Application produit scalaire

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chapitre

13 Applications du produit scalaire
Travaux dirigés
TD 1 1. AM ( x – x 0 ; y – y 0 ) AM et u colinéaires donc ( x – x 0 ) – ( y – y 0 ) = 0 ou x – y – x 0 + y 0 = 0 . On obtient une équation de la forme ax + by + c = 0 avec a = , b = – et c = y 0 – x 0 . Il en résulte qu’une droite d a une équation de la forme ax + by + c = 0 et comme = – b et = a le vecteur u ( – b ; a ) est unvecteur directeur. 2. a) Les coordonnées de A vérifient ax + by + c = 0 donc A ∈ E . c b) AM  x ; y + --  u ( – b ; a ) . Les vecteurs AM  b c et u sont colinéaires donc ax + b  y + --  = 0 ou  b ax + by + c = 0 . Ainsi E est la droite définie par A et u ( – b ; a ) . c) Lorsque b = 0 les coordonnées du point c A  – -- ; 0 vérifient ax + by + c = 0 donc A ∈ E .  a  c AM  x + -- ; y ; u( – b ; a ) . Les vecteurs AM et  a  c u sont colinéaires donc a  x + -- + by = 0 ou  a ax + by + c = 0 . D’où la conclusion. TD 2 1 1. a) 4b 2 c 2 cos2 A = 4b 2 c 2 ( 1 – sin2 A ) = ( b2 + c2 – a2 )2 d’où 4b 2 c 2 sin2 A = 4b 2 c 2 – ( b 2 + c 2 – a 2 ) 2 ( 1 ) . 1 b) p = -- ( a + b + c ) . ( 1 ) s’écrit : 2 4b 2 c 2 sin2 A = ( 2bc + b 2 + c 2 – a 2 ) ( 2bc – b 2 – c 2 + a 2 ) 4b 2 c 2 sin2A = (b + c + a)(b + c – a)(a + b – c)(a – b + c) = 2p ( 2p – 2a ) ( 2p – 2c ) ( 2p – 2b ) = 16p ( p – a ) ( p – b ) ( p – c )

(page 369)
d’où b 2 c 2 sin2 A = 4p ( p – a ) ( p – b ) ( p – c ) . 1 2. Or S = -- bc sin A 2 donc S = p ( p – a ) ( p – b ) ( p – c ) . 2
O B H A

1. HOC = A donc HC = OC sin A a ou -- = R sin A et a = 2R sin A . 2 C 2. Avec l’angle obtus la démonstration estidentique.

3. On a de même b = 2R sin B et c = 2R sin C a b c -------------- = ------------- = ------------- = 2R d’où de plus sin A sin B sin C 1 abc S = -- bc sin A = -------- . 2 4R 3 aire ( ABC ) = 1 BC × IH + 1 AC × IK --2 2 1 1 + -- AB × IL = -- ( AB + BC + CA ) × r = pr . 2 2 4 2p = 15 ; aire ( ABC ) = 15 × 3 × 5 × 7 = 15 7 . ----- -- -- -- ----- - - 2 2 2 2 4 15 ----- 7 abc 6 × 5 × 4 8 7 S 27 R = -------- = ---------------------- × 4 = --------- et r = -- = -------------- = ------ . 4S 4 × 15 7 7 p 15 2 ----2 TD 3 1. Les vecteurs n et AA′ sont colinéaires donc : n ⋅ AA′ = n × AA′ = a 2 + b 2 × AA′ . 2. a) AA′ a pour coordonnées ( x – ; y – ) et : n ⋅ AA′ = a ( x – ) + b ( y – ) = ax + by – a – b . Or A′ est un point de d, donc ax + by = – c . Il en résulte que n ⋅ AA′ = – a – b – cet : a +b +c AA′ = ------------------------------- . a2 + b2 Chap. 13 • Applications du produit scalaire • 215

3. a) Le cercle a pour rayon la distance AA′ si A′ est le projeté orthogonal de A sur d. 3 × 5 + 4 × 3 – 12 Or AA′ = --------------------------------------------- = 3 . 9 + 16 Le cercle a pour équation : ( x – 5 )2 + ( y – 3 )2 = 9 . –2 b) La distance de O à d est égale à--------------- = 1 . 1+3 Donc le cercle de centre O et de rayon 1 est tangent à d.

Or

+

=

donc 5 = 2

2 = -----5

4 = ------ , = --- donc avec ( AO ) comme axe de 5 5 symétrie, le quadrilatère ABCDE est un pentagone régulier.

TD 5 1re méthode
D J C

TD 4 r 2 r 2 5r 2 1. a) PH 2 = OH 2 + OP 2 = ---- + ----- = ------4 16 16 r 5 donc PH = --------- . 4 r b) OI = PI – OP = -- ( 5 – 1 ) ; 4r OJ = OP + PJ = -- ( 5 + 1 ) . 4 2. a) OA ⋅ OB = OA ⋅ OI car OI est le projeté orthogonal de OB sur OA . OA ⋅ OB = OA 2 cos donc cos 5–1 = --------------- . 4 = OA × OI

6 I A

O

8

B

2AC 1. I barycentre de ( A, 3 ) , ( C, 2 ) donc AI = -----------5 or AC = 10 et AI = 4 . 3AC De même AJ = ------------ donc AJ = 6 . 5 2. a) 3MA + 2MC = 5MI et 2MA + 3MC = 5MJ . Donc M ∈ E ⇔ MI ⋅ MJ = 0. b) E est donc le cercle de diamètre [ IJ ] . C’est-à-dire de centre O et de rayon 1. 2e méthode
D 6 C

b) OA ⋅ OC = OJ ⋅ OA (voir raison question précédente) donc OA ⋅ OC = OA 2 cos d’où cos c) cos 5+1 = – --------------- . 4 OJ 5+1 = -------- = --------------- . OC 4 1 – 1 = -- ( 6 – 2 5 ) – 1 8 = – OJ × OA

3

P

A

4

8B

3. a) cos 2 = 2 cos2

MA ( – x ; – y ) MC ( 8 – x ;...
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