}\right)^2 = AB^2 + 2\,\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} + BC^2 \\ \text{donc } \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} &= \frac{AC^2 – AB^2 – BC^2}{2}. \end{aligned} \]

Ainsi, 3) \[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = \frac{5^2 – 3^2 – 6^2}{2} = \frac{25 – 9 – 36}{2} = \frac{-20}{2} = -10. \]

Le résultat est négatif : c’est normal, car les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{BC}\) (mis bout à bout en \(B\)) forment un angle obtus.

Ensuite, on utilise pour chaque question : \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \frac{1}{2}\left(\left\|\vec{u} + \vec{v}\right\|^2 – \left\|\vec{u}\right\|^2 – \left\|\vec{v}\right\|^2\right)\), en choisissant des vecteurs dont la somme se simplifie par la relation de Chasles.

1) \(\overrightarrow{EF} + \overrightarrow{FG} = \overrightarrow{EG}\), donc

\[ \overrightarrow{EF} \cdot \overrightarrow{FG} = \frac{EG^2 – EF^2 – FG^2}{2} = \frac{36 – 64 – 121}{2} = -\frac{149}{2} = -74{,}5. \]

2) \(\overrightarrow{FG} + \overrightarrow{GE} = \overrightarrow{FE}\), donc

\[ \overrightarrow{FG} \cdot \overrightarrow{GE} = \frac{FE^2 – FG^2 – GE^2}{2} = \frac{64 – 121 – 36}{2} = -\frac{93}{2} = -46{,}5. \]

3) \(\overrightarrow{GF} + \overrightarrow{FE} = \overrightarrow{GE}\), donc

\[ \overrightarrow{GF} \cdot \overrightarrow{FE} = \frac{GE^2 – GF^2 – FE^2}{2} = \frac{36 – 121 – 64}{2} = -\frac{149}{2} = -74{,}5. \]

Donc, on retrouve le résultat du 1) : \(\overrightarrow{GF} \cdot \overrightarrow{FE} = \left(-\overrightarrow{FG}\right) \cdot \left(-\overrightarrow{EF}\right) = \overrightarrow{EF} \cdot \overrightarrow{FG}\).

Ensuite, 1) Dans un repère orthonormé, \(\left\|\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\right\| = \sqrt{x^2 + y^2}\).

\[ \begin{aligned} \left\|\vec{a}\right\| &= \sqrt{2^2 + 6^2} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10} \\ \left\|\vec{b}\right\| &= \sqrt{(-3)^2 + 5^2} = \sqrt{34} \\ \vec{a} + \vec{b} &= \begin{pmatrix} -1 \\ 11 \end{pmatrix} \text{ donc } \left\|\vec{a} + \vec{b}\right\| = \sqrt{1 + 121} = \sqrt{122} \end{aligned} \]

Également, 2) Par l’identité de polarisation :

\[ \vec{a} \cdot \vec{b} = \frac{1}{2}\left(\left\|\vec{a} + \vec{b}\right\|^2 – \left\|\vec{a}\right\|^2 – \left\|\vec{b}\right\|^2\right) = \frac{122 – 40 – 34}{2} = \frac{48}{2} = 24. \]

Également, Vérification avec les coordonnées : \(2 \times (-3) + 6 \times 5 = -6 + 30 = 24\).

Ensuite, dans un repère orthonormé : \(\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_2 \\ y_2 \end{pmatrix} = x x_2 + y y_2\).

\[ \begin{aligned} 1)\ \vec{u} \cdot \vec{v} &= 15 \times 6 + (-8) \times 9 = 90 – 72 = 18 \\ 2)\ \vec{s} \cdot \vec{t} &= (-1) \times (-3) + (-2) \times (-4) = 3 + 8 = 11 \\ 3)\ \vec{a} \cdot \vec{b} &= \left(\sqrt{3} – 2\right)\left(\sqrt{3} + 2\right) + 6 \times 1 = 3 – 4 + 6 = 5 \end{aligned} \]

4) \(\overrightarrow{UV}\begin{pmatrix} 5 – \sqrt{24} – 5 \\ \sqrt{2} – 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2\sqrt{6} \\ \sqrt{2} – 1 \end{pmatrix}\) car \(\sqrt{24} = 2\sqrt{6}\).

\[ \vec{c} \cdot \overrightarrow{UV} = \sqrt{6} \times \left(-2\sqrt{6}\right) + 2\left(\sqrt{2} – 1\right) = -12 + 2\sqrt{2} – 2 = -14 + 2\sqrt{2}. \]

Exercice 8 : Calculer des produits scalaires à l’aide de coordonnées (suite)

Par ailleurs, 5) \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} -2 \\ 4 \end{pmatrix}\) : \(\vec{r} \cdot \overrightarrow{AB} = 3 \times (-2) + 7 \times 4 = -6 + 28 = 22\).

Ainsi, 6) \(\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix} -6 \\ -2 \end{pmatrix}\), \(\overrightarrow{MR}\begin{pmatrix} 5 \\ 2 \end{pmatrix}\) : \(\overrightarrow{CD} \cdot \overrightarrow{MR} = -30 – 4 = -34\).

Également, 7) \(\overrightarrow{ST}\begin{pmatrix} -3 \\ -3 \end{pmatrix}\), \(\overrightarrow{EF}\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix}\) : \(\overrightarrow{ST} \cdot \overrightarrow{EF} = -9 + 3 = -6\).

Par ailleurs, De plus, 1) \(\vec{u} \cdot \vec{v} = (-1) \times 2 + 5 \times 4 = -2 + 20 = 18\).

Ainsi, 2) Par bilinéarité, \((2\vec{u}) \cdot \vec{v} = 2\left(\vec{u} \cdot \vec{v}\right) = 2 \times 18 = 36\). Ensuite, (Vérification : \(2\vec{u}\begin{pmatrix} -2 \\ 10 \end{pmatrix}\) et \(-4 + 40 = 36\).)

Également, 3) \((-\vec{u}) \cdot (3\vec{v}) = (-1) \times 3 \times \left(\vec{u} \cdot \vec{v}\right) = -3 \times 18 = -54\).

Dans un repère orthonormé du plan, si \(\vec{u}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} x_2 \\ y_2 \end{pmatrix}\), alors \(\vec{u} \cdot \vec{v} = x x_2 + y y_2\). Ensuite, l’algorithme saisit les quatre coordonnées, calcule cette expression et l’affiche.

Également, en langage naturel :
Saisir x1, y1 (coordonnées de u)
Saisir x2, y2 (coordonnées de v)
p prend la valeur x1 × x2 + y1 × y2
Afficher p

Par ailleurs, en Python :
x1 = float(input(« Abscisse de u : « ))
y1 = float(input(« Ordonnée de u : « ))
x2 = float(input(« Abscisse de v : « ))
y2 = float(input(« Ordonnée de v : « ))
p = x1 * x2 + y1 * y2
print(« Produit scalaire : », p)

Aussi, Test : avec \(\vec{u}\begin{pmatrix} -1 \\ 5 \end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \end{pmatrix}\) (exercice 9), le programme affiche 18.

1) On trace un rectangle EFGH avec EF = 4 cm et EH = 7 cm, puis on place les milieux I, J, K, L des quatre côtés.

Enfin, 2) Le rectangle a deux côtés perpendiculaires issus de E : on choisit le repère orthonormé d’origine E, d’axe des abscisses (EF) et d’axe des ordonnées (EH), avec 1 comme unité. Par ailleurs, les coordonnées se lisent alors directement :

\[ E(0\,;0),\ F(4\,;0),\ G(4\,;7),\ H(0\,;7),\ I(2\,;0),\ J(4\,;3{,}5),\ K(2\,;7),\ L(0\,;3{,}5). \]

On calcule chaque vecteur puis on applique \( \vec{u} \cdot \vec{v} = x x_2 + y y_2 \).

• Aussi, a) \( \overrightarrow{EG}\begin{pmatrix} 4 \\ 7 \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{FH}\begin{pmatrix} -4 \\ 7 \end{pmatrix} \) : \( \overrightarrow{EG} \cdot \overrightarrow{FH} = -16 + 49 = \mathbf{33} \).
• Par ailleurs, b) \( \overrightarrow{JL}\begin{pmatrix} -4 \\ 0 \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{EG}\begin{pmatrix} 4 \\ 7 \end{pmatrix} \) : \( \overrightarrow{JL} \cdot \overrightarrow{EG} = -16 + 0 = \mathbf{-16} \).
• Enfin, c) \( \overrightarrow{EF}\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{GH}\begin{pmatrix} -4 \\ 0 \end{pmatrix} \) : \( \overrightarrow{EF} \cdot \overrightarrow{GH} = \mathbf{-16} \) (vecteurs colinéaires de sens contraires : \( -4 \times 4 \)).
• Par ailleurs, d) \( \overrightarrow{HF}\begin{pmatrix} 4 \\ -7 \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{EK}\begin{pmatrix} 2 \\ 7 \end{pmatrix} \) : \( \overrightarrow{HF} \cdot \overrightarrow{EK} = 8 – 49 = \mathbf{-41} \).
• Ainsi, De plus, e) \( \overrightarrow{IL}\begin{pmatrix} -2 \\ 3{,}5 \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{IG}\begin{pmatrix} 2 \\ 7 \end{pmatrix} \) : \( \overrightarrow{IL} \cdot \overrightarrow{IG} = -4 + 24{,}5 = \mathbf{20{,}5} \).
• Ensuite, f) \( \overrightarrow{HJ}\begin{pmatrix} 4 \\ -3{,}5 \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{JK}\begin{pmatrix} -2 \\ 3{,}5 \end{pmatrix} \) : \( \overrightarrow{HJ} \cdot \overrightarrow{JK} = -8 – 12{,}25 = \mathbf{-20{,}25} \).

Également, dans un repère orthonormé, \( \vec{u}\begin{pmatrix} 6 \\ 7 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = 6a + 7b \). Donc, Chaque condition donne une équation du premier degré.

Également, 1) \( \vec{u} \cdot \vec{v} = 6x + 7 \times 1 = 6x + 7 \). Puis on résout :

\[ 6x + 7 = 11 \iff 6x = 4 \iff x = \frac{2}{3}. \]

Ainsi, 2) \( \vec{u} \cdot \vec{w} = 6 \times \left(-\sqrt{3}\right) + 7y = -6\sqrt{3} + 7y \). Également, Comme \( \sqrt{12} = \sqrt{4 \times 3} = 2\sqrt{3} \) :

\[ -6\sqrt{3} + 7y = 2\sqrt{3} \iff 7y = 8\sqrt{3} \iff y = \frac{8\sqrt{3}}{7}. \]

On exprime d’abord le produit scalaire en fonction de \( x \) :

\[ \vec{u} \cdot \vec{v} = x \times x + 2x \times 3 = x^2 + 6x. \]

Ainsi, Chaque question revient à résoudre une équation ou une inéquation du second degré.

Également, 1) \( x^2 + 6x = -9 \iff x^2 + 6x + 9 = 0 \iff (x + 3)^2 = 0 \iff x = -3 \). Ensuite, une seule valeur : \( x = -3 \).

Ensuite, 2) \( x^2 + 6x = -10 \iff x^2 + 6x + 10 = 0 \). Par ailleurs, Discriminant : \( \Delta = 36 – 40 = -4 \lt 0 \). Aucune valeur de \( x \) ne convient (d’ailleurs \( x^2 + 6x = (x + 3)^2 – 9 \geqslant -9 \) pour tout \( x \)).

Enfin, De plus, 3) \( x^2 + 6x = 2 \iff x^2 + 6x – 2 = 0 \). \( \Delta = 36 + 8 = 44 \gt 0 \) et \( \sqrt{44} = 2\sqrt{11} \) :

Exercice 13 : Déterminer la valeur de x (corrigé produit scalaire) (suite)

\[ x_1 = \frac{-6 – 2\sqrt{11}}{2} = -3 – \sqrt{11} \qquad x_2 = -3 + \sqrt{11}. \]

4) \( x^2 + 6x \gt 7 \iff x^2 + 6x – 7 \gt 0 \). \( \Delta = 36 + 28 = 64 \), racines \( \frac{-6 – 8}{2} = -7 \) et \( \frac{-6 + 8}{2} = 1 \), donc \( x^2 + 6x – 7 = (x + 7)(x – 1) \). Puis le trinôme (coefficient \( a = 1 \gt 0 \)) est positif à l’extérieur des racines :

\[ S = \left]-\infty\,;-7\right[ \cup \left]1\,;+\infty\right[. \]

De plus, De plus, Deux droites sont perpendiculaires si et seulement si des vecteurs directeurs de ces droites ont un produit scalaire nul.

1) \( \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} -2 – 1 \\ -2 – 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \\ -5 \end{pmatrix} \) et \( \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \end{pmatrix} \).

\[ \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB} = -3 \times 2 + (-5) \times (-2) = -6 + 10 = 4 \neq 0. \]

Aussi, (AC) et (AB) ne sont pas perpendiculaires.

Ensuite, 2) a) \( \overrightarrow{BD}\begin{pmatrix} 13 – 3 \\ -5 – 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 \\ -6 \end{pmatrix} \) :

\[ \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD} = -3 \times 10 + (-5) \times (-6) = -30 + 30 = 0. \]

Aussi, (AC) et (BD) sont perpendiculaires.

Ensuite, b) \( \overrightarrow{BE}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} \) et \( \overrightarrow{CD}\begin{pmatrix} 15 \\ -3 \end{pmatrix} \) :

\[ \overrightarrow{BE} \cdot \overrightarrow{CD} = 1 \times 15 + 2 \times (-3) = 15 – 6 = 9 \neq 0. \]

Enfin, (BE) et (CD) ne sont pas perpendiculaires.

Aussi, un triangle est rectangle en un sommet si les deux vecteurs issus de ce sommet sont orthogonaux.

Enfin, 1) \( \overrightarrow{JK}\begin{pmatrix} 2 – 6 \\ 4 – 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 \\ 3 \end{pmatrix} \) et \( \overrightarrow{JL}\begin{pmatrix} 1 – 6 \\ -5 – 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5 \\ -6 \end{pmatrix} \).

\[ \overrightarrow{JK} \cdot \overrightarrow{JL} = (-4) \times (-5) + 3 \times (-6) = 20 – 18 = 2 \neq 0. \]

Ainsi, le triangle JKL n’est pas rectangle en J.

Aussi, 2) On teste les trois sommets. De plus, en J : \( \overrightarrow{JM}\begin{pmatrix} -\frac{5}{2} – 6 \\ -2 – 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{17}{2} \\ -3 \end{pmatrix} \), donc

\[ \overrightarrow{JK} \cdot \overrightarrow{JM} = (-4) \times \left(-\frac{17}{2}\right) + 3 \times (-3) = 34 – 9 = 25 \neq 0. \]

Exercice 15 : Le triangle est-il rectangle ? (corrigé produit (suite)

En K : \( \overrightarrow{KJ}\begin{pmatrix} 4 \\ -3 \end{pmatrix} \) et \( \overrightarrow{KM}\begin{pmatrix} -\frac{5}{2} – 2 \\ -2 – 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{9}{2} \\ -6 \end{pmatrix} \), donc

\[ \overrightarrow{KJ} \cdot \overrightarrow{KM} = 4 \times \left(-\frac{9}{2}\right) + (-3) \times (-6) = -18 + 18 = 0. \]

Par ailleurs, les vecteurs \( \overrightarrow{KJ} \) et \( \overrightarrow{KM} \) sont orthogonaux : le triangle JKM est rectangle en K. Également, (Un triangle ne peut avoir qu’un seul angle droit, inutile de tester M.)

Également, Triangle ABC. Également, on calcule les vecteurs issus de B :

\[ \overrightarrow{BA}\begin{pmatrix} \sqrt{6} – \sqrt{2} \\ \sqrt{7} – \sqrt{3} \end{pmatrix} \qquad \overrightarrow{BC}\begin{pmatrix} -\sqrt{6} – \sqrt{2} \\ \sqrt{7} + 2\sqrt{3} – \sqrt{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\left(\sqrt{6} + \sqrt{2}\right) \\ \sqrt{7} + \sqrt{3} \end{pmatrix}. \]

Ainsi, on reconnaît deux fois l’identité \( (a – b)(a + b) = a^2 – b^2 \) :

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} &= -\left(\sqrt{6} – \sqrt{2}\right)\left(\sqrt{6} + \sqrt{2}\right) + \left(\sqrt{7} – \sqrt{3}\right)\left(\sqrt{7} + \sqrt{3}\right) \\ &= -(6 – 2) + (7 – 3) = -4 + 4 = 0. \end{aligned} \]

Donc \( \overrightarrow{BA} \perp \overrightarrow{BC} \) : ABC est rectangle en B.

Enfin, Quadrilatère QRST.

• \( \overrightarrow{QR}\begin{pmatrix} -1 \\ 3 \end{pmatrix} \) et \( \overrightarrow{TS}\begin{pmatrix} 4 – 5 \\ 2 + 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \end{pmatrix} \) : \( \overrightarrow{QR} = \overrightarrow{TS} \), donc QRST est un parallélogramme.
• \( \overrightarrow{RS}\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} \) et \( \overrightarrow{QR} \cdot \overrightarrow{RS} = -1 \times 3 + 3 \times 1 = 0 \) : il a un angle droit en R, c’est un rectangle.
• \( QR = \sqrt{(-1)^2 + 3^2} = \sqrt{10} \) et \( RS = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10} \) : deux côtés consécutifs sont égaux, c’est un losange.

Exercice 16 : Déterminer la nature du quadrilatère QRST (suite)

Un rectangle qui est aussi un losange est un carré. Enfin, De plus, (Contrôle : les diagonales \( \overrightarrow{QS}\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \end{pmatrix} \) et \( \overrightarrow{RT}\begin{pmatrix} 4 \\ -2 \end{pmatrix} \) ont un produit scalaire \( 8 – 8 = 0 \) et la même longueur \( \sqrt{20} \).)

Ainsi, Première partie. Enfin, ABC est rectangle en A si et seulement si \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 \).

\( \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 6 – 5{,}2 \\ 3{,}1 – 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}8 \\ -0{,}9 \end{pmatrix} \) et \( \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 1 – 5{,}2 \\ y – 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4{,}2 \\ y – 4 \end{pmatrix} \).

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 &\iff 0{,}8 \times (-4{,}2) – 0{,}9(y – 4) = 0 \\ &\iff -3{,}36 – 0{,}9y + 3{,}6 = 0 \\ &\iff 0{,}9y = 0{,}24 \iff y = \frac{0{,}24}{0{,}9} = \frac{4}{15}. \end{aligned} \]

Aussi, ABC est rectangle en A pour \( y = \frac{4}{15} \).

Enfin, Deuxième partie. On calcule les vecteurs utiles :

\[ \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 6 \\ 2 \end{pmatrix} \qquad \overrightarrow{CD}\begin{pmatrix} 2{,}5 + 1{,}5 \\ \frac{35}{6} – \frac{27}{6} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ \frac{4}{3} \end{pmatrix} \qquad \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} -1{,}5 \\ 4{,}5 \end{pmatrix}. \]

Exercice 17 : Montrer que ABCD est un trapèze rectangle (corrigé (suite)

• Côtés parallèles : \( \overrightarrow{CD} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} \) (car \( \frac{2}{3} \times 6 = 4 \) et \( \frac{2}{3} \times 2 = \frac{4}{3} \)), donc (AB) // (CD). Ensuite, Comme \( CD \neq AB \), les deux autres côtés ne sont pas parallèles : c’est un trapèze de bases [AB] et [CD].
• Angle droit : \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 6 \times (-1{,}5) + 2 \times 4{,}5 = -9 + 9 = 0 \), donc (AC) ⊥ (AB) : le côté [AC] est perpendiculaire aux bases, le trapèze est rectangle et [AC] en est la hauteur.

Également, Remarque : comme \( \overrightarrow{AB} \) et \( \overrightarrow{CD} \) ont le même sens, le contour sans croisement du trapèze est A → B → D → C (côtés [AB], [BD], [DC], [CA]).

Aire. Ensuite, Avec \( AB = \sqrt{36 + 4} = 2\sqrt{10} \), \( CD = \frac{2}{3} \times 2\sqrt{10} = \frac{4\sqrt{10}}{3} \) et \( AC = \sqrt{2{,}25 + 20{,}25} = \sqrt{22{,}5} = \frac{3\sqrt{10}}{2} \) :

Exercice 17 : Montrer que ABCD est un trapèze rectangle (corrigé (suite)

\[ \mathcal{A} = \frac{AB + CD}{2} \times AC = \frac{1}{2}\left(2\sqrt{10} + \frac{4\sqrt{10}}{3}\right) \times \frac{3\sqrt{10}}{2} = \frac{5\sqrt{10}}{3} \times \frac{3\sqrt{10}}{2} = \frac{50}{2} = 25. \]

Aussi, 1) La droite \( y = ax + b \) passe par \( (0\,;b) \) et \( (1\,;a + b) \) : un vecteur directeur est \( \vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ a \end{pmatrix} \). De même, \( y = a^{\prime}x + b^{\prime} \) a pour vecteur directeur \( \vec{u}^{\prime}\begin{pmatrix} 1 \\ a^{\prime} \end{pmatrix} \).

Également, 2) Les deux droites sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux :

\[ \vec{u} \cdot \vec{u}^{\prime} = 0 \iff 1 \times 1 + a \times a^{\prime} = 0 \iff a a^{\prime} = -1. \]

Enfin, C’est bien la propriété annoncée : deux droites non parallèles à l’axe des ordonnées sont perpendiculaires si et seulement si le produit de leurs coefficients directeurs vaut \( -1 \).

Enfin, 3) Les coefficients directeurs sont 2 pour \( d_1 \), \( -2 \) pour \( d_2 \) et \( -\frac{1}{2} \) pour \( d_3 \).

• \( d_1 \) et \( d_2 \) : \( 2 \times (-2) = -4 \neq -1 \), non perpendiculaires.
• \( d_1 \) et \( d_3 \) : \( 2 \times \left(-\frac{1}{2}\right) = -1 \), perpendiculaires.
• \( d_2 \) et \( d_3 \) : \( (-2) \times \left(-\frac{1}{2}\right) = 1 \neq -1 \), non perpendiculaires.

Ensuite, on se place dans un repère orthonormé et on note \( \vec{u}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \), \( \vec{v}\begin{pmatrix} x^{\prime} \\ y^{\prime} \end{pmatrix} \). Ainsi, Soient \( k \) et \( k^{\prime} \) deux réels.

Ainsi, Multiplier un vecteur par un réel multiplie ses coordonnées : \( k\vec{u}\begin{pmatrix} kx \\ ky \end{pmatrix} \) et \( k^{\prime}\vec{v}\begin{pmatrix} k^{\prime}x^{\prime} \\ k^{\prime}y^{\prime} \end{pmatrix} \). D’après le prérequis :

\[ \begin{aligned} (k\vec{u}) \cdot (k^{\prime}\vec{v}) &= (kx)(k^{\prime}x^{\prime}) + (ky)(k^{\prime}y^{\prime}) \\ &= k k^{\prime} x x^{\prime} + k k^{\prime} y y^{\prime} \\ &= (k \times k^{\prime})\left(x x^{\prime} + y y^{\prime}\right) \\ &= (k \times k^{\prime})\, \vec{u} \cdot \vec{v}. \end{aligned} \]

On a utilisé la commutativité et l’associativité de la multiplication des réels, puis une factorisation par \( k k^{\prime} \). Donc, L’égalité est vraie pour tous réels \( k \), \( k^{\prime} \) et tous vecteurs \( \vec{u} \), \( \vec{v} \).

Également, on utilise \( \vec{u} \cdot \vec{v} = \left\|\vec{u}\right\| \times \left\|\vec{v}\right\| \times \cos\left(\vec{u}\,;\vec{v}\right) \).

\[ \begin{aligned} 1)\ \vec{u} \cdot \vec{v} &= 5 \times 2 \times 0{,}1 = 1 \\ 2)\ \vec{u} \cdot \vec{v} &= 23 \times 11 \times 0{,}93 = 253 \times 0{,}93 = 235{,}29 \\ 3)\ \vec{u} \cdot \vec{v} &= 5 \times 8 \times \cos\frac{\pi}{6} = 40 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 20\sqrt{3} \\ 4)\ \vec{u} \cdot \vec{v} &= 7 \times 2 \times \cos\frac{5\pi}{3} = 14 \times \frac{1}{2} = 7 \\ 5)\ \vec{u} \cdot \vec{v} &= 12 \times 6 \times \cos\left(-\frac{\pi}{4}\right) = 72 \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 36\sqrt{2} \end{aligned} \]

Exercice 20 : Calculs de produits scalaires à l’aide des normes (suite)

Pour le 4), \( \frac{5\pi}{3} = 2\pi – \frac{\pi}{3} \), donc \( \cos\frac{5\pi}{3} = \cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2} \). Ensuite, pour le 5), la fonction cosinus est paire : \( \cos\left(-\frac{\pi}{4}\right) = \cos\frac{\pi}{4} \).

Donc, 6) \( \vec{u} = -1{,}5\,\vec{v} \) : les vecteurs sont colinéaires de sens contraires (on vérifie \( 1{,}5 \times 6 = 9 \)). Aussi, Par bilinéarité :

\[ \vec{u} \cdot \vec{v} = -1{,}5\,\vec{v} \cdot \vec{v} = -1{,}5 \times \left\|\vec{v}\right\|^2 = -1{,}5 \times 36 = -54. \]

1) \( \cos\left(-\frac{5\pi}{6}\right) = \cos\frac{5\pi}{6} = -\frac{\sqrt{3}}{2} \), donc

\[ \vec{a} \cdot \vec{b} = \frac{5}{6} \times \frac{\sqrt{3}}{8} \times \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\frac{5 \times 3}{6 \times 8 \times 2} = -\frac{15}{96} = -\frac{5}{32}. \]

Enfin, 2) \[ \vec{a} \cdot \vec{b} = \sqrt{2} \times 6 \times \cos\frac{\pi}{4} = 6\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 6. \]

De plus, 3) \( \cos\pi = -1 \) (vecteurs colinéaires de sens contraires) et \( \sqrt{8} = 2\sqrt{2} \) :

\[ \vec{a} \cdot \vec{b} = 2\sqrt{2} \times 2\sqrt{2} \times (-1) = -8. \]

4) \( \vec{b} = \sqrt{3}\,\vec{a} \), donc \( \vec{a} \cdot \vec{b} = \sqrt{3}\,\left\|\vec{a}\right\|^2 \) :

\[ \vec{a} \cdot \vec{b} = \sqrt{3}\left(\sqrt{2} + 1\right)^2 = \sqrt{3}\left(2 + 2\sqrt{2} + 1\right) = \sqrt{3}\left(3 + 2\sqrt{2}\right) = 3\sqrt{3} + 2\sqrt{6}. \]

1) D’après la relation de Chasles, on décompose le vecteur \( \overrightarrow{CD} \) en passant par \( C^{\prime} \) puis \( D^{\prime} \) :

\[ \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{CC^{\prime}} + \overrightarrow{C^{\prime}D^{\prime}} + \overrightarrow{D^{\prime}D}. \]

Par distributivité du produit scalaire par rapport à l’addition :

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CC^{\prime}} + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{C^{\prime}D^{\prime}} + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{D^{\prime}D}. \]

2) \( C^{\prime} \) est le projeté orthogonal de C sur (AB), donc la droite \( (CC^{\prime}) \) est perpendiculaire à (AB) : \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CC^{\prime}} = 0 \). De même, \( (D^{\prime}D) \) est perpendiculaire à (AB) : \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{D^{\prime}D} = 0 \). Par ailleurs, il reste :

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 0 + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{C^{\prime}D^{\prime}} + 0 = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{C^{\prime}D^{\prime}}. \]

Exercice 22 : Projection de deux points sur une droite (corrigé (suite)

Également, C’est la propriété de projection : pour calculer \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} \), on peut remplacer \( \overrightarrow{CD} \) par son projeté orthogonal sur (AB). Comme \( \overrightarrow{AB} \) et \( \overrightarrow{C^{\prime}D^{\prime}} \) sont colinéaires et de même sens sur la figure, on obtient \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = AB \times C^{\prime}D^{\prime} \).

Ainsi, Méthode choisie : les coordonnées. Puis on prend le repère orthonormé d’origine E, d’axes (EF) et (EH), où le côté vaut \( a \) :

\[ E(0\,;0),\ F(a\,;0),\ G(a\,;a),\ H(0\,;a),\ A\left(\tfrac{a}{2}\,;0\right),\ B\left(a\,;\tfrac{a}{2}\right),\ C\left(\tfrac{a}{2}\,;a\right),\ D\left(0\,;\tfrac{a}{2}\right),\ O\left(\tfrac{a}{2}\,;\tfrac{a}{2}\right). \]

• Également, 1) \( \overrightarrow{HO}\begin{pmatrix} \frac{a}{2} \\ -\frac{a}{2} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{HF}\begin{pmatrix} a \\ -a \end{pmatrix} \) : \( \frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2} = \mathbf{a^2} \).
• Ainsi, 2) \( \overrightarrow{EF}\begin{pmatrix} a \\ 0 \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{EB}\begin{pmatrix} a \\ \frac{a}{2} \end{pmatrix} \) : \( a^2 + 0 = \mathbf{a^2} \) (le projeté de B sur (EF) est F).
• Par ailleurs, 3) \( \overrightarrow{CH}\begin{pmatrix} -\frac{a}{2} \\ 0 \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{GE}\begin{pmatrix} -a \\ -a \end{pmatrix} \) : \( \frac{a^2}{2} + 0 = \mathbf{\frac{a^2}{2}} \).
• Enfin, 4) \( \overrightarrow{EO}\begin{pmatrix} \frac{a}{2} \\ \frac{a}{2} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{FE}\begin{pmatrix} -a \\ 0 \end{pmatrix} \) : \( -\frac{a^2}{2} + 0 = \mathbf{-\frac{a^2}{2}} \).
• Ensuite, 5) \( \overrightarrow{OG}\begin{pmatrix} \frac{a}{2} \\ \frac{a}{2} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{FH}\begin{pmatrix} -a \\ a \end{pmatrix} \) : \( -\frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2} = \mathbf{0} \) (les diagonales d’un carré sont perpendiculaires).
• Aussi, 6) \( \overrightarrow{CD}\begin{pmatrix} -\frac{a}{2} \\ -\frac{a}{2} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{CA}\begin{pmatrix} 0 \\ -a \end{pmatrix} \) : \( 0 + \frac{a^2}{2} = \mathbf{\frac{a^2}{2}} \).
• Également, 7) \( \overrightarrow{OE}\begin{pmatrix} -\frac{a}{2} \\ -\frac{a}{2} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{OB}\begin{pmatrix} \frac{a}{2} \\ 0 \end{pmatrix} \) : \( -\frac{a^2}{4} + 0 = \mathbf{-\frac{a^2}{4}} \).
• Ensuite, 8) \( \overrightarrow{CD}\begin{pmatrix} -\frac{a}{2} \\ -\frac{a}{2} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{CO}\begin{pmatrix} 0 \\ -\frac{a}{2} \end{pmatrix} \) : \( 0 + \frac{a^2}{4} = \mathbf{\frac{a^2}{4}} \).
• Ainsi, 9) \( \overrightarrow{EB}\begin{pmatrix} a \\ \frac{a}{2} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{EG}\begin{pmatrix} a \\ a \end{pmatrix} \) : \( a^2 + \frac{a^2}{2} = \mathbf{\frac{3a^2}{2}} \).

Exercice 23 : Exprimer des produits scalaires dans un carré (suite)

L’hexagone régulier de côté 1 est formé de six triangles équilatéraux de côté 1 autour de O. Ensuite, dans le repère orthonormé de centre O où A a pour coordonnées \( (1\,;0) \), les sommets sont sur le cercle de rayon 1, espacés de \( \frac{\pi}{3} \) :

\[ A(1\,;0),\ B\left(\tfrac{1}{2}\,;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right),\ C\left(-\tfrac{1}{2}\,;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right),\ D(-1\,;0),\ E\left(-\tfrac{1}{2}\,;-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right),\ F\left(\tfrac{1}{2}\,;-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right). \]

• 1) \( \overrightarrow{FO} = \overrightarrow{OC} \) (O est le milieu de la grande diagonale [FC]), donc \( \overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{FO} = OC^2 = \mathbf{1} \).
• 2) \( \overrightarrow{OA}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot \overrightarrow{OB}\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \) ; c’est aussi \( 1 \times 1 \times \cos\frac{\pi}{3} \) : \( \frac{1}{2} \).
• Par ailleurs, 3) \( \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OF} = 1 \times \frac{1}{2} + 0 = \mathbf{\frac{1}{2}} \) (angle de \( \frac{\pi}{3} \)).
• 4) \( \overrightarrow{CB}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{FA}\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \) : \( \overrightarrow{CB} \cdot \overrightarrow{FA} = \mathbf{\frac{1}{2}} \).
• Donc, 5) \( \overrightarrow{OF}\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{OD}\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \end{pmatrix} \) : \( -\frac{1}{2} + 0 = \mathbf{-\frac{1}{2}} \) (angle \( \widehat{FOD} = \frac{2\pi}{3} \)).
• Enfin, 6) \( \overrightarrow{CE}\begin{pmatrix} 0 \\ -\sqrt{3} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{FB}\begin{pmatrix} 0 \\ \sqrt{3} \end{pmatrix} \) : \( 0 – 3 = \mathbf{-3} \) (vecteurs opposés de norme \( \sqrt{3} \)).
• Enfin, 7) \( \overrightarrow{EB}\begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{3} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{DF}\begin{pmatrix} \frac{3}{2} \\ -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \) : \( \frac{3}{2} – \frac{3}{2} = \mathbf{0} \) : (EB) et (DF) sont perpendiculaires.
• Aussi, 8) \( \overrightarrow{CE}\begin{pmatrix} 0 \\ -\sqrt{3} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{CA}\begin{pmatrix} \frac{3}{2} \\ -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \) : \( 0 + \frac{3}{2} = \mathbf{\frac{3}{2}} \).
• Par ailleurs, 9) \( \overrightarrow{BE}\begin{pmatrix} -1 \\ -\sqrt{3} \end{pmatrix} \), \( \overrightarrow{CO}\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \) : \( -\frac{1}{2} + \frac{3}{2} = \mathbf{1} \).

De plus, 1) Avec les normes : \( \vec{u} \cdot \vec{v} = \frac{1}{2}\left(\left\|\vec{u} + \vec{v}\right\|^2 – \left\|\vec{u}\right\|^2 – \left\|\vec{v}\right\|^2\right) \).

\[ \vec{u} \cdot \vec{v} = \frac{1}{2}\left(10^2 – 5^2 – 6^2\right) = \frac{100 – 25 – 36}{2} = \frac{39}{2} = 19{,}5. \]

2) \( \vec{v} = \vec{u} \), donc \( \vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{u} \cdot \vec{u} = \left\|\vec{u}\right\|^2 = \left(3\sqrt{5}\right)^2 = 9 \times 5 = 45 \).

Ainsi, 3) Avec les coordonnées : \( \vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 6 + 2 \times 12 = 6 + 24 = 30 \). (Ici \( \vec{v} = 6\vec{u} \), et on retrouve \( 6 \times \left\|\vec{u}\right\|^2 = 6 \times 5 = 30 \).)

4) \( \cos\frac{3\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2} \), donc \( \vec{u} \cdot \vec{v} = \sqrt{2} \times 5 \times \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -\frac{5 \times 2}{2} = -5 \).

5) \( \vec{v} = -2\vec{u} \), donc \( \vec{u} \cdot \vec{v} = -2\left\|\vec{u}\right\|^2 = -2 \times 64 = -128 \).

On utilise la projection orthogonale : \( \overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{MN} = \overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{M^{\prime}N^{\prime}} \), où \( M^{\prime} \) et \( N^{\prime} \) sont les projetés de M et N sur une droite dirigée par \( \vec{u} \).

• \( \overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{BL} \) : le projeté orthogonal de L sur (BC) est J (pointillés horizontaux), donc \( \overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{BL} = \overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{BJ} = \mathbf{BC \times BJ} \) (même sens). Ainsi, Valeur : \( 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \).
• \( \overrightarrow{IB} \cdot \overrightarrow{ID} \) : le projeté de D sur (AB) est A, donc \( \overrightarrow{IB} \cdot \overrightarrow{ID} = \overrightarrow{IB} \cdot \overrightarrow{IA} \). Également, Or \( \overrightarrow{IB} \) et \( \overrightarrow{IA} \) sont de sens contraires : le résultat est \( -IB \times IA \) \( = -\frac{1}{4} \).
• \( \overrightarrow{KJ} \cdot \overrightarrow{KL} \) : \( \overrightarrow{KJ}\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix} \) et \( \overrightarrow{KL}\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix} \) (repère d’origine A) : \( -\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \mathbf{0} \). Ainsi, JKL est la moitié d’un carré dont les diagonales sont perpendiculaires : l’angle en K est droit.
• \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{LK} \) : sur (AB), L se projette en A et K en I (pointillés verticaux), donc \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{LK} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AI} = \mathbf{AB \times AI} = \frac{1}{2} \).

Exercice 26 : Produit scalaire dans un carré (corrigé produit (suite)

Une droite d’équation cartésienne \( ax + by + c = 0 \) admet pour vecteur normal \( \vec{n}\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} \). Puis il faut donc d’abord mettre chaque équation sous cette forme.

• 1) \( 65x – 12y + 6 = 0 \) : \( \vec{n}_1\begin{pmatrix} 65 \\ -12 \end{pmatrix} \).
• 2) \( y = 3x – 2 \iff 3x – y – 2 = 0 \) : \( \vec{n}_2\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix} \).
• 3) \( -8x = -y + 2 \iff -8x + y – 2 = 0 \) : \( \vec{n}_3\begin{pmatrix} -8 \\ 1 \end{pmatrix} \) (ou \( \begin{pmatrix} 8 \\ -1 \end{pmatrix} \)).
• 4) \( \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 6 – 4 \\ 12 – 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 9 \end{pmatrix} \) est un vecteur directeur de (AB). Un vecteur normal lui est orthogonal : \( \vec{n}_4\begin{pmatrix} 9 \\ -2 \end{pmatrix} \), car \( 2 \times 9 + 9 \times (-2) = 0 \).

Tout vecteur non nul colinéaire à ceux-ci convient aussi.

On calcule \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} \) dans chaque cas et on compare à \( -2 \).

a) \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \times 3 \times \cos\pi = 6 \times (-1) = -6 \). Non.

b) H est le projeté orthogonal de C sur (AB), donc \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH} \). Par Chasles, \( \overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BH} = \overrightarrow{AB} – \frac{33}{8}\overrightarrow{AB} = -\frac{25}{8}\overrightarrow{AB} \). D’où :

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -\frac{25}{8}\,AB^2 = -\frac{25}{8} \times 16 = -50. \]

Non.

c) Avec les trois longueurs (formule d’Al-Kashi) : \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \frac{AB^2 + AC^2 – BC^2}{2} = \frac{25 + 16 – 36}{2} = \frac{5}{2} \). Non.

d) \( \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}\begin{pmatrix} 1 + 2 \\ -1 + 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 5 \end{pmatrix} \), donc \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times 3 + (-1) \times 5 = 3 – 5 = -2 \). Oui.

On développe le carré scalaire de \( \vec{u} – \vec{v} \) :

\[ \left\|\vec{u} – \vec{v}\right\|^2 = \left\|\vec{u}\right\|^2 – 2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + \left\|\vec{v}\right\|^2 \iff 1 = 16 – 2\,\vec{u} \cdot \vec{v} + 25 \iff \vec{u} \cdot \vec{v} = \frac{41 – 1}{2} = 20. \]

• a) Vraie : \( \vec{u} \cdot \vec{v} = 20 \).
• b) Fausse : \( \vec{u} \cdot \vec{v} \neq 4 \).
• c) Vraie : \( \cos\left(\vec{u}\,;\vec{v}\right) = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\left\|\vec{u}\right\| \times \left\|\vec{v}\right\|} = \frac{20}{4 \times 5} = 1 \), donc \( \left(\vec{u}\,;\vec{v}\right) = 0 \) (à \( 2\pi \) près) : les vecteurs sont colinéaires de même sens.
• d) Vraie : \( \left\|\vec{u} + \vec{v}\right\|^2 = 16 + 2 \times 20 + 25 = 81 \), donc \( \left\|\vec{u} + \vec{v}\right\| = 9 \) (c’est aussi \( 4 + 5 \), logique pour deux vecteurs de même sens).

On a \(\vec{u}\begin{pmatrix}2\\ \frac{1}{2}\end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix}3\\ -4\end{pmatrix}\) dans un repère orthonormé. De plus, on teste chaque proposition.

• a. \(\|\vec{u}\|=\sqrt{2^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}=\sqrt{4+\frac{1}{4}}=\sqrt{\frac{17}{4}}=\frac{\sqrt{17}}{2}\) : vrai.
• b. \(\|\vec{v}\|^2=3^2+(-4)^2=9+16=25\), et non 5 : faux (c’est \(\|\vec{v}\|\) qui vaut 5).
• c. \(\vec{u}\cdot\vec{v}=xx^{\prime}+yy^{\prime}=2\times3+\frac{1}{2}\times(-4)=6-2=4\), et non 8 : faux.
• d. Le produit scalaire est symétrique : \(\vec{v}\cdot\vec{u}=\vec{u}\cdot\vec{v}=4\) : vrai.

Une droite d’équation \(ax+by+c=0\) admet \(\vec{n}\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix}\) comme vecteur normal, ainsi que tout vecteur non nul colinéaire à \(\vec{n}\). Ensuite, il faut donc chercher les équations dont le couple \((a\,;b)\) est proportionnel à \((2\,;-1)\).

• a. \(4x-2y+10=0\) : \((4\,;-2)=2\times(2\,;-1)\). Oui.
• b. \(-2x-4y+5=0\) : \((-2\,;-4)\). Test de colinéarité : \(2\times(-4)-(-1)\times(-2)=-8-2=-10\neq0\). Non.
• c. \(8x+4y=0\) : \((8\,;4)\) ; \(2\times4-(-1)\times8=16\neq0\). Non.
• d. \(\frac{1}{2}y-x-7=0\), soit \(-x+\frac{1}{2}y-7=0\) : \(\left(-1\,;\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}\times(2\,;-1)\). Oui.

Premier encadré.

1. Faux. Un produit scalaire nul signifie que les vecteurs sont orthogonaux, pas forcément nuls. Contre-exemple dans un repère orthonormé : \(\vec{u}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}\) et \(\vec{v}\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}\) : \(\vec{u}\cdot\vec{v}=1\times0+0\times1=0\), alors qu’aucun des deux n’est nul.

2. Faux. \(\vec{u}\cdot\vec{v}=\|\vec{u}\|\times\|\vec{v}\|\times\cos(\vec{u},\vec{v})\) et le cosinus n’est pas toujours rationnel. Contre-exemple : deux vecteurs de norme 1 formant un angle de \(\frac{\pi}{4}\) : \(\vec{u}\cdot\vec{v}=1\times1\times\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\), qui n’est pas un entier.

Second encadré.

1. Vrai. \(\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}\), donc \(\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=-0=0\).

2. Faux. Un produit scalaire négatif indique seulement un angle obtus entre les vecteurs. Contre-exemple (repère orthonormé) : \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}\) : \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=-1\lt0\), mais \(-\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}\) est différent de \(\overrightarrow{AB}\).

Exercice 32 : Affirmation vraie ou fausse ? (suite)

3. Faux. Par bilinéarité :

\[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} \iff \overrightarrow{AB}\cdot\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}\right)=0 \iff \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{DC}=0 \]

L’égalité dit seulement que (DC) est perpendiculaire à (AB) (ou que C = D). Contre-exemple : \(A(0\,;0)\), \(B(1\,;0)\), \(C(0\,;1)\), \(D(0\,;2)\) : les deux produits scalaires valent 0, et pourtant C et D sont distincts.

On suppose A, B et C distincts. Par ailleurs, on utilise \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=AB\times AC\times\cos\widehat{BAC}\) ou la bilinéarité.

1. \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0\) : les vecteurs sont orthogonaux, donc (AB) et (AC) sont perpendiculaires : le triangle ABC est rectangle en A.

2. \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=AC^2=\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AC}\), donc :

\[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AC}=0 \iff \left(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\right)\cdot\overrightarrow{AC}=0 \iff \overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{AC}=0 \]

(CB) est perpendiculaire à (AC) : le triangle ABC est rectangle en C (C est le projeté orthogonal de B sur (AC)).

3. \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=AB\times AC\) donne \(\cos\widehat{BAC}=1\), donc l’angle est nul : A, B et C sont alignés, et B et C sont du même côté de A (sur la même demi-droite d’origine A).

Exercice 33 : Que peut-on dire des points A, B et C ? (corrigé (suite)

4. \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=-AB\times AC\) donne \(\cos\widehat{BAC}=-1\), donc l’angle vaut 180° : A, B et C sont alignés et A est entre B et C.

5. Soit B′ le symétrique de B par rapport à A : \(\overrightarrow{AB^{\prime}}=-\overrightarrow{AB}\) et \(-AB^2=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB^{\prime}}\). Alors :

\[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB^{\prime}} \iff \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{B^{\prime}C}=0 \]

Le projeté orthogonal de C sur (AB) est B′, le symétrique de B par rapport à A. Puis en particulier l’angle \(\widehat{BAC}\) est obtus.

On écrit chaque équation sous la forme \(ax+by+c=0\) : le vecteur \(\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix}\) est normal à la droite, et tout vecteur non nul qui lui est colinéaire aussi (on multiplie par exemple par 2 ou par −1).

• 1. \(4x-5y+10=0\) : \(\vec{n}_1\begin{pmatrix}4\\ -5\end{pmatrix}\) et \(\vec{n}_2\begin{pmatrix}-8\\ 10\end{pmatrix}\).
• 2. \(x+3y-5=0\) : \(\vec{n}_1\begin{pmatrix}1\\ 3\end{pmatrix}\) et \(\vec{n}_2\begin{pmatrix}2\\ 6\end{pmatrix}\).
• 3. \(\frac{1}{2}x-8y=0\) : \(\vec{n}_1\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\ -8\end{pmatrix}\) et \(\vec{n}_2\begin{pmatrix}1\\ -16\end{pmatrix}\).
• 4. \(\frac{4}{3}y-6x=12\) s’écrit \(-6x+\frac{4}{3}y-12=0\) : \(\vec{n}_1\begin{pmatrix}-6\\ \frac{4}{3}\end{pmatrix}\) et, en multipliant par \(-\frac{3}{2}\), \(\vec{n}_2\begin{pmatrix}9\\ -2\end{pmatrix}\).

On utilise la définition avec l’angle : \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=AB\times AC\times\cos\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\).

1.

\[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=2\times6\times\cos\frac{\pi}{4}=12\times\frac{\sqrt{2}}{2}=6\sqrt{2} \]

2. Le cosinus est pair : \(\cos\left(-\frac{\pi}{6}\right)=\cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}\).

\[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\sqrt{3}\times1\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2} \]

3. \(\cos\frac{2\pi}{3}=-\frac{1}{2}\).

\[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=5\times\frac{3}{4}\times\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{15}{8} \]

On utilise la bilinéarité (on sort les réels, on développe) et \(\vec{u}\cdot\vec{u}=\|\vec{u}\|^2\).

• 1. \((3\vec{u})\cdot(2\vec{v})=3\times2\times\vec{u}\cdot\vec{v}=6\,\vec{u}\cdot\vec{v}\).
• 2. \(\left(\frac{7}{3}\vec{u}\right)\cdot(-6\vec{v})=\frac{7}{3}\times(-6)\times\vec{u}\cdot\vec{v}=-14\,\vec{u}\cdot\vec{v}\).
• 3. \(\vec{u}\cdot(\vec{u}-\vec{v})=\vec{u}\cdot\vec{u}-\vec{u}\cdot\vec{v}=\|\vec{u}\|^2-\vec{u}\cdot\vec{v}\).
• 4. \((\vec{u}+\vec{v})^2=(\vec{u}+\vec{v})\cdot(\vec{u}+\vec{v})=\vec{u}\cdot\vec{u}+\vec{u}\cdot\vec{v}+\vec{v}\cdot\vec{u}+\vec{v}\cdot\vec{v}=\|\vec{u}\|^2+2\,\vec{u}\cdot\vec{v}+\|\vec{v}\|^2\).

Outils : la projection orthogonale (si H est le projeté de C sur (AB), \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH}\)), les vecteurs égaux ou opposés, et le fait que les diagonales d’un carré sont perpendiculaires et mesurent \(c\sqrt{2}\).

• 1. Le projeté de C sur (AB) est B : \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}=c^2\).
• 2. Le projeté de O sur (AB) est le milieu de [AB] : \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AO}=c\times\frac{c}{2}=\frac{c^2}{2}\) (même sens).
• 3. \(\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{AB}\) : \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}=-c^2\).
• 4. \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\) : \(\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BC}=c^2\).
• 5. \(\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{AB}=0\) : \(\overrightarrow{DB}\cdot\overrightarrow{AB}=0+c^2=c^2\).
• 6. \(\overrightarrow{OA}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\) et \(AC=c\sqrt{2}\) : \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{AC}=-\frac{1}{2}AC^2=-\frac{1}{2}\times2c^2=-c^2\).
• 7. Les diagonales d’un carré sont perpendiculaires : \(\overrightarrow{DB}\cdot\overrightarrow{OC}=0\).

Si \(\vec{n}\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix}\) est normal à D, la droite a une équation de la forme \(ax+by+c=0\) ; on trouve c en écrivant que A est sur la droite.

1. \(3x-2y+c=0\) ; A(2 ; −1) : \(3\times2-2\times(-1)+c=0\iff8+c=0\iff c=-8\). D : \(3x-2y-8=0\).

2. \(\frac{1}{2}x+3y+c=0\) ; A(0 ; −5) : \(0+3\times(-5)+c=0\iff c=15\). D : \(\frac{1}{2}x+3y+15=0\), ou encore \(x+6y+30=0\).

3. \(-4x+0\times y+c=0\) ; \(A(\sqrt{2}\,;-3)\) : \(-4\sqrt{2}+c=0\iff c=4\sqrt{2}\). D : \(-4x+4\sqrt{2}=0\), soit \(x=\sqrt{2}\) (droite parallèle à l’axe des ordonnées).

4. \(0\times x+y+c=0\) ; A(−1 ; −3) : \(-3+c=0\iff c=3\). D : \(y+3=0\), soit \(y=-3\) (droite parallèle à l’axe des abscisses).

Dans un repère orthonormé, \(\left\|\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\right\|=\sqrt{x^2+y^2}\).

• 1. \(\|\vec{u}\|=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{25}=5\).
• 2. \(\|\vec{v}\|=\sqrt{(-4)^2+0^2}=\sqrt{16}=4\).
• 3. \(\|\vec{w}\|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}\).

Un hexagone régulier de centre O est formé de six triangles équilatéraux : OA = OB = … = OF = 2 cm et deux sommets consécutifs sont vus depuis O sous un angle de 60°. Ensuite, on applique \(\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=OM\times ON\times\cos\widehat{MON}\).

• 1. A et B sont consécutifs : \(\widehat{AOB}=60^\circ\), donc \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=2\times2\times\frac{1}{2}=2\).
• 2. F et E sont consécutifs : \(\widehat{FOE}=60^\circ\), donc \(\overrightarrow{OF}\cdot\overrightarrow{OE}=2\).
• 3. D est diamétralement opposé à A : \(\overrightarrow{OD}=-\overrightarrow{OA}\), donc \(\overrightarrow{OD}\cdot\overrightarrow{OA}=-OA^2=-4\).
• 4. De E à C, on passe par D : \(\widehat{EOC}=2\times60^\circ=120^\circ\), donc \(\overrightarrow{OE}\cdot\overrightarrow{OC}=2\times2\times\left(-\frac{1}{2}\right)=-2\).

On utilise la projection orthogonale : \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AM^{\prime}}\) où M′ est le projeté orthogonal de M sur la droite (AB). Puis dans le rectangle, les côtés sont perpendiculaires.

• \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\) : le projeté de C sur (AB) est B, donc \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}\).
• \(\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{AF}\) : G est sur (AD) et le projeté de F (milieu de [CD]) sur (AD) est D, donc \(\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{AD}\).
• \(\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{AB}\) : le projeté de F sur (AB) est H, le milieu de [AB], donc \(\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{AB}\).
• \(\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AF}\) : le projeté de F sur (AD) est D, donc \(\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AD}\).

L’énoncé est le même que celui de l’exercice 41. De plus, on le résout cette fois avec des coordonnées, ce qui permet de vérifier l’appariement par une autre méthode.

On note AB = a et AD = b et on se place dans le repère orthonormé d’origine A, d’axes (AB) et (AD). Alors \(A(0\,;0)\), \(B(a\,;0)\), \(C(a\,;b)\), \(D(0\,;b)\), \(F\left(\frac{a}{2}\,;b\right)\), \(G\left(0\,;\frac{b}{2}\right)\), \(H\left(\frac{a}{2}\,;0\right)\).

• \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=a\times a+0\times b=a^2\), et \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}=a^2\).
• \(\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{AF}=0\times\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\times b=\frac{b^2}{2}\), et \(\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{AD}=\frac{b}{2}\times b=\frac{b^2}{2}\).
• \(\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{AB}=\frac{a}{2}\times a+b\times0=\frac{a^2}{2}\), et \(\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{AB}=\frac{a}{2}\times a=\frac{a^2}{2}\).
• \(\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AF}=0\times\frac{a}{2}+b\times b=b^2\), et \(\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AD}=b^2\).

Exercice 42 : Apparier chaque expression avec sa simplifiée (suite)

Les quatre valeurs \(a^2\), \(\frac{b^2}{2}\), \(\frac{a^2}{2}\) et \(b^2\) sont différentes en général : l’appariement est unique.

Pour lire les coordonnées d’un vecteur, on compte le déplacement horizontal puis vertical de l’origine à l’extrémité de la flèche (un carreau = une unité).

• \(\vec{u}\) va du point (−1 ; 3) au point (1 ; 1) : 2 carreaux vers la droite, 2 vers le bas, donc \(\vec{u}\begin{pmatrix}2\\ -2\end{pmatrix}\).
• \(\vec{v}\) va du point (−1 ; −2) au point (2 ; −1) : 3 carreaux vers la droite, 1 vers le haut, donc \(\vec{v}\begin{pmatrix}3\\ 1\end{pmatrix}\).

Normes (repère orthonormé) :

\[ \|\vec{u}\|=\sqrt{2^2+(-2)^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2} \qquad \|\vec{v}\|=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10} \]

Produit scalaire :

\[ \vec{u}\cdot\vec{v}=2\times3+(-2)\times1=6-2=4 \]

Le travail est \(W=\vec{F}\cdot\overrightarrow{AB}=F\times AB\times\cos\theta\), où θ est l’angle entre la force et le déplacement. Ensuite, le déplacement se fait le long de la route, inclinée de 5° sur l’horizontale, et la force est inclinée de 9° sur l’horizontale : l’angle entre les deux est

\[ \theta=9^\circ-5^\circ=4^\circ \]

On convertit la distance en mètres : 10 km = 10 000 m. Alors :

\[ W=15\,000\times10\,000\times\cos4^\circ\approx1{,}496\times10^{8}\text{ J} \]

La distance (10 km) n’est donnée qu’avec deux chiffres significatifs ; on arrondit donc le résultat à deux chiffres significatifs : \(W\approx1{,}5\times10^{8}\) J.

Dans un repère orthonormé, \(\vec{u}\cdot\vec{v}=2\times(-1)+x\times4=4x-2\). Par ailleurs, on résout l’équation dans chaque cas.

• 1. \(4x-2=2\iff4x=4\iff x=1\).
• 2. \(4x-2=-5\iff4x=-3\iff x=-\frac{3}{4}\).
• 3. \(4x-2=\frac{7}{3}\iff4x=\frac{13}{3}\iff x=\frac{13}{12}\).
• 4. \(4x-2=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\iff4x=2+2\sqrt{2}\iff x=\frac{1+\sqrt{2}}{2}\).

1. La résultante est la somme des deux forces : \(\vec{F}=\vec{F_1}+\vec{F_2}\). Sur la figure, \(\vec{F}\) est la diagonale du parallélogramme construit sur \(\vec{F_1}\) et \(\vec{F_2}\) (règle du parallélogramme).

2. On développe le carré scalaire :

\[ \begin{aligned} \|\vec{F}\|^2 &= \left(\vec{F_1}+\vec{F_2}\right)\cdot\left(\vec{F_1}+\vec{F_2}\right) = F_1^2+2\,\vec{F_1}\cdot\vec{F_2}+F_2^2 \\ &= 15^2+2\times15\times13\times\cos40^\circ+13^2 \\ &= 394+390\cos40^\circ \approx 692{,}76 \end{aligned} \]

Donc \(\|\vec{F}\|\approx\sqrt{692{,}76}\approx26{,}3\) N.

Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul : \(xx^{\prime}+yy^{\prime}=0\) (repère orthonormé).

• 1. \(6\times(-3)+x\times2=0\iff2x=18\iff x=9\).
• 2. \(-3(x-1)+4x=0\iff-3x+3+4x=0\iff x=-3\).
• 3. \(3x+8\times(-2)=0\iff3x=16\iff x=\frac{16}{3}\).
• 4. \(x\times x+(-2)\times8=0\iff x^2=16\iff x=4\) ou \(x=-4\).

Remarque : dans l’énoncé de la question 1.a, il manque un carré sur le dernier terme ; la formule correcte est \(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2=\|\vec{u}\|^2+2\,\vec{u}\cdot\vec{v}+\|\vec{v}\|^2\).

1. a. On développe grâce à la bilinéarité et à la symétrie du produit scalaire :

\[ \begin{aligned} \|\vec{u}+\vec{v}\|^2 &= (\vec{u}+\vec{v})\cdot(\vec{u}+\vec{v}) \\ &= \vec{u}\cdot\vec{u}+\vec{u}\cdot\vec{v}+\vec{v}\cdot\vec{u}+\vec{v}\cdot\vec{v} \\ &= \|\vec{u}\|^2+2\,\vec{u}\cdot\vec{v}+\|\vec{v}\|^2 \end{aligned} \]

b. On isole \(2\,\vec{u}\cdot\vec{v}\) : \(2\,\vec{u}\cdot\vec{v}=\|\vec{u}+\vec{v}\|^2-\|\vec{u}\|^2-\|\vec{v}\|^2\), puis on divise par 2 :

\[ \vec{u}\cdot\vec{v}=\frac{1}{2}\left(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2-\|\vec{u}\|^2-\|\vec{v}\|^2\right) \]

2. a. De même :

Exercice 48 : Démonstration avec normes et vecteurs (suite)

\[ \|\vec{u}-\vec{v}\|^2=(\vec{u}-\vec{v})\cdot(\vec{u}-\vec{v})=\|\vec{u}\|^2-2\,\vec{u}\cdot\vec{v}+\|\vec{v}\|^2 \]

donc \(2\,\vec{u}\cdot\vec{v}=\|\vec{u}\|^2+\|\vec{v}\|^2-\|\vec{u}-\vec{v}\|^2\), c’est-à-dire

\[ \vec{u}\cdot\vec{v}=\frac{1}{2}\left(\|\vec{u}\|^2+\|\vec{v}\|^2-\|\vec{u}-\vec{v}\|^2\right) \]

b. On soustrait les deux développements précédents :

\[ \|\vec{u}+\vec{v}\|^2-\|\vec{u}-\vec{v}\|^2=\left(\|\vec{u}\|^2+2\,\vec{u}\cdot\vec{v}+\|\vec{v}\|^2\right)-\left(\|\vec{u}\|^2-2\,\vec{u}\cdot\vec{v}+\|\vec{v}\|^2\right)=4\,\vec{u}\cdot\vec{v} \]

d’où \(\vec{u}\cdot\vec{v}=\frac{1}{4}\left(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2-\|\vec{u}-\vec{v}\|^2\right)\).