Produit scalaire et géométrie analytique du plan. Corrigés d exercices

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1 Produit scalaire et géométrie analytique du plan Les exercices du livre corrigés dans ce document sont les suivants : Page 36 : N, 3, 4, 5, 7, 8, 33, 35, 36, 37 Page 37 : N 38, 39, 4, 4, 45, 48, 49, 5, 54, 55 N page 36 On a la propriété, pour tous vecteurs u et v du plan : uv = vu Comme on a ici : uv=, il vient immédiatement : vu= Pour tout vecteur u du plan, on a : u = uu = u Comme on a ici u = 3, il vient : u = u = 3 = 9 On a : ( u) ( 7v) = ( 7 )( uv ) = 4 ( uv ) Comme uv= On a : u = 9 7 = 4 = 4 = 7, il vient : ( u) ( v) ( uv) 7v = 7 ( u) 9 u+ v = u + uv + v = u + uv + v = = 9 + = ( u+ v) = 9 6 Lycée Fénelon Sainte-Marie / M Lichtenberg

2 De façon analogue : 6 u v = u uv + v = u uv + v = 3 + = 9+ + = ( u v) = 6 Pour tous vecteurs u et v du plan, on a : D où : 6 u+ v u v = u v = u v 43 u+ v u v = u v = 3 = 9 = ( u v) ( u v) 43 + = 6 N 3 page 36 Comme on a : u = v a) On a : u+ v u v = u v On en déduit :, il vient ( u v )( u v ) Les vecteurs u+ v et u v sont orthogonaux + = 0 On a ici : u = v π, uv= 8 et cos ( uv, ) = cos = 3 D où, en tenant compte du fait qu une norme est un nombre positif : b) On a : uv = u v cos ( u, v) uv = u v cos ( u, v) 8 = u u = 6 u = 4 u = 4 N 4 page 36 a) On a : AB AC = AB AC cos ( AB, AC) Le triangle ABC étant équilatéral, on a : ( AB, AC) ailleurs : AB = AC = AB = AC = 5 π = ± 3 AB AC = Par et cos (, ) Lycée Fénelon Sainte-Marie / M Lichtenberg

3 5 = cos, = 5 5 = Il vient donc : AB AC AB AC ( AB AC) 5 AB AC = b) Pour calculer AB BC, on peut facilement tirer parti du calcul précédent : AB BC = AB ( BA + AC) = AB BA + AB AC = AB + AB AC = 5 + = 5+ = 5 AB BC = Remarque : on aurait également pu écrire : AB BC = AB BC cos ( AB, BC) π Or : ( AB, BC) = ( AB, BA) + ( BA, BC) =± π ± D où : ( AB BC) π cos, = cos = 3 3 Comme AB = BC = 5, on retrouve le résultat ci-dessus c) On a : OB OC = OB OC cos ( OB, OC) Comme O est le centre de gravité du triangle ABC, qui est équilatéral, on a : 3 3 OB = OC = BC = Par ailleurs, le triangle ABC étant équilatéral, on a : ( OB, OC) OB OC = D où : cos (, ) Finalement : OB OC OB OC ( OB OC ) π =± = cos, = 5 = = OB OC = 6 Lycée Fénelon Sainte-Marie 3/ M Lichtenberg

4 N 5 page 36 Pour simplifier les écritures qui suivent, nous notons : AB = BC = CD = DA = a On a d abord : DI DB = DI DB cos ( DI, DB) = DI DB cos ( DI, DB) La longueur d un côté du carré ABCD valant a, on a immédiatement : DB = a Puis, en considérant le triangle DAI rectangle en A, on a, d après le théorème de Pythagore : DA + AI = DI Soit, en tenant compte de : DA = a et D où : DI 5 = a et, finalement : 4 5 DI = a Enfin, on a : IDB =± ( DI, DB) et cos IDB = cos ( DI, DB) a AI = : a a + = DI 5 0 DI DB = DI DB cos DI, DB = a a cos IDB = a cos IDB On a donc : Lycée Fénelon Sainte-Marie 4/ M Lichtenberg

5 On peut également revenir à la définition du produit scalaire et considérer le projeté orthogonal du point I sur la droite (DB) (cf la figure page précédente) Dans ces conditions, on a : DI DB = DH DB En remarquant que le triangle AHB et rectangle t isocèle en H (considérer ses angles), on a : a BI a BH = = = a 4a a 3 Alors : DH = DB BH = a = = a 3 3 D où : DI DB = DH DB = a a= a Les deux expressions obtenues du produit scalaire DI DB nous donnent l égalité : 0 3 a cos IDB= a Soit : cos IDB = 3 On en tire alors, à la calculatrice : 0 IDB 8,4 au dixième de degré près N 7 page 36 ABC triangle H est l orthocentre de ABC O est le centre du cercle circonscrit à ABC u = HO+ OA+ OB+ OC a) Dans l égalité précédente, nous pouvons appliquer directement l égalité de Chasles de trois façons : u = HO+ OA+ OB+ OC = HA + OB + OC = HB + OA + OC = HC + OA + OB Considérons par exemple : u = HA+ OB+ OC Par définition de l orthocentre, la droite (HA) est perpendiculaire à la droite (BC) Lycée Fénelon Sainte-Marie 5/ M Lichtenberg

6 On a donc : HA BC = 0 Par ailleurs, si on note I le milieu du segment [ ] BC, on a : OB + OC = OI Comme O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC, la droite (OI) est la BC et on a : OI BC = 0 médiatrice du segment [ ] En définitive : ubc = HA+ OB+ OC BC = HA BC + OB + OC BC 0 ( OI ) BC = + = OI BC = 0 La figure ci-dessous illustre l argumentaire que nous venons de développer Lycée Fénelon Sainte-Marie 6/ M Lichtenberg

7 En raisonnant de façon analogue, on montre que l on a : uab = uac = 0 Remarque : à partir du moment où on a établi uab = ubc = 0, il vient : u AB + u BC = 0 = u AB + BC = u AC b) L égalité uab = ubc = uac = 0 nous conduit à distinguer à priori deux situations : soit le vecteur u est nul, soit il n est pas nul Montrons par l absurde qu il ne peut pas être non nul Supposons : u 0 Comme les vecteurs AB, BC et AC sont non nuls, l égalité uab = ubc = uac = 0 entraîne que les droites (AB), (BC) et (AC) sont parallèles, c'està-dire que les points A, B et C sont alignés Situation absurde puisque, dans ce cas, on ne peut définir l orthocentre et le centre circonscrit du triangle On a bien : u = 0, c'est-à-dire : HO + OA + OB + OC = 0 D où, finalement : OH = OA + OB + OC N 8 page 36 a) On fait apparaître le point I dans le produit scalaire considéré : MPMQ = MI + IP MI + IQ = MI + MI IP+ IQ + IPIQ Comme le point I est le milieu du segment [ ] PQ, on a : IP + IQ = 0 Il vient alors : MPMQ = MI IP = MI IP MPMQ = MI IP b) Le triangle OPQ est isocèle en O (P et Q étant deux points du cercle, on a : OP OQ R OI est la = = ) Le point I étant le milieu du segment [ PQ ], la droite médiatrice de ce segment Dans le triangle OIM rectangle en I, le théorème de Pythagore donne : OM = OI + IM Dans le triangle OIP rectangle en I, on a par ailleurs : R = OP = OI + IP Lycée Fénelon Sainte-Marie 7/ M Lichtenberg

8 On en déduit : MP MQ = MI IP = OM OI R OI = OM R MPMQ = OM R Le résultat est ainsi établi N 33 page 36 a) Appelons I le milieu du segment [ BC ] D après le théorème de la médiane, on a : BC AB + AC = AI + Soit : BC AI = AB + AC Avec les données numériques fournies, il vient : Finalement : AI = = = = AI = 9 b) On a : CA CB = 8 7 = = 5 Le point C appartient à l ensemble E des points du plan qui vérifient MA MB = 5 c) On a : MA MB = 5 MA MB = CA CB MA MB = CA CB + = + + = + ( MA MB) ( MA MB) ( CA CB) ( CA CB) BA ( MA MB) BA ( CA CB) BA ( MA + MB CA CB) = 0 BA ( MA CA + MB CB) = 0 BA ( MC ) = 0 BA MC = 0 Lycée Fénelon Sainte-Marie 8/ M Lichtenberg

9 Remarque : on pouvait obtenir ce résultat plus rapidement à l aide du théorème de la médiane En effet, en introduisant le point I, milieu du segment [ AB ], on a, pour tout point M du plan : En particulier : CA CB = IC AB = 5 On a donc : MA MB = IM AB = 5 = = 0 = 0 MA MB IM AB IC AB AB IM IC AB CM La relation AB CM = 0 définit la droite passant par C et admettant AB comme vecteur normal Il s agit donc, dans le triangle ABC, de la hauteur issue de C L ensemble E est la hauteur issue de C du triangle ABC N 35 page 36 a) Comme AP = k AB et AB a AP = AP = k AB = k AB = k AB = k a =, il vient : AP = k a On a : AR = AC + CR et CR = kca On en déduit : ( AC k AC) ( k ) AC AR = AR = AC + CR = AC + kca = = = k AC = k AC ( ) ( ) ( k) a = On a : AP AR = AP AR cos ( AP, AR) ( ) AR = k a D après les calculs précédents, on a : Il vient donc : AP AR = k k a AP k a k a AR = k a = k a = = et Lycée Fénelon Sainte-Marie 9/ M Lichtenberg

10 Par ailleurs, on a : ( k AC) L angle kac, ( ) ( AP, AR) = ( k AB, ( k ) AC) = ( kab, kac) + ( kac, ( k) AC) = ( AB, AC) + ( k AC, ( k ) AC) π =± + ( kac, ( k) AC) 3 peut être nul ou égal à π (modulo π ) Si k et k sont de même signe, on a : AP AR = k ( k ) a et ( k AC, ( k ) AC) = ( AC, AC) = 0 ( π ), d où cos ( AP, AR ) = Alors : AP AR = AP AR cos ( AP, AR) = k ( k ) a Si k et k ne sont pas de même signe, on a : AP AR = k ( k ) a et ( k AC, ( k ) AC) = ( AC, AC) = π ( π ), d où cos ( AP, AR ) = Alors : AP AR= AP AR cos ( AP, AR) = k( k) a Quand k = 0 ou k = on a respectivement : A et P confondus et R et A confondus Dans chaque cas, le produit scalaire AP AR est nul Dans tous les cas : Enfin : AP AR = AP AR cos AP, AR = k k a PR = PR = AR AP = AR AR AP + AP En utilisant les résultats obtenus précédemment, on a alors : PR = AR AR AP + AP = ( k ) a k ( k ) a + k a = ( k k k k k ) a ( 3k 3k ) a = ( ) = + PR k k a Lycée Fénelon Sainte-Marie 0/ M Lichtenberg

11 b) On vérifie rapidement que l on a : Il vient alors : 3k 3k 0 + > pour tout réel k PR = 3k 3k + a En procédant de faon analogue à ce qui a été fait à la question précédente, on obtient finalement : PR = QR = RQ = 3k 3k + a Le triangle PQR est un triangle équilatéral dont la longueur des côtés vaut : k k+ a 3 3 N 36 page 36 La forme des membres de l égalité proposée «suggère» de s intéresser au théorème de la médiane (à l une de ses formes tout au moins!) En introduisant le point I, milieu du segment [ BC ], on a : Dans le triangle ABC : Dans le triangle HBC : AB AC IA BC = ; HB HC = IH BC Il vient alors : ( ) = = BC ( IA IH ) = BC HA AB AC HB HC IA BC IH BC La droite la droite HA étant la hauteur du triangle ABC issue du sommet A, elle est perpendiculaire à BC et on a donc : BC HA = 0 Finalement : AB AC ( HB HC ) = 0, soit : Le résultat est ainsi établi N 37 page 36 AB AC = HB HC Un exercice où la relation de Chasles va s avérer déterminante Lycée Fénelon Sainte-Marie / M Lichtenberg

12 On a : AB CD + AC DB + AD BC = AB CD + ( AB + BC) DB + ( AB + BD) BC = AB ( CD + DB + BC) + BC DB + BD BC = CC= 0 = BC ( DB + BD) = DD= 0 = 0 N 38 page 37 a) Comme la somme des mesures des angles géométriques d un triangle vaut 80 et comme B ˆ = 55 et C ˆ = 73, on a : ( ˆ ) Aˆ + Bˆ + Cˆ = 80 Aˆ = 80 B+ Cˆ = = 5 A ˆ = 5 b) En utilisant : a b c = =, il vient : sin Aˆ sin Bˆ sin Cˆ sin Bˆ sin 55 b= a = 4 4, sin Aˆ sin 5 Et : sin Cˆ sin 73 c= a = 4 4,9 sin Aˆ sin 5 sin 55 b = 4 4, et sin 5 sin 73 c = 4 4,9 sin 5 N 39 page 37 a) Si on note S l aire du triangle ABC, on a : ˆ S = absin C = 5 7 sin 45 = = 4 S = 35 4 Lycée Fénelon Sainte-Marie / M Lichtenberg

13 b) Comme a = b=, le triangle ABC est isocèle en C On appelle H le projeté orthogonal de C sur la droite (AB) Le triangle ABC étant isocèle en C, H est le milieu du segment [ AB ] On a alors : 3 S = CH AB= CH c= CH Dans le triangle ACH rectangle en H, on a : C'est-à-dire : Finalement : AC = AH + HC, soit : c 3 3 HC = b = = = D où : S = CH = = 4 b HC = c = + HC S = 3 4 Remarque : on pouvait également remarquer, toujours en travaillant dans le triangle ACH, 3 ˆ 3 que l on avait : sin C C ˆ π = = Soit : = et, enfin : C ˆ = π On obtenait alors : sin ˆ π S = ab C = sin = = 3 4 On retrouve ainsi le résultat obtenu précédemment N 4 page 37 a) Soit I le milieu du segment [ AB ] Les coordonnées de I sont : 3 xi xa xb 3 = + = ( + ) = = ( + ) = ( 3+ 0) = et y ( y y ) On a par ailleurs : AB 0 3; ( ) Ainsi, le vecteur AB ( 3;) I A B, soit AB ( 3;) est-il un vecteur normal de la médiatrice du segment [ AB ] En tenant compte du fait que cette droite passe par I, une de ses équations est donc : 3x + y = 3x I + y I Lycée Fénelon Sainte-Marie 3/ M Lichtenberg

14 Soit : 3 3 3x+ y = 3 = 6 Une équation de la médiatrice du segment [ ] AB est : 3x+ y+ 6 = 0 b) La hauteur issue de C dans le triangle ABC est perpendiculaire à la droite (AB) et est donc parallèle à la médiatrice du segment [ AB ] En tenant compte du fait que C lui appartient, une de ses équations est donc : Soit : 3x+ y = = 0 3x + y = 3x C + y C Une équation de la hauteur issue de C dans le triangle ABC est : 3x+ y = 0 N 4 page 37 Pour déterminer les coordonnées de l orthocentre H du triangle ABC, nous pouvons déterminer les coordonnées du point d intersection de deux de ses hauteurs D issue de A admet comme vecteur normal le vecteur BC La hauteur ( A ) On a facilement : BC ( 6; ) Une équation de ( A ) D s écrit alors : 6x y = 6xA ya, soit : 6x y = En simplifiant par, il vient : 3x + y = On procède de façon analogue avec la hauteur ( B ) normal le vecteur AC On a : AC ( 3;3) Une équation de ( B ) D issue de B : elle admet comme vecteur D s écrit alors : 3x + 3y = 3xB + 3yB, soit : 3x+ 3y = 3 En simplifiant par 3, il vient : x y = Il convient donc maintenant de résoudre le système : 3x + y = x y = En additionnant les deux équations, il vient : 4x =, soit alors : y = x = = x = La deuxième équation donne Lycée Fénelon Sainte-Marie 4/ M Lichtenberg

15 Le point H admet pour coordonnées x = et y = La figure ci-dessous illustre les objets géométriques utilisés dans notre démarche N 45 page 37 a) Comme l équation fournie se récrit : x y 3 0 vecteur normal à la droite d =, on a immédiatement n ( ; ) comme b) Soit x l abscisse du point H Comme il appartient à la droite d, on peut écrire : ( ; 3) Par ailleurs, la droite H x x AH est, par définition du point H, perpendiculaire à la droite d Les vecteurs n et AH sont donc colinéaires Lycée Fénelon Sainte-Marie 5/ M Lichtenberg

16 Il existe donc un réel λ tel que AH = λn AH x ;x 3 4 Comme, c'est-à-dire AH ( x + ; x 7) x+ = λ x λ = AH = λn x 7= λ x+ λ = 7, on a : Seule l inconnue x nous intéresse En ajoutant à la première égalité deux fois la second, on obtient : x+ 4x= + 4 Soit : 5x = 3 Finalement : 3 x = 5 On a alors : y = x 3= 3= = H 3 ; 5 5 c) Le repère étant orthonormal, nous pouvons calculer la distance AH de deux façons En utilisant les coordonnées des points A et H, il vient : 3 AH = ( xh xa) + ( yh ya) = ( ) = 8 + ( 9) = = = 5 On peut également utiliser la formule donnant la distance d un point à une droite puisque la distance AH n est rien d autre que la distance du point A à la droite d AH + x A ya = = = = = On retrouve le résultat obtenu précédemment AH = Lycée Fénelon Sainte-Marie 6/ M Lichtenberg

17 N 48 page 37 a) Pour tout point M du plan, on a : C M x; y IM = = x + y 5 = x+ + y 5 = = est une équation du cercle C ( x ) ( y ) b) Pour tout point M du plan, on a cette fois : M x; y AM BM = 0 x x 4 + y y 0 = 0 C ( x ) x+ x + y y = x x + y y = x + y = 8 x + y = y = y = 4 ( x ) est une équation du cercle C N 49 page 37 a) On a : x + y x+ y = 0 x x+ y + y = x + y+ = 0 x + y+ = x + y+ = x + y+ = L équation 7 53 x + y+ = 4 4 nous permet immédiatement de conclure : Le cercle C est le cercle de centre 7 Ω ; 4 et de rayon 53 4 Lycée Fénelon Sainte-Marie 7/ M Lichtenberg

18 b) On procède comme précédemment mais en commençant par simplifier les coefficients pour obtenir des coefficients de x et y égaux à : L équation ( x ) ( y ) x + 4x+ y y = 0 x + x+ y 6y = 5 ( x+ ) + ( y 3) 9 = 5 ( x+ ) + ( y 3) = = 5 ( x ) ( y ) = 5 nous permet de conclure : Le cercle C est le cercle de centre Ω( ; 3) et de rayon 5 N 5 page Le cercle d équation x + y = admet pour centre l origine du repère et pour rayon 4 Pour démontrer que la droite d équation 4x+ 0y = 9 lui est tangente, il suffit de démontrer que la distance d du point O à cette droite est égale au rayon du cercle Or, d après l équation de la droite fournie, il vient immédiatement : d = = = = La droite d équation 4x+ 0y = 9 est tangente au cercle d équation x + y = 4 9 Notons H le point de tangence La droite ( OH ) est perpendiculaire à la droite d équation 4x 0y 9 donc colinéaire à tout vecteur normal de cette droite Le vecteur u ( 4;0) vecteur n ( ;5) également Il existe un réel λ tels que : OH = λn + = Le vecteur OH est est l un d eux Le H appartenant à la droite d équation 4x+ 0y = 9, ses coordonnées sont de la forme 9 4x x = λ x; L égalité OH n 0 = λ équivaut alors à : 9 4x = 5λ 0 x 9 4x On en tire alors : = D où : 50x = 58 8x Soit, finalement : x = x Il vient alors : y = = = = Lycée Fénelon Sainte-Marie 8/ M Lichtenberg

19 On a donc : H 5 ; En notant H le point de tangence du cercle d équation x + y = et de la droite d équation 4 5 4x+ 0y = 9, on a : H ; 9 Remarque : puisque H appartient au cercle et à la droite, ses coordonnées vérifient le système : 4x+ 0y = 9 9 x + y = 4 En le résolvant, vous retrouverez les coordonnées obtenues ci-dessus A vous alors de comparer les deux approches Pour finir, une petite figure illustrant la situation de l exercice : Lycée Fénelon Sainte-Marie 9/ M Lichtenberg

20 N 54 page 37 Cherchant à obtenir un produit scalaire nul ne faisant intervenir que deux vecteurs, nous introduisons le milieu du segment [ AB ] que nous nommons I On a alors : MA+ MB= MI et : ( MA + MB) MA = 0 MI MA = 0 MI MA = 0 On peut alors conclure : L ensemble des points du plan qui vérifient l égalité ( MA + MB) MA = 0 diamètre [ AI ] où I est milieu du segment [ AB ] est le cercle de N 55 page 37 En guise de préambule, soulignons que la donnée AB = entraîne que les points A et B sont distincts MA a) On a d abord l équivalence : 3 MA 3MB 0 MB = = MA En effet, si 3 MB =, on a MB 0 et il vient alors MA= 3 MB Réciproquement, si MA 3MB = 0, alors MB 0 sans quoi, on aurait MB = MA = 0 ce qui est absurde puisque A et B sont distincts Ensuite, les distance MA et MB ne pouvant être simultanément nulles, le réel MA+ 3MB est strictement positif On a donc : MA 3 MA 3MB 0 ( MA 3MB) ( MA 3MB) 0 MA 9MB 0 MB = = + = = L ensemble E est l ensemble des points M du plan qui vérifient : MA 9MB = 0 9 = = 0 b) On a : MA MB ( MA MB) ( MA MB) Comme le point G étant le barycentre de ( A ;) et ( ;3) MA+ 3MB= 4MG De même, comme K est le barycentre de ( A ;) et ( B; 3) tout point M du plan : MA 3MB= MK B, on a, pour tout point M du plan :, on a, pour Lycée Fénelon Sainte-Marie 0/ M Lichtenberg

21 Il vient alors : 9 = = 0 4 = 0 = 0 MA MB MA MB MA MB MG MK MG MK L ensemble E est l ensemble des points M du plan qui vérifient : MG MK = 0 c) D après ce qui précède, l ensemble E est le cercle de diamètre [ GK ] Notons I son centre Le point I est le milieu du segment [ GK ], c est donc l isobarycentre des points G et K I G K Nous pouvons écrire : = bar Les points G et K sont eux-mêmes définis comme des barycentres : G A B = bar 4 3 K A B = bar 3 A B G équivaut à = bar A B K équivaut à = bar 3 On a alors : A B A B A B I = bar 3 3 = On en conclut finalement que le point I est le barycentre de ( A; ) et ( ;9) Déterminons maintenant le rayon de E B 3 On a : GA + 3GB = 0 D où : 4AG = 3AB, soit : AG = AB 4 3 De façon analogue, à partir de KA 3KB = 0, il vient : AK = 3AB Soit : AK = AB De ces deux relations, on tire : GK = AK AG = AB AB = AB 4 4 Lycée Fénelon Sainte-Marie / M Lichtenberg

22 D où : GK = AB = = 4 4 Le diamètre de E vaut donc 3, son rayon vaut donc : 3 4 Finalement : Le cercle E est le cercle de centre I, barycentre de ( A; ) et ( ;9) B, et de rayon 3 4 Lycée Fénelon Sainte-Marie / M Lichtenberg