1S – Exercices – Produit scalaire dans le plan 3

Produit scalaire dans le plan

Exercice 1

On considère un rectangle $ABCD$ tel que $AB=4$ et $AD=3$ et le point $E$ tel que $\vect{BE}=\dfrac{1}{2}\vect{AB}$.

  1. Calculer $\vect{AD}.\vect{AC}$. En déduire $\|\vect{AD}+\vect{AC}\|$.
    $\quad$
  2. Calculer $\vect{AE}.\vect{AC}$.
    $\quad$
  3. Calculer $\vect{EC}.\vect{ED}$. En déduire la mesure de l’angle $\left(\vect{EC},\vect{ED}\right)$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. Le point $D$ est le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AD)$.
    Par conséquent $\vect{AD}.\vect{AC}=\vect{AD}.\vect{AD}=AD^2=9$.
    Or on sait que $\vect{AD}.\vect{AC}=\dfrac{1}{2}\left(\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-\|\vect{AC}\|^2-\|\vect{AC}\|^2\right)$
    Dans le triangle $ADC$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
    $AC^2=AD^2+DC^2=9+16=25$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} 9=\dfrac{1}{2}\left(\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-\|\vect{AC}\|^2-9-25\right) &\ssi 18=\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-34 \\
    &\ssi \|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2=52 \\
    &\ssi \|\vect{AC}+\vect{AD}\|=\sqrt{52}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Le point $B$ est le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AE)$.
    Donc
    $\begin{align*}\vect{AE}.\vect{AC}&=\vect{AE}.\vect{AB}\\
    &=3\times 4\\
    &=12
    \end{align*}$.
    $\quad$
  3. On a :
    $\begin{align*} \vect{EC}.\vect{ED}&=\left(\vect{EB}+\vect{BC}\right).\left(\vect{EA}.\vect{AD}\right) \\
    &=\vect{EB}.\vect{EA}+\vect{EB}.\vect{AD}+\vect{BC}.\vect{EA}+\vect{BC}.\vect{AD} \\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{BA}.\dfrac{3}{2}\vect{BA}+0+0+\vect{AD}.\vect{AD}\\
    &=\dfrac{3}{4}\times 4^2+3^2\\
    &=21
    \end{align*}$
    $\quad$
    Dans le triangle $EBC$ rectangle en $B$ on applique le théorème de Pythagore :
    $EC^2=EB^2+BC^2=4+9=13$
    Donc $EC=\sqrt{13}$.
    $\quad$
    Dans le triangle $AED$ rectangle en $A$ on applique le théorème de Pythagore :
    $ED^2=EA^2+AD^2=36+9=45$
    Donc $ED=\sqrt{45}$
    $\quad$
    On a donc $\vect{EC}.\vect{ED}=21$ et $\vect{ED}.\vect{EC}=ED\times EC\times \cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right)$
    Par conséquent $21=\sqrt{13}\times \sqrt{45}\cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right) \ssi\cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right)=\dfrac{21}{\sqrt{13\times 45}}$
    Ainsi $\left(\vect{EC},\vect{ED}\right)\approx 29,7$°.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 2

Dans le repère orthonormé $(O;I,J)$ on considère les points $A(3;2)$ et $B(-5;-3)$.

  1. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AB)$ puis les coordonnées d’un vecteur normal à cette droite.
    $\quad$
  2. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(d)$ perpendiculaire à la droite $(AB)$ passant par le point $C\left(-\dfrac{7}{2};\dfrac{7}{2}\right)$.
    $\quad$
  3. Quelles sont les coordonnées du point $C’$ symétrique du point $C$ par rapport à la droite $(AB)$.
    $\quad$
Correction Exercice 2
  1. Un vecteur directeur de la droite $(AB)$ est $\vect{AB}(-8;-5)$.
    On considère un point $M(x;y)$ du plan. On a alors $\vect{AM}(x-3;y-2)$.
    $\begin{align*} M\in (AB) &\ssi \vect{AB} \text{ et } \vect{AM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi -8(y-2)-(x-3)\times (-5)=0 \\
    &\ssi -8y+16+5x-15=0 \\
    &\ssi 5x-8y+1=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est donc $5x-8y+1=0$.
    $\quad$
    Un vecteur normal à cette droite est donc $\vec{n}(5;-8)$.
    $\quad$
  2. Un vecteur directeur de la droite $(d)$ est donc $\vec{n}(5;-8)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. $\vect{CM}\left(x+\dfrac{7}{2};y-\dfrac{7}{2}\right)$.
    $\begin{align*} M\in (d) &\ssi \vec{n} \text{ et } \vect{CM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi 5\left(y-\dfrac{7}{2}\right)-(-8)\left(x+\dfrac{7}{2}\right)=0 \\
    &\ssi 5y-\dfrac{35}{2}+8x+28=0\\
    &\ssi 8x+5y+\dfrac{21}{2}=0
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. Déterminons les coordonnées du point d’intersection de la droite $(d)$ et de la droite $(AB)$.
    Elles sont solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} 5x-8y+1=0 \\8x+5y+\dfrac{21}{2}=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 5x-8y=-1 &\quad (1) \\
    8x+5y=-\dfrac{21}{2}&\quad (2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 5x-8y=-1& \\-89y=\dfrac{89}{2}&\quad 8(1)-5(2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{1}{2} \\5x=8y-1 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{1}{2}\\x=-1\end{cases} \end{align*}$
    Le point d’intersection des droites $(AB)$ et $(d)$ est donc $D\left(-1;-\dfrac{1}{2}\right)$.
    $\quad$.
    Le point $D$ est donc le milieu du segment $[CC’]$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} \begin{cases} -1=\dfrac{x_{C’}-\dfrac{7}{2}}{2} \\-\dfrac{1}{2}=\dfrac{y_{C’}+\dfrac{7}{2}}{2} \end{cases} &\ssi \begin{cases} -2=x_{C’}-\dfrac{7}{2}\\-1=y_{C’}+\dfrac{7}{2} \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases}x_{C’}=\dfrac{3}{2} \\y_{C’}=-\dfrac{9}{2}\end{cases} \end{align*}$
    Donc le point $C’$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{3}{2};-\dfrac{9}{2}\right)$.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

$\quad$

Exercice 3

On considère un triangle $ABC$ isocèle en $A$ tel que $AB=5$ et $BC=6$.
On appelle :

  • $D$ le milieu du segment $[BC]$
  • $H$ le projeté orthogonal de $D$ sur la droite $(AC)$
  • $K$ le milieu du segment $[DH]$.

En choisissant un repère orthonormé adapté démontrer que les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont perpendiculaires.

$\quad$

Correction Exercice 3

 

Prenons comme origine de notre repère le point $D$. Le triangle $ABC$ étant isocèle en $A$, la médiane issue du sommet $A$ est également une hauteur. Ainsi, les droites $(DA)$ et $(DC)$ sont perpendiculaires.
On a $DC=3$.
On appelle $J$ le point du segment $[DA]$ tel que $DJ=DC$.
Le repère $(D;C,J)$ est donc orthonormé.

Dans le triangle $DAC$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
$\begin{align*} AC^2=DA^2+DC^2&\ssi 25=DA^2+9 \\
&\ssi DA^2=16 \end{align*}$
Donc $DA=4$.
Par conséquent $\vect{DJ}=\dfrac{3}{4}\vect{DA} \ssi \vect{DA}=\dfrac{4}{3}\vect{DJ}$ et

Dans ce repère on a : $D(0;0)$, $C(1;0)$, $J(0;1)$, $A\left(0;\dfrac{4}{3}\right)$.

  • Déterminons une équation cartésienne de la droite $(AC)$.
    On a $\vect{AC}\left(1;-\dfrac{4}{3}\right)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{AM}\left(x;y-\dfrac{4}{3}\right)$.
    On a :
    $\begin{align*} M \in (AC) &\ssi \vect{AM} \text{ et } \vect{AC} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi -\dfrac{4}{3}x-\left(y-\dfrac{4}{3}\right)=0 \\
    &\ssi -\dfrac{4}{3}x-y+\dfrac{4}{3}=0 \\
    &\ssi -4x-3y+4=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(AC)$ est $-4x-3y+4=0$.
    Un vecteur normal à cette droite est donc $\vec{n}(-4;-3)$.
    $\quad$
  • Déterminons une équation cartésienne de la droite $(DH)$.
    Cette droite est perpendiculaire à la droite $(AC)$. $\vec{n}$ est donc un vecteur directeur de la droite $(DH)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{DM}(x;y)$.
    On a :
    $\begin{align*} M\in (DH) &\ssi \vect{DM} \text{ et } \vec{n} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi -4y+3x=0 \\
    &\ssi 3x-4y=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(DH)$ est $3x-4y=0$.
    $\quad$
  • Déterminons les coordonnées du point $H$, intersection des droites $(DH)$ et $(AC)$.
    On résout pour cela le système :
    $\begin{align*} \begin{cases} -4x-3y+4=0\\3x-4y=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 4x+3y=4&\quad (1)\\3x+4y=0&\quad (2) \end{cases} \\
    & \ssi \begin{cases} 4x+3y=4 &\\25y=12 &\quad 3(1)-4(2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=\dfrac{12}{25} \\x=\dfrac{16}{25} \end{cases}
    \end{align*}$
    Ainsi $H\left(\dfrac{16}{25};\dfrac{12}{25}\right)$.
    $\quad$
  • Déterminons les coordonnées du point $K$.
    $K$ est le milieu du segment $[DH]$.
    Donc $\begin{cases} x_K=\dfrac{0+\dfrac{16}{25}}{2} \\y_K=\dfrac{0+\dfrac{12}{25}}{2}\end{cases}$.
    Par conséquent $K\left(\dfrac{8}{25};\dfrac{6}{25}\right)$.
    $\quad$
  • Montrons que les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont perpendiculaires.
    D’une part $\vect{AK}\left(\dfrac{8}{25};-\dfrac{82}{75}\right)$.
    D’autre part $\vect{BH}\left(\dfrac{41}{25};\dfrac{12}{25}\right)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \vect{AK}.\vect{BH}&=\dfrac{8}{25}\times \dfrac{41}{25}-\dfrac{82}{75}\times \dfrac{12}{25} \\
    &=\dfrac{328}{625}-\dfrac{328}{625} \\
    &=0
    \end{align*}$
    Les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont donc perpendiculaires.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 4

Dans un repère orthonormé $(O;I,J)$ on considère les point $A(3;4)$ et $B(5;-3)$.

  1. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AB)$ et de la médiatrice $(d)$ du segment $[AB]$.
    $\quad$
  2. On appelle $D$ le point de la droite $(d)$ tel que $\vect{OA}.\vect{OD}=-15$.
    Déterminer une mesure de l’angle $\left(\vect{DB}.\vect{DA}\right)$.
    $\quad$
  3. a. Quelles sont les coordonnées du point $C$ de la droite $(d)$ tel que $ABC$ soit un triangle rectangle direct (les points $A$, $B$ et $C$ se lisent dans cet ordre dans le sens trigonométrique)?
    $\quad$
    b. Déterminer alors une mesure de l’angle $\left(\vect{AC},\vect{AD}\right)$.
    $\quad$
  4. Quelles sont les coordonnées du point $E$ de la droite $(d)$ tel que le triangle $ABE$ soit équilatéral direct?
    $\quad$
Correction Exercice 4





 

  1. On a $\vect{AB}(2;-7)$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $AM(x-3;y-4)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} M\in (AB) &\ssi \vect{AB} \text{ et } \vect{AM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi 2(y-4)-(-7)(x-3) = 0\\
    &\ssi 2y-8+7x-21=0 \\
    &\ssi 7x+2y-29=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est donc $7x+2y-29=0$.
    Un vecteur normal à cette droite est $\vec{n}(7;2)$.
    $\quad$
    La droite $(d)$ est donc perpendiculaire à la droite $(AB)$ et passe par le point $F\left(4;\dfrac{1}{2}\right)$ milieu du segment $[AB]$.
    Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{FM}\left(x-4;y-\dfrac{1}{2}\right)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} M\in (d) &\ssi \vec{n} \text{ et } \vect{FM} \text{ sont colinéaires} \\
    &\ssi 7\left(y-\dfrac{1}{2}\right)-2(x-4)=0 \\
    &\ssi 7y-\dfrac{7}{2}-2x+8=0 \\
    &\ssi -2x+7y+\dfrac{9}{2}=0
    \end{align*}$
    Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est donc $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$.
    $\quad$
  2. On a $OA=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{25}=5$.
    On appelle $D’$ le point défini par $\vect{OD’}=-\dfrac{3}{5}\vect{OA}$.
    Ainsi le point $D’$ appartient à la droite $(OA)$ et vérifie $\vect{OA}.\vect{OD’}=-15$.
    Par conséquent $\vect{OD’}\left(-\dfrac{9}{5};-\dfrac{12}{5}\right)$ soit $D’\left(-\dfrac{9}{5};-\dfrac{12}{5}\right)$
    Le point $D$ est donc le point d’intersection de la droite $(d)$ et de la droite perpendiculaire à la droite $(d)$ passant par le point $(D’)$, c’est à dire de la droite parallèle à la droite $(AB)$ passant par le point $D’$.
    Ainsi une équation cartésienne de la droite $(DD’)$ est de la forme $7x+2y+c=0$.
    Le point $D’$ appartient à cette droite. Ses coordonnées vérifient donc l’équation.
    $7\times \left(-\dfrac{9}{5}\right)+2\times \left(-\dfrac{12}{5}\right)+c=0 \ssi c=\dfrac{87}{5}$.
    Ainsi une équation cartésienne de la droite $(DD’)$ est $7x+2y+\dfrac{87}{5}=0$.
    $\quad$
    Déterminons maintenant les coordonnées du point $D$, point d’intersection des droites $(d)$ et $(DD’)$.
    Ses coordonnées sont solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} 7x+2y+\dfrac{87}{5}=0\\-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 7x+2y=-\dfrac{87}{5}&\quad (1)\\-2x+7y=-\dfrac{9}{2}&\quad (2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 7x+2y=-\dfrac{87}{5}&\\53y=-\dfrac{663}{10}&\quad 2(1)+7(2) \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{663}{530} \\x=-\dfrac{564}{265}\end{cases}
    \end{align*}$
    Ainsi $D\left(-\dfrac{564}{265};-\dfrac{663}{530} \right)$.
    $\quad$
    On peut maintenant calculer les longueur $FD$ et $FA$ (où $F$ est le milieu du segment $[AB]$).
    Ainsi : $FD^2=\left(-\dfrac{564}{265}-4\right)^2+\left(-\dfrac{663}{530}-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{53~824}{1~325}$
    Par conséquent $FD=\dfrac{232}{5\sqrt{53}}$
    $FA^2=(3-4)^2+\left(4-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{53}{4}$
    Par conséquent $FA=\dfrac{\sqrt{53}}{2}$.
    $\quad$
    Dans le triangle $FDA$ rectangle en $F$ on a :
    $\tan \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)=\dfrac{FA}{FD}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{53}}{2}}{\dfrac{232}{5\sqrt{53}}}=\dfrac{265}{464}$
    Par conséquent $ \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)\approx 29,73$°
    $\quad$
    Le point $D$ appartient à la médiatrice du segment $[DA]$. Donc le triangle $FDA$ est isocèle en $D$ et $ \left(\vect{DB},\vect{DA}\right)=2 \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)\approx 59,46$°.
    $\quad$
  3. a. Le point $C$ appartient à la droite $(d)$. Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$. Ainsi $C\left(x;\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$.
    Par conséquent le triangle $ABC$ est isocèle en $C$. Il ne pourra donc être rectangle qu’en $C$.
    On a $\vect{CA}\left(3-x;4-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CA}\left(3-x;\dfrac{65-4x}{14}\right)$.
    et $\vect{CB}\left(5-x;-3-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CB}\left(5-x;\dfrac{-33-2x}{14}\right)$.
    Le triangle $ABC$ est rectangle en $C$
    $\ssi \vect{CA};\vect{CB}=0$
    $\ssi (3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}=0 $
    $\ssi 15-8x+x^2+\dfrac{-2~145-128x+16x^2}{196}=0$
    $\ssi 2~940-1~568x+196x^2-2~145-128x+16x^2=0$
    $\ssi 212x^2-1~696x+795=0$
    Le discriminant est $\Delta=(-1~696)^2-4\times 212\times 795=2~202~256 = 1~484^2>0$.
    Les racines sont donc $x_1=\dfrac{1~696-1~484}{424}=\dfrac{1}{2}$ et $x_2=\dfrac{1~696+1~484}{424}=\dfrac{15}{2}$
    Si $x_C=\dfrac{1}{2}$ alors $y_c=\dfrac{2x_C-\dfrac{9}{2}}{7}=-\dfrac{1}{2}$ donc $C_1\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{1}{2}\right)$
    Si $x_C=\dfrac{15}{2}$ alors $y_c=\dfrac{2x_C-\dfrac{9}{2}}{7}=\dfrac{3}{2}$ donc $C_2\left(\dfrac{15}{2};\dfrac{3}{2}\right)$
    Seul le point $C_2$ permet d’avoir un triangle $ABC$ rectangle direct.
    $\quad$
    b. On considère donc le point $C\left(\dfrac{15}{2};\dfrac{3}{2}\right)$.
    $\vect{AC}\left(\dfrac{9}{2};-\dfrac{5}{2}\right)$ donc $AC=\sqrt{\dfrac{53}{2}}$
    $\vect{AD}\left(-\dfrac{1~359}{265};-\dfrac{2~783}{530} \right)$ donc $AD=\dfrac{\sqrt{15~132~613}}{530}$
    D’une part $\vect{AC}.\vect{AD}=-\dfrac{1~359}{265}\times \dfrac{9}{2}-\dfrac{2~783}{530}\times \left(-\dfrac{5}{2} \right)=-\dfrac{199}{20}$
    D’autre part $\vect{AC}.\vect{AD}=AC\times AD\times \cos \left(\vect{AC},\vect{AD}\right)$
    Par conséquent $\cos \left(\vect{AC},\vect{AD}\right)=-\dfrac{199}{20AC\times AD}\approx -0,26$.
    Donc $\left(\vect{AC},\vect{AD}\right)\approx 105,27$°.
    $\quad$
  4. Le point $E$ appartient à la droite $(d)$. Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$. Ainsi $E\left(x;\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$.
    On a $\vect{EA}\left(3-x;4-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CA}\left(3-x;\dfrac{65-4x}{14}\right)$.
    et $\vect{EB}\left(5-x;-3-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CB}\left(5-x;\dfrac{-33-2x}{14}\right)$
    Le triangle $ABE$ est équilatéral direct donc $\left(\vect{EA},\vect{EB}\right)=60$° et $EA=EB=AB=\sqrt{53}$.
    D’une part $\vect{EA}.\vect{EB}=(3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}$
    D’autre part $\vect{EA}.\vect{EB}=EA\times EB \times \cos 60=\dfrac{53}{2}$.
    On veut donc résoudre l’équation :
    $(3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}=\dfrac{53}{2}$
    $\ssi  15-8x+x^2+\dfrac{-2~145-128x+16x^2}{196}=\dfrac{53}{2}$
    $\ssi 2~940-1~568x+196x^2-2~145-128x+16x^2=5~194$
    $\ssi 212x^2-1~696x-4~399=0$
    Le discriminant est $\Delta = (-1~696)^2-4\times 212\times (-4~399)=6~606~768>0$.
    Les deux racines sont $x_1=\dfrac{1~696-\sqrt{6~606~768}}{424}$ et $x_2=\dfrac{1~696+\sqrt{6~606~768}}{424}=4+\dfrac{7\sqrt{3}}{2}$
    Seule l’abscisse $x_2$ permet d’avoir un triangle équilatéral direct.
    L’ordonnée du point $E$ est donc $y_E=\dfrac{2x_2-\dfrac{9}{2}}{7}=\dfrac{1}{2}+\sqrt{3}$.
    Donc $E\left(4+\dfrac{7\sqrt{3}}{2};\dfrac{1}{2}+\sqrt{3}\right)$.

[collapse]

$\quad$

Exercice 5

On considère un segment $[AB]$ mesurant $3$ cm, le cercle $\mathscr{C}$ de centre $A$ et de rayon $4$ cm.
On appelle :

  • $E$ le point d’intersection de $[AB)$ et $\mathscr{C}$
  • $C$ le point du cercle $\mathscr{C}$ tel que $BC=3,5$ cm
  • $D$ le point du cercle $\mathscr{C}$ de l’autre côté $(AB)$ tel que $BD=2$ cm.
  1. Démontrer que les points $B,C$ et $D$ sont alignés.
    $\quad$
  2. Calculer la mesure de l’angle $\left(\vect{ED},\vect{EC}\right)$ au millième de radian près.
    $\quad$
Correction Exercice 5

  1. On se place dans le repère orthonormé $(A;I,J)$ où $I$ est le point de $[OB]$ tel que $AI=\dfrac{1}{3}AB$.
    Dans ce repère on a : $A(0;0)$, $B(3;0)$, $E(4;0)$.
    Déterminons les coordonnées des points $C$ et $D$.
    Une équation du cercle $\mathscr{C}$ est $x^2+y^2=16$.
    On appelle $\mathscr{C}_1$ le cercle de centre $B$ et de rayon $3,5$.
    Une équation de ce cercle est $(x-3)^2+y^2=3,5^2$ soit $x^2-6x+9+y^2=12,25$
    Ou encore $x^2-6x+y^2=3,25$
    Le point $C$ est un des points d’intersection des cercles $\mathscr{C}_1$ et $\mathscr{C}$.
    On résout donc le système suivant :
    $\begin{align*} \begin{cases} x^2+y^2=16 \\x^2-6x+y^2=3,25\end{cases} &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\x^2-6x+16-x^2=3,25 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2 \\-6x=-12,75 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\x=\dfrac{17}{8}\end{cases} \\
    &\ssi\begin{cases}x=\dfrac{17}{8} \\y^2=\dfrac{735}{64} \end{cases}
    \end{align*}$
    Je choisis pour $C$ le point dont l’ordonnée est positive. Ainsi $C\left(\dfrac{17}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$.
    $\quad$
    On appelle $\mathscr{C}_2$ le cercle de centre $B$ et de rayon $2$.
    Une équation de ce cercle est $(x-3)^2+y^2=4$.
    Ou encore $x^2-6x+y^2=-5$.
    Le point $D$ est un des points d’intersection des cercles $\mathscr{C}_2$ et $\mathscr{C}$.
    On résout donc le système suivant :
    $\begin{align*} \begin{cases} x^2+y^2=16\\x^2-6x+y^2=-5\end{cases} &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2 \\x^2-6x+16-x^2=-5 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\-6x=-21 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{7}{2} \\y^2=\dfrac{15}{4}\end{cases}
    \end{align*}$
    Du fait du choix du point $C$, le point $D$ est le point dont l’ordonnée est négative.
    Ainsi $D\left(\dfrac{7}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
    $\quad$
    Montrons maintenant que les 3 points sont alignés.
    $\vect{BC}\left(-\dfrac{7}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$ et $\vect{BD}\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
    On a donc $\vect{BC}=-\dfrac{7}{4}\vect{BD}$.
    Ces deux vecteurs sont colinéaires. Les points $B,C,$ et $D$ sont donc alignés.
    $\quad$
  2. On a $\vect{EC}\left(-\dfrac{15}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$ et $\vect{ED}\left(-\dfrac{1}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
    Ainsi $EC=\sqrt{15}$ et $ED=2$.
    D’une part $\vect{ED}.\vect{EC}=-\dfrac{15}{8}\times \left(-\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\times \left(;-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)=-\dfrac{45}{8}$.
    D’autre part $\vect{ED}.\vect{EC}=ED\times EC\times \cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)$ $=2\sqrt{15}\cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)$.
    Par conséquent $\cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)=\dfrac{-\dfrac{45}{8}}{2\sqrt{15}}$.
    D’où $ \left(\vect{ED};\vect{EC}\right) \approx 2,384$ rad.
    $\quad$

[collapse]