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Un corrigé du devoir surveillé n°7

E

7.1 (7 points).

M N PQ est un rectangle de centre I tel que M N = 10 et N P = 6.

1. Calculer les produits scalaires suivants :

• −−→ M N . −−→ QP ; • −−→ M N . −−→ P N ; • −−→ P N . −−→ MP .

• −−→ M N . −−→ QP = M N × QP car les deux vecteurs sont de même sens donc −−→ M N . QP −−→ = 10 × 10 = 100;

• −−→ M N . −−→ P N = 0 car les deux vecteurs sont orthogonaux;

• −−→ P N. −−→ MP = −−→ P N.( −−→ M N + −−→ N P) = −−→ P N. −−→ M N − −−→ P N . −−→ N P = 0 − P N × N P car les deux vecteurs sont de sens opposés donc −−→ M N . QP −−→ =

− 6 × 6 = − 36.

2. (a) Montrer que I P = I N = p 34.

Les diagonales d’un rectangle étant de même longueur et se cou- pant en leur milieu I , on a I P =

MP =

QN = I N.

Dans le triangle M N P rectangle en N, d’après P

, MP

= M N

+ N P

= 136 donc MP = p

136 = p

4 × 34 = p 4 p

34 = 2 p

34 et donc I P = I N =

MP = p 34.

(b) Montrer que −→ I N . −→ I P = 16.

−→ I N . −→ I P =

¡

I N

+ I P

− P N

¢

=

(34 + 34 − 36) = 16.

Remarque. Cette formule ne peut s’utiliser que lorsque les deux vecteurs ont même origine, ici I .

(c) En déduire une valeur de l’angle N I P  en degré arrondie à 0,01.

−→ I N . −→ I P = I N × I P × cos ¡

 N I P ¢

⇔ 16 = 34 × cos ¡

 N I P ¢

⇔ cos ¡

 N I P ¢

=

et N I P  = cos

¡

34

¢ ≈ 61,93˚.

E

7.2 (6 points).

ABC D est un parallélogramme tel que AB = 7, AC = 8 et AD = 5.

1. (a) Montrer que −→ B A. −→ BC = 5.

−→ B A. −→ BC =

¡

B A

+ BC

− AC

¢

=

(49 + 25 − 64) = 5.

Remarque. Encore une fois, cette formule ne peut s’utiliser que lorsque les deux vecteurs ont même origine, ici B.

(b) En déduire une valeur de l’angle ABC  en degré arrondie à 0,01.

−→ B A. −→ BC = B A × BC × cos ¡

 ABC ¢

⇔ 5 = 35 × cos ¡

 ABC ¢

⇔ cos ¡ ABC  ¢

=

et ABC  = cos

¡

35

¢ ≈ 81,79˚.

2. (a) Calculer −→ AB. −−→ AD.

−→ AB. −−→ AD = −→ AB. −→ BC, car ABC D parallélogramme, donc −→ AB. −−→ AD =

− −→ B A. −→ BC = − 5.

(b) En déduire la valeur exacte de BD.

BD

= −−→ BD

= ³ −→ B A + −−→ AD ´

= −→ B A

+ 2 × −→ B A. −−→ AD + −−→ AD

= B A

− 2 × −→ AB. −−→ AD + AD

= 49 + 10 + 25 = 84 Et BD = p

84 = p

4 × 21 = 2 p 21.

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E

7.3 (7 points).

ABC est un triangle tel que l’angle en A est aigu.

B AE et C AF sont des triangles rectangles et isocèles en A à l’extérieur du tri- angle ABC (voir la figure ci-dessous).

On note θ = B AC  , b = AC et c = AB.

1. Montrer que −→ AB. −→ AF = −→ AC . −→ AE = − bc sin(θ).

−→ AB . −→ AF = AB × AF × cos ¡

 B AF ¢

= AB × AC × cos ¡ B AC  + C AF  ¢

= c × b × cos ³ θ + π

2

´

= bc × ( − sin(θ)) = − bc sin(θ)

−→ AC . −→ AE = AC × AE × cos ¡

 E AC ¢

= AC × AB × cos ¡ E AB  + B AC  ¢

= b × c × cos ³ π 2 + θ ´

= bc × ( − sin(θ)) = − bc sin(θ) Remarque. La plupart a oublié que cos ¡

x +

¢

= − sin(x) 2. Soit I le milieu de [BC ].

Montrer que −→ AI =

³ −→ AB + −→ AC ´ .

−→ AI = −→ AB + −→ B I = −→ AB + 1 2

−→ BC = −→ AB + 1 2

³ −→ B A + −→ AC ´

= −→ AB + 1 2

−→ B A + 1 2

−→ AC = −→ AB − 1 2

−→ AB + 1 2

−→ AC

= 1 2

−→ AB + 1 2

−→ AC = 1 2

³ −→ AB + −→ AC ´

Remarque. Cette question avait déjà été faite en classe dans un autre exercice.

3. Montrer que (AI ) est la hauteur issue de A dans le triangle AEF .

−→ AI . −→ EF = 1 2

³ −→ AB + −→ AC ´

. ³ −→ E A + −→ AF ´

= 1 2

h −→ AB. −→ E A + −→ AB. −→ AF + −→ AC . −→ E A + −→ AC . −→ AF i

= 1 2

h 0 + −→ AB. −→ AF − −→ AC . −→ AE + 0 i

(vecteurs orthogonaux)

= 1

2 [ − bc sin(θ) − ( − bc sin(θ))]

= 1

2 [ − bc sin(θ) + bc sin(θ)]

= 0

Comme −→ AI. −→ EF = 0, alors ( AI) ⊥ (EF ) donc la droite (AI) passe par le sommet A du triangle AEF et est perpendiculaire au côté (EF ), c’est donc la hauteur issue de A dans AEF .

DavidROBERT

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