En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Applications directesProduit scalaire dans le plan/Exercices/Applications directes », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Dans une base
(
i
→
,
j
→
)
{\displaystyle ({\vec {i}},{\vec {j}})}
orthonormée :
u
→
(
1
−
2
)
{\displaystyle {\vec {u}}{\binom {1}{-2}}}
et
v
→
(
−
3
1
)
{\displaystyle {\vec {v}}{\binom {-3}{1}}}
1. Calculer
u
→
⋅
v
→
{\displaystyle {\vec {u}}\cdot {\vec {v}}}
.
2. Calculer
|
|
u
→
|
|
{\displaystyle ||{\vec {u}}||}
et
|
|
v
→
|
|
{\displaystyle ||{\vec {v}}||}
.
3. En déduire une mesure de l'angle
(
u
→
;
v
→
)
{\displaystyle ({\vec {u}};{\vec {v}})}
en radians puis en degrés.
Solution
1.
u
→
⋅
v
→
=
1
×
(
−
3
)
+
(
−
2
)
×
1
=
−
5
{\displaystyle {\vec {u}}\cdot {\vec {v}}=1\times (-3)+(-2)\times 1=-5}
2.
|
|
u
→
|
|
=
1
2
+
(
−
2
)
2
=
5
{\displaystyle ||{\vec {u}}||={\sqrt {1^{2}+(-2)^{2}}}={\sqrt {5}}}
et
|
|
v
→
|
|
=
(
−
3
)
2
+
1
2
=
10
{\displaystyle ||{\vec {v}}||={\sqrt {(-3)^{2}+1^{2}}}={\sqrt {10}}}
3. On déduit
cos
(
u
→
,
v
→
^
)
=
u
→
⋅
v
→
|
|
u
→
|
|
|
|
v
→
|
|
=
−
5
5
10
=
−
2
2
{\displaystyle \cos \left({\widehat {{\vec {u}},{\vec {v}}}}\right)={\dfrac {{\vec {u}}\cdot {\vec {v}}}{||{\vec {u}}||||{\vec {v}}||}}={\dfrac {-5}{{\sqrt {5}}{\sqrt {10}}}}=-{\dfrac {\sqrt {2}}{2}}}
Donc,
u
→
,
v
→
^
=
arccos
(
−
2
2
)
=
3
π
4
{\displaystyle {\widehat {{\vec {u}},{\vec {v}}}}=\arccos \left(-{\dfrac {\sqrt {2}}{2}}\right)={\dfrac {3\pi }{4}}}
, soit 135°.
Dans une base
(
i
→
,
j
→
)
{\displaystyle ({\vec {i}},{\vec {j}})}
orthonormée :
u
→
(
2
−
3
)
{\displaystyle {\vec {u}}{\binom {2}{-3}}}
et
v
→
(
−
2
5
)
{\displaystyle {\vec {v}}{\binom {-2}{5}}}
Donner une mesure de l'angle
(
u
→
,
v
→
)
{\displaystyle ({\vec {u}},{\vec {v}})}
en radians puis en degrés.
Dans une base
(
i
→
,
j
→
)
{\displaystyle ({\vec {i}},{\vec {j}})}
orthonormée.
u
→
(
−
2
3
)
{\displaystyle {\vec {u}}{\binom {-2}{3}}}
et
v
→
(
2
−
5
)
{\displaystyle {\vec {v}}{\binom {2}{-5}}}
Donner une mesure de l'angle
(
u
→
;
v
→
)
{\displaystyle ({\vec {u}};{\vec {v}})}
en radians puis en degrés.
Solution
On reconnait les vecteurs comme les vecteurs opposés de ceux de l'exercice précédent. Grâce aux propriétés du produit scalaire, il vient que
u
→
,
v
→
^
=
arccos
(
−
19
377
377
)
{\displaystyle {\widehat {{\vec {u}},{\vec {v}}}}=\arccos \left(-{\dfrac {19{\sqrt {377}}}{377}}\right)}
.
Dans une base
(
i
→
,
j
→
)
{\displaystyle ({\vec {i}},{\vec {j}})}
orthonormée.
u
→
(
−
1
2
)
{\displaystyle {\vec {u}}{\binom {-1}{2}}}
et
v
→
(
3
−
1
)
{\displaystyle {\vec {v}}{\binom {3}{-1}}}
Donner une mesure de l'angle
(
u
→
;
v
→
)
{\displaystyle ({\vec {u}};{\vec {v}})}
en radians puis en degrés.
Donner un vecteur orthogonal au vecteur
u
→
(
a
b
)
{\displaystyle {\vec {u}}{\binom {a}{b}}}
.
Soit la droite D dont l'équation dans un repère orthonormé est :
y
=
−
2
x
+
3
{\displaystyle y=-2x+3}
1. Donner un vecteur directeur de la droite D.
2. Donner un vecteur orthogonal à la droite D (vecteur normal )
Solution
1. On utilise les résultats classiques :
u
→
=
(
1
−
2
)
{\displaystyle {\vec {u}}={\binom {1}{-2}}}
2. D'après l'exercice précédent,
n
→
=
(
2
1
)
{\displaystyle {\vec {n}}={\binom {2}{1}}}
est un vecteur normal.
Droite définie par un point et un vecteur normal
modifier
Soit, dans un repère orthonormé, la droite
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
passant par
A
(
2
;
−
5
)
{\displaystyle A(2;-5)}
et
orthogonale au vecteur
u
→
(
2
−
3
)
{\displaystyle {\vec {u}}{\binom {2}{-3}}}
.
Déterminer une équation de la droite
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
en notant
M
(
x
;
y
)
{\displaystyle M(x;y)}
un point de
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
et en écrivant que :
A
M
→
⋅
u
→
=
0
{\displaystyle {\overrightarrow {AM}}\cdot {\vec {u}}=0}
Solution
M
(
x
;
y
)
{\displaystyle M(x;y)}
appartient à
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
si, et seulement si
A
M
→
⋅
u
→
=
0
{\displaystyle {\overrightarrow {AM}}\cdot {\vec {u}}=0}
.
Or
A
M
→
(
x
−
2
y
+
5
)
{\displaystyle {\overrightarrow {AM}}{\binom {x-2}{y+5}}}
A
M
→
⋅
u
→
=
0
{\displaystyle {\overrightarrow {AM}}\cdot {\vec {u}}=0}
⇔
2
×
(
x
−
2
)
+
(
−
3
)
×
(
y
+
5
)
=
0
{\displaystyle 2\times (x-2)+(-3)\times (y+5)=0}
2
x
−
4
−
3
y
−
15
=
0
{\displaystyle 2x-4-3y-15=0\,\!}
−
3
y
+
2
x
−
19
=
0
{\displaystyle -3y+2x-19=0\,\!}
−
3
y
=
−
2
x
+
19
{\displaystyle -3y=-2x+19\,\!}
y
=
2
3
x
−
19
3
{\displaystyle y={\frac {2}{3}}x-{\frac {19}{3}}}
Soit deux vecteurs
u
→
{\displaystyle {\vec {u}}}
et
v
→
{\displaystyle {\vec {v}}}
tels que :
|
|
u
→
|
|
=
2
{\displaystyle ||{\vec {u}}||=2}
|
|
v
→
|
|
=
5
{\displaystyle ||{\vec {v}}||=5}
(
u
→
,
v
→
)
=
30
∘
{\displaystyle ({\vec {u}},{\vec {v}})=30^{\circ }}
1. Développer
(
u
→
+
v
→
)
2
{\displaystyle ({\vec {u}}+{\vec {v}})^{2}}
2. En déduire la norme du vecteur
u
→
+
v
→
{\displaystyle {\vec {u}}+{\vec {v}}}
Solution
1.
(
u
→
+
v
→
)
2
=
|
|
u
→
|
|
2
+
2
∗
(
u
→
⋅
v
→
)
+
|
|
v
→
|
|
2
=
2
2
+
2
×
|
|
u
→
|
|
×
|
|
v
→
|
|
×
cos
(
u
→
,
v
→
)
+
5
2
=
4
+
25
+
2
×
2
×
5
×
3
2
=
29
+
10
3
{\displaystyle ({\vec {u}}+{\vec {v}})^{2}=||{\vec {u}}||^{2}+2*({\vec {u}}\cdot {\vec {v}})+||{\vec {v}}||^{2}=2^{2}+2\times ||{\vec {u}}||\times ||{\vec {v}}||\times \cos({\vec {u}},{\vec {v}})+5^{2}=4+25+2\times 2\times 5\times {\dfrac {\sqrt {3}}{2}}=29+10{\sqrt {3}}}
2.
|
|
u
→
+
v
→
)
|
|
=
29
+
10
3
{\displaystyle ||{\vec {u}}+{\vec {v}})||={\sqrt {29+10{\sqrt {3}}}}}
Soit ABC un triangle.
1. Démontrer en développant
(
A
B
→
−
A
C
→
)
2
{\displaystyle ({\overrightarrow {AB}}-{\overrightarrow {AC}})^{2}}
que :
B
C
2
=
A
C
2
+
A
B
2
−
2
A
B
⋅
A
C
⋅
cos
(
A
B
→
,
A
C
→
)
{\displaystyle BC^{2}=AC^{2}+AB^{2}-2AB\cdot AC\cdot \cos({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})}
2. En utilisant la formule de 1°, calculer BC avec :
A
C
=
3
{\displaystyle AC=3}
;
A
B
=
2
{\displaystyle AB=2}
et
(
A
B
→
,
A
C
→
)
=
25
∘
{\displaystyle ({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})=25^{\circ }}
.
3. En utilisant la formule de 1°, calculer BC avec :
A
C
=
3
{\displaystyle AC=3}
;
A
B
=
4
{\displaystyle AB=4}
et
(
A
B
→
,
A
C
→
)
=
45
∘
{\displaystyle ({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})=45^{\circ }}
.
Solution
1.
(
A
B
→
−
A
C
→
)
2
=
A
B
→
2
+
A
C
→
2
−
2
A
B
→
⋅
A
C
→
=
A
B
2
+
A
C
2
−
2
A
B
⋅
A
C
⋅
cos
(
A
B
→
,
A
C
→
)
{\displaystyle ({\overrightarrow {AB}}-{\overrightarrow {AC}})^{2}={\overrightarrow {AB}}^{2}+{\overrightarrow {AC}}^{2}-2{\overrightarrow {AB}}\cdot {\overrightarrow {AC}}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\cdot \cos({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})}
.
Mais en utilisant la relation de Chasles, on remarque que :
(
A
B
→
−
A
C
→
)
2
=
(
B
A
→
+
A
C
→
)
2
=
B
C
→
2
=
B
C
2
{\displaystyle ({\overrightarrow {AB}}-{\overrightarrow {AC}})^{2}=({\overrightarrow {BA}}+{\overrightarrow {AC}})^{2}={\overrightarrow {BC}}^{2}=BC^{2}}
, d'où l'égalité recherchée.
2.
B
C
2
=
A
C
2
+
A
B
2
−
2
A
B
⋅
A
C
⋅
cos
(
A
B
→
,
A
C
→
)
=
3
2
+
2
2
−
2
×
3
×
2
×
cos
(
25
∘
)
=
9
+
4
−
12
×
0
,
9063
{\displaystyle BC^{2}=AC^{2}+AB^{2}-2AB\cdot AC\cdot \cos({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})=3^{2}+2^{2}-2\times 3\times 2\times \cos(25^{\circ })=9+4-12\times 0,9063}
.
Soit
B
C
≈
1
,
4575
{\displaystyle BC\approx 1,4575}
.
3.
B
C
2
=
A
C
2
+
A
B
2
−
2
A
B
⋅
A
C
⋅
cos
(
A
B
→
,
A
C
→
)
=
3
2
+
4
2
−
2
×
3
×
4
×
cos
(
45
∘
)
=
9
+
16
−
24
×
0
,
7071
{\displaystyle BC^{2}=AC^{2}+AB^{2}-2AB\cdot AC\cdot \cos({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})=3^{2}+4^{2}-2\times 3\times 4\times \cos(45^{\circ })=9+16-24\times 0,7071}
.
Soit
B
C
≈
2
,
8336
{\displaystyle BC\approx 2,8336}
Soit le cercle
C
{\displaystyle {\mathcal {C}}}
de centre A (1;-1) et de rayon
2
{\displaystyle {\sqrt {2}}}
.
1. Démontrer que B(2,0) appartient à
C
{\displaystyle {\mathcal {C}}}
.
2. Donner une équation de la tangente à
C
{\displaystyle {\mathcal {C}}}
au point B.
Soit
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
la droite de
R
2
{\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}
d'équation
y
=
2
x
+
1
{\displaystyle y=2x+1}
.
Donner une paramétrisation de
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
. On notera
v
→
{\displaystyle {\overrightarrow {v}}}
un vecteur directeur de
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
.
Soit
A
=
(
0
,
1
)
{\displaystyle A=(0,1)}
. Déterminer le projeté orthogonal de
A
{\displaystyle A}
sur
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
. Même question pour
B
=
(
0
,
0
)
{\displaystyle B=(0,0)}
. Faire un dessin.
Soient
M
=
(
x
,
y
)
∈
R
2
{\displaystyle M=(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}}
,
M
′
=
1
5
(
x
+
2
y
−
2
,
2
x
+
4
y
+
1
)
{\displaystyle M'={\frac {1}{5}}(x+2y-2,2x+4y+1)}
et
M
″
{\displaystyle M''}
le symétrique orthogonal de
M
{\displaystyle M}
par rapport à
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
.
Montrer que
M
′
∈
D
{\displaystyle M'\in {\mathcal {D}}}
.
Montrer que
M
M
′
→
{\displaystyle {\overrightarrow {MM'}}}
est orthogonal à
v
→
{\displaystyle {\overrightarrow {v}}}
.
En déduire les coordonnées de
M
″
{\displaystyle M''}
(en fonction de
x
{\displaystyle x}
et
y
{\displaystyle y}
).
Soit
Δ
{\displaystyle \Delta }
la droite passant par l'origine et de vecteur directeur
(
1
,
1
)
{\displaystyle (1,1)}
. Déterminer le projeté orthogonal de
A
{\displaystyle A}
sur
Δ
{\displaystyle \Delta }
ainsi que l'image de
A
{\displaystyle A}
par la symétrie orthogonale par rapport à
Δ
{\displaystyle \Delta }
.
Solution
1.
D
=
{
(
x
,
y
)
∈
R
2
,
y
=
2
x
+
1
}
=
{
(
x
,
2
x
+
1
)
,
x
∈
R
}
=
{
(
0
,
1
)
+
x
(
1
,
2
)
,
x
∈
R
}
{\displaystyle {\mathcal {D}}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2},y=2x+1\}=\{(x,2x+1),x\in \mathbb {R} \}=\{(0,1)+x(1,2),x\in \mathbb {R} \}}
donc une paramétrisation de
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
est
D
:
{
x
=
λ
y
=
1
+
2
λ
,
λ
∈
R
{\displaystyle {\mathcal {D}}:\left\{{\begin{array}{l}x=\lambda \\y=1+2\lambda \end{array}}\right.,\ \lambda \in \mathbb {R} }
.
2.
A
∈
D
{\displaystyle A\in {\mathcal {D}}}
donc son projeté est
A
{\displaystyle A}
.
Soit
B
′
=
(
x
,
y
)
{\displaystyle B'=(x,y)}
le projeté de
B
{\displaystyle B}
sur
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
. Par définition de la projection, on a
B
′
∈
D
{\displaystyle B'\in {\mathcal {D}}}
et
B
B
′
→
.
v
→
=
0
{\displaystyle {\overrightarrow {BB'}}.{\overrightarrow {v}}=0}
, soit
{
y
=
2
x
+
1
(
x
−
0
,
y
−
0
)
.
(
1
,
2
)
=
0
⇔
{
y
=
2
x
+
1
x
+
2
y
=
0
⇔
{
y
=
2
x
+
1
x
+
4
x
+
2
=
0
⇔
{
y
=
1
5
x
=
−
2
5
{\displaystyle {\begin{cases}y=2x+1\\(x-0,y-0).(1,2)=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}y=2x+1\\x+2y=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}y=2x+1\\x+4x+2=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}y={\frac {1}{5}}\\x=-{\frac {2}{5}}\end{cases}}}
donc le projeté orthogonal de
B
{\displaystyle B}
sur
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
est
B
′
=
1
5
(
−
2
,
1
)
{\displaystyle B'={\frac {1}{5}}(-2,1)}
.
3.
Posons
M
′
=
(
x
′
,
y
′
)
{\displaystyle M'=(x',y')}
.
2
x
′
+
1
=
2
(
1
5
x
+
2
5
y
−
2
5
)
+
1
=
2
5
x
+
4
5
y
+
1
5
=
y
′
{\displaystyle 2x'+1=2\left({\frac {1}{5}}x+{\frac {2}{5}}y-{\frac {2}{5}}\right)+1={\frac {2}{5}}x+{\frac {4}{5}}y+{\frac {1}{5}}=y'}
donc les coordonnées de
M
′
{\displaystyle M'}
vérifient l'équation de la droite
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
donc
M
′
∈
D
{\displaystyle M'\in {\mathcal {D}}}
.
M
M
′
→
.
v
→
=
(
(
1
5
x
+
2
5
y
−
2
5
,
2
5
x
+
4
5
y
+
1
5
)
−
(
x
,
y
)
)
.
(
1
,
2
)
=
(
−
4
5
x
+
2
5
y
−
2
5
,
2
5
x
−
1
5
y
+
1
5
)
.
(
1
,
2
)
=
−
4
5
x
+
2
5
y
−
2
5
+
4
5
x
−
2
5
y
+
2
5
=
0
{\displaystyle {\overrightarrow {MM'}}.{\overrightarrow {v}}=\left(\left({\frac {1}{5}}x+{\frac {2}{5}}y-{\frac {2}{5}},{\frac {2}{5}}x+{\frac {4}{5}}y+{\frac {1}{5}}\right)-(x,y)\right).(1,2)=\left(-{\frac {4}{5}}x+{\frac {2}{5}}y-{\frac {2}{5}},{\frac {2}{5}}x-{\frac {1}{5}}y+{\frac {1}{5}}\right).(1,2)=-{\frac {4}{5}}x+{\frac {2}{5}}y-{\frac {2}{5}}+{\frac {4}{5}}x-{\frac {2}{5}}y+{\frac {2}{5}}=0}
donc
M
M
′
→
{\displaystyle {\overrightarrow {MM'}}}
est bien orthogonal à
v
→
{\displaystyle {\overrightarrow {v}}}
.
Des deux questions précédentes, on déduit que
M
′
{\displaystyle M'}
est le projeté orthogonal de
M
{\displaystyle M}
sur
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
donc
M
″
=
M
+
M
M
″
→
=
M
+
2
M
M
′
→
{\displaystyle M''=M+{\overrightarrow {MM''}}=M+2{\overrightarrow {MM'}}}
a pour coordonnées
2
(
(
1
5
x
+
2
5
y
−
2
5
,
2
5
x
+
4
5
y
+
1
5
)
−
(
x
,
y
)
)
+
(
x
,
y
)
=
(
−
3
5
x
+
4
5
y
−
4
5
,
4
5
x
+
3
5
y
+
2
5
)
{\displaystyle 2\left(\left({\frac {1}{5}}x+{\frac {2}{5}}y-{\frac {2}{5}},{\frac {2}{5}}x+{\frac {4}{5}}y+{\frac {1}{5}}\right)-(x,y)\right)+(x,y)=\left(-{\frac {3}{5}}x+{\frac {4}{5}}y-{\frac {4}{5}},{\frac {4}{5}}x+{\frac {3}{5}}y+{\frac {2}{5}}\right)}
.
4. Le projeté
H
{\displaystyle H}
vérifie :
H
∈
Δ
{\displaystyle H\in \Delta }
et
A
H
→
⊥
Δ
{\displaystyle {\overrightarrow {AH}}\perp \Delta }
, ce qui se traduit par
y
H
=
x
H
{\displaystyle y_{H}=x_{H}}
et
0
=
(
x
H
−
0
)
+
(
y
H
−
1
)
{\displaystyle 0=(x_{H}-0)+(y_{H}-1)}
, donc
x
H
=
y
H
=
1
2
{\displaystyle x_{H}=y_{H}={\frac {1}{2}}}
.
Le symétrique
A
′
{\displaystyle A'}
vérifie :
A
A
′
→
=
2
A
H
→
{\displaystyle {\overrightarrow {AA'}}=2{\overrightarrow {AH}}}
, ce qui se traduit par
(
x
A
′
−
0
,
y
A
′
−
1
)
=
2
(
1
/
2
−
0
,
1
/
2
−
1
)
=
(
1
,
−
1
)
{\displaystyle (x_{A'}-0,y_{A'}-1)=2(1/2-0,1/2-1)=(1,-1)}
, donc
x
A
′
=
1
{\displaystyle x_{A'}=1}
et
y
A
′
=
0
{\displaystyle y_{A'}=0}
.
Dessiner les droites définies par les équations
x
−
2
y
+
1
=
0
{\displaystyle x-2y+1=0}
et
x
+
y
+
1
=
0
{\displaystyle x+y+1=0}
. Déterminer leur point d'intersection et l'angle entre elles.
Solution
Tracé .
x
+
1
2
=
y
=
−
(
x
+
1
)
⇔
y
=
−
x
−
1
,
x
+
1
=
0
⇔
x
=
−
1
,
y
=
0
{\displaystyle {\frac {x+1}{2}}=y=-(x+1)\Leftrightarrow y=-x-1,\;x+1=0\Leftrightarrow x=-1,\;y=0}
.
L'angle orienté des deux vecteurs directeurs
(
2
,
1
)
{\displaystyle (2,1)}
et
(
1
,
−
1
)
{\displaystyle (1,-1)}
a pour cosinus
(
2
,
1
)
⋅
(
1
,
−
1
)
‖
(
2
,
1
)
‖
(
1
,
−
1
)
‖
=
1
10
{\displaystyle {\frac {(2,1)\cdot (1,-1)}{\|(2,1)\|(1,-1)\|}}={\frac {1}{\sqrt {10}}}}
et son sinus est du signe de
|
2
1
1
−
1
|
<
0
{\displaystyle {\begin{vmatrix}2&1\\1&-1\end{vmatrix}}<0}
.
Il est donc égal (
mod
2
π
{\displaystyle {\bmod {2\pi }}}
) à
−
arccos
1
10
=
−
arcsin
3
10
{\displaystyle -\arccos {\frac {1}{\sqrt {10}}}=-\arcsin {\frac {3}{\sqrt {10}}}}
. L'angle orienté des deux droites lui est égal
mod
π
{\displaystyle {\bmod {\pi }}}
.