Fiche de mathématiques

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Le produit scalaire

exercice 1

Une unité de longueur a été choisie.
Soit ABC un triangle équilatéral de côté 3, B' est le milieu de [AC] et D le point défini par la relation : $4\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AB} + 3\overrightarrow{BC}$
1. a) Démontrer que D est le barycentre du système : {(A,3); (B,-2); (C,3)}
b) En déduire que D appartient à la médiatrice du segment [AC].

2. Démontrer que $\overrightarrow{BD} = \dfrac{3}{2} \overrightarrow{BB'}$

3. Calculer DA² et DB²

4. Déterminer l'ensemble (E) des points M vérifiant la relation : 3 MA² - 2 MB² + 3 MC² = 12
Vérifier que le centre de gravité G du triangle ABC appartient à (E).

exercice 2

On considère dans le plan un triangle ABC tel que : AB = 7 cm, BC = 4 cm et AC = 5 cm.
Soit I le milieu de [BC].

1. Montrer que AI = $\sqrt{33}$ cm.

2. a) Soit M un point du plan.
Pour quelle valeur du réel m le vecteur $m\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC}$ est-il égal à un vecteur $\vec{u}$ indépendant du point M ?
Déterminer alors $\vec{u}$ en fonction du vecteur $\overrightarrow{AI}$ .
b) Déterminer et construire l'ensemble $\mathcal{F}$ des points M du plan tels que : -MA² + MB² + MC² = -25.

exercice 3

Écrire une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ , sachant que le projeté orthogonal de l'origine sur $\mathcal{P}$ est le point A(1; 5; 7).

exercice 4

Écrire une équation de la sphère de centre I(3; 1; -4), passant par le point A(4; 2; 1).

exercice 5

Vérifier que A(4; -1; 2) est un point de la sphère $\mathcal{S}$ ; écrire une équation du plan tangent en A à $\mathcal{S}$ .
$\mathcal{S} \, : \, x^2 + y^2 + z^2 - 6x + 2y + 4z - 3 = 0$ .

exercice 6

Calculer la distance d du point A à la droite $\mathcal{D}$ sachant que :
la droite $\mathcal{D}$ a pour équation $-x + 4y -2 = 0$ ;
et le point A a pour coordonnées (-1; 3).

exercice 7

Dans l'espace muni d'un repère orthonormal $\left(\text{O}; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\right)$ , on considère les points A(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 0; 1) et D(0; -1; 0).

1. Vérifier que le triangle ABC est équilatéral.

2. Les droites (AD) et (BC) sont-elles orthogonales ?

3. Soit I le milieu de [AB] et J le milieu de [AD].
Calculer $\overrightarrow{\text{CI}} \cdot \overrightarrow{\text{CJ}}$ . En déduire une mesure en degrés de l'angle $\widehat{\text{ICJ}}$ .

4. On appelle H le projeté orthogonal de J sur la droite (CI).
Calculer les coordonnées de H.
Quel rôle joue le point H sur le triangle ABC ?

exercice 8

ABCD est un tétraèdre, tel que AB = CD = a. On appelle I, J, K et L les milieux respectifs de [AD], [BC], [AC] et [BD].
1. Montrer que $\overrightarrow{\text{AB}} + \overrightarrow{\text{DC}} = 2\overrightarrow{\text{IJ}}$ et que $\overrightarrow{\text{AB}} - \overrightarrow{\text{DC}} = 2 \overrightarrow{\text{KL}}$ .
2. Montrer que (IJ) et (KL) sont sécantes et orthogonales.
3. Quelle est la nature du quadrilatère IKJL ? Calculer la longueur de ses côtés en fonction de a.
4. Trouver une condition nécessaire et suffisante pour que IKJL soit un carré.

exercice 9

Soit $\vec{u}\left(\sqrt{2} - 1; 1; \sqrt{2} + 1\right)$ et $\vec{v}\left(1; \sqrt{2} + 1; -4 + 2\sqrt{2}\right)$ .
Calculer $\vec{u} \cdot \vec{v}$ ; qu'en déduit-on pour $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ?
Vérifier ce résultat par un autre calcul.

exercice 10

Soient A, B, C, D quatre points quelconques du plan.
Démontrer que (AB² + CD²) - (AD² + CB²) = 2 $\overrightarrow{\text{DB}} \cdot \overrightarrow{\text{AC}}$ à l'aide de relations de Chasles judicieusement choisies dans le premier membre.

exercice 11

Voir la correction

exercice 1

1. a) Le point D est défini par la relation suivante : $4\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AB} + 3\overrightarrow{BC}$ donc :
$-4\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AB} + 3\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{0}\\ 4\overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DB} + 3\overrightarrow{BD} + 3\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{0}\\ 3\overrightarrow{DA} - 2\overrightarrow{DB} + 3\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{0}$
D'où : D est le barycentre du système {(A,3); (B,-2); (C,3)}

1. b) On sait que :
D est le barycentre du système (A, 3) (B, -2) (C, 3),
B' est le milieu du segment [AC], donc B' est le barycentre de (A, 3) (C, 3).
D'après le théorème d'associativité du barycentre, D est le barycentre de (B', 6) (B, -2).
D appartient donc à la droite (BB'), médiatrice du segment [AC] (car ABC est un triangle équilatéral).

2. On sait que D est le barycentre de (B', 6) (B, -2). Donc :
$6\overrightarrow{DB'} - 2\overrightarrow{DB} = \overrightarrow{0}\\ 6\overrightarrow{DB} + 6\overrightarrow{BB'} - 2\overrightarrow{DB} = \overrightarrow{0}\\ 4\overrightarrow{DB} = -6\overrightarrow{BB'}\\ \overrightarrow{BD} = \dfrac{3}{2}\overrightarrow{BB'}$

3.
$DA^2 = (\overrightarrow{DB'} + \overrightarrow{B'A})^2\\ \hspace{5pt} = DB'^2 + 2\overrightarrow{DB'} \cdot \overrightarrow{B'A} + B'A^2\\ \hspace{5pt} = DB'^2 + 2 \times 0 + B'A^2 \textrm{ (car D appartient à la médiatrice du segment [AC]) }\\ \hspace{5pt} = \left(\dfrac12 BB'\right)^2 + \left(\dfrac12 AC\right)^2\\ \hspace{5pt} = \dfrac{1}{4} \times \left(\dfrac{3 \sqrt{3}}{2}\right)^2 + \dfrac{1}{4} \times 3^2 \left(\textrm{Rappel : la hauteur d'un triangle équilateral de cote a est égale a} \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)\\ \hspace{5pt} = \dfrac{63}{16}$

Comme $\overrightarrow{BD} = \dfrac{3}{2}\overrightarrow{BB'}$ , alors :
$DB^2 = \left(\dfrac{3}{2}\right)^2 \times BB'^2\\ DB^2 = \dfrac{9}{4} \times \left(\dfrac{3 \sqrt{3}}{2}\right)^2 \\ DB^2 = \dfrac{243}{16}$

4.
$3MA^2 - 2MB^2 + 3MC^2 = 12 \\ \Longleftrightarrow 3(\overrightarrow{MD} + \overrightarrow{DA})^2 - 2(\overrightarrow{MD} + \overrightarrow{DB})^2 + 3(\overrightarrow{MD} + \overrightarrow{DC})^2 = 12\\ \Longleftrightarrow 3MD^2 + 6\overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{DA} + 3DA^2 - 2MD^2 - 4\overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{DB} - 2DB^2 +\\ 3MD^2 + 6\overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{DC} + 3DC^2 = 12\\ \Longleftrightarrow 4MD^2 + 2\overrightarrow{MD} \cdot (3\overrightarrow{DA} - 2\overrightarrow{DB} + 3\overrightarrow{DC}) + 3DA^2 - 2DB^2 + 3DC^2 = 12\\ \Longleftrightarrow 4MD^2 + 2\overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{0} + 3DA^2 - 2DB^2 + 3DC^2 = 12 \\ \textrm{ (car D est le barycentre de (A, 3) (B, -2) (C, 3)) }\\ \Longleftrightarrow 4MD^2 = 12 - 3DA^2 + 2DB^2 - 3DC^2$
$\Longleftrightarrow 4MD^2 = 12 - 6DA^2 + 2DB^2 \textrm{ (DA = DC car D appartient à la médiatrice du segment [AC]) }\\ \Longleftrightarrow 4MD^2 = 12 - 6 \times \dfrac{63}{16} + 2 \times \dfrac{243}{16}\\ \Longleftrightarrow MD^2 = \dfrac{75}{16}$
L'ensemble des points M est le cercle de centre D et de rayon $\dfrac{5\sqrt{3}}{4}$

Vérifions que le centre de gravité G du triangle ABC appartient à l'ensemble (E) :
Comme ABC est un triangle équilatéral, alors GA = GB = GC, donc :
$3GA^2 - 2GB^2 + 3GC^2 = 4 GB^2 = 4 \times \left(\dfrac23 BB'\right)^2 = 4 \times \left(\dfrac23 \times \dfrac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2 = 12$
G appartient à l'ensemble (E).

exercice 2

1. Montrons que AI = $\sqrt{33}$ :
Première méthode :
D'après le théorème de la médiane, on a : $\text{AB}^2 + \text{AC}^2 = 2\text{AI}^2 + \dfrac{\text{BC}^2}{2}$
Donc :
$\text{AI}^2 = \dfrac{\text{AB}^2 + \text{AC}^2 - \dfrac{\text{BC}^2}{2}}{2}\\ \text{AI}^2 = \dfrac{7^2 + 5^2 - \dfrac{4^2}{2}}{2}\\ \text{AI}^2 = \dfrac{49 + 25 - \dfrac{16}{2}}{2}\\ \text{AI}^2 = \dfrac{66}{2}\\ \text{AI}^2 = 33$
D'où : AI = $\sqrt{33}$ cm.

Deuxième méthode :
Remarquons d'abord que (AI) est la médiane du triangle ABC issue de A.
Identité du parrallélogramme :
Pour tous vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ du plan, on a : $||\vec{u}||^2 + ||\vec{v}||^2 = \dfrac{1}{2}\left(||\vec{u} + \vec{v}||^2 + ||\vec{u} - \vec{v}||^2\right)$
En prenant $\vec{u} = \overrightarrow{AB}$ et $\vec{v} = \overrightarrow{AC}$ , on a :
$||\vec{u} + \vec{v}|| = ||\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}|| = 2||\overrightarrow{AI}||$ et $||\vec{u} - \vec{v}|| = ||\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC}|| = ||\overrightarrow{BC}||$ .
L'identité du parrallèlogramme devient alors :
$||\overrightarrow{AI}||^2 = \dfrac{1}{2}\left(||\overrightarrow{AB}||^2 + ||\overrightarrow{AC}||^2 - \dfrac{1}{2}||BC||^2\right)$
L'application numérique donne : $AI^2 = \dfrac{1}{2}\left(7^2 + 5^2 -\dfrac{1}{2} \times4^2\right) = 33$
D'où : AI = $\sqrt{33}$ cm.

2. a) Pour quelle valeur du réel m le vecteur $m\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC}$ est-il égal à un vecteur $\vec{u}$ indépendant du point M ?
$m\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = m(\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA}) + (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IB}) + (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IC}) \\ \hspace{120pt} = (m + 2)\overrightarrow{MI} + m\overrightarrow{IA} + \underbrace{\overrightarrow{IB} + \overrightarrow{IC}}_{=\overrightarrow{0}}$
Donc $m\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC}$ est indépendant du point M si et seulement si m = -2.
On obtient alors : $\vec{u} = -2\overrightarrow{IA}$ .

2. b) Déterminons l'ensemble $\mathcal{F}$ des points M du plan tels que -MA² + MB² + MC² = -25 :
Transformons -MA² + MB² + MC² afin de faire apparaître le point I.
$-MA^2 + MB^2 + MC^2 = MI^2 + (-IA^2 + IB^2 + IC^2) + 2\overrightarrow{MI} \cdot \underbrace{\left(-\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{IC}\right)}_{=\overrightarrow{0}} \\ \hspace{160pt}= \left(MI^2 - 2\overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{IA} + IA^2\right) + (-2IA^2 + IB^2 + IC^2) \\ \hspace{160pt} = \left(\overrightarrow{MI} - \overrightarrow{IA}\right)^2 + ( -2IA^2 + IB^2 + IC^2)$
Or, on remarque que -25 = -33 + 2^2 + 2^2 = -IA² + IB² + IC², donc :
$-MA^2 + MB^2 + MC^2 = -25 \Longleftrightarrow \left(\overrightarrow{MI} - \overrightarrow{IA}\right)^2 + (-2IA^2 + IB^2 + IC^2) = -IA^2 + IB^2 + IC^2 \\ \hspace{183pt} \Longleftrightarrow \left(\overrightarrow{MI} - \overrightarrow{IA}\right)^2 - \overrightarrow{IA}^2 = 0 \\ \hspace{183pt} \Longleftrightarrow \overrightarrow{MI} \cdot \left(\overrightarrow{MI} - 2\overrightarrow{IA}\right) = 0$
Soit J le point du plan tel que $\overrightarrow{IJ} = -2\overrightarrow{IA}$
On a donc que $-MA^2+ MB^2 + MC^2 = -25 \Longleftrightarrow \overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{MJ} = 0$ .
$\mathcal{F}$ est donc le cercle de diamètre [IJ].

exercice 3

Ecrivons une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ , sachant que le projeté orthogonal de l'origine sur $\mathcal{P}$ est le point A(1; 5; 7) :
Le vecteur $\overrightarrow{OA}$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$ , c'est-à-dire que pour tout point M(x; y; z) du plan $\mathcal{P}$ , $\overrightarrow{AM} . \overrightarrow{OA} = 0$
M appartient au plan $\mathcal{P} \Longleftrightarrow \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{OA} = 0$
$\Longleftrightarrow (x - 1) \times (1 - 0) + (y - 5 ) \times (5 - 0) + (z - 7) \times (7 - 0) = 0\\ \Longleftrightarrow x + 5y + 7z - 65 = 0$ .
D'où l'équation du plan $\mathcal{P}$ .

exercice 4

Ecrivons une équation de la sphère de centre I(3; 1; -4), passant par le point A(4; 2; 1) :
Calculons le rayon de la sphère : R² = AI² = (3 - 4)² + (1 - 2)² + (-4 - 1)² = 27.
On en déduit l'équation de la sphère : (x - 3)² + (y - 1)² + (z + 4)² = 27.

exercice 5

Vérifions que A(4; -1; 2) est un point de la sphère $\mathcal{S}$ :
Transformons l'équation de $\mathcal{S}$ :
$\begin{array}{lcl} x^2 + y^2 + z^2 - 6x + 2y + 4z - 3 = 0 & \Longleftrightarrow & x^2 - 6 x + y^2 + 2 y + z^2 + 4 z - 3 = 0 \\ & \Longleftrightarrow & (x - 3)^2 + (y + 1)^2 + (z + 2)^2 - 3 = 3^2 + 1^2 + 2^2 \\ & \Longleftrightarrow & (x - 3)^2 + (y + 1)^2 + (z + 2)^2 = 17 \end{array}$

Regardons si les coordonnées de A vérifient l'équation de $S$ :
(4 - 3)² + (-1 + 1)² + (2 + 2)² = 1² + 0² + 4² = 17.
Donc le point A appartient à la sphère $\mathcal{S}$ .

Ecrivons une équation du plan tangent en A à $\mathcal{S}$ :
Appelons ce plan $\mathcal{P}$ .
Le centre de la sphère est le point I(3; -1; -2). $\overrightarrow{AI}$ est donc un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$ .
M (x ;y ;z) appartient à $\mathcal{P} \Longleftrightarrow \overrightarrow{IA}.\overrightarrow{AM} = 0$
$\Longleftrightarrow (4 - 3) \times (x - 4) + (-1 - (-1)) \times (y + 1) + (2 - (-2)) \times (z - 2) = 0\\ \Longleftrightarrow x + 4z - 12 = 0$
D'où l'équation du plan $\mathcal{P}$ .

exercice 6

Calculons la distance d du point A à la droite $\mathcal{D}$ :
Distance d'un point à une droite dans le plan :
On considère la droite $\mathcal{D}$ : ax + by + c = 0, avec $(a, b, c) \in \mathbb{R}^3$ et $(a, b) \not= (0, 0)$ .
M(x_M; y_M; z_M) est un point du plan.
La distance $d(\text{M}, \mathcal{D})$ vaut ainsi : $d(\text{M}, \mathcal{D}) = \dfrac{\left|ax_M + by_M + c\right|}{\sqrt{a^2 + b^2}}$
En appliquant la formule, il vient : $d = \dfrac{\left|a x_A + b y_A + c\right|}{\sqrt{a^2 + b^2}}$
D'où, $d = \dfrac{|-1 \times (-1) + 4 \times 3 - 2|}{\sqrt{(-1)^2 + 4^2}} = \dfrac{11}{\sqrt{17}} = \dfrac{11\sqrt{17}}{17}$

Remarque : Quand on a oublié la formule, on la redémontre...
Soit H(xH; y_H) le projeté orthogonal de A sur $\mathcal{D}$ .
On note $\mathcal{D}'$ la perpendiculaire à la droite $\mathcal{D}$ passant par A.
$\vec{u} (a; b)$ est un vecteur directeur de $\mathcal{D}'$ (car c'est un vecteur normal de $D$ )
Soit B(x_B; y_B) un point de $\mathcal{D}$
$|\overrightarrow{AB} \cdot \vec{u}| = ||\overrightarrow{AH}|| \times ||\vec{u}|| = d \times ||\vec{u}||$
D'autre part, avec l'autre formule du produit scalaire,
$\begin{array}{lcl} |\overrightarrow{AB} \cdot \vec{u}|&=&|(x_B-x_A)\times a + (y_B-y_A)\times b| \\ &=&|-(ax_A+b_y_A) + \underbracerace{ax_B+by_B}_{=-c}| \\ &=& |-(ax_A+b_y_A+c)|\\ &=& = |ax_A + b_y_A + c| \end{array}$
On en déduit que : $d = \dfrac{|\overrightarrow{AB}.\vec{u}|}{||\vec{u}||} = \dfrac{|ax_A+b_y_A+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$

exercice 7

1. Vérifions que le triangle ABC est équilatéral :
On a facilement que $AB = BC = CA = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2}$ donc le triangle ABC est équilatéral.

2. Les droites (AD) et (BC) sont-elles orthogonales ?
On a : $\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC} = (0 - 1) \times (0 - 0) + ((-1) - 0) \times (0 - 1) + (0 - 0) \times (1 - 0) = 1$
Donc les droites (AD) et (BC) ne sont pas orthogonales.

3. Calculons $\overrightarrow{CI} \cdot \overrightarrow{CJ}$ :
On a $I\left(\dfrac{1}{2}; \dfrac{1}{2}; 0\right)$ et $J\left(\dfrac{1}{2}; -\dfrac{1}{2}; 0\right)$ , donc :
$\begin{array}{lcl} \overrightarrow{CI} \cdot \overrightarrow{CJ} &=& (x_I - x_C) \times (x_J - x_C) + (y_I - y_C) \times (y_J - y_C) + (z_I - z_C) \times (z_J - z_C)\\ &=& \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) + (-1)^2 \\ &=&1 \end{array}$

Déduisons-en une mesure de l'angle $\widehat{ICJ}$ :
$\cos(\widehat{ICJ}) = \frac{\overrightarrow{CI} \cdot \overrightarrow{CJ}}{||\overrightarrow{CI}|| \times ||\overrightarrow{CI}||}$ .
Or, $||\overrightarrow{CI}|| = ||\overrightarrow{CI}|| = \dfrac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{2} = \sqrt{\dfrac{3}{2}}$ , donc ;
$\cos(\widehat{ICJ}) = \dfrac{1}{\sqrt{\frac{3}{2}} \times \sqrt{\frac{3}{2}}} = \dfrac{2}{3}$ .
Avec la calculatrice, on obtient : $\widehat{ICJ} = 48^{\circ}$ .

4. Calculons les coordonnées du point H :
Le point H est l'intersection de la droite (CI) et du plan $\mathcal{P}$ normal à la droite (CI) passant par I. On choisit pour vecteur normal de $\mathcal{P}$ le vecteur $\overrightarrow{n} = 2\overrightarrow{CI}$ qui a pour coordonnées (1; 1; -2).
L'équation de $\mathcal{P}$ est donc de la forme : $x + y - 2z + d = 0$ .
Pour trouver $d$ , on dit que :
$J \in P \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} + 0 + d = 0\\ \Longleftrightarrow d = 0$ .
D'où, $\mathcal{P} : x + y - 2z = 0$ .
D'autre part, $(CI): \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x & t\\ y & t \\ z & -2t + 1 \\ \end{array} \right.$ , $t \in \mathbb{R}$ .
On injecte l'équation de (CI) dans l'équation de $\mathscr{P}$ et on trouve :
$t + t -2 \times (-2t + 1) = 0 \Longleftrightarrow t = \dfrac{1}{3}$ .
On en déduit, $H\left(\dfrac{1}{3}; \dfrac{1}{3}; \dfrac{1}{3}\right)$ .

Quel rôle joue le point H sur le triangle ABC ?
On remarque que $3\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OG}$ , donc H = G, centre de gravité du triangle ABC.

exercice 8

1. Montrons que $\overrightarrow{\text{AB}} + \overrightarrow{\text{DC}} = 2\overrightarrow{\text{IJ}}$ et que $\overrightarrow{\text{AB}} - \overrightarrow{\text{DC}} = 2 \overrightarrow{\text{KL}}$ :
$\begin{array}{lcl} \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DC} &=& (\overrightarrow{AI} + \overrightarrow{IJ} + \overrightarrow{JB}) + (\overrightarrow{DI} + \overrightarrow{IJ} + \overrightarrow{JC})\\ &=& 2\overrightarrow{IJ} -(\underbrace{\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{ID}}_{=\overrightarrow{0}}) + (\underbrace{\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{JC}}_{=\overrightarrow{0}})\\ &=& 2\overrightarrow{IJ} \end{array}$
De même,
$\begin{array}{lcl} \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{DC} &=& (\overrightarrow{AK} + \overrightarrow{KL} + \overrightarrow{LB}) - (\overrightarrow{DL} + \overrightarrow{LK} + \overrightarrow{KC})\\ &=& 2\overrightarrow{KL} -(\underbrace{\overrightarrow{KA} + \overrightarrow{KC}}_{=\overrightarrow{0}}) + (\underbrace{\overrightarrow{LB}+\overrightarrow{LD}}_{=\overrightarrow{0}})\\ &=& 2\overrightarrow{KL} \end{array}$

2. Montrons que (IJ) et (KL) sont sécantes et orthogonales :
$\overrightarrow{IJ} \cdot \overrightarrow{KL} = (\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DC}) \cdot (\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{DC}) = ||\overrightarrow{AB}||^2 - ||\overrightarrow{DC}||^2 = a^2 - a^2 = 0$ .
Donc (IJ) et (KL) sont orthogonales.
On note $\mathscr{P}$ le plan engendré par les vecteurs $\overrightarrow{AB} \text{et } \overrightarrow{DC}$ passant par I.
Ainsi M appartient au plan $\mathscr{P} \Longleftrightarrow$ Il existe deux réels $\alpha \text{ et } \beta$ tels que $\overrightarrow{IM} = \alpha \overrightarrow{AB} + \beta\overrightarrow{DC}$ .
Or, $\overrightarrow{IJ} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{DC}$ , donc $J \in \mathscr{P}$ .

$\overrightarrow{IK} = \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{AK} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AC}\right) = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{DC}$ , donc $K \in \mathscr{P}$ .

$\overrightarrow{IL} = \overrightarrow{ID} + \overrightarrow{DL} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DB}\right) = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}$ , donc $L \in \mathscr{P}$ .
Donc, les points I, J, K et L sont coplanaires. De plus, $\overrightarrow{IJ} \text{ et } \overrightarrow{KL}$ sont non colinéaires, donc les droites (IJ) et (KL) sont sécantes.

3. Déterminons la nature du quadrilatère IKJL :
Les diagonales (IJ) et (KL) de ce quadrilatère sont orthogonales, donc IKJL est un losange de côté $||\overrightarrow{IL}|| = \dfrac{1}{2}||\overrightarrow{AB}|| = \dfrac{a}{2}$ .

4. Trouvons une condition nécessaire et suffisante pour que IKJL soit un carré :
IKJL est un carré $\Longleftrightarrow ||\overrightarrow{IJ}|| = ||\overrightarrow{KL}||$
$\Longleftrightarrow ||\overrightarrow{IJ}||^2 = ||\overrightarrow{KL}||^2\\ \Longleftrightarrow ||\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DC}||^2 = ||\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{DC}||^2\\ \Longleftrightarrow \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{DC} = 0$
$\Longleftrightarrow \overrightarrow{AB} \text{ et } \overrightarrow{DC}$ sont orthogonaux.

exercice 9

Calculons $\vec{u} \cdot \vec{v}$ :
$\vec{u} \cdot \vec{v} = \left(\sqrt{2} - 1\right) \times 1 + 1 \times \left(\sqrt{2} + 1\right) + (\sqrt{2} + 1) \times (-4 + 2\sqrt{2}) = 0$

Vérifions ce résultat par un autre calcul :
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 0 \Longleftrightarrow 2\vec{u} \cdot \vec{v} = -2\vec{u} \cdot \vec{v}\\ \Longleftrightarrow ||\vec{u}||^2 + ||\vec{v}||^2 + 2 \vec{u} \cdot \vec{v} = ||\vec{u}||^2 + ||\vec{v}||^2 - 2\vec{u} \cdot \vec{v}\\ \Longleftrightarrow ||\vec{u}+\vec{v}||^2 = ||\vec{u}-\vec{v}||^2$
$||\vec{u} + \vec{v}||^2 = \sqrt{2}^2 + 2(1 + \sqrt{2})^2 + 9(1-\sqrt{2})^2 = 33 - 14\sqrt{2}\\ ||\vec{u} - \vec{v}||^2 = 2(1 - \sqrt{2})^2 + \sqrt{2}^2 + (5 - \sqrt{2})^2 = 33 -14\sqrt{2}$
Donc $||\vec{u}+\vec{v}||^2=||\vec{u}-\vec{v}||^2$ .
D'où : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$ .

exercice 10

Démontrons que $\left(AB^2 + CD^2\right) - \left(AD^2 + CB^2\right) = 2\overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{AC}$ :
$\left(AB^2 + CD^2\right) - \left(AD^2 + CB^2\right)\\ = \left(AB^2 + CD^2\right) -( AB^2 + BD^2 + 2\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BD} + CD^2 + DB^2 + 2\overrightarrow{CD} \cdot \overrightarrow{DB}) \\ = 2\left(-BD^2 + \left(-\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD}\right) \cdot \overrightarrow{BD}\right)\\ = 2\left(\overrightarrow{DB} + \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{CD}\right) \cdot \overrightarrow{BD} \\ = 2\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{BD} \\ = 2\overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{AC} \end{array}$

exercice 11

1. Soit ABC est triangle. Pour tout point M du plan, montrer l'égalité : $\overrightarrow{\text{MA}} \cdot \overrightarrow{\text{BC}} + \overrightarrow{\text{MB}} \cdot \overrightarrow{\text{CA}} + \overrightarrow{\text{MC}} \cdot \overrightarrow{\text{AB}} = 0$ .

2. Application : montrer que les trois hauteurs d'un triangle sont concourantes.
Indication : On appelle H le point d'intersection de deux hauteurs. Montrer que H appartient aussi à la troisième hauteur.
1. Montrons, pour tout point M du plan, l'égalité : $\overrightarrow{\text{MA}} \cdot \overrightarrow{\text{BC}} + \overrightarrow{\text{MB}} \cdot \overrightarrow{\text{CA}} + \overrightarrow{\text{MC}} \cdot \overrightarrow{\text{AB}} = 0$ :
$\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{MA} \cdot \left( \underbrace{\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AB}}_{=\overrightarrow{0}}\right) + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{0}$ .

2. Montrons que les trois hauteurs d'un triangle sont concourantes :
Soit H le point d'intersection de la hauteur issue de A et de celle issue de B. Montrons que H appartient à la hauteur issue de C.
Pour cela, on doit montrer que $\overrightarrow{HC} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ .
$\overrightarrow{HC} \cdot \overrightarrow{AB} = -\underbrace{\overrightarrow{HA} \cdot \overrightarrow{BC}}_{=0}-\underbrace{\overrightarrow{HB} \cdot \overrightarrow{CA}}_{=0}=0$ .
D'où : le point H appartient à la hauteur issue de C. Les trois hauteurs d'un triangle sont donc concourantes.

Publié par Tom_Pascal le 03-12-2017

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