DM n°4 : Produit scalaire

(1)

Nom :

Groupe : 1MATHS1&2

Devoir maison n°4 Produit scalaire

à préparer pour le : 22 / 02 / 21

(2)

Correction du DM n°4 1.

2. a) D'après la relation de Chasles, on a :

=

On en déduit . = . ( )

. = . + .

Or D est le projeté orthogonal de C sur (AD). Donc . = . = - Ainsi, . = - + .

b) D'après la relation de Chasles, on a aussi :

= + On en déduit . = - + ( + ) .

. = - + . + . Or = donc . =

De plus, ABCD étant un rectangle, les vecteurs et sont orthogonaux. Donc . =

Finalement : . = - + = = =

Ainsi, et sont orthogonaux. Ce qui prouve que (AC) et (DE) sont perpendiculaires.

3. Pour montrer que les droites (EF) et (BD) sont perpendiculaires on montre que les vecteurs et sont orthogonaux. D'après la relation de Chasles, on a :

. = ( + + ) . ( + )

. = . + . + + . + . + .

Or et sont orthogonaux, de même que et d'une part et et d'autre part.

Donc . = . = . =

De plus, puisque = alors = . D'autre part ABCD étant un rectangle, on a = On en déduit . = . ( ) =

Enfin, F étant le milieu de [CD], on a = . On en déduit . = . Finalement : . = + + + +

. = = = =

Ainsi et sont orthogonaux, ce qui prouve que (EF) et (BD) sont perpendiculaires.

¡!DE ¡!DA +¡!AE

¡!AC ¡!DE ¡!AC ¡!DA +¡!AE

¡!AC ¡!DE ¡!AC ¡!DA ¡!AC ¡!AE

¡!AC ¡!DA ¡!AD ¡!DA ¡!AD²

¡!AC ¡!DE ¡!AD² ¡!AC ¡!AE

¡!AC ¡!AB ¡!BC

¡!AC ¡!DE ¡!AD² ¡!AB ¡!BC ¡!AE

¡!AC ¡!DE ¡!AD² ¡!AB ¡!AE ¡!BC ¡!AE

¡!AE 1 4

¡!AB ¡!AB ¡!AE 1 4

¡!AB²

¡!BC ¡!AE ¡!BC ¡!AE 0

¡!AC ¡!DE ¡!AD² 1 4

¡!AB² - 2²+ 1

4 £4² - 4 + 4 0

¡!AC ¡!DE

¡!EF ¡!BD ¡!EB ¡!BC ¡!EB ¡!CD ¡!CF ¡!BC ¡!CD

¡!EF ¡!BD

¡!EF ¡!

BD ¡!

EB ¡!

BC ¡!

CF ¡!

BC ¡!

¡!CD

BC² ¡!BC ¡!CD ¡!CF

¡!EB ¡!BC ¡!BC ¡!CD ¡!CF ¡!BC

¡!EB ¡!BC ¡!BC ¡!CD ¡!CF ¡!BC 0

¡!AE 1 4

¡!AB ¡!EB 3 ¡!AB

¡! 4 EB ¡!

CD 3 4

¡!AB

¡!CD -¡!AB -¡!

AB ¡!

AB² -3

¡! 4

CF 1 ¡!CD 2

¡!CF ¡!CD 1 2

¡!CD²

¡!EF ¡!BD 0¡ 3 ¡!AB² 4

¡!BC² 1 2

¡!CD² 0 0

-3

4 £4²+ 2²+1 2 £4²

¡!EF ¡!

BD -3£4 + 4 + 1

2 £16 -12 + 4 + 8 0

¡!EF ¡!BD

(3)

• . ( + ) = . + . = = =

• . ( – ) = . – . = =

. = = =

Donc et sont orthogonaux.

a) . = = =

b) . = = =

c) . = = =

d) . = . = =

e) . ( + ) = . + . = =

f) ( . ) = = =

a) D'une part, . = =

D'autre part, si = alors et sont orthogonaux et par conséquent . = On en déduit = ⇔ =

b) D'une part . =

D'autre part, si = alors et sont colinéaires et de sens contraires. Par conséquent :

. = - AB × AC = - ×

. = - =

On en déduit : =

Autrement dit : =

Cette équation équivaut à :

= et ≥

= et ≤

= et ≤ = et ≤ = et ≤ = et ≤ = ≤

S = { } Remarques :

• Pour résoudre une équation dans laquelle l'inconnue apparaît sous une racine carré on élève chaque membre au carré pour résoudre une équation du 2^nd degré.

• Une contrainte apparaît du fait que la racine carré d'un réel est toujours positive ou nulle.

Cette contrainte peut nous amener à éliminer certaines solutions de l'équation du 2^nd degré.

• Lorsqu'on ne reconnaît pas l'identité remarquable = on résout l'équation = en calculant le discriminant :

∆ = = = =

On en déduit une seule solution : = = =

• On pense à vérifier que chaque solution est compatible avec la contrainte liée au signe de la racine carré.

c) D'une part . = D'autre part, si = alors

. = AB × AC × cos ( )

. = =

On en déduit : = Ce qui équivaut à résoudre :

= et ≥

= et ≥ = et ≥

= et ≥

Ce problème n'a pas de solution donc il n'existe aucune valeur de possible dans ce cas.

~

u ~v w~ ~u ~v ~u w~ 2 3 ¡ 1

6 3 6

1 2

~

u ~v w~ ~u ~v ~u w~ 2 3 + 1

6 5 6

~

u ~v 1£6¡3£2 6¡6 0

~ u ~v

~

u ~v -3£2 + 1£(-1) -6¡1 -7

~

u w~ -3£5 + 1£3 -15 + 3 -12

~ w

~v 2£5¡1£3 10¡3 7 2~u 3~v 6£(~u ~v) 6£(-7) -42

~

u ~v w~ ~u ~v ~u w~ -7¡12 -19

~

u ~v w~² -7£(5²+ 3²) -7£34 -238

¡!AB ¡!AC 1£x¡1£2 x¡2

[BAC ¡!AB ¡!AC

¡!AB ¡!

AC 0 x¡2 0 x 2

¡!AB ¡!AC x¡2

[BAC ¡!

AB ¡!

AC

¼

¡!AB ¡!

AC p

1²+ (-1)² p

x² + 2²

¡!AB ¡!AC p 2£p

x²+ 4 -p

2x²+ 8

x¡2 -p

2x²+ 8 p2x²+ 8 2¡x

2¡x 0 (2¡x)²

2x²+ 8

2x²+ 8 2²¡2£2x+x² x 2 2x²+ 8 4¡4x+x² x 2

x 2 x²+ 4x+ 4 0

0 x 2

(x+ 2)²

0 x 2

x+ 2 2 x -2 -2

x² + 4x+ 4

b²¡4ac 4²¡4£1£4 16¡16 0 x0

-b 2a

-4 2 -2

(x+ 2)² x² + 4x+ 4 0

¡!AB ¡!

AC x¡2

[BAC

¡!AB ¡!AC

¼ 2

¼ 4 ¼

4

¡!AB ¡!

AC p 2£p

x² + 4£ p2

2

px²+ 4 x¡2

px²+ 4

(x¡2)²

x²+ 4 x¡2 0

x² + 4 x²¡4x+ 4 x 2 x 2

4x 0

0 x 2

x

(4)

1.

On en déduit :

a) . = =

b) . = (- ) . (- ) = .

. = =

c) . = (- ) . . =

. = = =

2. D'après les calculs précédents, on a :

◦ . ≠

On en déduit que ni (AB) et (AC) ni (CA) et (CB) ni (BA) et (BC) ne sont perpendiculaires entre elles. Ainsi, le triangle ABC ne peut pas être rectangle.

On commence par déterminer les coordonnées du milieu M de [IJ] :

= = = =

A appartient à la médiatrice de [IJ] si et seulement si et sont orthogonaux.

. = = =

Ainsi, et sont orthogonaux.

On en déduit que les droites (AM) et (IJ) sont

perpendiculaires et que, par conséquent, A appartient à la médiatrice de [IJ].

De même, en calculant les coordonnées de

et on obtient :

. = et . =

On en déduit qu'aucune des droites (BM) et (CM) n'est perpendiculaire à [IJ] et que, par conséquent, ni B ni C appartient à la médiatrice de [IJ].

¡!AB 0 BB

@ 14

5 ¡1 17

5 ¡1 1 CC A ¡!

AB 0 BB

@ 14

5 ¡ 5 5 17

5 ¡ 5 5

1 CC A ¡!

AB 0 BB

@ 9 5 12

5 1 CC A

¡!AC

µ5¡1 1¡1

¶ ¡!

AC µ4

0

¶

¡!BC 0 BB

@

5¡ 14 5 1¡ 17

5 1 CC A¡!

BC 0 BB

@ 25

5 ¡ 14 5 5 5 ¡ 17

5 1 CC A

0 BB

@ 11

5 -12

5 1 CC

¡! A BC

¡!AB ¡!AC 9

5 £4 + 12

5 £0 36 5

¡!CA ¡!CB ¡!AC ¡!BC ¡!AC ¡!BC

¡!CA ¡!

CB 4£ 11

5 + 0£ -12 5

44 5

¡!BA ¡!BC ¡!AB ¡!BC

¡!BA ¡!BC -9 5 £ 11

5 ¡ 12 5 £ -12

¡! 5

BA ¡!BC -99

25 + 144 25

45 25

9 5

¡!AB ¡!AC 0 0 0

¡!CA ¡!CB

¡!BA ¡!BC

xI+xJ

xM 2

-1 + 2 2

1 2 0,5 yM

yI+yJ

2

2 + 3 2

5 2 2,5

¡¡!AM ¡!IJ

¡¡!AM

µ0,5¡1 2,5¡1

¶

¡¡!AM µ-0,5

1,5

¶

¡

!IJ

µ2 + 1 3¡2

¶

¡

!IJ µ3

1

¶

¡¡!AM ¡!IJ -0,5£3 + 1,5£1 -1,5 + 1,5 0

¡¡!AM ¡!IJ

¡¡!BM

¡¡!CM

µ 1 -2,5

¶

µ2,5 0,5

¶

¡

!IJ

¡¡!BM 0,5 ¡¡!CM ¡!IJ 8