Mathematics · Livre 2 · Grades 10–12

Mathématiques du lycée

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16Le produit scalaire dans le plan

Le produit scalaire attache un nombre à une paire de vecteurs, et ce nombre voit la géométrie : il s’annule exactement pour des directions perpendiculaires, et il mesure angles et longueurs. C’est le moteur derrière la loi des cosinus, les équations de cercles, et les calculs de perpendicularité. Le même outil, dans l’espace, est le sujet du Chapitre 31.

16.1 Définition et premiers calculs

Définition 16.1 (Produit scalaire)

Le produit scalaire de deux vecteurs u⃗\vec u et v⃗\vec v est le nombre

u⃗⋅v⃗=12(∥u⃗+v⃗∥2−∥u⃗∥2−∥v⃗∥2),\vec u \cdot \vec v = \tfrac12\left(\norm{\vec u + \vec v}^2 - \norm{\vec u}^2 - \norm{\vec v}^2\right),

où ∥u⃗∥\norm{\vec u} désigne la longueur (norme) de u⃗\vec u.

Théorème 16.2 (Les quatre faces du produit scalaire)

Soient u⃗ (x,y)\vec u\,(x, y) et v⃗ (x′,y′)\vec v\,(x', y') des vecteurs non nuls, et θ\theta l’angle entre eux. Alors

  1. (coordonnées) u⃗⋅v⃗=xx′+yy′\vec u \cdot \vec v = xx' + yy' ;
  2. (cosinus) u⃗⋅v⃗=∥u⃗∥ ∥v⃗∥cos⁡θ\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta ;
  3. (projection) u⃗⋅v⃗=u⃗⋅v⃗′\vec u \cdot \vec v = \vec u \cdot \vec v', où v⃗′\vec v' est la projection orthogonale de v⃗\vec v sur la direction de u⃗\vec u ; si u⃗=OA→\vec u = \vect{OA} et v⃗=OB→\vec v = \vect{OB}, alors u⃗⋅v⃗=OA‾×OH‾\vec u \cdot \vec v = \overline{OA} \times \overline{OH}, un produit de longueurs algébriques, où HH est le pied de la perpendiculaire issue de BB à la droite (OA)(OA) ;
  4. (normes) la formule définissante de la Définition 16.1.

Démonstration de 1 et 2. 1. En coordonnées, ∥u⃗∥2=x2+y2\norm{\vec u}^2 = x^2 + y^2 (Pythagore) et u⃗+v⃗\vec u + \vec v a pour coordonnées (x+x′,y+y′)(x + x', y + y'), donc

2 u⃗⋅v⃗=(x+x′)2+(y+y′)2−(x2+y2)−(x′2+y′2)=2xx′+2yy′,\begin{align*} 2\,\vec u \cdot \vec v &= (x + x')^2 + (y + y')^2 - (x^2 + y^2) - (x'^2 + y'^2)\\ &= 2xx' + 2yy', \end{align*}

après développement des carrés et annulations.

2. Choisir le repère pour que u⃗\vec u pointe le long de l’axe des xx positifs :

u⃗ (∥u⃗∥,0)etv⃗ (∥v⃗∥cos⁡θ, ∥v⃗∥sin⁡θ)\vec u\,(\norm{\vec u}, 0) \quad\text{et}\quad \vec v\,(\norm{\vec v}\cos\theta,\ \norm{\vec v}\sin\theta)

(Chapitre 14). La formule 1 donne alors u⃗⋅v⃗=∥u⃗∥ ∥v⃗∥cos⁡θ+0\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta + 0. La formule 3 lit le même calcul : la projection de v⃗\vec v sur l’axe des xx a pour longueur algébrique ∥v⃗∥cos⁡θ=OH‾\norm{\vec v}\cos\theta = \overline{OH}. ∎

La vue en projection : u v = OA × OH, où H est le pied de la perpendiculaire depuis l’extrémité de v. Le segment orange OH a pour longueur algébrique v.
La vue en projection : u⃗⋅v⃗=OA‾×OH‾\vec u \cdot \vec v = \overline{OA} \times \overline{OH}, où HH est le pied de la perpendiculaire depuis l’extrémité de v⃗\vec v. Le segment orange OHOH a pour longueur algébrique ∥v⃗∥cos⁡θ\norm{\vec v}\cos\theta.

Exemple 16.3

u⃗ (3,1)\vec u\,(3, 1) et v⃗ (2,−4)\vec v\,(2, -4) : u⃗⋅v⃗=6−4=2\vec u \cdot \vec v = 6 - 4 = 2. Les normes sont ∥u⃗∥=10\norm{\vec u} = \sqrt{10} et ∥v⃗∥=20\norm{\vec v} = \sqrt{20}, donc cos⁡θ=21020=2102=210\cos\theta = \frac{2}{\sqrt{10}\sqrt{20}} = \frac{2}{10\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{10} : l’angle est un peu inférieur à 82∘82^\circ.

Proposition 16.4 (Règles algébriques)

Pour tous vecteurs et tout λ∈R\lambda \in \R :

u⃗⋅v⃗=v⃗⋅u⃗,u⃗⋅(v⃗+w⃗)=u⃗⋅v⃗+u⃗⋅w⃗,(λu⃗)⋅v⃗=λ (u⃗⋅v⃗),\vec u \cdot \vec v = \vec v \cdot \vec u, \qquad \vec u \cdot (\vec v + \vec w) = \vec u \cdot \vec v + \vec u \cdot \vec w, \qquad (\lambda \vec u)\cdot \vec v = \lambda\,(\vec u \cdot \vec v),
u⃗⋅u⃗=∥u⃗∥2,∥u⃗+v⃗∥2=∥u⃗∥2+2 u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2.\vec u \cdot \vec u = \norm{\vec u}^2, \qquad \norm{\vec u + \vec v}^2 = \norm{\vec u}^2 + 2\,\vec u\cdot\vec v + \norm{\vec v}^2 .

Démonstration. Tout suit de la formule en coordonnées : par exemple u⃗⋅(v⃗+w⃗)=x(x′+x′′)+y(y′+y′′)=(xx′+yy′)+(xx′′+yy′′)\vec u \cdot (\vec v + \vec w) = x(x' + x'') + y(y' + y'') = (xx' + yy') + (xx'' + yy''). La dernière identité développe ∥u⃗+v⃗∥2=(u⃗+v⃗)⋅(u⃗+v⃗)\norm{\vec u + \vec v}^2 = (\vec u + \vec v)\cdot(\vec u + \vec v) en utilisant les trois premières règles — le produit scalaire se comporte exactement comme un produit ordinaire, donc les identités algébriques usuelles s’appliquent aux vecteurs. ∎

16.2 Orthogonalité

Définition 16.5 (Vecteurs orthogonaux)

Deux vecteurs sont orthogonaux, noté u⃗⊥v⃗\vec u \perp \vec v, si u⃗⋅v⃗=0\vec u \cdot \vec v = 0.

Remarque 16.6

Pour des vecteurs non nuls, la formule 2 du Théorème 16.2 montre u⃗⋅v⃗=0  ⟺  cos⁡θ=0  ⟺  \vec u \cdot \vec v = 0 \iff \cos\theta = 0 \iff les directions sont perpendiculaires. Le vecteur nul est orthogonal à tout.

Exemple 16.7

u⃗ (3,2)\vec u\,(3, 2) et v⃗ (−4,6)\vec v\,(-4, 6) : u⃗⋅v⃗=−12+12=0\vec u \cdot \vec v = -12 + 12 = 0 : orthogonaux. En général, u⃗ (a,b)\vec u\,(a, b) est toujours orthogonal à v⃗ (−b,a)\vec v\,(-b, a) — une rotation d’un quart de tour.

16.3 La loi des cosinus

Théorème 16.8 (Loi des cosinus)

Dans un triangle ABCABC de côtés a=BCa = BC, b=CAb = CA, c=ABc = AB et d’angle A^\widehat A au sommet AA :

a2=b2+c2−2bc cos⁡A^.a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\,\cos\widehat A .

Démonstration. Écrire BC→=BA→+AC→=AC→−AB→\vect{BC} = \vect{BA} + \vect{AC} = \vect{AC} - \vect{AB} et développer avec la Proposition 16.4 :

a2=∥BC→∥2=∥AC→∥2−2 AC→⋅AB→+∥AB→∥2=b2+c2−2 AB→⋅AC→.a^2 = \norm{\vect{BC}}^2 = \norm{\vect{AC}}^2 - 2\,\vect{AC}\cdot\vect{AB} + \norm{\vect{AB}}^2 = b^2 + c^2 - 2\,\vect{AB}\cdot\vect{AC}.

Par la formule du cosinus, AB→⋅AC→=c b cos⁡A^\vect{AB}\cdot\vect{AC} = c\,b\,\cos\widehat A. ∎

Remarque 16.9

Lorsque A^\widehat A est un angle droit, cos⁡A^=0\cos\widehat A = 0 et la loi des cosinus se réduit au théorème de Pythagore a2=b2+c2a^2 = b^2 + c^2 : c’est Pythagore avec un terme correctif pour les angles non droits.

La loi des cosinus : connaître deux côtés b, c et l’angle entre eux détermine le troisième côté a.
La loi des cosinus : connaître deux côtés bb, cc et l’angle entre eux détermine le troisième côté aa.

Exemple 16.10

Deux côtés d’un triangle mesurent b=5b = 5 et c=8c = 8, enfermant un angle A^=π3\widehat A = \frac\pi3. Alors

a2=25+64−2×5×8×12=89−40=49,a^2 = 25 + 64 - 2 \times 5 \times 8 \times \frac12 = 89 - 40 = 49,

donc a=7a = 7.

16.4 Applications : cercles et droites perpendiculaires

Proposition 16.11 (Cercle de diamètre donné)

Un point MM est sur le cercle de diamètre [AB][AB] si et seulement si

MA→⋅MB→=0.\vect{MA} \cdot \vect{MB} = 0 .

Démonstration. Si M≠A,BM \neq A, B, la condition dit que l’angle en MM dans le triangle AMBAMB est droit, et les points qui voient un segment sous un angle droit sont exactement ceux du cercle de ce diamètre. Voici une preuve directe : soit OO le milieu de [AB][AB] et r=AB2r = \frac{AB}{2}. Alors MA→=MO→+OA→\vect{MA} = \vect{MO} + \vect{OA} et MB→=MO→+OB→=MO→−OA→\vect{MB} = \vect{MO} + \vect{OB} = \vect{MO} - \vect{OA}, donc

MA→⋅MB→=∥MO→∥2−∥OA→∥2=MO2−r2,\vect{MA}\cdot\vect{MB} = \norm{\vect{MO}}^2 - \norm{\vect{OA}}^2 = MO^2 - r^2,

qui s’annule exactement lorsque MO=rMO = r, c’est-à-dire lorsque MM est sur le cercle de centre OO et de rayon rr. ∎

Proposition 16.12 (Vecteur normal d’une droite)

Le vecteur n⃗ (a,b)\vec n\,(a, b) est orthogonal à tout vecteur directeur de la droite d:ax+by+c=0d : ax + by + c = 0 ; on dit que n⃗\vec n est un vecteur normal de dd. Deux droites sont perpendiculaires exactement lorsque leurs vecteurs normaux (ou directeurs) sont orthogonaux.

Démonstration. Un vecteur directeur de dd est u⃗ (−b,a)\vec u\,(-b, a) (Théorème 15.9), et n⃗⋅u⃗=a(−b)+b(a)=0\vec n \cdot \vec u = a(-b) + b(a) = 0. ∎

Méthode 16.13 (Utiliser les vecteurs normaux)

  • Droite par AA de normale n⃗ (a,b)\vec n\,(a,b) : écrire AM→⋅n⃗=0\vect{AM} \cdot \vec n = 0, qui se développe en ax+by+c=0ax + by + c = 0 avec cc déterminé par AA.
  • Perpendicularité de d:ax+by+c=0d: ax+by+c = 0 et d′:a′x+b′y+c′=0d': a'x+b'y+c' = 0 : vérifier aa′+bb′=0aa' + bb' = 0.

Exemple 16.14

La droite par P(2,−1)P(2, -1) perpendiculaire à d:3x−y+4=0d : 3x - y + 4 = 0 : un vecteur directeur de dd est (1,3)(1, 3), qui sert de vecteur normal de la perpendiculaire. Équation : x+3y+c=0x + 3y + c = 0 avec 2−3+c=02 - 3 + c = 0, donc c=1c = 1 : la droite est x+3y+1=0x + 3y + 1 = 0.

Exemple 16.15 (Équation d’un cercle)

Le cercle de centre Ω(1,2)\Omega(1, 2) et de rayon 33 est l’ensemble des points M(x,y)M(x,y) tels que ΩM2=9\Omega M^2 = 9 :

(x−1)2+(y−2)2=9.(x - 1)^2 + (y - 2)^2 = 9 .

Réciproquement, x2+y2−2x−4y−4=0x^2 + y^2 - 2x - 4y - 4 = 0 se réécrit, en complétant les carrés (Chapitre 10), comme (x−1)2+(y−2)2=9(x-1)^2 + (y-2)^2 = 9 : le même cercle.

16.5 Exercices

Exercice 16.1 ★

Calculer u⃗⋅v⃗\vec u \cdot \vec v pour

u⃗ (2,5), v⃗ (3,−1);u⃗ (1,−4), v⃗ (8,2);∥u⃗∥=3, ∥v⃗∥=4, θ=π3.\vec u\,(2, 5),\ \vec v\,(3, -1); \qquad \vec u\,(1, -4),\ \vec v\,(8, 2); \qquad \norm{\vec u} = 3,\ \norm{\vec v} = 4,\ \theta = \frac{\pi}{3} .
Solution

Solution de Exercice 16.1.

(2,5)⋅(3,−1)=6−5=1(2,5)\cdot(3,-1) = 6 - 5 = 1.

(1,−4)⋅(8,2)=8−8=0(1,-4)\cdot(8,2) = 8 - 8 = 0 (vecteurs orthogonaux).

u⃗⋅v⃗=3×4×cos⁡π3=12×12=6\vec u\cdot\vec v = 3 \times 4 \times \cos\frac\pi3 = 12 \times \frac12 = 6.

Exercice 16.2 ★

ABCABC est un triangle équilatéral de côté 66. Calculer AB→⋅AC→\vect{AB} \cdot \vect{AC} et AB→⋅BC→\vect{AB} \cdot \vect{BC}.

Solution

Solution de Exercice 16.2.

AB→⋅AC→=6×6×cos⁡60∘=18\vect{AB}\cdot\vect{AC} = 6 \times 6 \times \cos 60^\circ = 18.

Les vecteurs AB→\vect{AB} et BC→\vect{BC} font un angle de 180∘−60∘=120∘180^\circ - 60^\circ = 120^\circ (les placer bout à bout en BB), donc AB→⋅BC→=36cos⁡120∘=−18\vect{AB}\cdot\vect{BC} = 36 \cos 120^\circ = -18.

Exercice 16.3 ★

Pour quelle valeur de tt les vecteurs u⃗ (3,t)\vec u\,(3, t) et v⃗ (t−8,1)\vec v\,(t - 8, 1) sont-ils orthogonaux ? Et pour quelle(s) valeur(s) de tt le vecteur u⃗ (t,2)\vec u\,(t, 2) est-il orthogonal à lui-même moins v⃗ (4,2)\vec v\,(4, 2), c’est-à-dire u⃗⊥(u⃗−v⃗)\vec u \perp (\vec u - \vec v) ?

Solution

Solution de Exercice 16.3.

u⃗⋅v⃗=3(t−8)+t=4t−24=0\vec u \cdot \vec v = 3(t - 8) + t = 4t - 24 = 0 donne t=6t = 6.

u⃗−v⃗=(t−4, 0)\vec u - \vec v = (t - 4,\ 0), donc u⃗⋅(u⃗−v⃗)=t(t−4)+0=t2−4t\vec u \cdot (\vec u - \vec v) = t(t-4) + 0 = t^2 - 4t, qui s’annule pour t=0t = 0 ou t=4t = 4.

Exercice 16.4 ★

Calculer l’angle θ\theta entre u⃗ (1,2)\vec u\,(1, 2) et v⃗ (3,1)\vec v\,(3, 1) (donner cos⁡θ\cos\theta exactement, puis θ\theta au degré le plus proche).

Solution

Solution de Exercice 16.4.

u⃗⋅v⃗=3+2=5\vec u \cdot \vec v = 3 + 2 = 5, ∥u⃗∥=5\norm{\vec u} = \sqrt5, ∥v⃗∥=10\norm{\vec v} = \sqrt{10}, donc

cos⁡θ=55 10=552=22,\cos\theta = \frac{5}{\sqrt5\,\sqrt{10}} = \frac{5}{5\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{2},

d’où θ=45∘\theta = 45^\circ exactement.

Exercice 16.5 ★★

Un triangle a pour côtés b=4b = 4, c=6c = 6 et pour angle A^=2π3\widehat A = \frac{2\pi}{3} entre eux. Calculer le troisième côté aa. Puis, dans un triangle de côtés a=7a = 7, b=5b = 5, c=4c = 4, calculer cos⁡A^\cos\widehat A et décider si A^\widehat A est aigu ou obtus.

Solution

Solution de Exercice 16.5.

a2=16+36−2×4×6×cos⁡2π3=52−48×(−12)=76a^2 = 16 + 36 - 2 \times 4 \times 6 \times \cos\frac{2\pi}{3} = 52 - 48 \times \left(-\frac12\right) = 76, donc a=76=219≈8.7a = \sqrt{76} = 2\sqrt{19} \approx 8.7.

Pour le second triangle, la loi des cosinus résolue pour l’angle donne

cos⁡A^=b2+c2−a22bc=25+16−492×5×4=−840=−15,\cos\widehat A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{25 + 16 - 49}{2 \times 5 \times 4} = -\frac{8}{40} = -\frac15,

négatif : A^\widehat A est obtus.

Exercice 16.6 ★★

Soient A(1,1)A(1, 1), B(5,−1)B(5, -1) et C(3,5)C(3, 5). Calculer AB→⋅AC→\vect{AB} \cdot \vect{AC} ; l’angle A^\widehat A est-il droit ? Calculer les trois longueurs de côtés et vérifier avec la loi des cosinus.

Solution

Solution de Exercice 16.6.

AB→ (4,−2)\vect{AB}\,(4, -2) et AC→ (2,4)\vect{AC}\,(2, 4) : AB→⋅AC→=8−8=0\vect{AB}\cdot\vect{AC} = 8 - 8 = 0, donc l’angle en AA est droit. Côtés : AB=16+4=20AB = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20}, AC=4+16=20AC = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20}, et BC→ (−2,6)\vect{BC}\,(-2, 6) donne BC=40BC = \sqrt{40}. Cohérence : BC2=40=20+20=AB2+AC2BC^2 = 40 = 20 + 20 = AB^2 + AC^2, la loi des cosinus avec cos⁡A^=0\cos\widehat A = 0 (Pythagore).

Exercice 16.7 ★★

Donner une équation du cercle de centre Ω(−2,3)\Omega(-2, 3) et de rayon 55. Puis déterminer le centre et le rayon du cercle

x2+y2−6x+2y−6=0.x^2 + y^2 - 6x + 2y - 6 = 0 .
Solution

Solution de Exercice 16.7.

Forme centre–rayon : (x+2)2+(y−3)2=25(x + 2)^2 + (y - 3)^2 = 25.

Pour le second cercle, compléter les carrés :

x2−6x+y2+2y=6  ⟺  (x−3)2−9+(y+1)2−1=6  ⟺  (x−3)2+(y+1)2=16:x^2 - 6x + y^2 + 2y = 6 \iff (x - 3)^2 - 9 + (y + 1)^2 - 1 = 6 \iff (x-3)^2 + (y+1)^2 = 16 :

centre (3,−1)(3, -1), rayon 44.

Exercice 16.8 ★★

Soient A(−3,0)A(-3, 0) et B(0,2)B(0, 2). En utilisant la Proposition 16.11, trouver une équation du cercle de diamètre [AB][AB], et vérifier que l’origine O(0,0)O(0,0) y est.

Solution

Solution de Exercice 16.8.

M(x,y)M(x,y) est sur le cercle lorsque MA→⋅MB→=0\vect{MA}\cdot\vect{MB} = 0 avec MA→ (−3−x, −y)\vect{MA}\,(-3 - x,\ -y) et MB→ (−x, 2−y)\vect{MB}\,(-x,\ 2 - y) :

(−3−x)(−x)+(−y)(2−y)=x2+3x+y2−2y=0.(-3 - x)(-x) + (-y)(2 - y) = x^2 + 3x + y^2 - 2y = 0 .

Pour l’origine : 0+0+0−0=00 + 0 + 0 - 0 = 0, donc OO est sur le cercle — géométriquement, OA→ (−3,0)\vect{OA}\,(-3,0) et OB→ (0,2)\vect{OB}\,(0,2) sont orthogonaux, donc OO voit [AB][AB] sous un angle droit. (En complétant les carrés : centre (−32,1)\left(-\frac32, 1\right), rayon 132\frac{\sqrt{13}}{2}.)

Exercice 16.9 ★★

Trouver une équation de la droite passant par P(1,3)P(1, 3) perpendiculaire à d:2x+y−7=0d : 2x + y - 7 = 0, et les coordonnées du pied HH de la perpendiculaire (l’intersection des deux droites). En déduire la distance de PP à dd.

Solution

Solution de Exercice 16.9.

La perpendiculaire par PP a le vecteur directeur de dd, à savoir (−1,2)(-1, 2), comme vecteur normal : équation −x+2y+c=0-x + 2y + c = 0 ; par P(1,3)P(1,3) : −1+6+c=0-1 + 6 + c = 0, c=−5c = -5, donc x−2y+5=0x - 2y + 5 = 0.

Intersection avec dd : de 2x+y=72x + y = 7, y=7−2xy = 7 - 2x ; en substituant, x−2(7−2x)+5=5x−9=0x - 2(7 - 2x) + 5 = 5x - 9 = 0, donc x=95x = \frac95, y=175y = \frac{17}5 : H(95,175)H\left(\frac95, \frac{17}5\right). Alors PH→(45,25)\vect{PH}\left(\frac45, \frac25\right) et

PH=1625+425=205=255≈0.89.PH = \sqrt{\frac{16}{25} + \frac{4}{25}} = \frac{\sqrt{20}}{5} = \frac{2\sqrt5}{5} \approx 0.89 .

Exercice 16.10 ★★

En utilisant ∥u⃗+v⃗∥2=∥u⃗∥2+2u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2\norm{\vec u + \vec v}^2 = \norm{\vec u}^2 + 2\vec u\cdot\vec v + \norm{\vec v}^2 et son analogue pour u⃗−v⃗\vec u - \vec v, prouver l’identité du parallélogramme :

∥u⃗+v⃗∥2+∥u⃗−v⃗∥2=2∥u⃗∥2+2∥v⃗∥2,\norm{\vec u + \vec v}^2 + \norm{\vec u - \vec v}^2 = 2\norm{\vec u}^2 + 2\norm{\vec v}^2 ,

et l’interpréter dans un parallélogramme (diagonales contre côtés).

Solution

Solution de Exercice 16.10.

En additionnant

∥u⃗+v⃗∥2=∥u⃗∥2+2u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2et∥u⃗−v⃗∥2=∥u⃗∥2−2u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2,\norm{\vec u + \vec v}^2 = \norm{\vec u}^2 + 2\vec u\cdot\vec v + \norm{\vec v}^2 \quad\text{et}\quad \norm{\vec u - \vec v}^2 = \norm{\vec u}^2 - 2\vec u\cdot\vec v + \norm{\vec v}^2,

les termes croisés s’annulent et ∥u⃗+v⃗∥2+∥u⃗−v⃗∥2=2∥u⃗∥2+2∥v⃗∥2\norm{\vec u + \vec v}^2 + \norm{\vec u - \vec v}^2 = 2\norm{\vec u}^2 + 2\norm{\vec v}^2. Dans un parallélogramme de côtés u⃗\vec u et v⃗\vec v, les diagonales sont u⃗+v⃗\vec u + \vec v et u⃗−v⃗\vec u - \vec v : la somme des carrés des deux diagonales égale la somme des carrés des quatre côtés.

Exercice 16.11 ★★★

Soient AA et BB deux points avec AB=4AB = 4, et II le milieu de [AB][AB].

  1. Montrer que pour tout point MM : MA→⋅MB→=MI2−4\vect{MA}\cdot\vect{MB} = MI^2 - 4. (Insérer II : MA→=MI→+IA→\vect{MA} = \vect{MI} + \vect{IA}.)
  2. En déduire l’ensemble des points MM tels que MA→⋅MB→=12\vect{MA}\cdot\vect{MB} = 12.
Solution

Solution de Exercice 16.11.

1. Comme II est le milieu, IB→=−IA→\vect{IB} = -\vect{IA} et IA=2IA = 2. Alors

MA→⋅MB→=(MI→+IA→)⋅(MI→−IA→)=∥MI→∥2−∥IA→∥2=MI2−4.\vect{MA}\cdot\vect{MB} = (\vect{MI} + \vect{IA})\cdot(\vect{MI} - \vect{IA}) = \norm{\vect{MI}}^2 - \norm{\vect{IA}}^2 = MI^2 - 4 .

2. La condition MA→⋅MB→=12\vect{MA}\cdot\vect{MB} = 12 devient MI2=16MI^2 = 16, c’est-à-dire MI=4MI = 4 : l’ensemble est le cercle de centre II et de rayon 44.

16.6 Problème : les deux cadeaux du produit scalaire

Problème 16.1

Devoir du week-end — les formules d’addition tombent d’un produit scalaire, la distance à une droite d’un autre, et les trois hauteurs se rencontrent en prime

Le produit scalaire a des airs de comptabilité — on multiplie, on additionne — et pourtant il livre, presque gratuitement, deux trésors qui ont résisté à des siècles de chasse aux angles : les formules d’addition de la trigonométrie (calculer cos⁡15∘\cos 15^\circ exactement !) et la distance d’un point à une droite en une seule fraction bien nette. En cadeau d’adieu, il démontre que les trois hauteurs de tout triangle passent par un même point. Les quatre visages du Théorème 16.2 seront tous appelés au service.

Partie I — Aisance.

  1. Pour u⃗(3,4)\vec u(3, 4) et v⃗(−1,2)\vec v(-1, 2) : calculer u⃗⋅v⃗\vec u \cdot \vec v, les deux normes et l’angle entre les vecteurs (au dixième de degré).
  2. Déterminer kk pour que (2,k)(2, k) et (3,−4)(3, -4) soient orthogonaux (Définition 16.5).
  3. Visage physique : on tire une luge sur 1010 m avec une force de 5050 N faisant un angle de 60∘60^\circ avec le sol. Calculer le travail W=F⃗⋅d⃗W = \vec F \cdot \vec d.
  4. Loi des cosinus (Théorème 16.8) : deux côtés de longueurs 55 et 77 encadrent un angle de 60∘60^\circ ; déterminer exactement le troisième côté.
  5. Réciproquement : un triangle a pour côtés 44, 66, 88. Calculer le cosinus de l’angle opposé au côté de longueur 88, classer cet angle, et le donner au dixième de degré.

Partie II — Premier cadeau : les formules d’addition. Soient u⃗=(cos⁡a,sin⁡a)\vec u = (\cos a, \sin a) et v⃗=(cos⁡b,sin⁡b)\vec v = (\cos b, \sin b) : deux vecteurs unitaires d’angles aa et bb.

  1. Calculer u⃗⋅v⃗\vec u \cdot \vec v de deux manières — une fois avec les coordonnées, une fois avec les normes et l’angle entre les vecteurs — et en déduire la formule mère :

    cos⁡(a−b)=cos⁡acos⁡b+sin⁡asin⁡b.\cos(a - b) = \cos a \cos b + \sin a \sin b .
  2. Remplacer bb par −b-b (parités du sinus et du cosinus !) pour obtenir cos⁡(a+b)\cos(a + b).
  3. Obtenir sin⁡(a+b)\sin(a + b) à partir de l’identité des angles complémentaires sin⁡x=cos⁡(π2−x)\sin x = \cos\left(\frac\pi2 - x\right) appliquée à x=a+bx = a + b.
  4. Enfin des valeurs exactes : calculer cos⁡15∘\cos 15^\circ (sous la forme cos⁡(45∘−30∘)\cos(45^\circ - 30^\circ)) et sin⁡75∘\sin 75^\circ. Vérifier les deux numériquement.
  5. Poser b=ab = a pour établir les formules de duplication : cos⁡2a\cos 2a (sous ses trois formes) et sin⁡2a\sin 2a.
  6. À partir de cos⁡2a=1−2sin⁡2a\cos 2a = 1 - 2\sin^2 a, calculer sin⁡215∘\sin^2 15^\circ, puis sin⁡15∘\sin 15^\circ sous forme de radical emboîté — et vérifier que son carré s’accorde avec la valeur 6−24\frac{\sqrt6 - \sqrt2}{4} que donne la méthode de la question 9.

Partie III — Deuxième cadeau : la distance à une droite.

  1. Soit dd la droite ax+by+c=0ax + by + c = 0, de vecteur normal n⃗(a,b)\vec n(a, b) (Proposition 16.12), et soit P(x0,y0)P(x_0, y_0) un point. En prenant un point AA quelconque de dd, expliquer pourquoi la distance de PP à dd vaut ∣AP→⋅n⃗∣∥n⃗∥\dfrac{\abs{\vect{AP} \cdot \vec n}}{\norm{\vec n}}, et en déduire la formule

    dist⁡(P,d)=∣ax0+by0+c∣a2+b2.\operatorname{dist}(P, d) = \frac{\abs{a x_0 + b y_0 + c}}{\sqrt{a^2 + b^2}} .

    Calculer la distance de P(5,6)P(5, 6) à 3x+4y−12=03x + 4y - 12 = 0.

  2. Écrire l’équation du cercle de centre (5,6)(5, 6) tangent à cette droite.
  3. Recouper la formule : calculer la distance de l’origine à 3x+4y−12=03x + 4y - 12 = 0, puis la vérifier en calculant explicitement le pied de la perpendiculaire issue de l’origine.
  4. Triangle A(0,0)A(0,0), B(6,0)B(6,0), C(2,5)C(2,5) : calculer son aire en prenant [AB][AB] pour base ; puis calculer la distance de BB à la droite (AC)(AC) et vérifier qu’elle redonne la même aire.
  5. Le cercle de centre (2,1)(2, 1) et de rayon 22, face à la droite x+y−6=0x + y - 6 = 0 : calculer la distance du centre à la droite et classer leur position relative (deux points communs, un seul, ou aucun).

Partie IV — La prime : les hauteurs sont concourantes.

  1. Généraliser l’Exercice 16.11 : pour deux points AA et BB de milieu II, démontrer que

    MA→⋅MB→=MI2−AB24pour tout point M.\vect{MA} \cdot \vect{MB} = MI^2 - \frac{AB^2}{4} \quad\text{pour tout point } M .
  2. En déduire la Proposition 16.11 en une ligne : l’ensemble des points MM tels que MA→⋅MB→=0\vect{MA} \cdot \vect{MB} = 0 est le cercle de diamètre [AB][AB].

  3. Les hauteurs : soit HH le point d’intersection des hauteurs issues de AA et de BB dans un triangle ABCABC (de sorte que HA→⋅BC→=0\vect{HA} \cdot \vect{BC} = 0 et HB→⋅CA→=0\vect{HB} \cdot \vect{CA} = 0). Démontrer l’identité

    HA→⋅BC→+HB→⋅CA→+HC→⋅AB→=0\vect{HA} \cdot \vect{BC} + \vect{HB} \cdot \vect{CA} + \vect{HC} \cdot \vect{AB} = 0

    — tout développer à partir de HH avec Chasles — et en conclure que HH appartient aussi à la hauteur issue de CC : les trois hauteurs sont concourantes (en l’orthocentre).

  4. Pour finir : quatre visages, trois trophées. Quel visage du Théorème 16.2 a porté les formules d’addition, lequel la formule de distance, lequel l’orthocentre — et pourquoi « calculer deux fois la même quantité » est-elle la devise de tout le chapitre ?
Solution

Solution de Problème 16.1.

1. u⃗⋅v⃗=−3+8=5\vec u \cdot \vec v = -3 + 8 = 5 ; ∥u⃗∥=5\norm{\vec u} = 5, ∥v⃗∥=5\norm{\vec v} = \sqrt5 ; cos⁡θ=555=15\cos\theta = \frac{5}{5\sqrt5} = \frac{1}{\sqrt5}, d’où θ≈63.4∘\theta \approx 63.4^\circ.

2. 6−4k=06 - 4k = 0 : k=32k = \frac32.

3. W=50×10×cos⁡60∘=250W = 50 \times 10 \times \cos 60^\circ = 250 joules : seule la composante le long du déplacement travaille.

4. c2=25+49−2×35×12=39c^2 = 25 + 49 - 2 \times 35 \times \frac12 = 39 : c=39c = \sqrt{39}.

5. cos⁡γ=16+36−642×4×6=−14\cos\gamma = \frac{16 + 36 - 64}{2 \times 4 \times 6} = -\frac14 : négatif, l’angle est obtus : γ≈104.5∘\gamma \approx 104.5^\circ.

6. Par les coordonnées : u⃗⋅v⃗=cos⁡acos⁡b+sin⁡asin⁡b\vec u \cdot \vec v = \cos a \cos b + \sin a \sin b. Par la géométrie : deux vecteurs unitaires, donc u⃗⋅v⃗=1×1×cos⁡(a−b)\vec u \cdot \vec v = 1 \times 1 \times \cos(a - b). En égalant les deux calculs d’un même nombre : cos⁡(a−b)=cos⁡acos⁡b+sin⁡asin⁡b\cos(a - b) = \cos a \cos b + \sin a \sin b.

7. cos⁡(a+b)=cos⁡(a−(−b))=cos⁡acos⁡(−b)+sin⁡asin⁡(−b)=cos⁡acos⁡b−sin⁡asin⁡b\cos(a + b) = \cos(a - (-b)) = \cos a \cos(-b) + \sin a \sin(-b) = \cos a \cos b - \sin a \sin b.

8. sin⁡(a+b)=cos⁡(π2−a−b)=cos⁡((π2−a)−b)=cos⁡(π2−a)cos⁡b+sin⁡(π2−a)sin⁡b=sin⁡acos⁡b+cos⁡asin⁡b\sin(a + b) = \cos\left(\frac\pi2 - a - b\right) = \cos\left(\left(\frac\pi2 - a\right) - b\right) = \cos\left(\frac\pi2 - a\right)\cos b + \sin\left(\frac\pi2 - a\right)\sin b = \sin a \cos b + \cos a \sin b.

9. cos⁡15∘=cos⁡45∘cos⁡30∘+sin⁡45∘sin⁡30∘=22⋅32+22⋅12=6+24≈0.966\cos 15^\circ = \cos 45^\circ \cos 30^\circ + \sin 45^\circ \sin 30^\circ = \frac{\sqrt2}{2} \cdot \frac{\sqrt3}{2} + \frac{\sqrt2}{2} \cdot \frac12 = \frac{\sqrt6 + \sqrt2}{4} \approx 0.966. Et sin⁡75∘=cos⁡15∘\sin 75^\circ = \cos 15^\circ : même valeur.

10. En posant b=ab = a dans les questions 7 et 8 : cos⁡2a=cos⁡2a−sin⁡2a=2cos⁡2a−1=1−2sin⁡2a\cos 2a = \cos^2 a - \sin^2 a = 2\cos^2 a - 1 = 1 - 2\sin^2 a (à l’aide de cos⁡2+sin⁡2=1\cos^2 + \sin^2 = 1), et sin⁡2a=2sin⁡acos⁡a\sin 2a = 2 \sin a \cos a.

11. sin⁡215∘=1−cos⁡30∘2=2−34\sin^2 15^\circ = \frac{1 - \cos 30^\circ}{2} = \frac{2 - \sqrt3}{4}, donc sin⁡15∘=2−32\sin 15^\circ = \frac{\sqrt{2 - \sqrt3}}{2}. En élevant 6−24\frac{\sqrt6 - \sqrt2}{4} au carré : 6−212+216=8−4316=2−34\frac{6 - 2\sqrt{12} + 2}{16} = \frac{8 - 4\sqrt3}{16} = \frac{2 - \sqrt3}{4} : le même nombre en deux costumes.

12. AP→\vect{AP} se décompose en une part le long de dd (invisible pour n⃗\vec n) et une part perpendiculaire à dd, dont la longueur est la distance cherchée ; multiplier scalairement par la normale unitaire n⃗∥n⃗∥\frac{\vec n}{\norm{\vec n}} annule la première part et mesure la seconde. Avec AA sur dd : AP→⋅n⃗=ax0+by0−(axA+byA)=ax0+by0+c\vect{AP} \cdot \vec n = a x_0 + b y_0 - (a x_A + b y_A) = a x_0 + b y_0 + c, d’où la formule. Exemple : ∣15+24−12∣5=275=5.4\frac{\abs{15 + 24 - 12}}{5} = \frac{27}{5} = 5.4.

13. Rayon =5.4= 5.4 : (x−5)2+(y−6)2=29.16(x - 5)^2 + (y - 6)^2 = 29.16.

14. Distance =∣−12∣5=2.4= \frac{\abs{-12}}{5} = 2.4. Pied de la perpendiculaire : la perpendiculaire issue de l’origine est (3t,4t)(3t, 4t) ; sur la droite : 9t+16t=129t + 16t = 12, donc t=1225t = \frac{12}{25}, et le pied est (3625,4825)\left(\frac{36}{25}, \frac{48}{25}\right), à la distance 5t=6025=2.45t = \frac{60}{25} = 2.4. La formule et le calcul honnête concordent.

15. Base AB=6AB = 6, hauteur == distance de CC à (AB)(AB) (l’axe y=0y = 0), soit 55 ; aire 1515. Droite (AC)(AC) : 5x−2y=05x - 2y = 0, et dist⁡(B,(AC))=∣30∣29\operatorname{dist}(B, (AC)) = \frac{\abs{30}}{\sqrt{29}} ; alors 12×AC×3029=12×29×3029=15\frac12 \times AC \times \frac{30}{\sqrt{29}} = \frac12 \times \sqrt{29} \times \frac{30}{\sqrt{29}} = 15 : la même aire, quelle que soit la hauteur choisie.

16. dist⁡=∣2+1−6∣2=32≈2.12>2\operatorname{dist} = \frac{\abs{2 + 1 - 6}} {\sqrt2} = \frac{3}{\sqrt2} \approx 2.12 > 2 : la droite passe au large du cercle — ils sont disjoints.

17. En insérant II : MA→⋅MB→=(MI→+IA→)⋅(MI→+IB→)=MI2+MI→⋅(IA→+IB→)+IA→⋅IB→\vect{MA} \cdot \vect{MB} = (\vect{MI} + \vect{IA}) \cdot (\vect{MI} + \vect{IB}) = MI^2 + \vect{MI} \cdot (\vect{IA} + \vect{IB}) + \vect{IA} \cdot \vect{IB}. Le terme du milieu disparaît (IA→+IB→=0⃗\vect{IA} + \vect{IB} = \vec 0), et IA→⋅IB→=−IA2=−AB24\vect{IA} \cdot \vect{IB} = -IA^2 = -\frac{AB^2}{4} (vecteurs opposés de longueur AB2\frac{AB}2).

18. MA→⋅MB→=0  ⟺  MI2=AB24  ⟺  MI=AB2\vect{MA} \cdot \vect{MB} = 0 \iff MI^2 = \frac{AB^2}{4} \iff MI = \frac{AB}{2} : c’est le cercle de centre II et de rayon AB2\frac{AB}2 — le cercle de diamètre [AB][AB].

19. En développant chaque couple à partir de HH (BC→=HC→−HB→\vect{BC} = \vect{HC} - \vect{HB}, etc.) :

HA→⋅HC→−HA→⋅HB→+HB→⋅HA→−HB→⋅HC→+HC→⋅HB→−HC→⋅HA→=0:\vect{HA} \cdot \vect{HC} - \vect{HA} \cdot \vect{HB} + \vect{HB} \cdot \vect{HA} - \vect{HB} \cdot \vect{HC} + \vect{HC} \cdot \vect{HB} - \vect{HC} \cdot \vect{HA} = 0 :

tout s’annule deux à deux — l’identité vaut pour quatre points quelconques. Pour notre HH, les deux premiers produits scalaires sont nuls par hypothèse, donc HC→⋅AB→=0\vect{HC} \cdot \vect{AB} = 0 : HH appartient à la hauteur issue de CC. Trois hauteurs, un seul point.

20. Les formules d’addition sont venues du calcul d’un même produit scalaire par le visage des coordonnées et par celui des normes et de l’angle ; la formule de distance, du visage de la projection ; l’orthocentre, du visage de la bilinéarité (développer avec Chasles). Calculer deux fois la même quantité, égaler, et un théorème en tombe — c’est tout le métier du produit scalaire.

Termes définis dans ce chapitre

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