Le produit scalaire dans le plan

Exemples. 1) Calculons les produits scalaires $\vec{u} \cdot \vec{v}$ et $\vec{u} \cdot \vec{w}$ où : $\vec{u} = 2\vec{i} – 3\vec{j}$ , $\vec{v} = 3\vec{i} + 4\vec{j}$ et $\vec{w} = -4\vec{j}$. On a : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 3 + (-3) \times 4 = 6 – 12 = -6 $ et $ \vec{u} \cdot \vec{w} = 2 \times 0 + (-3) \times (-4) = 12$ 2) On considère les vecteurs : $\vec{u} = \frac{\sqrt{3}}{2}\vec{i} – \frac{1}{2}\vec{j}$ et $\vec{v} = \frac{1}{2}\vec{i} + \frac{\sqrt{3}}{2}\vec{j}$. Montrons que : $\vec{u} \perp \vec{v}$ On a : $\vec{u} \cdot \vec{v} = \frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{1}{2} – \frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{4} – \frac{\sqrt{3}}{4} = 0$. Puisque $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$ alors $\vec{u} \perp \vec{v}$. On rappelle que $\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u} \cdot \vec{v} = 0$.

Exemples. 1) On considère les vecteurs : $\vec{u} = 2\vec{i} – 3\vec{j} ; \vec{v} = -3\vec{i} + 4\vec{j} ; \vec{w} = \cos(\alpha)\vec{i} + \sin(\alpha)\vec{j} (\alpha \in \mathbb{R})$ On a : $\|\vec{u}\| = \sqrt{2^2 + (-3)^2} = \sqrt{13} ; \|\vec{v}\| = \sqrt{(-3)^2 + 4^2} = \sqrt{25} = 5 ; \|\vec{w}\| = \sqrt{\cos^2\alpha + \sin^2\alpha} = 1$ 2) On considère les points : $A(-2;7) ; B(1;1) ; C(5;3)$ On a : $\vec{BA}(-3;6)$ et $\vec{BC}(4;2)$ ; donc : $BA = \sqrt{(-3)^2 + 6^2} = 3\sqrt{5}$ et $BC = \sqrt{4^2 + 2^2} = 2\sqrt{5}$. On a : $\vec{BA} \cdot \vec{BC} = -12 + 12 = 0$. Le triangle $ABC$ est rectangle en $B$. 3) On considère dans le plan, les points suivants : $A(3;2) ; B\left(-\frac{1}{2};0\right) ; C(-1;-4) ; D\left(\frac{5}{2};-2\right)$ Montrons que le quadrilatère $ABCD$ est un losange : Dire que $ABCD$ est un losange signifie que $ABCD$ est un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs égaux (ou les diagonales sont perpendiculaires). On a tout d'abord : $\vec{AB}\left(-\frac{7}{2};-2\right)$ et $\vec{DC}\left(-\frac{7}{2};-2\right)$ ; donc $ABCD$ est un parallélogramme. Pour montrer que $ABCD$ est un losange, on peut utiliser une des deux méthodes suivantes : Première méthode : On a : $AB = \sqrt{\left(-\frac{7}{2}\right)^2 + (-2)^2} = \frac{\sqrt{65}}{2}$ et on a : $\vec{AD}\left(-\frac{1}{2};-4\right)$, d'où : $AD = \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + (-4)^2} = \frac{\sqrt{65}}{2}$. Donc $ABCD$ est un parallélogramme et $AD = AB$. Par suite, $ABCD$ est un losange. Deuxième méthode : On a : $\vec{BD}\left(3;-2\right)$ et $\vec{AC}(-4;-6)$ ; d'où : $\vec{BD} \cdot \vec{AC} = -12 + 12 = 0$, ce qui signifie que $(BD) \perp (AC)$. Donc $ABCD$ est un parallélogramme avec des diagonales perpendiculaires, donc c'est un losange.

Exemples. 1) On considère les vecteurs : $\vec{u} = \vec{i} + \vec{j}$ et $\vec{v} = -\vec{i} + \vec{j}$ On a : $\cos(\widehat{\vec{u};\vec{v}}) = \frac{-1 \times 1 + 1 \times 1}{\sqrt{1+1} \cdot \sqrt{1+1}} = 0 $ et $ \sin(\widehat{\vec{u};\vec{v}}) = \frac{\begin{vmatrix} 1 & -1
1 & 1 \end{vmatrix}}{\sqrt{1+1} \cdot \sqrt{1+1}} = \frac{2}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = 1$ Par conséquent : $\left(\widehat{\vec{u};\vec{v}}\right) \equiv \frac{\pi}{2} \ [2\pi]$ 2) On considère les vecteurs : $\vec{u} = 3\vec{i} – \vec{j}$ et $\vec{v} = -2\vec{i} + 4\vec{j}$. On a : $\cos(\widehat{\vec{u};\vec{v}}) = \frac{3 \times (-2) + (-1) \times 4}{\sqrt{9+1} \times \sqrt{4+16}} = -\frac{\sqrt{2}}{2} $ et $ \sin(\widehat{\vec{u};\vec{v}}) = \frac{\begin{vmatrix} 3 & -2
-1 & 4 \end{vmatrix}}{\sqrt{9+1} \cdot \sqrt{4+16}} = \frac{10}{10\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ Par conséquent : $\left(\widehat{\vec{u};\vec{v}}\right) \equiv \frac{3\pi}{4} \ [2\pi]$ 3) Déterminons une mesure de l'angle $(\widehat{\vec{AB};\vec{AC}})$ où : $A(3;3)$ et $B(1;1)$ et $C(1;3)$. On a tout d'abord : $\vec{AB}(-2;-2)$ et $\vec{AC}(-2;0)$, il s'ensuit donc : $AB = \sqrt{4+4} = 2\sqrt{2} $ et $ AC = \sqrt{4+0} = 2 $ et $ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = -2 \times (-2) + (-2) \times 0 = 4$ D'où : $\cos(\widehat{\vec{AB};\vec{AC}}) = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{AB \times AC} = \frac{4}{4\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} $ et $ \sin(\widehat{\vec{AB};\vec{AC}}) = \frac{\det(\vec{AB};\vec{AC})}{AB \times AC} = \frac{-4}{4\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ On en déduit que : $\left(\widehat{\vec{AB};\vec{AC}}\right) \equiv -\frac{\pi}{4} \ [2\pi]$

Exemple. Dans un repère orthonormé, on considère les points : $A(1;2) ; B(0;1) ; C(3;9)$ Calculons l'aire du triangle $ABC$ : On a : $\vec{AB}(-1;-1)$ et $\vec{AC}(2;7)$, donc : $\det(\vec{AB};\vec{AC}) = \begin{vmatrix} -1 & 2
-1 & 7 \end{vmatrix} = -5$. Par suite : $S = \frac{5}{2}$.

Exemples. 1) On a $\vec{n}(2;-3)$ est un vecteur normal à la droite $(\mathcal{D})$ d'équation : $2x – 3y + 7 = 0$. 2) On a $\vec{n}'(0;1)$ est un vecteur normal à la droite $(\Delta)$ d'équation : $y – 3 = 0$. 3) On considère la droite $(\Delta)$ d'équation cartésienne : $2x – y + 1 = 0$. Déterminons la valeur du paramètre réel $m$ pour que le vecteur $\vec{n}(m;1-m)$ soit normal à la droite $(\Delta)$ : On a $\vec{u}(1;2)$ est un vecteur directeur de la droite $(\Delta)$. Par conséquent : Par suite, $\vec{n}$ est un vecteur normal à $(\Delta)$ si et seulement si $m = 2$.

Exemples. 1) Soit $(\mathcal{D})$ la droite passant par $A(-1;2)$ et de vecteur normal $\vec{n} = 2\vec{i} + 3\vec{j}$. Déterminons une équation cartésienne de la droite $(\mathcal{D})$. \underline{1\textsuperscript{ère} méthode :} Le vecteur $\vec{n} = 2\vec{i} + 3\vec{j}$ est normal à la droite $(\mathcal{D})$, donc une équation cartésienne de $(\mathcal{D})$ s'écrit sous forme : Puisque $A \in (\mathcal{D})$, alors en remplaçant les coordonnées de $A$ dans $(*)$, on obtient : $-2 + 6 + c = 0$ ce qui donne $c = -4$. Ainsi : \underline{2\textsuperscript{ème} méthode :} Soit $M(x;y)$ un point du plan. On a : Par suite : 2) On considère les points suivants : $A(1;1) ; B(-2;0) ; C(3;5)$.

• Déterminons une équation de la droite $(D)$, médiatrice du segment $[AC]$ : Soit $I$ le milieu du segment $[AC]$. On a $I(2;3)$ et $\vec{AC}(2;4)$ est un vecteur normal à la droite $(D)$, donc une équation cartésienne de $(D)$ s'écrit $2x + 4y + c = 0$ où $c \in \mathbb{R}$. Puisque $I \in (D)$ alors : $4 + 12 + c = 0$, ce qui donne $c = -16$. Ainsi : $(D) : x + 2y – 8 = 0$.
• Déterminons une équation de la droite $(\Delta)$, hauteur du triangle $ABC$ issue de $C$ : Soit $M(x;y)$ un point du plan. On a :
  \[M \in (\Delta) \iff \vec{AB} \cdot \vec{CM} = 0 \iff -3(x-3) + (-1)(y-5) = 0 \iff -3x – y + 14 = 0\]
  Par suite :
  \[(\Delta) : 3x + y – 14 = 0\]

Exemples. 1) On considère les droites : $(D_1) : 2x – 3y + 1 = 0 $ et $ (D_2) : 3x + 2y – 3 = 0$ Puisque : $2 \times 3 + (-3) \times 2 = 6 – 6 = 0$ alors : $(D_1) \perp (D_2)$. 2) On considère les droites : $(\Delta_1) : 3x + y – 2 = 0 $ et $ (\Delta_2) : -x + 2y + 7 = 0$ Puisque : $3 \times (-1) + 1 \times 2 = -1 \neq 0$ alors les droites $(\Delta_1)$ et $(\Delta_2)$ ne sont pas perpendiculaires. 3) On considère les droites $(D)$ et $(D')$ telles que : $(D) : 2x + y – 3 = 0 $ et $ (D') : mx – y = 0$. Déterminons la valeur du réel $m$ pour laquelle $(D) \perp (D')$ : On a : $(D) \perp (D') \iff 2m – 1 = 0 \iff m = \frac{1}{2}$. Par suite : $m = \frac{1}{2}$.

Exemples. 1) La distance du point $A(-1;3)$ à la droite $(\mathcal{D})$ d'équation $3x + 4y – 7 = 0$ est : 2) La distance du point $B(2;3)$ à la droite $(\Delta)$ d'équation $3x + 4 = 0$ est :

Exemples. 1) Soit $(\mathcal{C})$ le cercle de centre $\Omega(1;-2)$ et de rayon $R = 2$. Déterminons une équation cartésienne du cercle $(\mathcal{C})$ : Soit $M(x;y)$ un point du plan. On a : Ainsi : $ (\mathcal{C}) : x^2 + y^2 – 2x + 4y + 1 = 0$ 2) Déterminons une équation cartésienne du cercle $(\Gamma)$ de centre $\Omega(-1;3)$ et passant par le point $A(1;2)$ : Soit $M(x;y)$ un point du plan. On a : Ainsi : $ (\Gamma) : x^2 + y^2 + 2x – 6y + 5 = 0$

Exemple. On considère les points $A(-1;2)$ et $B(3;0)$. Déterminons une équation cartésienne du cercle $(\mathcal{C})$ de diamètre $[AB]$ : Soit $M(x;y)$ un point du plan. On a : Ainsi : $ (\mathcal{C}) : x^2 + y^2 – 2x – 2y – 3 = 0$

Exemples. 1) On considère le cercle $(\mathcal{C})$ d'équation cartésienne : $x^2 + y^2 – 2x + 4y – 11 = 0$ On a : $x^2 + y^2 – 2x + 4y – 11 = 0 \iff (x – 1)^2 – 1 + (y + 2)^2 – 4 – 11 = 0$ Par conséquent, $(\mathcal{C})$ est le cercle de centre $\Omega(1;-2)$ et de rayon $R = 4$. Par suite, une représentation paramétrique du cercle $(\mathcal{C})$ est donnée par : $\begin{cases} x = 1 + 4\cos\theta
y = -2 + 4\sin\theta \end{cases} (\theta \in \mathbb{R})$ 2) Déterminons l'ensemble $(\Gamma)$ des points $M(x;y)$ du plan tels que : On a : $\begin{cases} x = -1 + 2\cos\theta
y = 3 + 2\sin\theta \end{cases} (\theta \in \mathbb{R})$ ; donc : $\begin{cases} x + 1 = 2\cos\theta
y – 3 = 2\sin\theta \end{cases} (\theta \in \mathbb{R})$. D'où : $(x+1)^2 + (y-3)^2 = 4\cos^2\theta + 4\sin^2\theta = 4(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = 4$ Par suite : $(x+1)^2 + (y-3)^2 = 4$ est une équation du cercle $(\Gamma)$ de centre $\Omega(-1;3)$ et de rayon $R = 2$.

Exemples. 1) Soit $(\mathcal{C})$ l'ensemble des points $M(x;y)$ du plan $\mathcal{P}$ tels que : $x^2 + y^2 – 2x + 3y = 0$ En posant : $a = -2$ et $b = 3$ et $c = 0$, on obtient : $a^2 + b^2 – 4c = 4 + 9 – 0 = 13 > 0$. Par conséquent, $(\mathcal{C})$ est un cercle. Déterminons son centre et son rayon :

• Le centre est $\Omega\left(1;-\frac{3}{2}\right)$.
• Le rayon est : $R = \frac{\sqrt{a^2 + b^2 – 4c}}{2} = \frac{\sqrt{13}}{2}$.

2) Soit $(\mathcal{C})$ l'ensemble des points $M(x;y)$ du plan $\mathcal{P}$ tels que : $x^2 + y^2 + 3x – 7y + 15 = 0$. On a : $x^2 + 3x = \left(x + \frac{3}{2}\right)^2 – \frac{9}{4} $ et $ y^2 – 7y = \left(y – \frac{7}{2}\right)^2 – \frac{49}{4}$ Par conséquent : $M(x;y) \in (\mathcal{C}) \iff \left(x + \frac{3}{2}\right)^2 – \frac{9}{4} + \left(y – \frac{7}{2}\right)^2 – \frac{49}{4} + 15 = 0$ Ce qui donne : $M(x;y) \in (\mathcal{C}) \iff \left(x + \frac{3}{2}\right)^2 + \left(y – \frac{7}{2}\right)^2 = -\frac{1}{2}$. Par suite : $(\mathcal{C}) = \emptyset$ 3) Résolvons graphiquement le système $(S)$ suivant : $(x;y) \in \mathbb{R}^2 : \begin{cases} x^2 + y^2 – 4x 0 (2) \end{cases}$

• L'inéquation $x^2 + y^2 – 4x < 0$ est équivalente à : $(x – 2)^2 + y^2 – 4 0$ sont les couples de coordonnées des points du plan situés en dessous de la droite $(\Delta)$ d'équation $x – y – 1 = 0$.
• L'ensemble solution de $(S)$ est l'ensemble des couples $(x;y)$ coordonnées des points appartenant à la partie colorée de la figure.

Exemples. 1) Soit $(\mathcal{C})$ le cercle de centre $\Omega(-1;2)$ et de rayon $R = 3$. Déterminons la position des points $A(3;-1)$ et $B(0;1)$ par rapport au cercle $(\mathcal{C})$ : On a : $\Omega A = \sqrt{(3+1)^2 + (-1-2)^2} = 5 $ et $ \Omega B = \sqrt{(0+1)^2 + (1-2)^2} = \sqrt{2}$

• Puisque $\Omega A > R$ alors le point $A$ est à l'extérieur du cercle $(\mathcal{C})$.
• Puisque $\Omega B < R$ alors le point $B$ est à l'intérieur du cercle $(\mathcal{C})$.

Exemples. 1) Pour étudier et déterminer l'intersection de la droite $(\mathcal{D})$ et du cercle $(\mathcal{C})$ tels que : On résout le système suivant : L'équation $x^2 – 6x + 5 = 0$ admet deux solutions distinctes qui sont : $x_1 = 1$ et $x_2 = 5$. Par conséquent : $ \begin{cases} x = 1
y = 2 \end{cases} \text{ou} \begin{cases} x = 5
y = -2 \end{cases}$. Ainsi, la droite $(\mathcal{D})$ coupe le cercle $(\mathcal{C})$ en deux points qui sont : $A(1;2)$ et $B(5;-2)$. 2) Déterminons une équation cartésienne du cercle $(\Gamma)$ de centre $\Omega(-1;1)$ et tangent à la droite $(\Delta)$ d'équation $x + y + 2 = 0$ : Puisque la droite $(\Delta)$ est tangent à $(\Gamma)$, alors son rayon est : $R = d(\Omega;(\Delta)) = \frac{|-1 + 1 + 2|}{\sqrt{1 + 1}} = \sqrt{2}$. Soit $M(x;y)$ un point du plan. On a donc : Par suite : $(\Gamma) : x^2 + y^2 + 2x – 2y = 0$

Exemple. On considère le cercle $(\mathcal{C})$ d'équation cartésienne : $x^2 + y^2 – 6x + 2y + 5 = 0$ et $A(1;-2)$. On a : $x_A^2 + y_A^2 – 6x_A + 2y_A + 5 = 1 + 4 – 6 – 4 + 5 = 0$, donc : $A \in (\mathcal{C})$. Soit $M(x;y)$ un point du plan. Une équation de la tangente $(T)$ au cercle $(\mathcal{C})$ au point $A$ est :