Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Mathématiques

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

Quatre problèmes corrigés dans l’esprit de l’épreuve anticipée de maths, sans calculatrice : un triangle rectangle isocèle et son cercle circonscrit, le travail d’une force qui tire un traîneau, la distance entre deux bateaux avec Al-Kashi, deux droites perpendiculaires dans un carré.

4 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je fais une figure à main levée et je code les angles droits, les milieux et les longueurs données.
Je choisis la méthode de calcul : coordonnées si le repère est orthonormé, projection s’il y a des angles droits, cosinus si un angle est donné, normes seules sinon (identités remarquables, Al-Kashi).
Je décompose avec Chasles quand les vecteurs ne se calculent pas directement, puis je développe par bilinéarité.
Je rédige la conclusion géométrique : produit scalaire nul donc orthogonalité, cosinus donc angle, MA · MB nul donc cercle de diamètre [AB].

Problème 1 · Triangle rectangle et cercle circonscrit★★★Facile

Dans un repère orthonormé, on considère les points

A (- 1; 2)

B (3; 4)

C (5; 0)

. On note

𝒞

le cercle circonscrit au triangle

A B C

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

1. Démontrer que le triangle $A B C$ est rectangle isocèle en $B$ . Contrôle : $\vec{B A} \cdot \vec{B C} =$
Rédaction attendue. Le repère est orthonormé. $\vec{B A} (- 4; - 2)$ et $\vec{B C} (2; - 4)$ , donc $\vec{B A} \cdot \vec{B C}$ $= (- 4) \times 2 + (- 2) \times (- 4)$ $= - 8 + 8 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux et le triangle est rectangle en $B$ . De plus $B A = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20}$ et $B C = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20}$ : $B A = B C$ , le triangle est rectangle isocèle en $B$ .
2. Le centre $I$ de $𝒞$ a pour coordonnées ( ; )
$\vec{B A} \cdot \vec{B C} = 0$ : $B$ appartient au cercle de diamètre $[A C]$ , qui passe aussi par $A$ et $C$ . C’est donc $𝒞$ , de centre le milieu de $[A C]$ : $I (\frac{- 1 + 5}{2}; \frac{2 + 0}{2}) = I (2; 1)$ .
3. Le rayon de $𝒞$ vaut
$\vec{A C} (6; - 2)$ , $A C = \sqrt{40} = 2 \sqrt{10}$ , et le rayon vaut $\frac{A C}{2} = \sqrt{10}$ .
4. Justifier que $D (5; 2)$ appartient à $𝒞$ . Contrôle : $\vec{D A} \cdot \vec{D C} =$
Rédaction attendue. $\vec{D A} (- 6; 0)$ et $\vec{D C} (0; - 2)$ , donc $\vec{D A} \cdot \vec{D C} = 0$ . D’après le théorème du cours, $D$ appartient au cercle de diamètre $[A C]$ , c’est-à-dire à $𝒞$ ; le triangle $A D C$ est rectangle en $D$ . Autre vérification : $I D^{2} = 3^{2} + 1^{2} = 10$ .
5. À l’aide d’un produit scalaire, $B A C =$ degrés
$\vec{A B} (4; 2)$ et $\vec{A C} (6; - 2)$ : $\vec{A B} \cdot \vec{A C} = 24 - 4 = 20$ . $\cos B A C = \frac{20}{\sqrt{20} \times \sqrt{40}} = \frac{20}{\sqrt{800}}$ $= \frac{20}{20 \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ , donc $B A C = 45^{\circ}$ , cohérent avec un triangle rectangle isocèle.
6. $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $(A C)$ . Avec la projection, $A H =$
L’angle en $A$ est aigu, donc $H$ est du côté de $C$ : $\vec{A C} \cdot \vec{A B} = A C \times A H$ , soit $20 = 2 \sqrt{10} \times A H$ , d’où $A H = \frac{10}{\sqrt{10}} = \sqrt{10} = \frac{A C}{2}$ . Donc $H = I$ : dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est aussi la médiane.

Problème 2 · Le travail d’une force★★★Moyen

En physique, le travail d’une force constante

\vec{F}

dont le point d’application se déplace de

\vec{d}

est

W = \vec{F} \cdot \vec{d}

, en joules (J) si

F

est en newtons et

d

en mètres. Un enfant tire un traîneau avec une corde qui fait un angle

α

avec le sol horizontal ; la tension de la corde vaut

F = 150

N et le traîneau avance en ligne droite de

40

m. On donne

\sqrt{3} \approx 1, 732

1. Pour $α = 30^{\circ}$ , le travail $W_{1}$ , arrondi à la dizaine de joules, vaut J
$W_{1} = F \times d \times \cos 30^{\circ}$ $= 150 \times 40 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3 000 \sqrt{3}$ J. Avec $\sqrt{3} \approx 1, 732$ : $W_{1} \approx 5 196$ J, soit environ $5 200$ J.
2. Pour $α = 60^{\circ}$ : $W_{2} =$ J
$W_{2} = 150 \times 40 \times \frac{1}{2} = 3 000$ J. Plus la corde est relevée, plus la part de la force dans le sens du déplacement diminue. À $90^{\circ}$ , la force ne travaillerait pas.
3. Une force de frottement de $40$ N s’exerce en sens contraire du déplacement. Son travail vaut J
La force et le déplacement sont colinéaires de sens contraires : l’angle vaut $180^{\circ}$ et $W_{f} = 40 \times 40 \times \cos 180^{\circ}$ $= - 1 600$ J. Un travail négatif est un travail résistant.
4. Sur une autre portion, dans un repère orthonormé (unité : le mètre pour le déplacement, le newton pour la force), $\vec{F} (120; 50)$ et $\vec{d} (30; - 10)$ . Le travail vaut J
Repère orthonormé : $W = \vec{F} \cdot \vec{d}$ $= 120 \times 30 + 50 \times (- 10)$ $= 3 600 - 500 = 3 100$ J.
5. Dans cette situation, l’intensité de la force est $‖ \vec{F} ‖ =$ N
$‖ \vec{F} ‖ = \sqrt{120^{2} + 50^{2}}$ $= \sqrt{14 400 + 2 500} = \sqrt{16 900}$ $= 130$ N.
6. Un élève affirme : « quand l’angle $α$ double, le travail est divisé par deux ». Montrer qu’il se trompe en donnant la valeur exacte de $\frac{W_{2}}{W_{1}} =$
Rédaction attendue. Le travail vaut $F \times d \times \cos α$ : il est proportionnel à $\cos α$ , pas à $α$ . $\frac{W_{2}}{W_{1}} = \frac{\cos 60^{\circ}}{\cos 30^{\circ}} = \frac{1 / 2}{\sqrt{3} / 2} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ $= \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0, 58$ , et non $\frac{1}{2}$ . Autre contre-exemple : en doublant $45^{\circ}$ , on obtient $90^{\circ}$ et un travail nul. L’affirmation est fausse.

Problème 3 · Deux bateaux en mer★★★Moyen

Deux bateaux quittent le port

P

à midi. À 14 h, le bateau

A

est à

16

km du port, le bateau

B

10

km, et, vus du port, ils forment un angle

A P B = 60^{\circ}

. On admet que la surface de la mer est plane. Une fraction s’écrit avec « / ».

1. Distance entre les deux bateaux à 14 h : $A B =$ km
Dans le triangle $P A B$ , on connaît deux côtés et l’angle compris : théorème d’Al-Kashi. $A B^{2}$ $= P A^{2} + P B^{2} - 2 \times P A \times P B \times \cos A P B$ $= 256 + 100 - 2 \times 16 \times 10 \times \frac{1}{2}$ $= 356 - 160 = 196$ , donc $A B = 14$ km.
2. $\cos P A B =$
Al-Kashi au sommet $A$ : $P B^{2}$ $= A P^{2} + A B^{2} - 2 \times A P \times A B \times \cos P A B$ , d’où $\cos P A B = \frac{256 + 196 - 100}{2 \times 16 \times 14} = \frac{352}{448}$ $= \frac{11}{14}$ .
3. Justifier que $P B A$ est le plus grand angle du triangle et qu’il est aigu. $\cos P B A =$
Rédaction attendue. Le plus grand angle est opposé au plus grand côté, $P A = 16$ : c’est $P B A$ . Al-Kashi au sommet $B$ : $\cos P B A = \frac{B P^{2} + B A^{2} - P A^{2}}{2 \times B P \times B A}$ $= \frac{100 + 196 - 256}{2 \times 10 \times 14} = \frac{40}{280} = \frac{1}{7}$ . Ce cosinus est positif : $P B A$ est aigu, et les trois angles du triangle le sont.
4. Repère orthonormé d’origine $P$ , d’unité 1 km : $A (16; 0)$ et $B (10 \cos 60^{\circ}; 10 \sin 60^{\circ})$ . Par les coordonnées, $\vec{P A} \cdot \vec{P B} =$
$B (5; 5 \sqrt{3})$ . $\vec{P A} \cdot \vec{P B}$ $= 16 \times 5 + 0 \times 5 \sqrt{3} = 80$ . Avec la définition : $P A \times P B \times \cos 60^{\circ}$ $= 16 \times 10 \times \frac{1}{2} = 80$ . Les deux méthodes concordent.
5. À 14 h, le bateau $B$ rejoint $A$ , immobile, en ligne droite à $20$ km/h. Il met minutes
Durée $= \frac{A B}{v} = \frac{14}{20} = 0, 7$ h, soit $0, 7 \times 60 = 42$ min. Le bateau $B$ rejoint $A$ à 14 h 42.

Problème 4 · Deux droites perpendiculaires dans un carré★★★Difficile

A B C D

est un carré de côté

6

I

est le milieu de

[A B]

J

le milieu de

[B C]

. Les droites

(D I)

(A J)

se coupent en

K

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

1. En décomposant, $\vec{D A} \cdot \vec{B J} =$
$\vec{B J} = \frac{1}{2} \vec{B C} = \frac{1}{2} \vec{A D}$ et $\vec{D A} = - \vec{A D}$ , donc $\vec{D A} \cdot \vec{B J} = - \frac{1}{2} A D^{2} = - \frac{36}{2}$ $= - 18$ .
2. Démontrer que $(D I) ⟂ (A J)$ , sans repère. Contrôle : $\vec{A I} \cdot \vec{A B} =$
Rédaction attendue. Par la relation de Chasles, $\vec{D I} = \vec{D A} + \vec{A I}$ et $\vec{A J} = \vec{A B} + \vec{B J}$ . Par bilinéarité : $\vec{D I} \cdot \vec{A J} = \vec{D A} \cdot \vec{A B}$ $+ \vec{D A} \cdot \vec{B J}$ $+ \vec{A I} \cdot \vec{A B} + \vec{A I} \cdot \vec{B J}$ . Or $\vec{D A} \cdot \vec{A B} = 0$ et $\vec{A I} \cdot \vec{B J} = 0$ (côtés perpendiculaires), $\vec{D A} \cdot \vec{B J} = - 18$ et $\vec{A I} \cdot \vec{A B} = A I \times A B$ $= 3 \times 6 = 18$ (même sens). Donc $\vec{D I} \cdot \vec{A J} = 0 - 18 + 18 + 0$ $= 0$ : les droites $(D I)$ et $(A J)$ sont perpendiculaires.
3. Dans le repère orthonormé $(A; \frac{1}{6} \vec{A B}, \frac{1}{6} \vec{A D})$ , $\vec{A J} \cdot \vec{A D} =$
$A (0; 0)$ , $D (0; 6)$ , $J (6; 3)$ : $\vec{A J} (6; 3)$ et $\vec{A D} (0; 6)$ , donc $\vec{A J} \cdot \vec{A D} = 0 + 18 = 18$ . Contrôle de la question précédente : $\vec{D I} (3; - 6)$ et $\vec{D I} \cdot \vec{A J} = 18 - 18 = 0$ .
4. En utilisant le projeté orthogonal de $D$ sur $(A J)$ , $A K =$
$(D K) ⟂ (A J)$ : $K$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(A J)$ , du même côté de $A$ que $J$ (car $\vec{A J} \cdot \vec{A D} > 0$ ). Donc $\vec{A J} \cdot \vec{A D} = A J \times A K$ . Or $A J = \sqrt{36 + 9} = \sqrt{45} = 3 \sqrt{5}$ , d’où $A K = \frac{18}{3 \sqrt{5}} = \frac{6}{\sqrt{5}} = \frac{6 \sqrt{5}}{5}$ .
5. Justifier que $K$ appartient au cercle de diamètre $[A D]$ . Contrôle : $\vec{K A} \cdot \vec{K D} =$
Rédaction attendue. $K$ est sur $(A J)$ et sur $(D I)$ , deux droites perpendiculaires en $K$ : $\vec{K A}$ (porté par $(A J)$ ) et $\vec{K D}$ (porté par $(D I)$ ) sont orthogonaux, donc $\vec{K A} \cdot \vec{K D} = 0$ . D’après le théorème du cours, $K$ appartient au cercle de diamètre $[A D]$ , de centre le milieu de $[A D]$ et de rayon $3$ .

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