1S – Exercices révisions – Produit scalaire

Exercice 1

$ABC$ est un triangle tel que $AB = 5$.
Déterminer l’ensemble des points $M$ du plan tels que :

  1. $\vec{AB}.\left(\vec{MA}+\vec{MB}\right) = 0$
    $\quad$
  2. $\vec{AB}.\vec{AM} = 2$
    $\quad$
  3. $MA^2+MB^2=AB^2$
    $\quad$
  4. $\left(\vec{MA}+\vec{MB}-2\vec{MC}\right).\left(\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}\right) = 0$
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. $\vec{AB}.\left(\vec{MA} + \vec{MB}\right) = 0$. Cela signifie donc que $\vec{AB}$ est orthogonal à $\vec{MA}+\vec{MB}$. Le point $M$ décrit alors la médiatrice de $[AB]$.
    $\quad$
  2. On appelle $D$ le point de $[AB]$ tel que $AD = \dfrac{2}{5} AB$. $M$ décrit donc la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par $D$.
    $\quad$
  3. D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABM$ est rectangle en $M$. Ainsi $M$ décrit le cercle de diamètre $[AB]$.
    $\quad$
  4. On appelle $E$ le point tel que $\vec{DC} = -\dfrac{1}{3} \left(\vec{CA} + \vec{CB}\right)$.
    $$\begin{align*}
    & \left(\vec{MA}+\vec{MB}-2\vec{MC}\right).\left(\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}\right) = 0\\\\
    & \ssi \left(\vec{MA} + \vec{MB} + \vec{CM} + \vec{CM}\right).\left(\vec{MC} + \vec{CA} + \vec{MC} + \vec{CB} + \vec{MC}\right) =0 \\\\
    &\ssi \left(\vec{CA}+\vec{CB}\right).\left(3\vec{MC}+\vec{CA}+\vec{CB}\right) = 0
    \end{align*}$$
    Donc $M$ décrit la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par $E$.

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Exercice 2

Soit $A(-2;1)$ et $B(4;-2)$ deux points du plan muni d’un repère orthonormal $\Oij$. On note $\mathscr{C}$ l’ensemble des points $M(x;y)$ du plan tels que : $x^2 + y^2 + 2x – 6y – 15 = 0$.

  1. Déterminer l’ensemble des points $M$ de $\mathscr{C}$.
    $\quad$
  2. Déterminer une équation de la droite $(AB)$.
    $\quad$
  3. Déterminer les points d’intersection $I$ et $J$ de $(AB)$ avec $\mathscr{C}$.
    $\quad$
  4. Déterminer une équation de la tangente à $\mathscr{C}$ au point $K(2;-1)$.
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. $\quad$
    $$\begin{align*}
    & x^2+y^2+2x-6y-15 = 0 \\\\
    & \ssi (x+1)^2 – 1 + (y -3)^2 – 9 – 15 = 0 \\\\
    & \ssi (x+1)^2 + (y-3)^2 = 25 \\\\
    & \ssi \left(x -(-1)\right)^2 + (y-3)^2 = 5^2
    \end{align*}$$
    Le point $M$ décrit donc le cercle de centre $C(-1;3)$ et de rayon $5$.
    $\quad$
  2. $\vec{AB}(6;-3)$. Ainsi une équation de la droite $(AB)$ est de la forme $3x+6y+c=0$.
    $A(-2;1)$ vérifie donc cette équation. Ainsi $-6 + 6 + c = 0$ et $c=0$.
    Une équation de $(AB)$ est donc $3x+6y=0$ ou $y=-\dfrac{1}{2}x$.
    $\quad$
  3. Les coordonnées de $I$ et $J$ vérifient le système :
    $$\begin{align*}
    & \begin{cases} (x+1)^2+(y-3)^2 = 25 \\\\y=-\dfrac{1}{2}x \end{cases} \\\\
    & \ssi \begin{cases} y = -\dfrac{1}{2}x \\\\(x+1)^2 + \left(-\dfrac{1}{2}x – 3 \right)^2 = 25 \end{cases} \\\\
    & \ssi \begin{cases} y = -\dfrac{1}{2}x \\\\ x^2 + 2x + 1 + \dfrac{1}{4}x^2 + 3x + 9 = 25 \end{cases} \\\\
    & \ssi \begin{cases} y = -\dfrac{1}{2}x \\\\ \dfrac{5}{4}x + 4x – 15 =0 \end{cases}
    \end{align*}$$
    On détermine les solutions de $\dfrac{5}{4}x +5 x – 15 =0 $
    $\Delta = 100$. Les solutions sont donc $x_1 = \dfrac{-5 – 10}{\dfrac{5}{2}} =- 6$ et $x_2 = \dfrac{-5+10}{\dfrac{5}{2}} = 2$.
    Ainsi si $x=-6$ alors $y = -\dfrac{1}{2} \times (-6) = 3$.
    Si $x=2$ alors $y = -\dfrac{1}{2} = -1$.
    On a donc $I(-6;3)$ et $J(2;-1)$.
    $\quad$
  4. Le vecteur $\vec{CK}$ est normal à la tangente à $\mathscr{C}$ en $K$.
    Or $\vec{CK}(3;-4)$. Une équation de la tangente est alors de la forme $3x-4y+c=0$.
    Or $K$ appartient à cette droite. Donc $6 + 4 + c = 0$ soit $c=-10$.
    Une équation de la tangente à $\mathscr{C}$ en $K$ est donc $3x-4y-10=0$.

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Exercice 3

Dans un repère orthonormé $\Oij$ on considère les points suivants :$A(3;2)$, $B(0;5)$ et $C(-2;-1)$.

  1. Calculer les normes des vecteurs $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ et $\vec{BC}$.
    $\quad$
  2. Calculer les produits scalaires $\vec{AB}.\vec{AC}$, $\vec{BC}.\vec{BA}$ et $\vec{CA}.\vec{CB}$.
    $\quad$
  3. Calculer une mesure des angles $\widehat{BAC}$ et $\widehat{ACB}$ à un degré près.
    $\quad$
  4. $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $(AC)$. Calculer $AH$ et $CH$ au dixième près.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. $\vec{AB}(-3;3)$ donc $AB = \sqrt{(-3)^2+3^2} = 3\sqrt{2}$.
    $\vec{AC}(-5;-3)$ donc $AC = \sqrt{(-5)^2+(-3)^2} = \sqrt{34}$
    $\vec{BC}(-2;-6)$ donc $BC = \sqrt{(-2)^2 + (-6)^2} = 2\sqrt{10}$
    $\quad$
  2. $\vec{AB}.\vec{AC} = -3 \times (-5) + 3 \times (-3) = 6$
    $\vec{BC}.\vec{BA} = -2 \times 3 -6\times (-3) = 12$
    $\vec{CA}.\vec{CB} = 5 \times 2 + 3 \times 6 = 28$
    $\quad$
  3. On a $\vec{AB}.\vec{AC} = AB \times AC \times \cos \widehat{BAC}$ donc $\cos \widehat{BAC} = \dfrac{6}{3\sqrt{2} \times \sqrt{34}} = \dfrac{1}{\sqrt{17}}$.
    Par conséquent $\widehat{BAC} \approx 76°$.
    $\quad$
    On a également $\vec{CA}. \vec{CB} = CA\times CB \times \cos \widehat{ACB}$ donc $\cos \widehat{ACB} = \dfrac{28}{\sqrt{34} \times 2\sqrt{10}} = \dfrac{7}{\sqrt{85}}$.
    Par conséquent $\widehat{ACB} \approx 41°$.
    $\quad$
  4. Le produit scalaire $\vec{AB}.\vec{AC}$ étant positif on a donc $\vec{AB}.\vec{AC} = AH \times AC$ soit $AH = \dfrac{6}{\sqrt{34}} \approx 1,0$.
    $H \in [AC]$ donc $CH = AC – AH \approx 4,8$.

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Exercice 4

Dans un repère orthonormé $\Oij$ on considère les points $A(4;0)$, $B(0;4)$ et $C(-2;0)$.

  1. Déterminer une équation du cercle $\mathscr{C}$ passant par les points $A$, $B$ et $C$.
    $\quad$
  2. On considère le point $D(2;4)$
    a. Montrer que $D$ appartient à $\mathscr{C}$.
    $\quad$
    b. On désigne respectivement par $E$, $F$ et $G$ les projetés orthogonaux de $D$ sur les droites $(AB)$, $(BC)$ et $(AC)$.
    Déterminer les coordonnées des points $E$, $F$ et $G$.
    $\quad$
    c. Montrer que les points $E$, $F$ et $G$ sont alignés.
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. Une équation de cercle est de la forme $(x-a)^2+(y-b)^2=R^2$ où le centre du cercle a pour coordonnées $(a;b)$ et le rayon est $R$.
    Puisque chacun des points appartient au cercle, on obtient le système suivant :
    $$\begin{cases}
    (4-a)^2+b^2 =R^2 \qquad & \hfill (1)\\\\
    a^2 + (4-b)^2 = R^2 \qquad &\hfill (2)\\\\
    (-2-a)^2 + b^2 =R^2 \qquad &\hfill (3)
    \end{cases}$$
    En utilisant les équations $(1)$ et $(3)$ on obtient :
    $$(4-a)^2 = (-2-a)^2 \ssi 16-8a+a^2=4+4a+a^2 \ssi a = 1$$
    Notre système devient alors :
    $$\begin{cases}
    9+b^2 =R^2 \qquad &\hfill (1)\\\\
    1 + (4-b)^2 = R^2 \qquad &\hfill (2)\\\\
    9 + b^2 =R^2 \qquad &\hfill (3)
    \end{cases}$$
    En utilisant les équations $(1)$ et $(3)$ on obtient :
    $$9 + b^2 = 1 + (4-b)^2 \ssi 9+b^2 = 1 + 16 – 8b + b^2 \ssi b=1$$
    On utilise cette valeur dans l’équation $(3)$ et on trouve $R^2 = 10$.
    Une équation du cercle passant par les points $A, B$ et $C$ est donc :$$(x-1)^2+(y-1)^2=10$$
    $\quad$
  2. a. Regardons si les coordonnées de $D$ vérifient l’équation de $\mathscr{C}$ :
    $$(2-1)^2+(4-1)^2 = 1 + 9 = 10$$
    Donc $D$ appartient à $\mathscr{C}$.
    $\quad$
    b. Le vecteur $\vec{AB}(-4;4)$ est un vecteur normal à la droite $(DE)$. Une équation de $(DE)$ est de la forme $-4x+4y+c=0$.
    Or $D \in (DE)$ donc $-8+16+c=0$ et $c=-8$.
    Une équation de $(DE)$ est donc $-4x+4y-8=0$ ou encore $-x+y-2=0$.
    Une équation de $(AB)$ est $y= -x+4$.
    Les coordonnées du point $E$ vérifient le système $\begin{cases} y=-x+4 \\\\-x+y-2 = 0 \end{cases}$.
    On obtient ainsi $E(1;3)$.
    On procède de la même manière pour les points $F$ et $G$ et on trouve $F\left(\dfrac{2}{5};\dfrac{24}{5}\right)$ et $G(2;0)$.
    $\quad$
    c. $\vec{EF}\left(-\dfrac{3}{5};\dfrac{9}{5}\right)$ et $\vec{EG}(1;-3)$.
    Par conséquent $\vec{EG} = -\dfrac{5}{3}\vec{EF}$.

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Exercice 5

On considère un segment $[AB]$ et $(d)$ sa médiatrice. Elle coupe $[AB]$ en $K$.
$M$ est un point de $(d)$ différent de $K$.
On note $H$ le projeté orthogonal de $K$ sur $(AM)$ et $I$ le milieu de $[KH]$.

  1. Démontrer que $\vec{MK}.\vec{BH} = \vec{MK}.\vec{AH}$.$\quad$
  2. Démontrer que $\vec{MH}.\left(\vec{HB} + \vec{HA}\right) = 0$
    $\quad$
    En déduire que $\vec{MH}.\vec{AH} = \vec{MH}.\vec{HB}$.
    $\quad$
  3. Déduire des questions précédentes que $\vec{BH}.\left(\vec{MH} + \vec{MK}\right) = 0$.
    Prouver que $(MI)$ et $(BH)$ sont perpendiculaires.
    $\quad$
Correction Exercice 5

  1. $\quad$
    $$\begin{align*} \vec{MK}.\vec{BH} – \vec{MK}.\vec{AH} & = \vec{MK}.\vec{BH} + \vec{MK}.\vec{HA} \\\\
    &= \vec{MK}.\vec{BA} \\\\
    &= 0
    \end{align*}$$
    Donc $\vec{MK}.\vec{BH} = \vec{MK}.\vec{AH}$.
    $\quad$
  2. $\quad$
    $$\begin{align*}
    \vec{MH}.\left(\vec{HB}+\vec{HA}\right) &= \vec{MH}.\vec{HB} + \vec{MH}.\vec{HA} \\\\
    &=\vec{MH}.\left(\vec{HK}+\vec{KB}\right) + \vec{MH}.\left(\vec{HK}+\vec{KA}\right) \\\\
    &=\vec{MH}.\vec{KB} + \vec{MH}.\vec{KA} \text{ car } \vec{MH}.\vec{HK} = 0\\\\
    &=0 \text{ car } \vec{KB} = -\vec{KA}
    \end{align*}$$
    Par conséquent :
    $$\begin{align*}
    \vec{MH}.\left(\vec{HB}+\vec{HA}\right) = 0 & \ssi \vec{MH}.\vec{HB} + \vec{MH}.\vec{HA} = 0 \\\\
    &\ssi \vec{MH}.\vec{HB} = -\vec{MH}.\vec{HA} \\\\
    &\ssi \vec{MH}.\vec{HB} = \vec{MH}.\vec{AH}
    \end{align*}$$
    $\quad$
  3. $\quad$
    $$\begin{align*}
    \vec{BH}.\left(\vec{MH}+\vec{MK} \right) & = \vec{BH}.\vec{MH} + \vec{BH}.\vec{MK} \\\\
    &= \vec{MH}.\vec{HA} + \vec{MK}.\vec{AH} \\\\
    &=\vec{HM}.\vec{AH} + \vec{MK}.\vec{AH} \\\\
    &=\vec{HK}.\vec{AH} \text{(relation de Chasles)}\\
    &=0
    \end{align*}$$
    Or $\vec{BH}.\left(\vec{MH}+\vec{MK} \right) = \vec{BH}.2\vec{MI}$.
    Donc $(MI)$ et $(BH)$ sont perpendiculaires.

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Exercice 6

Quel est le rôle (pour ce chapitre) de l’algorithme suivant?

Entrée :
$\quad$ Saisir $a$
$\quad$ Saisir $b$
$\quad$ Saisir $c$
$\quad$ Saisir $d$
Traitement et Sortie :
$\quad$ Si $a\times c + b \times d = 0$
$\qquad$ Alors Afficher “Vrai”
$\qquad$ Sinon Afficher “Faux”
$\quad$ Fin Si
$\quad$

Correction Exercice

Cet algorithme détermine si deux vecteurs sont orthogonaux ou non.

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