Produit scalaire dans le plan

Exercice 1

$RST$ est un triangle tel que $RS=5$ cm, $RT=4$ cm et $TS=6$ cm.

Calculer $\vect{RS}.\vect{ST}$ et $\vect{SR}.\vect{RT}$.
$\quad$
En déduire une valeur approchée de $\left(\vect{SR},\vect{ST}\right)$ et des autres angles du triangle.
$\quad$
Soit $H$ le pied de la hauteur issue de $R$.
Calculer $SH$, $HT$ et $RH$.
$\quad$

Correction Exercice 1

On va utiliser la propriété suivante :
$\vec{u}.\vec{v} = \dfrac{1}{2} \left(\|\vec{u} +\vec{v}\|^2-\|\vec{u} \|^2-\|\vec{v} \|^2 \right) $

$\begin{align*} \vect{RS}.\vect{ST}&= \dfrac{1}{2}\left(\|\vect{RS}+\vect{ST}\|^2-\|\vect{RS}\|^2-\|\vect{ST}\|^2\right) \\
&=\dfrac{1}{2}\left(RT^2-RS^2-ST^2\right) \\
&=\dfrac{1}{2}(16-25-36) \\
&=-\dfrac{45}{2}
\end{align*}$
$\quad$
$\begin{align*} \vect{SR}.\vect{RT}&= \dfrac{1}{2}\left(\|\vect{SR}+\vect{RT}\|^2-\|\vect{SR}\|^2-\|\vect{RT}\|^2\right) \\
&=\dfrac{1}{2}\left(ST^2-SR^2-RT^2\right) \\
&=\dfrac{1}{2}(36-25-16) \\
&=-\dfrac{5}{2}
\end{align*}$
$\quad$
D’une part on a $\vect{SR}.\vect{ST}=-\vect{RS}.\vect{ST}=\dfrac{45}{2}$
D’autre part on a $\vect{SR}.\vect{ST}=RS\times ST\times \cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)=5\times 6\times \cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)$.
Par conséquent $30\cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)=\dfrac{45}{2}$
Donc $\cos \left(\vect{SR},\vect{ST}\right)=\dfrac{3}{4}$.
Et $\left(\vect{SR},\vect{ST}\right) \approx 41,4$°
$\quad$
D’une part on a $\vect{RT}.\vect{RS}=-\vect{SR}.\vect{RT}=\dfrac{5}{2}$
D’autre part on a $\vect{RS}.\vect{RT}=RS\times RT\times \cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)=5\times 4\times \cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)$.
Par conséquent $20\cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)=\dfrac{5}{2}$
Donc $\cos \left(\vect{RT},\vect{RS}\right)=\dfrac{1}{8}$
Et $\left(\vect{RT},\vect{RS}\right) \approx 82,8$°.
$\quad$
Dans un triangle la somme des angles vaut $180$°.
Donc $\left(\vect{TS},\vect{TR}\right)\approx 55,8$°
$\quad$
On a $\vect{SR}.\vect{ST}=\vect{SH}.\vect{ST}=SH\times ST$
Donc $6SH=\dfrac{45}{2}$
D’où $SH=\dfrac{15}{4}$ cm
$\quad$
On sait que $H$ appartient au segment $[ST]$.
Donc $HT=ST-SH=6-\dfrac{15}{4}=\dfrac{9}{4}$
$\quad$
Dans le triangle $RSH$ rectangle en $H$ on applique le théorème de Pythagore.
$RS^2=RH^2+HS^2$
$\ssi 25=RH^2+\dfrac{225}{16}$
$\ssi RH^2=\dfrac{175}{16}$
$\ssi RH=\dfrac{\sqrt{175}}{4}$ cm ou encore $RH=\dfrac{5\sqrt{7}}{4}$ cm
$\quad$

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$\quad$

Exercice 2

$ABCD$ est un carré. On place $K$ tel que $\vect{AK}=\dfrac{3}{4}\vect{AB}$ et $L$ tel que $\vect{BL}=\dfrac{3}{4}\vect{BC}$.

Démontrer que les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont perpendiculaires.
$\quad$
On remplace $\dfrac{3}{4}$ par une valeur $\lambda$.
Les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont-elles toujours perpendiculaires?
$\quad$

Correction Exercice 2

On a :
$\vect{DL}=\vect{DC}+\vect{CL}=\vect{DC}-\dfrac{1}{4}\vect{BC}$
$\vect{KC}=\vect{KB}+\vect{BC}=\dfrac{1}{4}\vect{AB}+\vect{BC}$
Donc :
$\begin{align*} \vect{DL}.\vect{KC}&=\left(\vect{DC}-\dfrac{1}{4}\vect{BC}\right).\left(\dfrac{1}{4}\vect{AB}+\vect{BC}\right) \\
&=\dfrac{1}{4}\vect{DC}.\vect{AB}+\vect{DC}.\vect{BC}-\dfrac{1}{16}\vect{BC}.\vect{AB}-\dfrac{1}{4}\vect{BC}.\vect{BC} \\
&=\dfrac{1}{4}AB^2+0+0-\dfrac{1}{4}BC^2 \quad (*) \\
&=0
\end{align*}$
$(DC)$ et $(BC)$ d’une part et $(BC)$ et $(AB)$ d’autres sont perpendiculaires donc $\vect{DC}.\vect{BC}=0$ et $\vect{BC}.\vect{AB}=0$.
De plus $ABCD$ étant un carré alors $AB=BC$.
$\quad$
Les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont perpendiculaires.
On a :
$\vect{DL}=\vect{DC}+\vect{CL}=\vect{DC}-\lambda\vect{BC}$
$\vect{KC}=\vect{KB}+\vect{BC}=\lambda\vect{AB}+\vect{BC}$
Donc :
$\begin{align*} \vect{DL}.\vect{KC}&=\left(\vect{DC}-\lambda\vect{BC}\right).\left(\lambda\vect{AB}+\vect{BC}\right) \\
&=\lambda\vect{DC}.\vect{AB}+\vect{DC}.\vect{BC}-\lambda^2\vect{BC}.\vect{AB}-\lambda\vect{BC}.\vect{BC} \\
&=\lambda AB^2+0+0-\lambda BC^2 \\
&=0
\end{align*}$
Les droites $(DL)$ et $(KC)$ sont perpendiculaires.
$\quad$

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$\quad$

Exercice 3

$ABCD$ est un parallélogramme.
Calculer $\vect{AB}.\vect{AC}$ dans chacun des cas de figure :

$AB=4$, $AC=6$ et $\left(\vect{CD},\vect{CA}\right)=\dfrac{\pi}{9}$.
$\quad$
$AB=6$, $BC=4$ et $\left(\vect{BC},\vect{BA}\right)=\dfrac{2\pi}{3}$.
$\quad$
$AB=6$, $BC=4$ et $AH=1$ où $H$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(AB)$.
$\quad$

Correction Exercice 3

On a :

Les droites $(AB)$ et $(DC)$ sont parallèles. Par conséquent les angles alternes-internes $\left(\vect{CD},\vect{CA}\right)$ et $\left(\vect{AB},\vect{AC}\right)$ ont la même mesure.
$\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=AB \times AC \times \cos \left(\vect{AB},\vect{AC}\right) \\
&=4\times 6 \times \cos \dfrac{\pi}{9} \\
&\approx 22,55
\end{align*}$
$\quad$
On a :

Les angles rouges sont correspondants et de même mesure puisque les droites $(BC)$ et $(AD)$ sont parallèles.
Ainsi :
$\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=\vect{AB}.\left(\vect{AB}+\vect{BC}\right) \\
&=\vect{AB}.\vect{AB}+\vect{AB}.\vect{BC} \\
&=AB^2+\vect{AB}.\vect{AD} \\
&=AB^2+AB\times AD\times \cos \left(\vect{AB},\vect{AD}\right) \\
&=36+24\cos \dfrac{\pi}{3} \\
&= 48
\end{align*}$
$\quad$
On a :

$\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=\vect{AB}.\left(\vect{AH}+\vect{HD}+\vect{DC}\right) \\
&=\vect{AB}.\vect{AH}+\vect{AB}.\vect{HD}+\vect{AB}.\vect{DC} \\
&=AB\times AH+0+AB\times DC \\
&=6\times 1+36\\
&=42
\end{align*}$
$\quad$

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$\quad$

Exercice 4

$ABC$ est un triangle. $H$ et $K$ sont les pieds des hauteurs issues de $A$ et $B$.
Démontrer que $CK\times CA=CH\times CB$.

$\quad$

Correction Exercice 4

D’une part, en utilisant le projeté orthogonal de $B$ sur $(AC)$ on a : $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CK}.\vect{CA}$

D’autre part, en utilisant le projeté orthogonal de $A$ sur $(BC)$ on a : $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CB}.\vect{CH}$

Si l’angle $\widehat{ACB}$ est aigu alors les vecteurs $\vect{CK}$ et $\vect{CA}$ sont de même sens tout comme les vecteurs $\vect{CB}$ et $\vect{CH}$
Ainsi $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CK}.\vect{CA}=CK\times CA$
et $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CB}.\vect{CH}=CB\times CH$
Par conséquent $CK\times CA=CB\times CH$.
Si l’angle $\widehat{ACB}$ est obtus alors les vecteurs $\vect{CK}$ et $\vect{CA}$ sont de sens contraires tout comme les vecteurs $\vect{CB}$ et $\vect{CH}$
Ainsi $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CK}.\vect{CA}=-CK\times CA$
et $\vect{CB}.\vect{CA}=\vect{CB}.\vect{CH}=-CB\times CH$
Par conséquent $CK\times CA=CB\times CH$.

$\quad$

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$\quad$

Exercice 5

Dans un repère orthonormé $(O;I,J)$ on a $A(2;-1)$, $B(4;2)$, $C(4;0)$ et $D(1;2)$.

Calculer $\vect{AB}.\vect{CD}$. Que peut-on en déduire?
$\quad$
Démontrer que les droites $(DB)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires.
$\quad$
Calculer $\vect{CB}.\vect{CD}$. En déduire une valeur approchée de l’angle $\left(\vect{CB},\vect{CD}\right)$.
$\quad$

Correction Exercice 5

On a $\vect{AB}(2;3)$ et $\vect{CD}(-3;2)$.
Par conséquent $\vect{AB}.\vect{CD}=2\times (-3)+3\times 2=-6+6=0$.
Les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont donc perpendiculaires.
$\quad$
On a $\vect{DB}(-3;0)$ et $\vect{BC}(0;-2)$
Par conséquent $\vect{DB}.\vect{BC}=-3\times 0+(-2)\times 0=0$.
Les droites $(DB)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires.
$\quad$
$\vect{CB}(0;2)$ et $\vect{CD}(-3;2)$. Donc $CB=2$ et $CD=\sqrt{(-3)^2+2^2}=\sqrt{13}$
Par conséquent $\vect{CB}.\vect{CD}=0\times (-3)+2\times 2=4$.
Mais on a aussi $\vect{CB}.\vect{CD}=CB\times CD \times \cos \left(\vect{CB},\vect{CD}\right)$
Donc $4=2\sqrt{13}\cos \left(\vect{CB},\vect{CD}\right)$
$\ssi \cos \left(\vect{CB},\vect{CD}\right)=\dfrac{2}{\sqrt{13}}$
Ainsi $\left(\vect{CB},\vect{CD}\right)\approx 56,3$°
$\quad$

[collapse]

$\quad$