Exercices sur le produit scalaire
Correction 1
1. En remarquant l’égalité suivante :
−→AC =−→
AB+−−→
BC
On obtient les coordonnées du vecteur :−→
AC =Äx+x0;y+y0ä 2. On a :
||−→
AB||=
»
x2+y2
||−−→
BC||=»x02 +y02
||−→
AC||=»(x+x0)2+ (y+y0)2
3. Le théorème de Pythagore et sa réciproque donne une condition nécessaire et suffisante pour que le triangle ABC soit rectangle en B; cette contion est :
AC2 =AB2+BC2
En utilisant le résultat de la question précédente, on a :
AC2 =AB2+BC2 (x+x0)2+ (y+y0)2 =x2+y2 +x02+y02 x2+ 2x·x0+x02+y2 + 2y·y0 +y02 =x2+y2 +x02+y02
2x·x0+ 2y·y0 = 0 2
ï
x·x0+y·y0
ò
= 0 x·x0+y·y0 = 0 Correction 2
1. On a les coordonnées suivantes des vecteurs :
−→AB(xB−xA;yB−yA) = Ä1 ; −4ä
−−→AD(xD−xA;yD−yA) = Ä4 ; 1ä
Ainsi, on a la valeur du produit scalaire suivant :
−→AB·−−→
AD=x−→
AB·x−−→
AD+y−→
AB ·y−−→
AD
= 1×4 + (−4)×1 = 0
2. Calculons les coordonnées du vecteur −−→
DC :
−−→DC(xC −xD;yC −yD) =Ä1 ; −4ä On remarque ainsi que les vecteurs −→
AB et −−→
DC ont même coordonnées : ces deux vecteurs sont égaux ; on en déduit que le quadrilatère ABCd est un parallélogramme.
Or, d’après la question 1. , les vecteurs −→
AB et
−−→AD sont orthogonaux : l’angle BAD÷ est droit.
Ainsi, ABCD est un parallélogramme et il pos- sède un angle droit : ABCD est un rectangle.
Correction 3
1. Le point A étant le centre du repère, on a : AÄ0 ; 0ä
Les relations trigonométriques dans un triangle rectangle permettent d’obtenir les coordonnées des deux autres sommets de cette figure :
E
Å
4·cosπ
6; 4·sinπ 6
ã
=
Ñ
4×
√3 2 ; 4×1
2
é
=
2√ 3 ; 2 C
Å
2·cosπ
4; −2·sinπ 4
ã
=
Ñ
2×
√2
2 ; −2×
√2 2
é
=
√
2 ; −√ 2
On en déduit les coordonnées des points : B
Ñ
3√ 2 2 ; 0
é
; D
2√ 3 ; 0
2. Le point A étant le centre du repère, tout point M du plan a les même coordonnées que le vecteur−−→
AM : a. −→
AB·−−→
AD = 3√ 2 2 ×2√
3 + 0×0 = 3√ 6 b. −→
AB·−→
AE = 3√ 2 2 ×2√
3 + 0×2 = 3√ 6 c. −→
AC·−−→
AD=√ 2×2√
3 +Ä−√
2ä×0 = 3√ 6 3. Le point Dest le projeté orthogonal du pointE
sur la droite (AD).
Le point C est le projeté orthogonal du point C sur la droite (AD).
Correction 4
1. Voici les coordonnées polaires des points présents dans la figure :
O
ï
0 ; 0
ò
A
ï
2 ; 0
ò
B
ï
3 ; 0
ò
C
ï
2 ; π 6
ò
D
ï
3 ; π 6
ò
E
ï
2 ; π 4
ò
F
ï
3 ; π 4
ò
G
ï
2 ; 2π 3
ò
H
ï
3 ; 2π 3
ò
Voici les coordonnées cartésiennes de ces points : OÄ0×cos 0 ; 0×sin 0ä=Ä0 ; 0ä
AÄ2×cos 0 ; 2×sin 0ä=Ä2 ; 0ä BÄ3×cos 0 ; 3×sin 0ä=Ä3 ; 0ä C
Å
2×cosπ
6; 2×sinπ 6
ã
=
√ 3 ; 1
D
Å
3×cosπ
6; 3×sinπ 6
ã
=
Ñ
3√ 3 3 ;3
2
é
E
Å
2×cosπ
4; 2×sinπ 4
ã
=
√ 2 ;√
2
F
Å
3×cosπ
4 ; 3×sinπ 4
ã
=
Ñ
3√ 2 2 ;3√
2 2
é
G
Ç
2×cos2π
3 ; 2×sin2π 3
å
=−1 ;√ 3 H
Ç
3×cos2π
3 ; 3×sin2π 3
å
=
Ñ
−3 2;3√
3 2
é
2. Puisque O est l’origine du repère, pour tout point X du plan, ce point et le vecteur−−→
OX ont les même coordonnées.
Utilisons les coordonnées trouvées à la question précédente :
a. −→
OA·−→
OC = 2×√
3 + 0×1 = 2√ 3 b. −−→
OB·−−→
OD = 3×3√ 3
3 + 0×3 2 =√
3 c. −−→
OB·−−→
OE = 3×√
2 + 0×√ 2 d. −−→
OB·−→
OG= 3×(−1) + 0×√
3 =−3 Correction 5
1. a. Déterminons les coordonnées des deux vecteurs−→
BA et −−→
−→ BC
BA(xA−xB;yA−yB) =Ä−2−1 ; 3−(−4)ä
= Ä−3 ; 7ä
−−→BC(xC−xB;yC −yB) = Ä0−1 ; −2−(−4)ä
= Ä−1 ; 2ä
On a ainsi les valeurs suivantes :
−→BA·−−→
BC = (−3)×(−1) + 7×2 = 15 k−→
BAk=»(−3)2+ 72 =√ 58 k−−→
BCk=»(−1)2+ 22 =√ 5
b. Le produit scalaire est donnée également à l’aide de la formule suivante :
−→BA·−−→
BC =BA×BC×cosABC÷ 15 =√
58×√
5×cosABC÷ cosABC÷ = 15
√58×√ 5
Les fonctions trigonométriques inverses per- mettent d’obtenir la valeur de l’angle géométrique :
ABC÷ = sin−1
Å 15
√58×√ 5
ã
'28,26o
c. A l’aide d’un dessin à la main, on se rend
compte que l’angle
Å−→
BA;−−→
BC
ã
est orienté négativement ; on a alors :
Å−→
BA;−−→
BC
ã
=−28,26
2. Le calcul des coordonnées des vecteurs donnent :
−−→DEÄ−4 ; −5ä ; −−→
DF Ä−1 ; −1ä Ainsi, le produit scalaire−−→
DE·−−→
DF a pour valeur :
−−→DE·−−→
DF = (−4)×(−1) + (−5)×(−1) = 9 La calcul des normes de vecteurs donne :
k−−→
DEk=»(−4)2+ (−5)2 =√ 41 k−−→
DFk=»(−1)2+ (−1)2 =√ 2
Le produit scalaire de deux vecteurs est égale- ment déterminé par la formule suivante :
−−→DE ·−−→
DF =DE×DF×cosEDF÷ 9 =√
41×√
2×cosEDF÷ cosEDF÷ = 9
√41×√ 2
Les fonctions trigonométriques inverses permet- tent d’écrire :
EDF÷ = cos−1
Å 9
√41×√ 2
ã
'6,34o au centième de degré près.
Un dessin à la main permet de montrer que l’an- gle
Å−−→
DE;−−→
DF
ã
est orienté positivement. Ainsi, on a :
Å−−→
DE;−−→
DF
ã
= 6,34o Correction 6
1. Calculons les produits scalaires demandés :
−
→R ·−→ F1
Å−→ F +−→
F1+−→ F2
ã·−→ F1 =−→
F ·−→ F1+−→
F1·−→ F1+−→
F2·−→ F1
= k−→ Fk·k−→
F1k·cosα+k−→ F1k·k−→
F1k+k−→ F2k·k−→
F1k·cosγ
= 96·cosα+ 48·cosγ + 64
−
→R·−→ F2 =
Å−→ F +−→
F1+−→ F2
ã·−→ F2 =−→
F·−→ F2+−→
F1·−→ F2+−→
F2·−→ F2
= k−→ Fk · k−→
F2k ·cosβ+k−→ F1k · k−→
F2k ·cosγ+k−→ F2k2
= 72·cosβ+ 48·γ+ 36
−
→R·−→ F =
Å−→ F +−→
F1+−→ F2
ã·−→ F =−→
F·−→ F +−→
F1·−→ F +−→
F2·−→ F
= k−→ Fk·k−→
Fk+k−→ F1k·k−→
Fk·cosα+k−→ F2k·k−→
Fk·cosβ
= 96·cosα+ 72·β+ 144 2. a. Puisque −→
R=−→
0, on doit également avoir les égalités suivantes :
−
→R·−→ F1 =−→
0 ; −→ R·−→
F2 =−→
0 ; −→ R·−→
F =−→ 0
On obtient le système d’équations suivant :
96·cosα + 48·cosγ + 64 = 0 72·cosβ + 48·cosγ + 36 = 0 96·cosα + 72·cosβ + 144 = 0 En divisant les deux membres de la première ligne par 16 ; en divisant la seconde ligne par 12 ; en divisant la troisième ligne par 24 ; on obtient :
6·cosα + 3·cosγ + 4 = 0 6·cosβ + 4·cosγ + 3 = 0 4·cosα + 3·cosβ + 6 = 0 b. En notant :
X = cosα ; Y = cosβ ; Z = cosγ Le système devient :
6X+ 3Z+4=0 6Y+4Z+3=0 4X+3Y +6=0
=⇒
6X+ 3Z=−4 4X+3Y =−6 6Y+4Z=−3
=⇒
12X+ 6Z= −8 12X+9Y =−18 6Y+4Z= −3
=⇒
12X+ 6Z=−8
−9Y+6Z= 10 6Y+4Z=−3
=⇒
12X+ 6Z= −8 18Y−12Z=−20 18Y+12Z= −9
=⇒
12X+ 6Z= −8 18Y−12Z=−20
−24Z=−11
=⇒
12X+ 6Z= −8 18Y−12Z=−20 Z= 11 24
=⇒
12X+ 6Z= −8 18Y−11
2 =−20 Z= 11 24
=⇒
12X + 6Z = −8 18Y = −29 2 Z = 11
24
=⇒
12X+ 6Z= −8 Y =−29 36 Z= 11 24
=⇒
12X+ 11 4 = −8 Y =−29 36 Z= 11 24
=⇒
12X =−43 4 Y =−29
36 Z= 11 24
=⇒
X =−43 48 Y =−29 36 Z = 11 24
Ainsi, le système initial a pour solution :
cosα = −43 48 cosβ = −29 36 cosγ = 11
24
Les relations trigonométriques inverses nous permettent d’obtenir la mesure de ces trois an- gles :
α = cos−1
Å−43 48
ã'153,6o
β = cos−1
Å−29 36
ã'143,7o
γ = cos−1
Å11 24
ã
'62,7o Correction 7
Le fichier n’existe pas Correction 8
Voici la représentation du triangle ABC :
A
B C
J I
K M
1. J étant le milieu du segment [AC], on a : AJ = 3cm
En utilisant le théorème de Pythagore dans le triangleAJ B rectangle en J, on a :
AB2 =AJ2+J B2 62 = 32+J B2 J B2 = 36−9 J B2 = 27
J B= 3√ 3
Le point M est l’intersection des médianes dans le triangle ABC équilatéral ; il est situé sur les
2/3 de chaque médiane à partir du sommet. Ainsi, on a la mesure suivante :
BM = 2
3×J B = 2 3×3√
3 = 2√ 3
2. Dans un triangle équilatéral, les médianes sont également des hauteurs ; ainsi, les angles AJ B,÷ CIA,’ CKB÷ sont des angles droits :
a. −→
AC·−→
AB=
Å−−→
AK+−−→
KC
ã·−→
AB
= −−→
AK·−→
AB+−−→
KC·−→
AB=AK×AB = 3×6 = 18 b. −→
AC·−→
IC =
Å−→
AI+−→
IC
ã·−→
IC
= −→
AI·−→
IC+−→
IC·−→
IC =−→
IC·−→
IC =IC2 = 9
c. −−→
M C·−−→
M A=
Å−−→
M J+−→
J C
ã·Å−−→
M J+−→
J A
ã
= −−→
M J·−−→
M J +−−→
M J ·−→
J A+−→
J C·−−→
M J+−→
J C·−→
J A
= M J2 −J C×J A On a M J =√
3
= 3−3×3 =−6 d. −−→
CM·−−→
M I =
Å−→
CI+−−→
IM
ã·−−→
M I
= −→
CI·−−→
M I+−−→
IM ·−−→
M I =−IM2 On a IM =√
3
= −3 Correction 9
1. a. Le vecteur −→
AB a pour coordonnée :
−→AB= (xB−xA;yB−yA) =Ä4 ; 2ä Ainsi, le vecteur k−→
uk a pour norme : k−→
uk = √
42+ 22 = √
16 + 4 = √ 20 = 2√
5
Le vecteur −→
AC a pour coordonnée :
−→AC = (xC −xA;yC −yA) =Ä−2 ; 3ä Ainsi, le vecteur k−→
v k a pour norme : k−→
v k=»(−2)2+ 32 =√
4 + 9 =√ 13 b. A l’aide des coordonnées des vecteurs−→
u et−→ v :
−
→u ·−→ v =x−→
u×x−→ v +y−→
u×y−→ v
= 4×(−2) + 2×3 =−8 + 6 =−2 2. a. On a le développement suivant :
Å
3·−→
u −2·−→ v
ã2
= 9·k−→
uk2−12·−→ u·−→
v + 4·k−→ v k2
= 9×20−12×(−2) + 4×13 = 256 b. Ainsi, la norme du vecteur 3·−→
u −2·−→ v est : k3·−→
u −2·−→ v k=
Å
3·−→
u −2·−→ v
ã2
= √
256 = 16 Correction 10
1. SoitA, B,C trois points du plan etM un point quelconque du plan :
−−→AM·−−→
BC+−−→
BM·−→
CA+−−→
CM·−→
AB
= −−→
AM·−−→
BC+
Å−→
BA+−−→
AM
ã·−→
CA+
Å−→
CA+−−→
AM
ã·−→
AB
=−−→
AM·−−→
BC+−→
BA·−→
CA+−−→
AM·−→
CA+−→
CA·−→
AB+−−→
AM·−→
AB
= −−→
AM·Å−−→
BC+−→
CA+−→
AB
ã
+−→
BA·−→
CA+−→
CA·−→
AB
= −−→
AM·−→ 0 +−→
BA·−→
CA−−→
CA·−→
BA
= 0 + 0 = 0
2. Notons H le point d’intersection de la hauteur
du triangleABC issue deAavec la hauteur issue deB. On a, d’après la question précédente :
−−→AH·−−→
BC+−−→
BH·−→
CA+−−→
CH·−→
AB = 0
Or, on a (AH)⊥(BC) et(BH)⊥(CA). On obtient : 0 + 0 +−−→
CH·−→
AB = 0
−−→CH·−→
AB = 0
On en déduit que la droite (CH) et (AB) sont perpendiculaires ; ainsi,(AH)est également une hauteur du triangle ABC.
Les trois hauteurs sont concourantes en H.
Correction 11
Pour montrer que les deux droites (AC) et (BI) sont perpendiculaires, nous allons étudier le produit scalaire des vecteurs −→
AC et −→
BI.
−→AC·−→
BI =
Å−→
AB+−−→
BC
ã·Å−−→
BC+−→
CI
ã
= −→
AB·−−→
BC+−→
AB·−→
CI+−−→
BC·−−→
BC+−−→
BC ·−→
CI En utilisant les angles droits du rectangle :
= 0 +−→
AB·−→
CI+−−→
BC·−−→
BC+ 0
En utilisant la colinéarité des vecteurs mis en jeux dans ces produits scalaires :
= −AB×CI+BC×BC =−a×a 2 +
Å√ 2 2 a
ã2
= −a2 2 + 2
4a2 =−a2 2 + a2
2 = 0
Le produit scalaire est nul et aucun de ces deux vecteurs est nul ; les droites (AC) et(BI) sont per- pendiculaires.
Correction 12
1. I est le projeté de M sur la droite(DC); on en déduit que la droite (M I) est perpendiculaire à la droite (DC).
Ainsi, les droites (M I) et (BC) sont parallèles entre elles car chacune d’elles est perpendiculaire à la droite (DC).
Les points D, I, C et les points D, M, B sont alignés.
Les droites (M I) et(CB) sont parallèles.
D’après le théorème de Thalès, on a : DI
DC = DM
DB = IM CB
On en déduit l’égalité suivante :
DI×BC =IM×DC
On a :BC =DC ; IM =J C DI×DC =J C×BC
En prenant des vecteurs colinéaires et de même sens, on peut écrire :
−→DI·−−→
DC =−→
J C ·−−→
BC
2. En utilisant le relation de Chasles, on peut écrire :
−→DI·−−→
DC =−→
J C·−−→
Å−−→ BC DA+−→
AI
ã·−−→
DC =−→
J C·−−→
BC
−−→DA·−−→
DC+−→
AI ·−−→
DC =−→
J C·−−→
−→ BC AI ·−−→
DC =−→
J C·−−→
BC
−→AI·Å−→
DJ +−→
J C
ã
=−→
J C·−−→
BC
−→AI·−→
DJ +−→
AI·−→
J C =−→
J C·−−→
BC
−→AI·−→
DJ =−→
J C·−−→
BC−−→
AI ·−→
J C
−→AI·−→
DJ =−→
J C·Å−−→
AD+−→
IA
ã
−→AI·−→
DJ =−→
J C·−→
ID
−→AI·−→
DJ = 0
Aucun de ses vecteurs n’est nul, on en déduit, puisque le produit scalaire est nul que ces deux vecteurs sont orthogonaux.
Correction 13
1. Le point M est un point du cercle C et le seg- ment[AB]forme un diamètre de ce cercle ; ainsi, le triangle AM B est rectangle en M.
Ainsi, on en déduit que les vecteurs−−→
AM et−−→
BM sont orthogonaux :
−−→AM ·−−→
BM = 0
2. A l’aide de la relation de Chasles et des relations algébriques sur le produit scalaire, on obtient : AB2 =−→
AB·−→
AB =
Å−→
AP +−−→
P B
ã·−→
AB
= −→
AP ·−→
AB+−−→
P B·−→
AB
= −→
AP ·Å−−→
AM +−−→
M B
ã
+−−→
P B·Å−−→
AN +−−→
N B
ã
= −→
AP ·−−→
AM +−→
AP ·−−→
M B+−−→
P B·−−→
AN +−−→
P B·−−→
N B Les angles AM B◊ et AN B÷ sont droits
= −→
AP ·−−→
AM +−−→
P B·−−→
−→ N B
AP et−−→
AM sont colinéaires ; ainsi que −−→
P B et−−→
N B
= AP×AM +P B×N B Correction 14
Les formules d’Al-Kashi appliquées à ce triangle donne :
AB2 =AC2+BC2−2AC×BC×cosACB AC2 =AB2+BC2−2AB×BC×cosABC BC2 =AB2+AC2−2AB×AC×cosBAC Ainsi, on peut calculer la mesure des trois angles du triangle ABC :
cosACB÷ = AB2−AC2−BC2 2AC×BC ACB÷ = cos−1
ÅAB2−AC2−BC2
−2AC×BC
ã
ACB÷ = cos−1
Å6,42−4,82−82
−2×4,8×8
ã
ACB÷ ' 53,1o
cosABC÷ = AC2−AB2−BC2
−2AB×BC cosABC÷ = 4,82−6,42−82
−2×6,4×8 ABC÷ ' 36,9o
cosBAC÷ = BC2−AB2−AC2
−2AB×AC cosBAC÷ = 82−6,42−4,82
−2×6,4×4,8 BAC÷ ' 90o
Correction 15
Calcul de la longueur DC :
La formule d’Al-Kashi donne dans le triangle BCD :
DC2 =BD2+BC2−2×BD×BC×cosDBC÷
= 62+ 62−2×6×6×cos 47 = 36 + 36−72×cos 47 Par application numérique, au dixième près, on
obtient :
CD '4,8cm
Calcul des longueurs AD :
Dans le triangle ABD, on a les formules : sinDBA÷
AD = sinADB÷
AB = sinDAB÷ DB
Connaissant la mesure des anglesDAB÷ etABD,÷ on peut écrire :
sinDBA÷
AD = sinDAB÷ DB
sinDBA÷×DB = sinDAB÷×AD AD= sinDBA÷×DB
sinDAB÷
Par application numérique, on obtient : DA'4,7cm
Calcul des longueurs AB :
On utilise la formule obtenue précédemment et sachant que l’angle ADB÷ mesure43o
sinDBA÷
AD = sinADB÷
AB = sinDAB÷ DB sinADB÷
AB = sinDAB÷ DB
DB×sinADB÷ =AB×sinDAB÷ AB= DB×sinADB÷
sinDAB÷
Par application numérique, on obtient : AB'4,1cm
Correction 16
Le fichier n’existe pas Correction 17
1. a. On a :
M A2+M B2+M C2 =−−→
M A2+−−→
M B2+−−→
M C2
=
Å−−→
M J +−→
J A
ã2
+
Å−−→
M J +−→
J B
ã2
+
Å−→
J C+−→
J C
ã2
= −−→
M J2+ 2×−−→
M J·−→
J A+−→
J A2+−−→
M J2+ 2×−−→
M J·−→
J B+−→
J B2 +2−→
J C2+ 4×−→
J C·−→
J C+ 2−→
J C2
= 4M J2+2×−−→
M J·Å−→
J A+−→
J B+2−→
J C
ã
+J A2+J B2+2J C2 Hors, en regardant sur le dessin, on a placé le point K défini par la relation (J AKB est un parallélogramme) :
−→J A+−→
J B=−→
−→ J K J A+−→
J B+ 2−→
J C = 0 On en déduit que :
M A2+M B2+M C2 = 4M J2+J A2+J B2+2J C2 b. Iétant le milieu du segment[AB], le théorème
de la médiane permet d’écrire : J A2+J B2 = 2IJ2+AB2
2
Ainsi, un point M de E doit vérifier la rela- tion :
4M J2+J A2+J B2 + 2J C2 = 4M J2+ 2IJ2+AB2
2 + 2J C2
= 4M J2 + 2J C2+ AB2
2 + 2J C2
= 4M J2 +AB2
2 + 4J C2 = 4M J2+AB2
2 + (2J C)2
= 4M J2 +AB2
2 +IC2
c. Le théorème de Pythagore dans le triangle AIC rectangle enA permet d’écrire :
IA2+AC2 =IC2 IC2 = 32 + 32 IC2 = 2×32
IC = 2√ 3
Donc un point appartient à E si, et seulement si :
4M J2+AB2
2 +IC2 = 72 4M J2+ 36
2 + 18 = 72 4M J2+ 36 = 72 4M J2 = 36 M J2 = 9
M J = 3
L’ensemble E est l’ensemble des points situés à une distance de 3 du point J : c’est le cercle de centre J et de rayon 3.
2. a. Dans le repère
Å
A; 1 6·−→
AB; 1 3·−→
AC
ã
on a les coordonnées suivantes :
AÄ0 ; 0ä ; BÄ6 ; 0ä ; CÄ0 ; 3ä
Les points de E sont caractérisés par la rela- tion :
M A2+M B2+ 2M C2 = 72
ïÄxM−xAä2+ÄyM−yAä2
ò
+ïÄxM−xBä2+ÄyM−yBä2
ò
+2ïÄxM −xCä2+ÄyM −yCä2
ò
= 72 x2M +y2M +ïÄxM −6ä2+y2M
ò
+ 2
ï
x2M +ÄyM −3ä2
ò
= 72 x2M +y2M +
ï
x2M −12xM + 36 +yM2
ò
+ 2
ï
x2M +yM2 −6yM + 9
ò
= 72 4x2M + 4yM2 −12xM + 54−12yM = 72
4
Å
x2M +yM2 −3xM −3yM +27 2
ã
= 72 x2M +yM2 −3xM −3yM +27
2 = 18 x2M +yM2 −3xM −3yM + −9
2 = 0
b. Ainsi, en identifiant cette équation cartésienne à l’équation générale d’un cercle :
x2+y2−2ax−2by+c= 0
On en déduit que E est un cercle de centre le point de coordonnée
Ç3 2;3
2
å
et de rayon : r=√
a2+b2−c=
Å3 2
ä2
+
Å3 2
ä2
−Å−9 2
ã
=
9 4+ 9
4+ 18 4 =
36 4 = 3
Correction 18
1. a. Les coordonnées du point I se calculent par la formule :
I
ÇxA+xB
2 ;yA+yB 2
å
= −3 + 3
2 ;2 + (−6) 2
!
= Ä0 ; −2ä
b. La longueur AB vaut :
AB=»(xB−xA)2+ (yB−yA)2
= »62+ (−8)2 =√
100 = 10 2. En utilisant la relation :
M A2−M B2 = 2−−→
IM ·−→
AB On obtient :
M A2−M B2 = 40 2−−→
IM ·−→
AB= 40
−−→IM ·−→
AB= 20
Choisissons le point H appartenant à (AB) tel que
IH = 20 AB = 2
AB etIH sont de même signe.
Cherchons les coordonnées du point H.
−→AB est un vecteur directeur de (AB) et de longueur 10.−→
ABÄ6 ; −8ä
−
→u =
−→AB
10 est un vecteur unitaire de (AB);
−
→u Ä0,6 ; −0,8ä
−→IH = 2−→ u ; −→
IHÄ1,2 ; −1,6ä On en déduit HÄ1,2 ; −3,6ä
L’ensemble des pointsM vérifiant cette relation est la droite perpendiculaire à la droite (AB) passant par le point H. Un vecteur normal à cette droite est le vecteur −→
AB; son équation cartésienne est de la forme :
6x−8y+c= 0
Le pointH appartenant à cette droite 6×1,2−8×(−3,6) +c= 0
c= 36
L’ensemble des solutions est la droite ayant pour équation cartésienne :
6x−8y+ 36 = 0
3. Utilisant la relation suivante : M A2+M B2 = 2M I2+ 1
2AB2
Ainsi, les points M vérifiant la relation de- mandées vérifient également :
M A2 +M B2 = 150 2M I2+1
2AB2 = 150 2M I2 = 150− 1
2AB2 2M I2 = 100
M I2 = 50
Les distances étant des nombres positifs M I = 5√
2
Cet ensemble de points est un cercle de centreI et de rayon5√
2. Ainsi, son équation cartésienne est de la forme :
x2+y2−2ax−2by+c= 0 x2+y2−2×(−2)×y+c= 0 x2+y2 + 4y+c= 0 Où c vérifier2 =a2+b2−c On en déduit c=−46
x2+y2+ 4y−46 = 0 Correction 19
1. a. Les coordonnées polaires des points M etN sont :
M[ρ; α] ; M[ρ0; β]
Ainsi, ces deux points ont pour coordonnées cartésiennes dans ce même repère :
MÄρ·cosα;ρ·sinαä ; NÄρ0·cosβ;ρ·sinβä b. On obtient la valeur suivante pour le produit
scalaire :
−−→OM·−−→
ON =ρ·cosα×ρ0·cosβ+ρ·sinα×ρ·sinβ
=ρ·ρ0·Åcosα·cosβ+ sinα·sinβ
ã
2. a. Le point M appartenant à l’axe des ab- scisses, ses coordonnées polaires sont [ρ; 0].
Le pointN a les caractéristiques suivantes : ON =ρ0 ;
Å−→ i0 ; −−→
ON
ã
=β−α
Ainsi, les coordonnées polaires du point N sont [ρ0; β−α]
b. Les coordonnées cartésiennes sont :
MÄρ; 0ä ; Nρ0·cosÄβ−αä;ρ0·sinÄβ−αä c. Ainsi, le produit scalaire −−→
OM·−−→
ON a pour valeur :−−→
OM·−−→
ON =ρ·ρ0·cosÄβ−αä
3. La valeur du produit scalaire de deux vecteurs est indépendant du repère orthonormé, mais partageant la même unité ; ainsi, on a :
ρ·ρ0·Åcosα·cosβ+ sinα·sinβ
ã
=ρ·ρ0·cosÄβ−αä cosα·cosβ+ sinα·sinβ = cosÄβ−αä
Correction 20
1. a. Le pointK, milieu du segment[AB], a pour coordonnée :
K
ÇxA+xB
2 ;yA+yB 2
å
=
Ç−1 + 2
2 ;−1−4 2
å
=
Ç1 2; −5
2
å
On a les coordonnées de vecteurs suivants :
−→AB(xB−xA;yB−yA)
= Ä2−(−1) ; −4−(−1)ä=Ä3 ; −3ä
−−→KM(xM −xK;yM −yK) =
Ç1
2−x; − 5 2−y
å
Ainsi, la condition −→
AB·−−→
KM = 0 se traduit sur les variablesx et y par :
−→AB·−−→
KM = 0 x−→
AB·x−−→
KM +y−→
AB·y−−→
KM = 0 3×Ä1
2 −x
ã
+ (−3)
Å−5 2 −y
ã
= 0 3
2 −3x+ 15
2 + 3y= 0
−3x+ 3y+ 9 = 0
−x+y+ 3 = 0
b. La médiatrice du segment [AB] est la droite perpendiculaire à la droite (AB) et passant par le pointK milieu du segment[AB]; ainsi, l’ensemble des points M de la médiatrice du segment [AB] doivent vérifier l’équation :
AB~ ·−−→
KM = 0
D’après la question précédente, la médiatrice du segment [AB] a pour équation :
−x+y+ 3 = 0 2. a. Le vecteur −−→
CD a pour coordonnée :
−−→CD = (xD −xC;yD−yC) =
Ç1 5− 22
5 ;7 5− 4
5
å
=
Ç
−21 5 ;3
5
å
Le vecteur −→
u a pour coordonnée −→ u
Ç3 5;21
5
å
est orthogonal au vecteur −−→
CD car :
−−→CD·−→
u =−21 5 ×3
5+ 3 5×21
5 = 0 b. Le vecteur −−→
DM a pour équation :
−−→DM
Ç
x−1
5;y− 7 5
å
L’ensemble des points M(x;y) de la droite vérifie la relation :
−−→DM ·−→ u = 0 x−−→
DM ·x−→
u +y−−→
DM ·y−→ u = 0
Å
x− 1 5
ã×3 5 +
Å
y−7 5
ã×21 5 = 0 25×ÇÅx− 1
5
ã×3 5 +
Å
y−7 5
ã×21 5
å
= 0
Å
5x−1
ã×3 +
Å
5y−7
ã×21 = 0 15x−3 + 105y−147 = 0 15x+ 105y−150 = 0 x+ 7y−10 = 0 3. L’intersection des deux droites (d) et (d0) sont
les points M de coordonnée (x;y) vérifiant le système d’équations suivant :
®−x + y + 3 = 0 x + 7y − 10 = 0
En additionnant les deux lignes, on obtient : 8y−7 = 0
8y = 7 y = 7 8
D’après la première ligne, on a :
−x+y+ 3 = 0
−x+7
8 + 3 = 0
−x+7
8 + 3 = 0
−x+ 31 8 = 0
x= 31 8
Le point d’intersection a pour coordonnée
Ç31 8 ;7
8
å
