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ExercicePremière, chapitre 7 — Produit scalaire · Propriétés du produit scalaire

Exercice 19

Calcul

La figure ci-dessous est constituée d'un carré ABCDABCD de côté 11 et d'un triangle BECBEC équilatéral. Le point FF est le centre du carré, c'est-à-dire le point d'intersection de ses diagonales.

Figure

Déterminer les produits scalaires suivants sans utiliser de repère ni de coordonnées, mais à l'aide de la relation de Chasles, des propriétés de la proposition 6 et du projeté orthogonal.

a) AB→⋅AD→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}

b) AB→⋅BC→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC}

c) AB→⋅AC→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}

d) AC→⋅BD→\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}

e) AC→⋅CA→\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{CA}

f) AF→⋅AC→\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{AC}

g) FC→⋅AD→\overrightarrow{FC}\cdot\overrightarrow{AD}

h) AB→⋅BE→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BE}

i) BE→⋅EC→\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{EC}

j) BE→⋅AC→\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{AC}

k) AE→⋅AB→\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AB}

l) DE→⋅CF→\overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{CF}

Corrigé

On note a=AB=1a=AB=1 le côté du carré. On rappelle que AC=BD=2AC=BD=\sqrt{2} (diagonales du carré), que BE=EC=BC=1BE=EC=BC=1 (triangle équilatéral), et que FF est le milieu de [AC][AC] comme de [BD][BD].

a) Côtés consécutifs du carré : AB→⋅AD→=0\boxed{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=0}

b) BC→=AD→\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}, donc ce produit est le même qu'en a) : AB→⋅BC→=0\boxed{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC}=0}

c) Le projeté orthogonal de CC sur (AB)(AB) est BB, et AB→\overrightarrow{AB}, AB→\overrightarrow{AB} ont le même sens : AB→⋅AC→=AB→⋅AB→=AB2=1\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}=AB^{2}=\boxed{1}

d) Les diagonales d'un carré sont perpendiculaires (exercice 18) : AC→⋅BD→=0\boxed{\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=0}

e) CA→=−AC→\overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{AC}, donc : AC→⋅CA→=−AC→⋅AC→=−AC2=−2\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AC}=-AC^{2}=\boxed{-2}

f) FF étant le milieu de [AC][AC], on a AF→=12AC→\overrightarrow{AF}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC} : AF→⋅AC→=12 AC→⋅AC→=12×2=1\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\,\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\times 2 =\boxed{1}

g) De même FC→=12AC→\overrightarrow{FC}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}, et AC→=AB→+AD→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD} : FC→⋅AD→=12(AB→+AD→)⋅AD→=12(AB→⋅AD→⏟= 0+AD2)=12\begin{aligned} \overrightarrow{FC}\cdot\overrightarrow{AD} &= \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right)\cdot\overrightarrow{AD} = \frac{1}{2}\left(\underbrace{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}}_{=\,0}+AD^{2}\right) = \boxed{\frac{1}{2}} \end{aligned}

h) Notons KK le milieu de [BC][BC] : le triangle BECBEC étant équilatéral, (EK)(EK) est sa hauteur, donc KK est le projeté orthogonal de EE sur (BC)(BC). Mais ici il faut projeter EE sur (AB)(AB). Or (AB→,BE→)\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BE}\right) vaut 30∘30^{\circ} : en effet BE→\overrightarrow{BE} fait un angle de 60∘60^{\circ} avec BC→\overrightarrow{BC}, lui-même perpendiculaire à AB→\overrightarrow{AB}. AB→⋅BE→=1×1×cos⁡(30∘)=32≈0,87\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BE}=1\times 1\times\cos(30^{\circ})=\boxed{\frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}87}

i) Dans le triangle équilatéral BECBEC, l'angle en EE vaut 60∘60^{\circ}, mais il est formé par EB→\overrightarrow{EB} et EC→\overrightarrow{EC}. Comme BE→=−EB→\overrightarrow{BE}=-\overrightarrow{EB} : (BE→,EC→)=180∘−60∘=120∘\left(\overrightarrow{BE},\overrightarrow{EC}\right)=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}

BE→⋅EC→=1×1×(−12)=−12\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{EC}=1\times 1\times\left(-\frac{1}{2}\right)=\boxed{-\frac{1}{2}}

j) On décompose AC→=AB→+BC→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC} et l'on réutilise h) : BE→⋅AC→=BE→⋅AB→+BE→⋅BC→=32+1×1×cos⁡(60∘)=32+12=1+32≈1,37\begin{aligned} \overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{AC} &= \overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{BC} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2}+1\times 1\times\cos(60^{\circ}) = \boxed{\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}\approx 1{,}37} \end{aligned}

k) On écrit AE→=AB→+BE→\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}, puis on développe : AE→⋅AB→=AB→⋅AB→⏟= 1+BE→⋅AB→⏟= 32=1+32=2+32≈1,87\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AB}=\underbrace{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}}_{=\,1} +\underbrace{\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{AB}}_{=\,\frac{\sqrt{3}}{2}} =\boxed{1+\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2+\sqrt{3}}{2}\approx 1{,}87}

l) On décompose les deux vecteurs : DE→=DC→+CE→\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CE} et CF→=−12AC→=−12(AB→+AD→)\overrightarrow{CF}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}=-\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right). En remarquant que DC→=AB→\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB} : DE→⋅CF→=−12(AB→+CE→)⋅(AB→+AD→)=−12(AB→⋅AB→⏟= 1+AB→⋅AD→⏟= 0+CE→⋅AB→+CE→⋅AD→)\begin{aligned} \overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{CF} &= -\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CE}\right)\cdot\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right) \\ &= -\frac{1}{2}\Big(\underbrace{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}}_{=\,1} +\underbrace{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}}_{=\,0} +\overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{AD}\Big) \end{aligned} Or CE→=−EC→\overrightarrow{CE}=-\overrightarrow{EC}, et l'angle (AB→,CE→)\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CE}\right) vaut −30∘-30^{\circ} par symétrie avec h), tandis que CE→\overrightarrow{CE} et AD→\overrightarrow{AD} font un angle de 120∘120^{\circ} : CE→⋅AB→=32;CE→⋅AD→=cos⁡(120∘)=−12\overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2} \qquad ; \qquad \overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{AD}=\cos(120^{\circ})=-\frac{1}{2}

DE→⋅CF→=−12(1+0+32−12)=−1+34≈−0,68\overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{CF}=-\frac{1}{2}\left(1+0+\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}\right) =\boxed{-\frac{1+\sqrt{3}}{4}\approx -0{,}68}

On peut contrôler l'ensemble de ces douze résultats en plaçant le repère orthonormé (A ;AB→,AD→)\left(A\,;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right), dans lequel A(0 ;0)A(0\,;0), B(1 ;0)B(1\,;0), C(1 ;1)C(1\,;1), D(0 ;1)D(0\,;1), F(12 ;12)F\left(\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\right) et E(1+32 ;12)E\left(1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,;\dfrac{1}{2}\right) — mais l'énoncé demandait précisément de s'en passer.

Énoncé PDF, p. 7Corrigé PDF, p. 10Toute la feuilleLe cours

Dans l'édifice

Produit scalaire et inégalité de Cauchy-Schwarz

Thèmes

produit scalaire, projeté orthogonal, angle et cosinus, orthogonalité, expression analytique

Notions

produit scalaire

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