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Produit scalaire

Définition avec le cosinus et par projection orthogonale, bilinéarité, développement de ‖u + v‖² et ‖u − v‖², coordonnées par produits scalaires, calcul en repère orthonormé, orthogonalité et angles, théorème d’Al-Kashi, ensemble des points M tels que MA · MB = 0.

À propos de cette page

Des exercices corrigés sur le produit scalaire en 1re, classés par cas et par difficulté : formule du cosinus et angles remarquables, projection dans un carré et un cercle, identités remarquables et parallélogramme, coordonnées, paramètre d’orthogonalité et fonction Python, Al-Kashi et aire d’un triangle, cercle de diamètre [AB]. Chaque cas contient une question à rédiger comme sur une copie.

24 exercices, classés par cas comme le cours. Écris ta réponse, puis « Vérifier ».

Cas 1Définition avec le cosinus et orthogonalité

Réflexe — deux normes et l’angle entre les vecteurs (ramenés à la même origine) : je multiplie les normes par la valeur exacte du cosinus, puis je contrôle le signe. Revoir la méthode →

Exercice 1★★★Facile

Calculer $\vec{u} \cdot \vec{v}$ (valeur exacte). Pour une racine carrée, écris par exemple 3√2.

$‖ \vec{u} ‖ = 6$ , $‖ \vec{v} ‖ = 3$ , angle de $60^{\circ}$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} =$
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 6 \times 3 \times \cos 60^{\circ}$ $= 18 \times \frac{1}{2} = 9$ .
$‖ \vec{u} ‖ = 2$ , $‖ \vec{v} ‖ = 7$ , angle de $150^{\circ}$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} =$
$\cos 150^{\circ} = - \frac{\sqrt{3}}{2}$ , donc $\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 7 \times (- \frac{\sqrt{3}}{2})$ $= - 7 \sqrt{3}$ . Le résultat est négatif car l’angle est obtus.
$‖ \vec{u} ‖ = ‖ \vec{v} ‖ = 4$ et les vecteurs sont orthogonaux : $\vec{u} \cdot \vec{v} =$
L’angle vaut $90^{\circ}$ et $\cos 90^{\circ} = 0$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 4 \times 4 \times 0 = 0$ . C’est la caractérisation de l’orthogonalité.

Exercice 2★★★Facile

On connaît les normes et le produit scalaire. Donner la mesure en degrés de l’angle $θ$ entre $\vec{u}$ et $\vec{v}$ .

$‖ \vec{u} ‖ = 4$ , $‖ \vec{v} ‖ = 5$ , $\vec{u} \cdot \vec{v} = 10$ : $θ =$ degrés
$\cos θ = \frac{10}{4 \times 5} = \frac{1}{2}$ et $θ \in [0^{\circ}; 180^{\circ}]$ , donc $θ = 60^{\circ}$ .
$‖ \vec{u} ‖ = 2$ , $‖ \vec{v} ‖ = 3$ , $\vec{u} \cdot \vec{v} = - 3 \sqrt{3}$ : $θ =$ degrés
$\cos θ = \frac{- 3 \sqrt{3}}{2 \times 3} = - \frac{\sqrt{3}}{2}$ , donc $θ = 150^{\circ}$ (angle obtus, produit scalaire négatif).
$‖ \vec{u} ‖ = 3$ , $‖ \vec{v} ‖ = 2 \sqrt{2}$ , $\vec{u} \cdot \vec{v} = - 6$ : $θ =$ degrés
$\cos θ = \frac{- 6}{3 \times 2 \sqrt{2}} = - \frac{1}{\sqrt{2}} = - \frac{\sqrt{2}}{2}$ , donc $θ = 135^{\circ}$ .

Exercice 3★★★Moyen

$A B C$ est un triangle équilatéral de côté $5$ . Une fraction s’écrit avec « / » ou en décimal.

$\vec{A B} \cdot \vec{A C} =$
Dans un triangle équilatéral, $B A C = 60^{\circ}$ : $\vec{A B} \cdot \vec{A C} = 5 \times 5 \times \cos 60^{\circ}$ $= 25 \times \frac{1}{2} = 12, 5$ .
Démontrer la valeur de $\vec{A B} \cdot \vec{B C}$ : $\vec{A B} \cdot \vec{B C} =$
Rédaction attendue. Les vecteurs $\vec{A B}$ et $\vec{B C}$ n’ont pas la même origine. Comme $\vec{A B} = - \vec{B A}$ , on a $\vec{A B} \cdot \vec{B C} = - \vec{B A} \cdot \vec{B C}$ $= - B A \times B C \times \cos A B C$ $= - 5 \times 5 \times \frac{1}{2} = - 12, 5$ . L’angle entre $\vec{A B}$ et $\vec{B C}$ mesure $120^{\circ}$ , pas $60^{\circ}$ .

Exercice 4★★★Difficile

On sait seulement que $‖ \vec{u} ‖ = 3$ et $‖ \vec{v} ‖ = 4$ .

Justifier que $\vec{u} \cdot \vec{v} ⩽ 12$ . La plus grande valeur possible de $\vec{u} \cdot \vec{v}$ est
Rédaction attendue. $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont non nuls : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 3 \times 4 \times \cos θ$ $= 12 \cos θ$ . Or $\cos θ ⩽ 1$ , donc $\vec{u} \cdot \vec{v} ⩽ 12$ . L’égalité a lieu pour $\cos θ = 1$ , soit $θ = 0^{\circ}$ : vecteurs colinéaires de même sens. La plus grande valeur est donc $12$ .
La plus petite valeur possible de $\vec{u} \cdot \vec{v}$ est
$\cos θ ⩾ - 1$ , donc $\vec{u} \cdot \vec{v} = 12 \cos θ ⩾ - 12$ , avec égalité pour $θ = 180^{\circ}$ (vecteurs de sens contraires).
Si $\vec{u} \cdot \vec{v} = 6 \sqrt{2}$ , l’angle entre $\vec{u}$ et $\vec{v}$ mesure degrés
$\cos θ = \frac{6 \sqrt{2}}{12} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ , donc $θ = 45^{\circ}$ .

Cas 2Produit scalaire et projection orthogonale

Réflexe — je projette le second vecteur sur la droite qui porte le premier, depuis la même origine : produit de deux longueurs, signe + si même sens, − sinon. Revoir la méthode →

Exercice 5★★★Facile

$A B C D$ est un carré de côté $4$ et $I$ est le milieu de $[B C]$ .

$\vec{A B} \cdot \vec{A D} =$
$A B C D$ est un carré : $(A B) ⟂ (A D)$ , donc $\vec{A B} \cdot \vec{A D} = 0$ .
$\vec{A B} \cdot \vec{A C} =$
$(B C) ⟂ (A B)$ : le projeté orthogonal de $C$ sur $(A B)$ est $B$ . Donc $\vec{A B} \cdot \vec{A C} = \vec{A B} \cdot \vec{A B}$ $= A B^{2} = 16$ .
$\vec{A B} \cdot \vec{A I} =$
$I$ est sur $[B C]$ , donc son projeté orthogonal sur $(A B)$ est encore $B$ : $\vec{A B} \cdot \vec{A I} = A B^{2} = 16$ .
$\vec{A D} \cdot \vec{A I} =$
Le projeté orthogonal de $I$ sur $(A D)$ est le point $J$ de $[A D]$ tel que $A J = B I = 2$ . $J$ et $D$ sont du même côté de $A$ : $\vec{A D} \cdot \vec{A I} = A D \times A J$ $= 4 \times 2 = 8$ .

Exercice 6★★★Facile

$A B = 5$ et $H$ est le projeté orthogonal d’un point $C$ sur la droite $(A B)$ .

$H$ est sur $(A B)$ , de l’autre côté de $A$ par rapport à $B$ , avec $A H = 3$ : $\vec{A B} \cdot \vec{A C} =$
$\vec{A B}$ et $\vec{A H}$ sont de sens contraires : $\vec{A B} \cdot \vec{A C} = - A B \times A H$ $= - 5 \times 3 = - 15$ .
$H$ est sur la demi-droite $[A B)$ , au-delà de $B$ , avec $A H = 7$ : $\vec{A B} \cdot \vec{A C} =$
$\vec{A B}$ et $\vec{A H}$ sont de même sens : $\vec{A B} \cdot \vec{A C} = A B \times A H$ $= 5 \times 7 = 35$ .
$H = A$ : $\vec{A B} \cdot \vec{A C} =$
Si $H = A$ , alors $(A C) ⟂ (A B)$ : $\vec{A B} \cdot \vec{A C} = \vec{A B} \cdot \vec{A A}$ $= 0$ .

Exercice 7★★★Moyen

$A B C$ est un triangle isocèle en $C$ avec $A B = 6$ et $A C = 5$ .

Démontrer, sans calculer d’angle, la valeur de $\vec{A B} \cdot \vec{A C}$ :
Rédaction attendue. Soit $H$ le milieu de $[A B]$ . Le triangle est isocèle en $C$ , donc la médiane $(C H)$ est aussi la hauteur : $(C H) ⟂ (A B)$ et $H$ est le projeté orthogonal de $C$ sur $(A B)$ . $H$ est sur $[A B]$ , du même côté de $A$ que $B$ , avec $A H = 3$ . Donc $\vec{A B} \cdot \vec{A C} = A B \times A H$ $= 6 \times 3 = 18$ .
En déduire $\cos B A C =$ (fraction ou décimal)
$\vec{A B} \cdot \vec{A C}$ $= A B \times A C \times \cos B A C$ , donc $\cos B A C = \frac{18}{6 \times 5} = \frac{3}{5}$ . On peut le vérifier dans le triangle rectangle $A H C$ : $\frac{A H}{A C} = \frac{3}{5}$ .

Exercice 8★★★Difficile

$[A B]$ est un diamètre d’un cercle de rayon $5$ . $M$ est un point du cercle, distinct de $A$ et de $B$ , et $H$ son projeté orthogonal sur $(A B)$ , situé sur $[A B]$ avec $A H = 2$ .

$\vec{A B} \cdot \vec{A M} =$
$A B = 10$ (diamètre). $H$ est le projeté de $M$ sur $(A B)$ , du même côté de $A$ que $B$ : $\vec{A B} \cdot \vec{A M} = A B \times A H$ $= 10 \times 2 = 20$ .
Justifier que $\vec{A M} \cdot \vec{A B} = A M^{2}$ , puis donner $A M =$
Rédaction attendue. $M$ est sur le cercle de diamètre $[A B]$ et distinct de $A$ et $B$ : le triangle $A M B$ est rectangle en $M$ , donc $(B M) ⟂ (A M)$ . Le projeté orthogonal de $B$ sur $(A M)$ est donc $M$ , et $\vec{A M} \cdot \vec{A B} = \vec{A M} \cdot \vec{A M}$ $= A M^{2}$ . Par symétrie du produit scalaire, $A M^{2} = 20$ , donc $A M = \sqrt{20} = 2 \sqrt{5}$ .

Cas 3Bilinéarité, ‖u + v‖² et calcul avec les normes

Réflexe — je développe comme en algèbre (bilinéarité, symétrie) ; pour une norme, je calcule son carré ; sans angle, j’isole le produit scalaire dans une identité remarquable. Revoir la méthode →

Exercice 9★★★Facile

On donne $‖ \vec{u} ‖ = 3$ , $‖ \vec{v} ‖ = 5$ et $\vec{u} \cdot \vec{v} = - 4$ .

$‖ \vec{u} + \vec{v} ‖^{2} =$
$‖ \vec{u} + \vec{v} ‖^{2}$ $= ‖ \vec{u} ‖^{2} + 2 \vec{u} \cdot \vec{v} + ‖ \vec{v} ‖^{2}$ $= 9 + 2 \times (- 4) + 25 = 26$ .
$‖ \vec{u} - \vec{v} ‖^{2} =$
$‖ \vec{u} - \vec{v} ‖^{2}$ $= ‖ \vec{u} ‖^{2} - 2 \vec{u} \cdot \vec{v} + ‖ \vec{v} ‖^{2}$ $= 9 + 8 + 25 = 42$ .
$(\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} - \vec{v}) =$
$(\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} - \vec{v})$ $= ‖ \vec{u} ‖^{2} - ‖ \vec{v} ‖^{2} = 9 - 25$ $= - 16$ . La valeur de $\vec{u} \cdot \vec{v}$ n’intervient pas.
$(2 \vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} - 3 \vec{v}) =$
Par bilinéarité : $(2 \vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} - 3 \vec{v})$ $= 2 \vec{u} \cdot \vec{u} - 6 \vec{u} \cdot \vec{v}$ $+ \vec{v} \cdot \vec{u} - 3 \vec{v} \cdot \vec{v}$ $= 2 ‖ \vec{u} ‖^{2} - 5 \vec{u} \cdot \vec{v} - 3 ‖ \vec{v} ‖^{2}$ $= 18 + 20 - 75 = - 37$ .

Exercice 10★★★Facile

Calculer le produit scalaire demandé à partir des longueurs ou des normes.

Triangle $A B C$ avec $A B = 7$ , $A C = 8$ et $B C = 9$ : $\vec{A B} \cdot \vec{A C} =$
$\vec{A B} \cdot \vec{A C}$ $= \frac{1}{2} (A B^{2} + A C^{2} - B C^{2})$ $= \frac{1}{2} (49 + 64 - 81) = \frac{32}{2} = 16$ .
$‖ \vec{u} ‖ = 6$ , $‖ \vec{v} ‖ = 8$ et $‖ \vec{u} - \vec{v} ‖ = 10$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} =$
$\vec{u} \cdot \vec{v}$ $= \frac{1}{2} (‖ \vec{u} ‖^{2} + ‖ \vec{v} ‖^{2} - ‖ \vec{u} - \vec{v} ‖^{2})$ $= \frac{1}{2} (36 + 64 - 100) = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux (Pythagore vectoriel).

Exercice 11★★★Moyen

On donne $‖ \vec{u} ‖ = 4$ , $‖ \vec{v} ‖ = 6$ et $‖ \vec{u} + \vec{v} ‖ = 2 \sqrt{19}$ . Pour une racine carrée, écris par exemple 3√2.

Démontrer la valeur de $\vec{u} \cdot \vec{v}$ :
Rédaction attendue. $‖ \vec{u} + \vec{v} ‖^{2} = (2 \sqrt{19})^{2}$ $= 4 \times 19 = 76$ . Or, d’après l’identité remarquable, $‖ \vec{u} + \vec{v} ‖^{2}$ $= ‖ \vec{u} ‖^{2} + 2 \vec{u} \cdot \vec{v} + ‖ \vec{v} ‖^{2}$ , donc $76 = 16 + 2 \vec{u} \cdot \vec{v} + 36$ . D’où $2 \vec{u} \cdot \vec{v} = 24$ et $\vec{u} \cdot \vec{v} = 12$ .
L’angle entre $\vec{u}$ et $\vec{v}$ mesure degrés
$\cos θ = \frac{12}{4 \times 6} = \frac{1}{2}$ , donc $θ = 60^{\circ}$ .
$‖ \vec{u} - \vec{v} ‖ =$
$‖ \vec{u} - \vec{v} ‖^{2}$ $= 16 - 2 \times 12 + 36 = 28$ , donc $‖ \vec{u} - \vec{v} ‖ = \sqrt{28} = 2 \sqrt{7}$ .
$(\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} - \vec{v}) =$
$(\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} - \vec{v})$ $= 16 - 36 = - 20 \neq 0$ : $\vec{u} + \vec{v}$ et $\vec{u} - \vec{v}$ ne sont pas orthogonaux. Ils le seraient seulement si $‖ \vec{u} ‖ = ‖ \vec{v} ‖$ (diagonales d’un losange).

Exercice 12★★★Difficile

$A B C D$ est un parallélogramme avec $A B = 5$ , $A D = 3$ et $A C = 7$ . On pose $\vec{u} = \vec{A B}$ et $\vec{v} = \vec{A D}$ .

$\vec{A B} \cdot \vec{A D} =$ (fraction ou décimal)
$\vec{A C} = \vec{u} + \vec{v}$ (règle du parallélogramme), donc $A C^{2}$ $= A B^{2} + 2 \vec{A B} \cdot \vec{A D} + A D^{2}$ : $49 = 25 + 2 \vec{A B} \cdot \vec{A D} + 9$ , d’où $\vec{A B} \cdot \vec{A D} = \frac{15}{2}$ .
Démontrer que $‖ \vec{u} + \vec{v} ‖^{2} + ‖ \vec{u} - \vec{v} ‖^{2}$ $= 2 (‖ \vec{u} ‖^{2} + ‖ \vec{v} ‖^{2})$ , puis donner $B D =$
Rédaction attendue. D’après les identités remarquables, $‖ \vec{u} + \vec{v} ‖^{2}$ $= ‖ \vec{u} ‖^{2} + 2 \vec{u} \cdot \vec{v} + ‖ \vec{v} ‖^{2}$ et $‖ \vec{u} - \vec{v} ‖^{2}$ $= ‖ \vec{u} ‖^{2} - 2 \vec{u} \cdot \vec{v} + ‖ \vec{v} ‖^{2}$ . En additionnant, les termes $\pm 2 \vec{u} \cdot \vec{v}$ s’éliminent : $‖ \vec{u} + \vec{v} ‖^{2} + ‖ \vec{u} - \vec{v} ‖^{2}$ $= 2 ‖ \vec{u} ‖^{2} + 2 ‖ \vec{v} ‖^{2}$ . Dans le parallélogramme, $\vec{u} + \vec{v} = \vec{A C}$ et $\vec{u} - \vec{v} = \vec{D B}$ : $A C^{2} + B D^{2} = 2 (A B^{2} + A D^{2})$ (la somme des carrés des diagonales égale la somme des carrés des quatre côtés). Donc $B D^{2} = 2 (25 + 9) - 49 = 19$ et $B D = \sqrt{19}$ .

Cas 4En repère orthonormé : coordonnées, orthogonalité, angles

Réflexe — repère orthonormé vérifié, puis xx′ + yy′ ; orthogonalité : produit scalaire nul ; angle : cos = produit scalaire ÷ produit des normes. Revoir la méthode →

Exercice 13★★★Facile

Le plan est muni d’un repère orthonormé.

$\vec{u} (5; - 2)$ et $\vec{v} (3; 4)$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} =$
$\vec{u} \cdot \vec{v}$ $= 5 \times 3 + (- 2) \times 4 = 15 - 8$ $= 7$ .
$\vec{u} (- 1; 6)$ et $\vec{v} (2; - 3)$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} =$
$\vec{u} \cdot \vec{v}$ $= (- 1) \times 2 + 6 \times (- 3)$ $= - 2 - 18 = - 20$ .
$\vec{u} (7; 2)$ et $\vec{v} (- 4; 14)$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} =$
$\vec{u} \cdot \vec{v}$ $= 7 \times (- 4) + 2 \times 14$ $= - 28 + 28 = 0$ : ces vecteurs non nuls sont orthogonaux.
$\vec{w} (- 6; 8)$ : $‖ \vec{w} ‖ =$
$‖ \vec{w} ‖ = \sqrt{(- 6)^{2} + 8^{2}} = \sqrt{36 + 64}$ $= \sqrt{100} = 10$ ; et $\vec{w} \cdot \vec{w} = ‖ \vec{w} ‖^{2} = 100$ .
Avec des listes Python, la fonction ci-dessous calcule un produit scalaire.
```
def ps(u, v):
    return u[0]*v[0] + u[1]*v[1]
```
L’appel ps([3, -2], [4, 5]) renvoie
u[0] et u[1] sont les coordonnées de $\vec{u}$ : la fonction calcule $x x' + y y' = 3 \times 4 + (- 2) \times 5$ $= 12 - 10 = 2$ .

Exercice 14★★★Facile

Repère orthonormé. Déterminer le réel demandé.

$\vec{u} (m; 4)$ et $\vec{v} (3; - 6)$ sont orthogonaux pour $m =$
$\vec{u} ⟂ \vec{v} ⟺ 3 m + 4 \times (- 6) = 0$ $⟺ 3 m = 24 ⟺ m = 8$ .
$\vec{u} (t; t + 1)$ et $\vec{v} (2; - 3)$ sont orthogonaux pour $t =$
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 t - 3 (t + 1)$ $= - t - 3$ , nul si et seulement si $t = - 3$ .
$\vec{u} (x; x)$ et $\vec{v} (x; - 4)$ : la valeur non nulle de $x$ qui les rend orthogonaux est
$\vec{u} \cdot \vec{v} = x^{2} - 4 x$ $= x (x - 4)$ , nul pour $x = 0$ ou $x = 4$ . Pour $x = 0$ , $\vec{u} = \vec{0}$ (orthogonal à tout vecteur, sans intérêt géométrique) ; pour $x = 4$ , $\vec{u} (4; 4)$ et $\vec{v} (4; - 4)$ sont non nuls et orthogonaux.
$\vec{u} (k; - 2)$ et $\vec{v} (6; 3 k - 1)$ : pour tout réel $k$ , $\vec{u} \cdot \vec{v} =$
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 6 k - 2 (3 k - 1)$ $= 6 k - 6 k + 2 = 2$ : le produit scalaire ne s’annule jamais, ces vecteurs ne sont orthogonaux pour aucune valeur de $k$ .

Exercice 15★★★Moyen

Repère orthonormé : $A (- 2; 1)$ , $B (3; 3)$ et $C (1; - 4)$ .

$\vec{A B} \cdot \vec{A C} =$
$\vec{A B} (5; 2)$ et $\vec{A C} (3; - 5)$ : $\vec{A B} \cdot \vec{A C} = 15 - 10 = 5$ .
$\vec{B A} \cdot \vec{B C} =$
$\vec{B A} (- 5; - 2)$ et $\vec{B C} (- 2; - 7)$ : $\vec{B A} \cdot \vec{B C} = 10 + 14 = 24$ .
$\vec{C A} \cdot \vec{C B} =$
$\vec{C A} (- 3; 5)$ et $\vec{C B} (2; 7)$ : $\vec{C A} \cdot \vec{C B} = - 6 + 35 = 29$ .
Justifier que le triangle $A B C$ a trois angles aigus. Contrôle : $A B^{2} + A C^{2} - B C^{2} =$
Rédaction attendue. $\vec{A B} \cdot \vec{A C}$ $= A B \times A C \times \cos B A C$ avec $A B \times A C > 0$ : $\cos B A C$ a le signe de $5$ , il est positif, donc $B A C$ est aigu. De même $\vec{B A} \cdot \vec{B C} = 24 > 0$ et $\vec{C A} \cdot \vec{C B} = 29 > 0$ : les angles en $B$ et en $C$ sont aigus. Contrôle : $A B^{2} = 29$ , $A C^{2} = 34$ , $B C^{2} = 53$ , et $A B^{2} + A C^{2} - B C^{2} = 10 = 2 \times 5$ $= 2 \vec{A B} \cdot \vec{A C}$ , comme le prévoit la formule avec les normes.

Exercice 16★★★Difficile

Repère orthonormé. Pour une racine carrée, écris par exemple 3√2.

L’angle entre $\vec{u} (1; \sqrt{3})$ et $\vec{v} (\sqrt{3}; 1)$ mesure degrés
$\vec{u} \cdot \vec{v} = \sqrt{3} + \sqrt{3} = 2 \sqrt{3}$ ; $‖ \vec{u} ‖ = ‖ \vec{v} ‖ = \sqrt{1 + 3} = 2$ . Donc $\cos θ = \frac{2 \sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ et $θ = 30^{\circ}$ .
L’angle entre $\vec{u} (2; 1)$ et $\vec{v} (- 3; 1)$ mesure degrés
$\vec{u} \cdot \vec{v} = - 6 + 1 = - 5$ ; $‖ \vec{u} ‖ = \sqrt{5}$ , $‖ \vec{v} ‖ = \sqrt{10}$ . $\cos θ = \frac{- 5}{\sqrt{50}} = \frac{- 5}{5 \sqrt{2}} = - \frac{\sqrt{2}}{2}$ , donc $θ = 135^{\circ}$ .
Démontrer qu’il existe un seul vecteur $\vec{w} (x; y)$ orthogonal à $\vec{u} (3; 4)$ , de norme $10$ et d’abscisse positive : $x =$ et $y =$
Rédaction attendue. $\vec{w} ⟂ \vec{u} ⟺ 3 x + 4 y = 0 ⟺ y$ $= - \frac{3}{4} x$ . Alors $‖ \vec{w} ‖^{2} = x^{2} + \frac{9}{16} x^{2} = \frac{25}{16} x^{2}$ , et $‖ \vec{w} ‖ = 10 ⟺ \frac{25}{16} x^{2} = 100$ $⟺ x^{2} = 64 ⟺ x = 8$ ou $x = - 8$ . L’abscisse est positive : $x = 8$ , puis $y = - 6$ . Le seul vecteur qui convient est $\vec{w} (8; - 6)$ .
Dans une base orthonormée $(\vec{i}, \vec{j})$ , un vecteur $\vec{t}$ vérifie $\vec{t} \cdot \vec{i} = 5$ et $\vec{t} \cdot \vec{j} = - 2$ . Alors $‖ \vec{t} ‖^{2} =$
Les coordonnées de $\vec{t}$ sont ses produits scalaires avec les vecteurs de la base : $\vec{t} (5; - 2)$ . Donc $‖ \vec{t} ‖^{2} = 25 + 4 = 29$ .

Cas 5Le théorème d’Al-Kashi

Réflexe — j’écris la formule avec les lettres du triangle (côté opposé à l’angle à gauche), je remplace avec la valeur exacte du cosinus ; pour un angle, j’isole le cosinus. Revoir la méthode →

Exercice 17★★★Facile

Calculer la longueur demandée (valeur exacte). Pour une racine carrée, écris par exemple 3√2.

$A B = 7$ , $A C = 4$ , $B A C = 120^{\circ}$ : $B C =$
$B C^{2}$ $= A B^{2} + A C^{2} - 2 \times A B \times A C \times \cos B A C$ $= 49 + 16 - 2 \times 7 \times 4 \times (- \frac{1}{2})$ $= 65 + 28 = 93$ , donc $B C = \sqrt{93}$ .
$A B = 7$ , $A C = 15$ , $B A C = 60^{\circ}$ : $B C =$
$B C^{2}$ $= 49 + 225 - 2 \times 7 \times 15 \times \frac{1}{2}$ $= 274 - 105 = 169$ , donc $B C = 13$ .
$A B = 3 \sqrt{2}$ , $A C = 5$ , $B A C = 45^{\circ}$ : $B C =$
$B C^{2}$ $= 18 + 25 - 2 \times 3 \sqrt{2} \times 5 \times \frac{\sqrt{2}}{2}$ $= 43 - 30 = 13$ , donc $B C = \sqrt{13}$ .

Exercice 18★★★Facile

On connaît les trois côtés. Une fraction s’écrit avec « / ».

$D E = 4$ , $D F = 6$ et $E F = 2 \sqrt{7}$ : $E D F =$ degrés
Al-Kashi au sommet $D$ : $E F^{2}$ $= D E^{2} + D F^{2} - 2 \times D E \times D F \times \cos E D F$ , soit $28 = 52 - 48 \cos E D F$ . Donc $\cos E D F = \frac{24}{48} = \frac{1}{2}$ et $E D F = 60^{\circ}$ .
Un triangle a pour côtés $5$ , $6$ et $9$ . Le cosinus de son plus grand angle vaut
Le plus grand angle $α$ est opposé au plus grand côté, $9$ : $81 = 25 + 36 - 60 \cos α$ , d’où $\cos α = \frac{61 - 81}{60} = - \frac{1}{3}$ . Le cosinus est négatif : l’angle est obtus.

Exercice 19★★★Moyen

Pour une racine carrée, écris par exemple 3√2. Une fraction s’écrit avec « / ».

Le triangle de côtés $5$ , $6$ et $9$ (plus grand angle $α$ avec $\cos α = - \frac{1}{3}$ ) a pour aire
$\sin α > 0$ et $\sin^{2} α = 1 - \cos^{2} α = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$ , donc $\sin α = \frac{2 \sqrt{2}}{3}$ . L’angle $α$ est compris entre les côtés $5$ et $6$ : aire $= \frac{1}{2} \times 5 \times 6 \times \frac{2 \sqrt{2}}{3} = 10 \sqrt{2}$ unités d’aire.
Justifier que le triangle de côtés $6$ , $7$ et $10$ a un angle obtus. Le cosinus de cet angle vaut
Rédaction attendue. Le plus grand angle $α$ est opposé au plus grand côté, $10$ . D’après le théorème d’Al-Kashi, $10^{2}$ $= 6^{2} + 7^{2} - 2 \times 6 \times 7 \times \cos α$ , donc $\cos α = \frac{36 + 49 - 100}{84} = \frac{- 15}{84} = - \frac{5}{28}$ . Comme $\cos α < 0$ , l’angle $α$ est obtus : le triangle a un angle obtus.

Exercice 20★★★Difficile

$A B C D$ est un parallélogramme avec $A B = 4$ , $A D = 3$ et $B A D = 60^{\circ}$ . Pour une racine carrée, écris par exemple 3√2.

Démontrer la formule d’Al-Kashi dans le triangle $A B D$ (au sommet $A$ ), puis donner $B D =$
Rédaction attendue. $\vec{B D} = \vec{A D} - \vec{A B}$ (relation de Chasles), donc $B D^{2} = ‖ \vec{A D} - \vec{A B} ‖^{2}$ $= A D^{2} - 2 \vec{A B} \cdot \vec{A D} + A B^{2}$ . Or $\vec{A B} \cdot \vec{A D}$ $= A B \times A D \times \cos B A D$ , d’où $B D^{2}$ $= A B^{2} + A D^{2} - 2 \times A B \times A D \times \cos B A D$ . Ici $B D^{2}$ $= 16 + 9 - 2 \times 4 \times 3 \times \frac{1}{2}$ $= 25 - 12 = 13$ , donc $B D = \sqrt{13}$ .
$A C =$
Dans un parallélogramme, deux angles consécutifs sont supplémentaires : $A B C = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ , et $B C = A D = 3$ . Al-Kashi dans $A B C$ : $A C^{2}$ $= 16 + 9 - 2 \times 4 \times 3 \times (- \frac{1}{2})$ $= 25 + 12 = 37$ , donc $A C = \sqrt{37}$ . Contrôle : $A C^{2} + B D^{2} = 50 = 2 (A B^{2} + A D^{2})$ .

Cas 6L’ensemble des points M tels que MA · MB = 0

Réflexe — je fais apparaître le milieu I de [AB] : MA · MB = MI² − AB²/4, puis je lis l’ensemble sur la valeur de MI². Revoir la méthode →

Exercice 21★★★Facile

Repère orthonormé : $A (- 2; 3)$ et $B (4; 1)$ . On note $E$ l’ensemble des points $M$ tels que $\vec{M A} \cdot \vec{M B} = 0$ . Pour une racine carrée, écris par exemple 3√2.

Le centre de $E$ a pour coordonnées ( ; )
$E$ est le cercle de diamètre $[A B]$ : son centre est le milieu $I$ de $[A B]$ , $I (\frac{- 2 + 4}{2}; \frac{3 + 1}{2}) = I (1; 2)$ .
Le rayon de $E$ vaut
$\vec{A B} (6; - 2)$ , $A B = \sqrt{36 + 4} = \sqrt{40} = 2 \sqrt{10}$ ; le rayon vaut $\frac{A B}{2} = \sqrt{10}$ .
Pour $P (4; 3)$ : $\vec{P A} \cdot \vec{P B} =$
$\vec{P A} (- 6; 0)$ et $\vec{P B} (0; - 2)$ : $\vec{P A} \cdot \vec{P B} = 0 + 0 = 0$ . Donc $P \in E$ : le triangle $A P B$ est rectangle en $P$ .

Exercice 22★★★Facile

$[B C]$ est un segment de longueur $10$ et de milieu $I$ . Pour tout point $M$ , on pose $g (M) = \vec{M B} \cdot \vec{M C}$ , et on admet que $g (M) = M I^{2} - 25$ .

Les points tels que $g (M) = 11$ forment un cercle de centre $I$ et de rayon
$g (M) = 11 ⟺ M I^{2} - 25 = 11$ $⟺ M I^{2} = 36 ⟺ M I = 6$ : cercle de centre $I$ et de rayon $6$ .
$g (M) = - 30$ conduirait à $M I^{2} =$
$M I^{2} = - 30 + 25 = - 5$ . Un carré de longueur n’est jamais négatif : aucun point ne vérifie $g (M) = - 30$ , l’ensemble est vide.
La plus petite valeur prise par $g (M)$ est
$M I^{2} ⩾ 0$ , donc $g (M) ⩾ - 25$ , avec égalité pour $M = I$ . L’ensemble $g (M) = k$ est non vide si et seulement si $k ⩾ - 25$ .

Exercice 23★★★Moyen

$A$ et $B$ sont deux points tels que $A B = 6$ , et $I$ est le milieu de $[A B]$ .

Démontrer que, pour tout point $M$ , $\vec{M A} \cdot \vec{M B} = M I^{2} -$
Rédaction attendue. Par la relation de Chasles, $\vec{M A} = \vec{M I} + \vec{I A}$ et $\vec{M B} = \vec{M I} + \vec{I B}$ . $I$ est le milieu de $[A B]$ , donc $\vec{I B} = - \vec{I A}$ . Ainsi $\vec{M A} \cdot \vec{M B}$ $= (\vec{M I} + \vec{I A}) \cdot (\vec{M I} - \vec{I A})$ $= M I^{2} - I A^{2}$ . Or $I A = 3$ , donc $\vec{M A} \cdot \vec{M B} = M I^{2} - 9$ .
Les points $M$ tels que $\vec{M A} \cdot \vec{M B} = 7$ forment un cercle de centre $I$ et de rayon
$M I^{2} - 9 = 7 ⟺ M I^{2} = 16 ⟺ M I$ $= 4$ : cercle de centre $I$ et de rayon $4$ .

Exercice 24★★★Difficile

Repère orthonormé : $A (- 2; 3)$ , $B (4; 1)$ , $I (1; 2)$ milieu de $[A B]$ . Pour tout point $M$ , $f (M) = \vec{M A} \cdot \vec{M B}$ . On note $F$ l’ensemble des points $M$ tels que $f (M) = - 6$ .

Justifier que $F$ est un cercle de centre $I$ et donner son rayon :
Rédaction attendue. $A B^{2} = 6^{2} + (- 2)^{2} = 40$ , donc $f (M) = M I^{2} - \frac{A B^{2}}{4} = M I^{2} - 10$ . Alors $f (M) = - 6 ⟺ M I^{2} = 4 ⟺ M I = 2$ (une longueur est positive). $F$ est le cercle de centre $I (1; 2)$ et de rayon $2$ : il a le même centre que le cercle de diamètre $[A B]$ , mais il est plus petit.
Pour $Q (1; 0)$ : $f (Q) =$
$\vec{Q A} (- 3; 3)$ et $\vec{Q B} (3; 1)$ : $f (Q) = - 9 + 3 = - 6$ . Donc $Q \in F$ ; contrôle : $Q I = 2$ .

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