Le produit scalaire dans le plan - Cours et exercices corrigés | 1re Bac Sciences expérimentales et SM

KORASATI · MATHÉMATIQUES

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Objectifs. Calculer des angles, des aires et des distances, puis étudier des droites et des cercles avec des coordonnées. Les parties I à V et les exercices 1 à 8 constituent le socle commun ; la partie VI et les exercices 9 et 10 développent les inégalités pour Sciences Mathématiques.

Relier longueurs et angles

Définition géométrique

Pour deux vecteurs non nuls $\vec u,\vec v$, et l’angle non orienté $\theta\in[0;\pi]$ qu’ils forment, $$\vec u\cdot\vec v=\|\vec u\|\,\|\vec v\|\cos\theta.$$ Si l’un des vecteurs est nul, le produit scalaire vaut $0$. Le résultat est un nombre réel, qui peut être positif, nul ou négatif. Pour des vecteurs non nuls, ces trois cas correspondent à $\theta<\pi/2$, $\theta=\pi/2$ ou $\theta>\pi/2$.

Propriétés de calcul

$$\begin{gather*} \vec u\cdot\vec v=\vec v\cdot\vec u,\qquad \vec u\cdot(\alpha\vec v+\beta\vec w)=\alpha\vec u\cdot\vec v+\beta\vec u\cdot\vec w,\\ \vec u\cdot\vec u=\|\vec u\|^2,\qquad \|\vec u+\vec v\|^2=\|\vec u\|^2+2\vec u\cdot\vec v+\|\vec v\|^2. \end{gather*}$$ Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul.

On peut aussi obtenir le produit scalaire à partir de trois longueurs : $$\vec u\cdot\vec v=\frac{\|\vec u\|^2+\|\vec v\|^2-\|\vec u-\vec v\|^2}{2}.$$

Projection et formule d’Al-Kashi

Si $H$ est le projeté orthogonal de $C$ sur $(AB)$, alors $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH}$. Le signe dépend du sens de $\overrightarrow{AH}$ par rapport à $\overrightarrow{AB}$ : une longueur positive ne suffit pas toujours.

Dans un triangle $ABC$, $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$ et $\widehat A$ l’angle en $A$. En développant $\|\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\|^2$, on obtient $$\boxed{a^2=b^2+c^2-2bc\cos\widehat A.}$$

Exemple - Une longueur et une aire

Si $AB=5$, $AC=7$ et $\widehat A=\pi/3$, alors $BC^2=25+49-70\times\tfrac12=39$, donc $BC=\sqrt{39}$. L’aire vaut $\tfrac12 AB\,AC\sin\widehat A=35\sqrt3/4$.

Un repère quelconque ne suffit pas

Les formules de coordonnées des pages suivantes supposent un repère orthonormé. Pour la formule du sinus orienté, on le suppose aussi direct.

Calculer en coordonnées

Produit scalaire, norme et distance

Dans un repère orthonormé, si $\vec u=(x;y)$ et $\vec v=(x';y')$, alors $$\boxed{\vec u\cdot\vec v=xx'+yy',\qquad \|\vec u\|=\sqrt{x^2+y^2}.}$$ En effet, les vecteurs de base ont norme $1$ et sont orthogonaux ; les termes croisés du développement sont nuls. Pour $A(x_A;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$, $$AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}.$$

Cosinus, sinus et déterminant

Pour $\vec u,\vec v\ne\vec0$, le cosinus de leur angle vaut $$\cos\theta=\frac{xx'+yy'}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x'^2+y'^2}}.$$ Dans un repère orthonormé direct, si $\theta$ est l’angle orienté de $\vec u$ vers $\vec v$, $$\boxed{\sin\theta=\frac{\det(\vec u,\vec v)}{\|\vec u\|\|\vec v\|},\qquad \det(\vec u,\vec v)=xy'-yx'.}$$ Pour l’angle non orienté entre les vecteurs, utiliser la valeur absolue du déterminant. L’identité $$(xx'+yy')^2+(xy'-yx')^2=(x^2+y^2)(x'^2+y'^2)$$ confirme que les deux formules sont compatibles avec $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$.

Exemple - Angle et aire sans trouver l’angle lui-même

Pour $\vec u=(3;1)$ et $\vec v=(1;3)$, les normes valent $\sqrt{10}$, le produit scalaire vaut $6$ et le déterminant $8$. Ainsi $\cos\theta=3/5$ et $\sin\theta=4/5$. Le triangle construit sur ces deux vecteurs a pour aire $|8|/2=4$.

Aire d’un triangle

$$\mathcal A_{ABC}=\frac12\left|\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\right|.$$ L’aire est nulle exactement lorsque les trois points sont alignés.

Parallélisme et perpendicularité

Deux vecteurs sont colinéaires si leur déterminant est nul ; ils sont orthogonaux si leur produit scalaire est nul. Pour utiliser ces critères sur deux droites, choisir des vecteurs directeurs non nuls.

Par exemple, $(2;-1)$ et $(1;2)$ ont un produit scalaire nul : ils dirigent des droites perpendiculaires. En revanche, $(2;-1)$ et $(-6;3)$ sont colinéaires et dirigent des droites parallèles.

Droites, normales et distances

Une droite définie par une normale

Un vecteur normal à une droite est un vecteur non nul orthogonal à sa direction. La droite passant par $A(x_0;y_0)$ et de normale $\vec n=(a;b)\ne\vec0$ est définie par $$\vec n\cdot\overrightarrow{AM}=0\iff a(x-x_0)+b(y-y_0)=0.$$ Ainsi, pour $D:ax+by+c=0$, avec $(a;b)\ne(0;0)$, le vecteur $(a;b)$ est normal et $(-b;a)$ est directeur. La constante est $c=-ax_0-by_0$ si $A\in D$.

Exemple - Écrire une perpendiculaire

La droite passant par $A(1;2)$ et perpendiculaire à une droite de direction $(3;-1)$ a pour normale $(3;-1)$. Son équation est $3(x-1)-(y-2)=0$, soit $3x-y-1=0$.

Distance d’un point à une droite

Distance et projeté orthogonal

Soient $M(x_1;y_1)$, $D:ax+by+c=0$ et $s=ax_1+by_1+c$. Alors $$\boxed{d(M,D)=\frac{|s|}{\sqrt{a^2+b^2}}.}$$ Le projeté orthogonal $H$ de $M$ sur $D$ a pour coordonnées $$H=\left(x_1-\frac{as}{a^2+b^2};\ y_1-\frac{bs}{a^2+b^2}\right).$$

Justification. Poser $H=M-t\vec n$. L’appartenance à $D$ impose $s-t(a^2+b^2)=0$, donc $t=s/(a^2+b^2)$. Le vecteur $\overrightarrow{MH}$ est normal à $D$ et $H\in D$ : c’est bien le projeté. Sa norme donne la distance.

Exemple - Calculer puis vérifier

Pour $M(2;1)$ et $D:3x+4y-5=0$, $s=6+4-5=5$ et $\|\vec n\|=5$. Donc $d(M,D)=1$ et $$H=(2;1)-\frac15(3;4)=\left(\frac75;\frac15\right).$$ On vérifie $3(7/5)+4(1/5)-5=0$ et $MH^2=(3/5)^2+(4/5)^2=1$.

Comparer deux droites

Pour $D:ax+by+c=0$ et $D':a'x+b'y+c'=0$, les normales sont colinéaires si $ab'-a'b=0$ : les droites sont parallèles, éventuellement confondues. Les droites sont perpendiculaires si $aa'+bb'=0$. Une multiplication de toute l’équation par un réel non nul conserve ces propriétés et la distance.

Étudier un cercle par une équation

Forme canonique et forme développée

Le cercle de centre $\Omega(a;b)$ et de rayon $r>0$ est l’ensemble $$\boxed{(x-a)^2+(y-b)^2=r^2.}$$ Pour étudier $x^2+y^2+ux+vy+w=0$, compléter les carrés : $$\left(x+\frac u2\right)^2+\left(y+\frac v2\right)^2 =\frac{u^2+v^2}{4}-w.$$ Le centre éventuel est $(-u/2;-v/2)$. Si le membre droit est positif, c’est le carré du rayon ; s’il est nul, l’ensemble est réduit au centre ; s’il est négatif, l’ensemble est vide.

Exemple - Identifier le lieu

$x^2+y^2-2x+4y-4=0$ devient $(x-1)^2+(y+2)^2=9$. Le centre est $(1;-2)$ et le rayon $3$. En revanche, $x^2+y^2-2x+4y+6=0$ devient une somme de carrés égale à $-1$ : aucune solution réelle.

Représentation paramétrique

Parcourir tout le cercle

$$\begin{cases}x=a+r\cos t,\\y=b+r\sin t,\end{cases} \qquad 0\le t<2\pi.$$ L’identité $\cos^2t+\sin^2t=1$ assure l’appartenance. Réciproquement, tout point du cercle correspond à une direction du vecteur $\overrightarrow{\Omega M}$, donc à un tel angle.

Dans l’exemple précédent : $x=1+3\cos t$, $y=-2+3\sin t$. Un même paramètre intervient dans les deux coordonnées ; on ne choisit pas indépendamment le cosinus et le sinus.

Cercle défini par trois points

Trois points non alignés déterminent un cercle unique. On peut chercher son centre à l’intersection de deux médiatrices, ou substituer les points dans $x^2+y^2+ux+vy+w=0$ pour déterminer $u,v,w$.

Exemple - Un triangle rectangle

Pour $A(0;0)$, $B(4;0)$ et $C(0;2)$, la substitution donne $w=0$, $16+4u=0$ et $4+2v=0$, donc $u=-4$, $v=-2$. L’équation est $x^2+y^2-4x-2y=0$, soit $(x-2)^2+(y-1)^2=5$. Le centre $(2;1)$ est bien le milieu de l’hypoténuse $[BC]$.

Intersections, tangentes et régions

Position d’une droite par rapport au cercle

Pour un cercle de centre $\Omega$, de rayon $r>0$, et une droite $D$, comparer $d=d(\Omega,D)$ à $r$ : $d>r$ donne aucune intersection ; $d=r$ une tangence ; $d<r$ deux points distincts. Pour les calculer, résoudre simultanément l’équation de la droite et celle du cercle.

Tangente en un point du cercle

Si $T(x_T;y_T)$ appartient au cercle de centre $(a;b)$ et de rayon $r>0$, sa tangente est perpendiculaire à $\overrightarrow{\Omega T}$ : $$(x_T-a)(x-x_T)+(y_T-b)(y-y_T)=0.$$ Une forme équivalente est $(x_T-a)(x-a)+(y_T-b)(y-b)=r^2$.

Exemple - Deux intersections et une tangente

Le cercle $x^2+y^2=4$ coupe $y=1$ aux points $(\sqrt3;1)$ et $(-\sqrt3;1)$. Au premier point, l’équation de la tangente est $\sqrt3(x-\sqrt3)+(y-1)=0$, donc $\sqrt3x+y=4$.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

La figure montre une sécante $y=1$ et la tangente horizontale $y=2$ au sommet du cercle. La tangente en $T$ est donnée par l’équation calculée ci-dessus.

Cercle de diamètre donné

Si $A\ne B$ et $I$ est le milieu de $[AB]$, alors $$\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=MI^2-\frac{AB^2}{4}.$$ La condition $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0$ définit donc le cercle de diamètre $[AB]$, extrémités comprises. Pour $M\notin\{A,B\}$, elle exprime aussi que l’angle $\widehat{AMB}$ est droit.

Lire une inéquation

$(x-a)^2+(y-b)^2\le r^2$ décrit le disque fermé. Par exemple, le système $x^2+y^2\le4$ et $x\ge0$ décrit le demi-disque fermé à droite de l’axe vertical. Une inégalité stricte retire la frontière correspondante ; une équation de cercle seule ne remplit pas le disque.

Inégalités - Approfondissement SM

Inégalité de Cauchy–Schwarz

Énoncé et égalité

Pour tous vecteurs $\vec u,\vec v$, $$|\vec u\cdot\vec v|\le\|\vec u\|\,\|\vec v\|.$$ L’égalité a lieu si et seulement si les vecteurs sont colinéaires, en incluant le cas où l’un est nul.

Preuve. Si $\vec v=\vec0$, tout est immédiat. Sinon, la positivité d’un carré de norme donne $$0\le\left\|\vec u-\frac{\vec u\cdot\vec v}{\|\vec v\|^2}\vec v\right\|^2 =\|\vec u\|^2-\frac{(\vec u\cdot\vec v)^2}{\|\vec v\|^2}.$$ Multiplier par $\|\vec v\|^2>0$, puis prendre les racines positives. L’égalité équivaut à l’annulation du vecteur dans la norme, donc à la colinéarité.

En coordonnées : $(xx'+yy')^2\le(x^2+y^2)(x'^2+y'^2)$. La formule du cosinus donne aussi l’inégalité, puisque $|\cos\theta|\le1$.

Inégalité triangulaire

Somme et différence de normes

$$\|\vec u+\vec v\|\le\|\vec u\|+\|\vec v\|,\qquad \big|\|\vec u\|-\|\vec v\|\big|\le\|\vec u-\vec v\|.$$ Dans la première inégalité, l’égalité a lieu si l’un des vecteurs est nul ou si les deux vecteurs non nuls sont de même direction et de même sens.

En effet, développer le carré de $\|\vec u+\vec v\|$ et majorer $\vec u\cdot\vec v$ par $\|\vec u\|\|\vec v\|$. Les deux membres étant positifs ou nuls, on peut prendre les racines. Pour la seconde, écrire $\vec u=(\vec u-\vec v)+\vec v$, puis échanger $\vec u$ et $\vec v$.

Pour trois points, la première donne $AC\le AB+BC$. L’égalité correspond à $B\in[AC]$, y compris les cas où deux points coïncident.

Exemple - Un maximum avec une contrainte

Sous la condition $x^2+y^2=4$, Cauchy–Schwarz appliquée à $(3;4)$ et $(x;y)$ donne $|3x+4y|\le5\times2=10$. Le maximum $10$ est atteint en $(x;y)=(6/5;8/5)$, vecteur de même sens que $(3;4)$ et de norme $2$. Le minimum $-10$ est atteint au point opposé. Une borne seule ne prouve pas un maximum : il faut vérifier qu’elle est atteinte.

Exercices corrigés - Vecteurs et droites

Exercice 1 - Angle et aire

Dans un repère orthonormé direct, $A(1;1)$, $B(4;2)$ et $C(2;4)$. Calculer le cosinus et le sinus de l’angle orienté $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$, puis l’aire du triangle.

Correction. $\overrightarrow{AB}=(3;1)$ et $\overrightarrow{AC}=(1;3)$ ; normes $\sqrt{10}$, produit scalaire $6$, déterminant $8$. Donc $\cos\theta=3/5$, $\sin\theta=4/5$ et l’aire vaut $4$. Le déterminant non nul confirme que c’est un vrai triangle.

Exercice 2 - Retrouver un angle

Dans un triangle, $AB=4$, $AC=5$, $BC=\sqrt{21}$. Déterminer l’angle en $A$ et l’aire.

Correction. Al-Kashi donne $21=16+25-40\cos\widehat A$, donc $\cos\widehat A=1/2$. Comme $\widehat A\in[0;\pi]$, on a $\widehat A=\pi/3$. L’aire est $\tfrac12\times4\times5\times\sqrt3/2=5\sqrt3$.

Exercice 3 - Droite perpendiculaire

Déterminer la droite passant par $A(2;-1)$ et perpendiculaire à $D:2x-y+3=0$.

Correction. Un vecteur directeur de $D$ est $(1;2)$. Il est normal à la droite cherchée : son équation est $(x-2)+2(y+1)=0$, soit $x+2y=0$. Elle passe par $A$, et les normales $(2;-1)$ et $(1;2)$ ont un produit scalaire nul, ce qui confirme la perpendicularité.

Exercice 4 - Distance et projeté

Calculer la distance de $M(3;2)$ à $D:x-2y+1=0$, puis refaire le calcul pour $N(2;3)$ et déterminer son projeté.

Correction. Pour $M$, $3-4+1=0$ : il est sur $D$ et la distance vaut $0$. Pour $N$, $s=2-6+1=-3$, donc $d(N,D)=3/\sqrt5$. Sa projection vaut $$H=(2;3)+\frac35(1;-2)=\left(\frac{13}{5};\frac95\right).$$ Vérification : $13/5-18/5+1=0$, et $NH^2=9/25+36/25=9/5$. La distance est positive bien que $s$ soit négatif.

Exercices corrigés - Cercles

Exercice 5 - Centre, rayon et paramétrage

Étudier $x^2+y^2-6x+2y+6=0$ et en donner une représentation paramétrique.

Correction. En complétant les carrés : $(x-3)^2+(y+1)^2=4$. C’est le cercle de centre $(3;-1)$ et de rayon $2$. On peut prendre $x=3+2\cos t$, $y=-1+2\sin t$, $0\le t<2\pi$. Par exemple, $t=0$ donne $(5;-1)$ et $t=\pi/2$ donne $(3;1)$, qui vérifient l’équation.

Exercice 6 - Cercle passant par trois points

Déterminer le cercle passant par $A(0;0)$, $B(6;0)$ et $C(0;8)$.

Correction. Ces points sont non alignés. Dans $x^2+y^2+ux+vy+w=0$, $A$ impose $w=0$, $B$ impose $36+6u=0$ et $C$ impose $64+8v=0$. Donc $u=-6$, $v=-8$ et $$(x-3)^2+(y-4)^2=25.$$ Le centre est $(3;4)$, le rayon $5$. Ce centre est le milieu de l’hypoténuse $[BC]$, de longueur $10$, ce qui fournit une vérification géométrique.

Exercice 7 - Intersections et tangente

Étudier l’intersection de $\mathcal C:(x-1)^2+(y+1)^2=4$ avec $D:y=-1$, puis déterminer la tangente au point d’intersection de plus grande abscisse.

Correction. Substituer $y=-1$ donne $(x-1)^2=4$, donc les intersections sont $(-1;-1)$ et $T(3;-1)$. Le rayon issu de $\Omega(1;-1)$ vers $T$ est horizontal : la tangente est verticale. La formule donne $2(x-3)+0(y+1)=0$, soit $x=3$. Sa distance au centre vaut $2$, égale au rayon.

Exercice 8 - Diamètre et disque

Pour $A(-1;0)$ et $B(3;0)$, déterminer les points vérifiant $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0$, puis ceux qui vérifient $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}\le0$ et $y\ge0$.

Correction. Le milieu est $I(1;0)$ et $AB=4$. Le produit vaut $MI^2-4=(x-1)^2+y^2-4$. L’égalité décrit le cercle de centre $I$ et de rayon $2$, comprenant $A,B$. Le système d’inégalités décrit la moitié supérieure du disque fermé : $(x-1)^2+y^2\le4$, $y\ge0$. Le segment $[AB]$ et le demi-cercle supérieur appartiennent à sa frontière.

Exercices corrigés - Inégalités SM

Exercice 9 - Démontrer et étudier l’égalité

Pour tous réels $x,y$, démontrer $(x+2y)^2\le5(x^2+y^2)$. Déterminer exactement les cas d’égalité. En déduire le minimum de $x^2+y^2$ sous la contrainte $x+2y=10$.

Correction. Appliquer Cauchy–Schwarz aux vecteurs $(1;2)$ et $(x;y)$ : $$|x+2y|\le\sqrt5\sqrt{x^2+y^2}.$$ Les deux membres sont non négatifs ; leur carré donne l’inégalité demandée. L’égalité a lieu quand $(x;y)=t(1;2)$, c’est-à-dire $y=2x$, y compris $(0;0)$. Une vérification algébrique est $$5(x^2+y^2)-(x+2y)^2=(2x-y)^2.$$ Si $x+2y=10$, on obtient $100\le5(x^2+y^2)$, donc $x^2+y^2\ge20$. Pour atteindre cette borne, résoudre $y=2x$ et $x+2y=10$ : $x=2$, $y=4$. Ce point vérifie la contrainte et sa norme au carré vaut $20$ ; c’est donc le minimum, atteint en un seul point.

Exercice 10 - Chemin le plus court et égalité

Soient $A(0;0)$ et $B(4;0)$. Déterminer le minimum de $MA+MB$ lorsque $M$ parcourt le plan. Puis déterminer le minimum lorsque $M$ est sur la droite $y=3$.

Correction. Pour tout $M$, l’inégalité triangulaire donne $AB\le AM+MB$, donc $MA+MB\ge4$. L’égalité est obtenue exactement pour $M\in[AB]$ : le minimum dans le plan vaut $4$.

Pour $M(x;3)$, on peut utiliser la symétrie de $A$ par rapport à $y=3$. Son image est $A'(0;6)$ et $MA=MA'$. Ainsi $$MA+MB=MA'+MB\ge A'B=\sqrt{4^2+(-6)^2}=2\sqrt{13}.$$ Le segment $[A'B]$ coupe $y=3$ en son milieu $M_0(2;3)$. Ce point réalise l’égalité, donc le minimum contraint est $2\sqrt{13}$, atteint seulement en $M_0$. On vérifie $M_0A=M_0B=\sqrt{13}$.

Toujours examiner le cas d’égalité

Une inégalité fournit une borne. Pour conclure qu’il s’agit d’un minimum ou d’un maximum, exhiber un point autorisé qui l’atteint, puis traiter l’unicité si elle est demandée.