Première

Géométrie repérée : produit scalaire, vecteur normal, projeté, cercle — Exercices d'application

Dans tous les exercices, le plan est muni d’un repère orthonormé.

1. Produit scalaire et coordonnées

Calcule $\vec u \cdot \vec v$ pour $\vec u(2\,;\,-5)$ et $\vec v(3\,;\,1)$ .
Les vecteurs $\vec u(2\,;\,-5)$ et $\vec w(5\,;\,2)$ sont-ils orthogonaux ?
Pour quelle valeur de $m$ les vecteurs $\vec a(m\,;\,3)$ et $\vec b(4\,;\,-2)$ sont-ils orthogonaux ?
Donne les coordonnées de $\vec u = 4\vec\imath - 7\vec\jmath$ , puis vérifie que $\vec u \cdot \vec\imath = 4$ .

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$2 \times 3 + (-5) \times 1 = 6 - 5 = 1$ .
$2 \times 5 + (-5) \times 2 = 10 - 10 = 0$ : oui.
$4m - 6 = 0 \iff m = \dfrac32$ .
$\vec u(4\,;\,-7)$ et $\vec\imath(1\,;\,0)$ : $\vec u \cdot \vec\imath = 4 \times 1 + (-7) \times 0 = 4$ : c’est bien l’abscisse de $\vec u$ .

On considère $A(-2\,;\,1)$ , $B(2\,;\,3)$ et $C(0\,;\,-3)$ .

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$\overrightarrow{AB}(4\,;\,2)$ et $\overrightarrow{AC}(2\,;\,-4)$ : $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 8 - 8 = 0$ , donc $(AB) \perp (AC)$ : rectangle en $A$ .
$AB = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20}$ et $AC = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20}$ : le triangle est rectangle isocèle en $A$ .
$\overrightarrow{BA}(-4\,;\,-2)$ , $\overrightarrow{BC}(-2\,;\,-6)$ : $\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = 8 + 12 = 20$ ; $BA = \sqrt{20}$ , $BC = \sqrt{40}$ . $\cos\widehat{ABC} = \dfrac{20}{\sqrt{20}\sqrt{40}} = \dfrac{20}{\sqrt{800}} = \dfrac{20}{20\sqrt2} = \dfrac{\sqrt2}{2}$ : $\widehat{ABC} = 45°$ (cohérent avec un triangle rectangle isocèle).

Donne une équation de la droite passant par $A(1\,;\,3)$ et de vecteur normal $\vec n(2\,;\,-5)$ .
Soit $d : x - 3y + 4 = 0$ . Donne un vecteur normal et un vecteur directeur de $d$ .
Donne une équation de la perpendiculaire à $d$ passant par $B(2\,;\,0)$ .
Donne une équation de la médiatrice du segment $[PQ]$ avec $P(1\,;\,1)$ et $Q(5\,;\,3)$ .

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$2x - 5y + c = 0$ avec $2 - 15 + c = 0$ , donc $c = 13$ : $2x - 5y + 13 = 0$ .
Vecteur normal $(1\,;\,-3)$ ; vecteur directeur $(3\,;\,1)$ .
Le vecteur directeur $(3\,;\,1)$ de $d$ est normal à la perpendiculaire : $3x + y + c = 0$ avec $6 + c = 0$ : $3x + y - 6 = 0$ .
La médiatrice passe par le milieu $I(3\,;\,2)$ et a pour vecteur normal $\overrightarrow{PQ}(4\,;\,2)$ : $4x + 2y + c = 0$ avec $12 + 4 + c = 0$ , soit $4x + 2y - 16 = 0$ , ou encore $2x + y - 8 = 0$ .

Soit $d : x + y - 2 = 0$ et $A(4\,;\,6)$ .

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Un vecteur directeur de $d$ est $(-1\,;\,1)$ : c’est un vecteur normal de $\Delta$ . $\Delta : -x + y + c = 0$ avec $-4 + 6 + c = 0$ , soit $c = -2$ : $\Delta : -x + y - 2 = 0$ (c’est-à-dire $y = x + 2$ ).
On résout $x + y = 2$ et $y = x + 2$ : $2x + 2 = 2$ , $x = 0$ , $y = 2$ . Donc $H(0\,;\,2)$ .
$AH = \sqrt{(0 - 4)^2 + (2 - 6)^2} = \sqrt{32} = 4\sqrt2$ .

On considère $A(2\,;\,5)$ , $B(1\,;\,0)$ et $C(5\,;\,2)$ .

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$B$ : $1 - 0 - 1 = 0$ ✓ ; $C$ : $5 - 4 - 1 = 0$ ✓. Les deux points vérifient l’équation, qui est donc celle de $(BC)$ .
Vecteur directeur de $(BC)$ : $\overrightarrow{BC}(4\,;\,2)$ , ou $(2\,;\,1)$ . La perpendiculaire à $(BC)$ passant par $A$ a pour vecteur normal $(2\,;\,1)$ : $2x + y + c = 0$ avec $4 + 5 + c = 0$ , soit $2x + y - 9 = 0$ . On résout $x - 2y = 1$ et $y = 9 - 2x$ : $x - 18 + 4x = 1$ , $x = \dfrac{19}{5}$ , $y = 9 - \dfrac{38}{5} = \dfrac75$ . $H\left(\dfrac{19}{5}\,;\,\dfrac75\right)$ .
$\overrightarrow{AH}\left(\dfrac95\,;\,-\dfrac{18}{5}\right)$ : $AH = \dfrac95\sqrt{1 + 4} = \dfrac{9\sqrt5}{5}$ . $BC = \sqrt{16 + 4} = 2\sqrt5$ . Aire $= \dfrac{BC \times AH}{2} = \dfrac{2\sqrt5 \times 9\sqrt5}{2 \times 5} = \dfrac{90}{10} = 9$ .

Donne une équation du cercle $\mathcal{C}$ de centre $\Omega(-1\,;\,2)$ et de rayon $3$ . Le point $P(1\,;\,4)$ appartient-il à $\mathcal{C}$ ?
Montre que l’ensemble des points $M(x\,;\,y)$ tels que $x^2 + y^2 - 6x + 2y + 6 = 0$ est un cercle dont tu préciseras le centre et le rayon.

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$(x + 1)^2 + (y - 2)^2 = 9$ . Pour $P$ : $(1 + 1)^2 + (4 - 2)^2 = 8 \neq 9$ : $P$ n’est pas sur le cercle ( $\Omega P = \sqrt8 < 3$ , il est à l’intérieur).
$(x - 3)^2 - 9 + (y + 1)^2 - 1 + 6 = 0 \iff (x - 3)^2 + (y + 1)^2 = 4$ : cercle de centre $(3\,;\,-1)$ et de rayon $2$ .

Soit $\mathcal{C}$ le cercle de centre $O$ et de rayon $5$ , et $d$ la droite d’équation $y = x + 1$ .

Donne une équation de $\mathcal{C}$ .
Détermine les coordonnées des points d’intersection de $\mathcal{C}$ et $d$ .
Donne une équation de la tangente à $\mathcal{C}$ au point $T(3\,;\,4)$ (on rappelle qu’elle est perpendiculaire au rayon $[OT]$ ).

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$x^2 + y^2 = 25$ .
On remplace $y$ par $x + 1$ : $x^2 + (x + 1)^2 = 25 \iff 2x^2 + 2x - 24 = 0 \iff x^2 + x - 12 = 0$ . $\Delta = 49$ : $x = 3$ ou $x = -4$ . Points : $(3\,;\,4)$ et $(-4\,;\,-3)$ .
La tangente en $T$ a pour vecteur normal $\overrightarrow{OT}(3\,;\,4)$ : $3x + 4y + c = 0$ avec $9 + 16 + c = 0$ : $3x + 4y - 25 = 0$ .