I. Définitions
I.1 Définition 1
Soient ⃗u et ⃗v deux vecteurs non nuls, A un point du plan. Il existe deux points B et C tels que −−→AB=⃗u et −−→AC=⃗v
On appelle produit scalaire de ⃗u et ⃗v le réel noté ⃗u⋅⃗v=−−→AB⋅−−→AC=¯¯¯¯¯¯¯¯ABׯ¯¯¯¯¯¯¯¯AH=¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯AH′ׯ¯¯¯¯¯¯¯AC où H est le projeté orthogonal de C sur (AB) et H′ est le projeté orthogonal de B sur (AC).
I.2 Définition 2
−−→AB⋅−−→AC=||−−→AB||×||−−→AC||×cos(−−→AB, −−→AC)
En effet
−−→AB⋅−−→AC=¯¯¯¯¯¯¯¯ABׯ¯¯¯¯¯¯¯AC=AB.AC=||−−→AB||×||−−→AC||×cos(−−→AB, −−→AC)=1
−−→AB⋅−−→AC=¯¯¯¯¯¯¯¯ABׯ¯¯¯¯¯¯¯AC=−AB.AC=||−−→AB||×||−−→AC||×cos(−−→AB, −−→AC)=−1
−−→AB⋅−−→AC=¯¯¯¯¯¯¯¯ABׯ¯¯¯¯¯¯¯AA=0=||−−→AB||×||−−→AC||×cos(−−→AB, −−→AC)=0
−−→AB⋅−−→AC=¯¯¯¯¯¯¯¯ABׯ¯¯¯¯¯¯¯¯AH
Or, cos(−−→AB, −−→AC)=¯¯¯¯¯¯¯¯¯AH¯¯¯¯¯¯¯¯AC donc, ¯¯¯¯¯¯¯¯¯AH=AC.cos(−−→AB, −−→AC)
Par suite, −−→AB⋅−−→AC=AB×AC×cos(−−→AB, −−→AC)
D'où, −−→AB⋅−−→AC=||−−→AB||×||−−→AC||×cos(−−→AB, −−→AC)
−−→AB⋅−−→AC=¯¯¯¯¯¯¯¯ABׯ¯¯¯¯¯¯¯¯AH=−AB×AH
Or, cos(−−→AB, −−→AC)=¯¯¯¯¯¯¯¯¯AH¯¯¯¯¯¯¯¯AC=cos(π−(−−→AB, −−→AC))=−cos(−−→AB, −−→AC)
Donc, ¯¯¯¯¯¯¯¯¯AH=−AC.cos(−−→AB, −−→AC)
Par suite, −−→AB⋅−−→AC=AB×AC×cos(−−→AB, −−→AC)
D'où, −−→AB⋅−−→AC=||−−→AB||×||−−→AC||×cos(−−→AB, −−→AC)
Activité
Soit ABC un triangle équilatéral de coté 4, de centre G et on désigne par I le milieu du coté [AC].
Calculer les produits scalaires ci-dessous.
−→IB⋅−−→AC; −→IB⋅−→CI; −→IG⋅−→AI; −−→AB⋅−−→AC
−→BI⋅−→BI; −−→AB⋅−−→AG; −−→GB⋅−−→GC
Résolution
−→IB⋅−−→AC=IB×AC×cos(−→IB, −−→AC) or ˆ(−→IB, −−→AC)=90∘ donc, cos(−→IB, −−→AC)=0
Ainsi, −→IB⋅−−→AC=IB×AC×cos(−→IB, −−→AC)=0
−→IB⋅−→CI=IB×CI×cos(−→IB, −→CI)=0 car, (IB)⊥(IC)
−→IG⋅−→AI=IG×AI×cos(−→IG, −→AI)=0 car, (IG)⊥(AI)
−−→AB⋅−−→AC=AB×AC×cos(−−→AB, −−→AC)=4×4×cos(π3)=4×4×12=8
D'où, −−→AB⋅−−→AC=8
−→BI⋅−→BI=BI2×cos(−→BI, −→BI) or d'après théorème de Pythagore on a BI2=BC2−IC2=42−22=16−4=12
D'où −→BI⋅−→BI=12
−−→AB⋅−−→AG=AB×AG×cos(−−→AB, −−→AG)or AG=23AH et (−−→AB, −−→AG)=(−−→AB, −−→AC)2=4×23AH×cos(π6)or BH=BI=4×23BI×√32=4×23×2√3×√32=8
D'où, −−→AB⋅−−→AG=8
−−→GB⋅−−→GC=GB×GC×cos(−−→GB, −−→GC)or (−−→GB, −−→GC)=2(−−→AB, −−→AC)=23BI×23BI×cos(2π3)=49×12×(−12) = −83
D'où, −−→GB⋅−−→GC=−83
I.3 Propriétés
⋅ ⃗u⋅⃗v=⃗v⋅⃗u
En effet, ⃗u⋅⃗v=||⃗u||.||⃗v||.cos(⃗u, ⃗v)
⃗v⋅⃗u=||⃗v||.||⃗u||.cos(⃗v, ⃗u), or (⃗v, ⃗u)=−(⃗u, ⃗v)
Donc, cos(⃗v, ⃗u)=cos(−(⃗u, ⃗v))=cos(⃗u, ⃗v))
D'où, ⃗u⋅⃗v=⃗v⋅⃗u
⋅ α∈R, ⃗u⋅(α⃗v)=(α⃗u⋅⃗v)=α(⃗u⋅⃗v)
⋅ α,β∈R, (α⃗u)⋅(β⃗v)=(⃗u⋅⃗v)(α.β)
⋅ ⃗u⋅(⃗v+⃗w)=⃗u⋅⃗v+⃗u⋅⃗w
⋅ ⃗u≠⃗0,⃗v≠⃗0,⃗u⋅⃗v=0⟺⃗u⊥⃗v
⋅ ||⃗u+⃗v||2=||⃗u||2+||⃗v||2+2⃗u⋅⃗v
⋅ ||⃗u−⃗v||2=||⃗u||2+||⃗v||2−2⃗u⋅⃗v
⋅ ||⃗u+⃗v||2+||⃗u−⃗v||2=2(||⃗u||2+||⃗u||2)
⋅ ⃗u⋅⃗u=||⃗u||2
I.4 Expression du produit scalaire dans une base orthonormé
(O ⃗i, ⃗j) un repère orthonormé direct.
||⃗i||=||⃗j||=1
⃗i⊥⃗j et ⃗i⋅⃗j=0
⃗i⋅⃗i=||⃗i||2=1 et ⃗j⋅⃗j=||⃗j||2=1
Considérons deux vecteurs ⃗u(xy) et ⃗v(x′y′) dans cette base.
On a : ⃗u=x⃗i+y⃗j et ⃗v=x′⃗i+y′⃗j
Donc, ⃗u⋅⃗v=(x⃗i+y⃗j)⋅(x′⃗i+y′⃗j)=xx′(⃗i⋅⃗i)+xy′(⃗i⋅⃗j)=0+x′y(⃗i⋅⃗j)=0+yy′(⃗j⋅⃗j)
D'où, ⃗u⋅⃗v=xx′+yy′
Exercice d'application
Le plan est muni d'un repère orthonormé (O; ⃗i, ⃗j). Soit A(12), B(34) et C(−21) trois points du plan.
1) Déterminer une équation de la médiatrice de [AB]
2) Déterminer une équation du cercle de diamètre [BC]
Résolution
1) Soit I milieu de [AB]; I(23).
N(xy) appartenant à la médiatrice de [AB] alors, −→IN(x−2y−3)⊥−−→AB(22).
Donc, −→IN⋅−−→AB=0 ⇔ 2(x−2)+2(y−3)=0
Ainsi, (D) : x+y−5=0
2) Soit M(xy)∈(C) alors, −−→BM(x−3y−4)⊥−−→CM(x+2y−1).
−−→BM⊥−−→CM⇔−−→BM⊥−−→CM=0⇔(x−3)(x+2)+(y−4)(y−1)=0⇔x2+y2−x−5y−2=0
D'où (C) : x2+y2−x−5y−2=0
I.5 Distance d'un point à une droite
Soient (D) la droite d'équation ax+by+c=0, M0(x0y0)∉(D) un point du plan, ⃗n(ab) un vecteur normal à (D). Soit H(xHyH) le projeté orthogonal de M0 sur (D).
Nous appelons d(M0, (D)) la distance de M0 à (D).
On a : d(M0, (D))=||−−−→M0H||
Calculons −−−→M0H⋅⃗n de deux façons différentes.
On a :
−−−→M0H⋅⃗n=||−−−→M0H||.||⃗n||.cos(−−−→M0H, ⃗n)=a(xH−x0)+b(yH−y0)=axH+byH−ax0−by0
Or, H∈(D) donc, ses coordonnées vérifient l'équation de la droite (D).
⇒axH+byH+c=0, ce qui donne axH+byH=−c
⇒−−−→M0H⋅⃗n=−c−ax0−by0
⇒||−−−→M0H⋅⃗n||=|−c−ax0−by0|=|ax0+by0+c|
On avait ||−−−→M0H⋅⃗n||=||−−−→M0H||.||⃗n||
donc,
||−−−→M0H||=|ax0+by0+c|||⃗n|| .
Comme ||⃗n||=√a2+b2 alors, d(M0, (D))=||−−−→M0H||=|ax0+by0+c|√a2+b2
Exemple
Soit la droite (D) d'équation 2x−y+3=0 et A(51) un point du plan.
Déterminer d(A, (D))
Résolution
Soit ⃗n(2−1) un vecteur normal à (D) alors on a : d(A, (D))=|(2)(5)+(−1)(1)+3|√22+(−1)2=12√5=12√55
I.6 Relations d'Alkashi
Soit ABC un triangle d'angles ˆA, ˆB et ˆC respectivement opposés aux cotés a, b et c. Nous avons :
⋅ a2=b2+c2−2bc.cosˆA
⋅ b2=a2+c2−2ac.cosˆB
⋅ c2=a2+b2−2ab.cosˆC
Preuve
On a :
BC2=(−−→BA+−−→AC)2=(−−−→AB+−−→AC)2=||−−→AB||2+||−−→AC||2−2−−→AC⋅−−→AB=||−−→AB||2+||−−→AC||2−2AB.ACcos(−−→AB, −−→AC)
D'où, a2=b2+c2−2bc.cosˆA
AC2=(−−→AB+−−→BC)2=(−−−→BA+−−→BC)2=||−−→BA||2+||−−→BC||2−2−−→BA⋅−−→BC=||−−→BA||2+||−−→BC||2−2BA.BCcos(−−→BA, −−→BC)
D'où, b2=c2+a2−2ac.cosˆB
AB2=(−−→AC+−−→CB)2=(−−−→CA+−−→CB)2=||−−→CA||2+||−−→CB||2−2−−→CA⋅−−→CB=||−−→CA||2+||−−→CB||2−2CA.CBcos(−−→CA, −−→CB)
D'où, c2=a2+b2−2ab.cosˆC
I.7 Relation des sinus
Soit S l'aire du tringle ABC. Considérons HA, HB et HC les projections orthogonales de A, B et C sur (BC), (AC) et (AB) respectivement. On a : sinˆAa=sinˆBb=sinˆCc=2Sabc
Preuve
On a : S=BC×AHA2=AB×CHC2=AC×BHB2 or,
sinˆC=AHAAC⇒ AHA=AC.sinˆC=b.sinˆC
sinˆB=CHCBC⇒ CHC=BC.sinˆB=a.sinˆB
sinˆA=BHBAB⇒ BHB=AB.sinˆA=c.sinˆA
Donc, S=BC.b.sinˆC2=AB.a.sinˆB2=AC.c.sinˆA2
Ainsi, S=a.b.sinˆC2=c.a.sinˆB2=b.c.sinˆA2
Par suite, 2S=a.b.sinˆC=c.a.sinˆB=b.c.sinˆA
D'où, 2Sabc=sinˆAa=sinˆBb=sinˆCc
Si de plus nous considérons le cercle C circonscrit au triangle ABC, de centre O (point de rencontre des trois médianes) et de rayon R.
Soit A′ le symétrique de A par rapport à O. On a :
sinˆC=sinˆAA′B=ABAA′ or, AA′=2R donc, sinˆC=c2R
D'où, sinˆCc=12R
II. Lignes de niveau
Activité
A et B deux points du plan P tels AB=4cm.
On définit l'application f f : P→RM→f(M)=−−→AB⋅−−→AM
1) Si C est tel que ABC est équilatérale direct, calculer f(C)
2) Déterminer l'ensemble E0 des points M du plan tels que f(M)=0
3) Déterminer l'ensemble Ek des points M du plan tels que f(M)=k
4) Déterminer l'ensemble E8 des points M du plan tels que f(M)=8
Résolution
1) Soit f(M)=−−→AB⋅−−→AM
On a : f(C)=−−→AB⋅−−→AC=AB×AC×cos(−−→AB, −−→AC)=4×4×12=8
2) E0={M∈P; f(M)=0}
−−→AB⋅−−→AM=0 ⇒ −−→AB⊥−−→AM
E0 est donc la perpendiculaire à (AB) passant par A.
3) Soit le repère ⎛⎝A, −−→AB4⎞⎠; xA=0, xB=4
−−→AB⋅−−→AM=k ⇒ ¯¯¯¯¯¯¯¯ABׯ¯¯¯¯¯¯¯¯AHk=k où Hk est le projeté orthogonal de M sur (AB).
¯¯¯¯¯¯¯¯ABׯ¯¯¯¯¯¯¯¯AHk=k⇔(xB−xA)(xHk−xA)=k⇔4xHk=k⇒xHk=k4
Donc, Ek est la perpendiculaire à (AB) passant par Hk tel que xHk=k4
4) f(M)=8 donc E8 est la perpendiculaire à (AB) passant par H8 tel que xH8=84=2.
Ainsi, E8 passe par le milieu de [AB] donc c'est la médiatrice de [AB].
Complément
⋅ E={M∈P; −−→MA⋅−−→MB=0} est le cercle de diamètre [AB].
Soit I milieu de [AB] , on a :
−−→MA⋅−−→MB=(−−→MI+−→IA)⋅(−−→MI+−→IB)=MI2+−−→MI⋅(−→IA+−→IB)=⃗0+−→IA⋅−→IB=MI2−−−→AB2⋅−−→AB2 = 0⇒ MI2=AB24
Et on retrouve bien le cercle de centre I et de rayon AB2. C'est tout simplement le cercle de diamètre [AB]
⋅ E={M∈P; −−→MA⋅−−→MB=k>0} est le cercle de centre I milieu de [AB] et de rayon R=√k+AB24.
En suivant la même approche du raisonnement précédent on obtient :
MI2=k+AB24
On reconnait bien un cercle de centre I; milieu de [AB] et de rayon R=√k+AB24.
Et dans un contexte plus général, il suffit juste d'avoir k>−AB24 pour que le cercle soit bien défini.
⋅ E={M∈P; ||−−→MA||=||−−→MB||} est la médiatrice du segment [AB].
Soit I milieu de [AB] , on a :
||−−→MA||=||−−→MB||⇔||−−→MA||2=||−−→MB||2⇔||−−→MA||2−||−−→MB||2=0⇔(−−→MA−−−→MB)⋅(−−→MA+−−→MB)=0⇔(−−→MI+−→IA−−−→MI−−→IB)⋅(−−→MI+−→IA+−−→MI+−→IB)=0⇔2−−→BA⋅−−→MI=0⇔−−→AB⋅−−→MI=0
On reconnait la perpendiculaire à (AB) passant par I. C'est la médiatrice du segment [AB].
Théorème de la médiane
Soient I milieu du segment [AB] et M un point du plan tel que MBA soit un triangle. Alors on a :
−−→MI=12(−−→MA+−−→MB)
MA2+MB2=2MI2+AB22
Preuve
I milieu de [AB], alors I est isobarycentre de A et B, donc on a :
−−→MA+−−→MB=2−−→MI ⇒ −−→MI=12(−−→MA+−−→MB)
MA2+MB2=(−−→MI+−→IA)2+(−−→MI+−→IB)2=MI2+IA2+2−−→MI⋅−→IA+MI2+IB2+2−−→MI⋅−→IB=2MI2+IA2+IB2+2−−→MI⋅(−→IA+−→IB)
Or, IA=IB=AB2 et −→IA+−→IB=⃗0
D'où, MA2+MB2=2MI2+AB24+AB24=2MI2+AB22
Travaux Pratiques
Soit A et B deux points du plan tels que AB=6.
Déterminons l'ensemble des points M du plan tels que 2MA2+3MB2=k
Soit G barycentre de (A, 2), (B, 3)
On a :
2MA2+3MB2=k⇔2(−−→MG+−−→GA)2+3(−−→MG+−−→GB)2=k⇔2(MG2+2−−→MG⋅−−→GA+GA2)+3(MG2+2−−→MG⋅−−→GB+GB2)=k⇔5MG2+4−−→MG⋅−−→GA+6−−→MG⋅−−→GB+2GA2+3GB2=k⇔5MG2+2−−→MG⋅(2−−→GA+3−−→GB)=⃗0+2GA2+3GB2=k⇔MG2=k−2GA2−3GB25
− si k−2GA2−3GB25<0, Ek=∅
− si k−2GA2−3GB25=0, Ek={G}
− si k−2GA2−3GB25>0 alors MG=√k−2GA2−3GB25
D'où, Ek est le cercle de centre G et de rayon r=√k−2GA2−3GB25
Ek=C(G, √k−2GA2−3GB25)
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