Produit scalaire dans le plan/Exercices/Applications directes

Calculs avec les coordonnées

On définit trois vecteurs du plan par leurs coordonnées dans une base $({\vec {i}},{\vec {j}})$ orthonormée.

${\vec {v_{1}}}{\binom {1}{2}}$, ${\vec {v_{2}}}{\binom {-3}{0}}$, ${\vec {v_{3}}}{\binom {-2}{1}}$

1. Calculer ${\vec {v_{1}}}\cdot {\vec {v_{2}}}$ ; ${\vec {v_{1}}}\cdot {\vec {v_{3}}}$ ; ${\vec {v_{2}}}\cdot {\vec {v_{3}}}$.

2. Parmi ces vecteurs, y en a-t-il qui sont orthogonaux ?

Solution

1.

• ${\vec {v_{1}}}\cdot {\vec {v_{2}}}=1\times (-3)+2\times 0=-3$
• ${\vec {v_{1}}}\cdot {\vec {v_{3}}}=1\times (-2)+2\times 1=0$
• ${\vec {v_{2}}}\cdot {\vec {v_{3}}}=(-3)\times (-2)+0\times 1=6$

2. ${\vec {v_{1}}}\cdot {\vec {v_{3}}}=0$. De plus, ni ${\vec {v_{1}}}$ ni ${\vec {v_{3}}}$ ne sont nuls. Donc ${\vec {v_{1}}}$ et ${\vec {v_{3}}}$ sont orthogonaux.

 

Coordonnées et angles

Dans une base $({\vec {i}},{\vec {j}})$ orthonormée :

${\vec {u}}{\binom {1}{-2}}$ et ${\vec {v}}{\binom {-3}{1}}$

1. Calculer ${\vec {u}}\cdot {\vec {v}}$.

2. Calculer $||{\vec {u}}||$ et $||{\vec {v}}||$.

3. En déduire une mesure de l'angle $({\vec {u}};{\vec {v}})$ en radians puis en degrés.

Solution

1. ${\vec {u}}\cdot {\vec {v}}=1\times (-3)+(-2)\times 1=-5$

2. $||{\vec {u}}||={\sqrt {1^{2}+(-2)^{2}}}={\sqrt {5}}$ et $||{\vec {v}}||={\sqrt {(-3)^{2}+1^{2}}}={\sqrt {10}}$

3. On déduit $\cos \left({\widehat {{\vec {u}},{\vec {v}}}}\right)={\dfrac {{\vec {u}}\cdot {\vec {v}}}{||{\vec {u}}||||{\vec {v}}||}}={\dfrac {-5}{{\sqrt {5}}{\sqrt {10}}}}=-{\dfrac {\sqrt {2}}{2}}$

Donc, ${\widehat {{\vec {u}},{\vec {v}}}}=\arccos \left(-{\dfrac {\sqrt {2}}{2}}\right)={\dfrac {3\pi }{4}}$, soit 135°.

 

Dans une base $({\vec {i}},{\vec {j}})$ orthonormée :

${\vec {u}}{\binom {2}{-3}}$ et ${\vec {v}}{\binom {-2}{5}}$

Donner une mesure de l'angle $({\vec {u}},{\vec {v}})$ en radians puis en degrés.

Solution

On procède précédemment :

• ${\vec {u}}\cdot {\vec {v}}=2\times (-2)+(-3)\times 5=-19$
• $||{\vec {u}}||={\sqrt {2^{2}+(-3)^{2}}}={\sqrt {13}}$ et $||{\vec {v}}||={\sqrt {(-2)^{2}+5^{2}}}={\sqrt {29}}$
• $\cos \left({\widehat {{\vec {u}},{\vec {v}}}}\right)={\dfrac {{\vec {u}}\cdot {\vec {v}}}{||{\vec {u}}||||{\vec {v}}||}}={\dfrac {-19}{{\sqrt {13}}{\sqrt {29}}}}$

Donc, ${\widehat {{\vec {u}},{\vec {v}}}}=\arccos \left(-{\dfrac {19{\sqrt {377}}}{377}}\right)$.

 

Dans une base $({\vec {i}},{\vec {j}})$ orthonormée.

${\vec {u}}{\binom {-2}{3}}$ et ${\vec {v}}{\binom {2}{-5}}$

Donner une mesure de l'angle $({\vec {u}};{\vec {v}})$ 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

${\widehat {{\vec {u}},{\vec {v}}}}=\arccos \left(-{\dfrac {19{\sqrt {377}}}{377}}\right)$.

 

Dans une base $({\vec {i}},{\vec {j}})$ orthonormée.

${\vec {u}}{\binom {-1}{2}}$ et ${\vec {v}}{\binom {3}{-1}}$

Donner une mesure de l'angle $({\vec {u}};{\vec {v}})$ en radians puis en degrés.

Solution

On procède comme précédemment :

• ${\vec {u}}\cdot {\vec {v}}=(-1)\times 3+2\times (-1)=-5$
• $||{\vec {u}}||={\sqrt {(-1)^{2}+2^{2}}}={\sqrt {5}}$ et $||{\vec {v}}||={\sqrt {3^{2}+(-1)^{2}}}={\sqrt {10}}$
• $\cos \left({\widehat {{\vec {u}},{\vec {v}}}}\right)={\dfrac {{\vec {u}}\cdot {\vec {v}}}{||{\vec {u}}||||{\vec {v}}||}}={\dfrac {-6}{{\sqrt {5}}{\sqrt {10}}}}=-{\dfrac {3{\sqrt {2}}}{5}}$

Donc, ${\widehat {{\vec {u}},{\vec {v}}}}=\arccos \left(-{\dfrac {3{\sqrt {2}}}{5}}\right)$.

 

Vecteur orthogonal

Donner un vecteur orthogonal au vecteur ${\vec {u}}{\binom {a}{b}}$.

Solution

Soit ${\vec {v}}{\binom {x}{y}}$ un vecteur orthogonal à ${\vec {u}}$. Les coordonnées de ${\vec {u}}$ et de ${\vec {v}}$ vérifient donc l'équation : $a\times x+b\times y=0$
Ainsi, si l’on prend $x=b\,\!$ et $y=-a\,\!$, l'équation est vérifiée. En effet $a\times b+b\times (-a)=a\times b-b\times a=0$

Le vecteur ${\vec {v}}{\binom {b}{-a}}$ est un vecteur orthogonal à ${\vec {u}}{\binom {a}{b}}$.

 

Droite

Soit la droite D dont l'équation dans un repère orthonormé est :

$y=-2x+3$

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 : ${\vec {u}}={\binom {1}{-2}}$

2. D'après l'exercice précédent, ${\vec {n}}={\binom {2}{1}}$ est un vecteur normal.

 

Droite définie par un point et un vecteur normal

Soit, dans un repère orthonormé, la droite ${\mathcal {D}}$ passant par $A(2;-5)$ et

orthogonale au vecteur ${\vec {u}}{\binom {2}{-3}}$.

Déterminer une équation de la droite ${\mathcal {D}}$ en notant $M(x;y)$ un point de ${\mathcal {D}}$

et en écrivant que :

${\overrightarrow {AM}}\cdot {\vec {u}}=0$

Solution

$M(x;y)$ appartient à ${\mathcal {D}}$ si, et seulement si ${\overrightarrow {AM}}\cdot {\vec {u}}=0$.

Or ${\overrightarrow {AM}}{\binom {x-2}{y+5}}$

${\overrightarrow {AM}}\cdot {\vec {u}}=0$ ⇔ $2\times (x-2)+(-3)\times (y+5)=0$

$2x-4-3y-15=0\,\!$

$-3y+2x-19=0\,\!$

$-3y=-2x+19\,\!$

$y={\frac {2}{3}}x-{\frac {19}{3}}$

 

Somme de deux vecteurs

Soit deux vecteurs ${\vec {u}}$ et ${\vec {v}}$ tels que :

$||{\vec {u}}||=2$

$||{\vec {v}}||=5$

$({\vec {u}},{\vec {v}})=30^{\circ }$

1. Développer $({\vec {u}}+{\vec {v}})^{2}$

2. En déduire la norme du vecteur ${\vec {u}}+{\vec {v}}$

Solution

1. $({\vec {u}}+{\vec {v}})^{2}=||{\vec {u}}||^{2}+2*({\vec {u}}\cdot {\vec {v}})+||{\vec {v}}||^{2}=2^{2}+2\times ||{\vec {u}}||\times ||{\vec {v}}||\times \cos({\vec {u}},{\vec {v}})+5^{2}=4+25+2\times 2\times 5\times {\dfrac {\sqrt {3}}{2}}=29+10{\sqrt {3}}$

2. $||{\vec {u}}+{\vec {v}})||={\sqrt {29+10{\sqrt {3}}}}$

 

Théorème d'Al Kashi

Soit ABC un triangle.

1. Démontrer en développant $({\overrightarrow {AB}}-{\overrightarrow {AC}})^{2}$ que :

$BC^{2}=AC^{2}+AB^{2}-2AB\cdot AC\cdot \cos({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})$

2. En utilisant la formule de 1°, calculer BC avec :

$AC=3$ ; $AB=2$ et $({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})=25^{\circ }$.

3. En utilisant la formule de 1°, calculer BC avec :

$AC=3$ ; $AB=4$ et $({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})=45^{\circ }$.

Solution

1.

$({\overrightarrow {AB}}-{\overrightarrow {AC}})^{2}={\overrightarrow {AB}}^{2}+{\overrightarrow {AC}}^{2}-2{\overrightarrow {AB}}\cdot {\overrightarrow {AC}}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\cdot \cos({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})$.

Mais en utilisant la relation de Chasles, on remarque que :

$({\overrightarrow {AB}}-{\overrightarrow {AC}})^{2}=({\overrightarrow {BA}}+{\overrightarrow {AC}})^{2}={\overrightarrow {BC}}^{2}=BC^{2}$, d'où l'égalité recherchée.

2. $BC^{2}=AC^{2}+AB^{2}-2AB\cdot AC\cdot \cos({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})=3^{2}+2^{2}-2\times 3\times 2\times \cos(25^{\circ })=9+4-12\times 0,9063$. Soit $BC\approx 1,4575$.

3. $BC^{2}=AC^{2}+AB^{2}-2AB\cdot AC\cdot \cos({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})=3^{2}+4^{2}-2\times 3\times 4\times \cos(45^{\circ })=9+16-24\times 0,7071$. Soit $BC\approx 2,8336$

 

Tangente à un cercle

Soit le cercle ${\mathcal {C}}$ de centre A (1;-1) et de rayon ${\sqrt {2}}$.

1. Démontrer que B(2,0) appartient à ${\mathcal {C}}$.

2. Donner une équation de la tangente à ${\mathcal {C}}$ au point B.

Solution

1. L'équation du cercle ${\mathcal {C}}$ est $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=2$. On vérifie alors facilement que B est sur le cercle : $(2-1)^{2}+(0+1)^{2}=2$.
2. Un vecteur normal à cette tangente est ${\mathcal {C}}$ est ${\overrightarrow {AB}}={\binom {1}{1}}$. L'équation de la tangente est donc l’ensemble des points $M(x,y)$ tels que :

${\overrightarrow {AB}}\cdot {\overrightarrow {BM}}=0\Leftrightarrow {\binom {x-2}{y}}\cdot {\binom {1}{1}}=0\Leftrightarrow y=-x+2$.

 

Projection et symétrie

Soit ${\mathcal {D}}$ la droite de $\mathbb {R} ^{2}$ d'équation $y=2x+1$.

1. Donner une paramétrisation de ${\mathcal {D}}$. On notera ${\overrightarrow {v}}$ un vecteur directeur de ${\mathcal {D}}$.
2. Soit $A=(0,1)$. Déterminer le projeté orthogonal de $A$ sur ${\mathcal {D}}$. Même question pour $B=(0,0)$. Faire un dessin.
3. Soient $M=(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}$, $M'={\frac {1}{5}}(x+2y-2,2x+4y+1)$ et $M''$ le symétrique orthogonal de $M$ par rapport à ${\mathcal {D}}$.
   1. Montrer que $M'\in {\mathcal {D}}$.
   2. Montrer que ${\overrightarrow {MM'}}$ est orthogonal à ${\overrightarrow {v}}$.
   3. En déduire les coordonnées de $M''$ (en fonction de $x$ et $y$).
4. Soit $\Delta$ la droite passant par l'origine et de vecteur directeur $(1,1)$. Déterminer le projeté orthogonal de $A$ sur $\Delta$ ainsi que l'image de $A$ par la symétrie orthogonale par rapport à $\Delta$.

Solution

1. ${\mathcal {D}}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2},y=2x+1\}=\{(x,2x+1),x\in \mathbb {R} \}=\{(0,1)+x(1,2),x\in \mathbb {R} \}$ donc une paramétrisation de ${\mathcal {D}}$ est ${\mathcal {D}}:\left\{{\begin{array}{l}x=\lambda \\y=1+2\lambda \end{array}}\right.,\ \lambda \in \mathbb {R}$.

2.

$A\in {\mathcal {D}}$ donc son projeté est $A$.

Soit $B'=(x,y)$ le projeté de $B$ sur ${\mathcal {D}}$. Par définition de la projection, on a $B'\in {\mathcal {D}}$ et ${\overrightarrow {BB'}}.{\overrightarrow {v}}=0$, soit

${\begin{cases}y=2x+1\\(x-0,y-0).(1,2)=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}y=2x+1\\x+2y=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}y=2x+1\\x+4x+2=0\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}y={\frac {1}{5}}\\x=-{\frac {2}{5}}\end{cases}}$

donc le projeté orthogonal de $B$ sur ${\mathcal {D}}$ est $B'={\frac {1}{5}}(-2,1)$.

3.

1. Posons $M'=(x',y')$. $2x'+1=2\left({\frac {1}{5}}x+{\frac {2}{5}}y-{\frac {2}{5}}\right)+1={\frac {2}{5}}x+{\frac {4}{5}}y+{\frac {1}{5}}=y'$ donc les coordonnées de $M'$ vérifient l'équation de la droite ${\mathcal {D}}$ donc $M'\in {\mathcal {D}}$.
2. ${\overrightarrow {MM'}}.{\overrightarrow {v}}=\left(\left({\frac {1}{5}}x+{\frac {2}{5}}y-{\frac {2}{5}},{\frac {2}{5}}x+{\frac {4}{5}}y+{\frac {1}{5}}\right)-(x,y)\right).(1,2)=\left(-{\frac {4}{5}}x+{\frac {2}{5}}y-{\frac {2}{5}},{\frac {2}{5}}x-{\frac {1}{5}}y+{\frac {1}{5}}\right).(1,2)=-{\frac {4}{5}}x+{\frac {2}{5}}y-{\frac {2}{5}}+{\frac {4}{5}}x-{\frac {2}{5}}y+{\frac {2}{5}}=0$ donc ${\overrightarrow {MM'}}$ est bien orthogonal à ${\overrightarrow {v}}$.
3. Des deux questions précédentes, on déduit que $M'$ est le projeté orthogonal de $M$ sur ${\mathcal {D}}$ donc $M''=M+{\overrightarrow {MM''}}=M+2{\overrightarrow {MM'}}$ a pour coordonnées $2\left(\left({\frac {1}{5}}x+{\frac {2}{5}}y-{\frac {2}{5}},{\frac {2}{5}}x+{\frac {4}{5}}y+{\frac {1}{5}}\right)-(x,y)\right)+(x,y)=\left(-{\frac {3}{5}}x+{\frac {4}{5}}y-{\frac {4}{5}},{\frac {4}{5}}x+{\frac {3}{5}}y+{\frac {2}{5}}\right)$.

4. Le projeté $H$ vérifie : $H\in \Delta$ et ${\overrightarrow {AH}}\perp \Delta$, ce qui se traduit par $y_{H}=x_{H}$ et $0=(x_{H}-0)+(y_{H}-1)$, donc $x_{H}=y_{H}={\frac {1}{2}}$.

Le symétrique $A'$ vérifie : ${\overrightarrow {AA'}}=2{\overrightarrow {AH}}$, ce qui se traduit par $(x_{A'}-0,y_{A'}-1)=2(1/2-0,1/2-1)=(1,-1)$, donc $x_{A'}=1$ et $y_{A'}=0$.

 

Deux droites

Dessiner les droites définies par les équations $x-2y+1=0$ et $x+y+1=0$. Déterminer leur point d'intersection et l'angle entre elles.

Solution

Tracé.

${\frac {x+1}{2}}=y=-(x+1)\Leftrightarrow y=-x-1,\;x+1=0\Leftrightarrow x=-1,\;y=0$.

L'angle orienté des deux vecteurs directeurs $(2,1)$ et $(1,-1)$ a pour cosinus ${\frac {(2,1)\cdot (1,-1)}{\|(2,1)\|(1,-1)\|}}={\frac {1}{\sqrt {10}}}$ et son sinus est du signe de ${\begin{vmatrix}2&1\\1&-1\end{vmatrix}}<0$.

Il est donc égal (${\bmod {2\pi }}$) à $-\arccos {\frac {1}{\sqrt {10}}}=-\arcsin {\frac {3}{\sqrt {10}}}$. L'angle orienté des deux droites lui est égal ${\bmod {\pi }}$.