Produit scalaire dans le plan 1ère Bac Sc Ex

Ce cours sur le produit scalaire dans le plan pour la 1ère Bac Sc Ex explique les définitions, l’expression analytique, l’orthogonalité, les droites et les cercles, avec exercices corrigés. Retrouvez les autres leçons dans la catégorie 1Bac Sc Ex.

Cours de produit scalaire dans le plan 1ère Bac

DéfinitionÀ connaître par cœur.

PropriétéÀ retenir et à citer.

ExempleRésolu étape par étape.

AstucePour mieux comprendre.

AttentionErreur fréquente.

1Base et repère orthonormés

Définitions Soit \(B(\vec{i}, \vec{j})\) une base de \(V_2\).

\(B\) est orthogonale si \(\vec{i} \cdot \vec{j} = 0\).
\(B\) est normée si \(\|\vec{i}\| = \|\vec{j}\| = 1\).
\(B\) est orthonormée si elle est à la fois orthogonale et normée.
Un repère \(R(O, \vec{i}, \vec{j})\) est orthonormé si sa base associée \(B(\vec{i}, \vec{j})\) l’est.

Notation On pose \(\vec{i} = \overrightarrow{OI}\) et \(\vec{j} = \overrightarrow{OJ}\).

2Expression analytique du produit scalaire

Propriété Dans une base orthonormée \(B(\vec{i}, \vec{j})\), soient \(\vec{u}(x, y)\) et \(\vec{v}(x’, y’)\). On a :

\[ \vec{u} \cdot \vec{v} = xx’ + yy’ \]

\[ \|\vec{u}\| = \sqrt{x^2 + y^2} \]

\[ \vec{u} \perp \vec{v} \iff xx’ + yy’ = 0 \]

\[ AB = \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{(x_B – x_A)^2 + (y_B – y_A)^2} \]

Démonstration rapide \(\vec{u} \cdot \vec{v} = (x\vec{i} + y\vec{j}) \cdot (x’\vec{i} + y’\vec{j}) = xx’\,\vec{i}\cdot\vec{i} + xy’\,\vec{i}\cdot\vec{j} + yx’\,\vec{j}\cdot\vec{i} + yy’\,\vec{j}\cdot\vec{j}\). Or \(\vec{i}\cdot\vec{j} = 0\) et \(\vec{i}\cdot\vec{i} = \vec{j}\cdot\vec{j} = 1\), donc \(\vec{u}\cdot\vec{v} = xx’ + yy’\).

3Produit scalaire et lignes trigonométriques

Expression de \(\cos\) et \(\sin\) Pour \(\vec{u}(x, y)\) et \(\vec{v}(x’, y’)\) non nuls :

\[ \cos(\vec{u}, \vec{v}) = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|} = \frac{xx’ + yy’}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x’^2+y’^2}} \]

\[ \sin(\vec{u}, \vec{v}) = \frac{\det(\vec{u}, \vec{v})}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|} = \frac{xy’ – x’y}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x’^2+y’^2}} \]

Écriture trigonométrique d’un vecteur Soit \(\vec{u}(x, y)\) et \(\alpha\) la mesure de l’angle polaire \((\vec{i}, \vec{u})\). Alors :

\[ \begin{cases} x = \|\vec{u}\| \cos \alpha \\ y = \|\vec{u}\| \sin \alpha \end{cases} \quad \text{donc} \quad \vec{u} = \|\vec{u}\|(\cos\alpha\,\vec{i} + \sin\alpha\,\vec{j}) \]

Astuce Le signe du déterminant \(\det(\vec{u}, \vec{v})\) donne l’orientation de l’angle : si \(\det > 0\), l’angle est dans le sens direct ; si \(\det < 0\), il est dans le sens indirect.

4Vecteur normal et équation de droite

Définition Soit \(D(A, \vec{u})\) la droite passant par \(A\) et de vecteur directeur \(\vec{u}\). Tout vecteur \(\vec{n}\) non nul et orthogonal à \(\vec{u}\) s’appelle un vecteur normal à la droite \(D\).

Équation cartésienne Si \(D\) a pour vecteur normal \(\vec{n}(a, b)\), alors une équation cartésienne de \(D\) est de la forme :

\[ ax + by + c = 0 \]

Réciproquement, la droite d’équation \(ax + by + c = 0\) a pour vecteur normal \(\vec{n}(a, b)\) et pour vecteur directeur \(\vec{u}(-b, a)\).

Droites perpendiculaires Deux droites \((D) : ax+by+c=0\) et \((D’) : a’x+b’y+c’=0\) sont perpendiculaires si et seulement si :

\[ aa’ + bb’ = 0 \]

(c’est-à-dire si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux).

Exemple Droite \(D\) passant par \(A(0, 1)\) et de vecteur normal \(\vec{n}(2, 1)\) :

\[ 2(x – 0) + 1(y – 1) = 0 \iff 2x + y – 1 = 0 \]

5Distance d’un point à une droite

Définition Soient une droite \((D)\) et un point \(M_0\) du plan. La distance de \(M_0\) à \((D)\) est la distance \(M_0H\) où \(H\) est la projection orthogonale de \(M_0\) sur \((D)\). On la note \(d(M_0, (D))\).

Théorème Soit \((D) : ax + by + c = 0\) et \(M_0(x_0, y_0)\). Alors :

\[ d(M_0, (D)) = \frac{|ax_0 + by_0 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}} \]

Idée de la preuve \(\vec{n}(a, b)\) est normal à \((D)\). Pour \(A \in (D)\), on a \(\overrightarrow{M_0A} \cdot \vec{n} = \overrightarrow{M_0H} \cdot \vec{n}\) (car \(\overrightarrow{HA} \cdot \vec{n} = 0\)). Donc \(\|\overrightarrow{M_0H}\| \cdot \|\vec{n}\| = |\overrightarrow{M_0A} \cdot \vec{n}|\), ce qui donne la formule.

6Exercices corrigés

Cherche d’abord seul(e), puis ouvre la solution pour vérifier.

★★ Exercice 1 · Triangle rectangle (méthodes)

Le plan est rapporté à un repère orthonormé \(R(O, \vec{i}, \vec{j})\). On considère \(A(1, -3)\), \(B(3, 7)\), \(C(-3, 1)\).

1) Montrer que le triangle \(ABC\) est rectangle en \(C\).

2) Calculer la surface du triangle \(ABC\).

Voir la solution

1) Méthode 1 (Pythagore) :

\(\overrightarrow{AB}(2, 10)\) donc \(AB^2 = 4 + 100 = 104\).

\(\overrightarrow{AC}(-4, 4)\) donc \(AC^2 = 16 + 16 = 32\).

\(\overrightarrow{BC}(-6, -6)\) donc \(BC^2 = 36 + 36 = 72\).

Or \(AC^2 + BC^2 = 32 + 72 = 104 = AB^2\). D’après la réciproque de Pythagore, \(ABC\) est rectangle en \(C\).

Méthode 2 (produit scalaire) :

\(\overrightarrow{AC}(-4, 4)\) et \(\overrightarrow{BC}(-6, -6)\).

\(\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BC} = (-4)(-6) + (4)(-6) = 24 – 24 = 0\).

Donc \(\overrightarrow{AC} \perp \overrightarrow{BC}\), c’est-à-dire \(ABC\) est rectangle en \(C\).

2) \(S = \frac{1}{2} \times CA \times CB = \frac{1}{2} \times 4\sqrt{2} \times 6\sqrt{2} = \frac{1}{2} \times 48 = 24\).

★★ Exercice 2 · Calcul de \(\cos\) et \(\sin\)

On considère \(A(5, 0)\), \(B(2, 1)\), \(C(6, 3)\).

1) Calculer \(\cos(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\) et \(\sin(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\).

2) En déduire une mesure de l’angle \((\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\).

Voir la solution

\(\overrightarrow{AB}(-3, 1)\) et \(\overrightarrow{AC}(1, 3)\).

\(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (-3)(1) + (1)(3) = 0\).

\(\det(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}) = (-3)(3) – (1)(1) = -10\).

\(AB = \sqrt{10}\) et \(AC = \sqrt{10}\).

\(\cos = 0\), \(\sin = \frac{-10}{10} = -1\).

2) \(\cos = 0\) et \(\sin = -1\) donne un angle de \(-\frac{\pi}{2}\). Donc \((\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}) = -\frac{\pi}{2} \ [2\pi]\). Le triangle \(ABC\) est rectangle isocèle en \(A\).

★ Exercice 3 · Vecteur normal

Donner un vecteur normal à chacune des droites suivantes :

1) \((D_1) : x – 2y + 5 = 0\) 2) \((D_2) : 2y – 3 = 0\) 3) \((D_3) : x – 1 = 0\).

Voir la solution

Dans une équation \(ax + by + c = 0\), un vecteur normal est \(\vec{n}(a, b)\).

1) \(\vec{n}_1(1, -2)\).

2) \(\vec{n}_2(0, 2)\).

3) \(\vec{n}_3(1, 0)\).

★★ Exercice 4 · Perpendiculaire et parallèle

On considère \(A(-3, 0)\), \(B(3, -1)\) et \(C(1, 5)\).

1) Déterminer une équation cartésienne de la droite \((D)\) perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(C\).

2) Déterminer une équation cartésienne de la droite \((\Delta)\) parallèle à \((AB)\) passant par \(C\).

Voir la solution

\(\overrightarrow{AB}(6, -1)\).

1) \((D) \perp (AB)\) : le vecteur \(\overrightarrow{AB}(6, -1)\) est normal à \((D)\). Donc \((D) : 6(x – 1) – 1(y – 5) = 0\), soit \(6x – y – 1 = 0\).

2) \((\Delta) \parallel (AB)\) : \(\overrightarrow{AB}\) est directeur, donc un vecteur normal est \(\vec{n}(1, 6)\) (car \((1, 6) \cdot (6, -1) = 6 – 6 = 0\)). Donc \((\Delta) : 1(x – 1) + 6(y – 5) = 0\), soit \(x + 6y – 31 = 0\).

★ Exercice 5 · Point + vecteur normal

Déterminer une équation cartésienne de la droite \((D)\) passant par \(A(0, 1)\) et de vecteur normal \(\vec{n}(2, 1)\).

Voir la solution

\(2(x – 0) + 1(y – 1) = 0\), soit \(2x + y – 1 = 0\).

★★ Exercice 6 · Médiatrice et hauteur

On considère \(A(1, 2)\), \(B(-2, 3)\), \(C(0, 4)\).

1) Déterminer une équation cartésienne de la médiatrice \((D)\) de \([AB]\).

2) Déterminer une équation cartésienne de la hauteur \((\Delta)\) du triangle \(ABC\) passant par \(A\).

Voir la solution

1) \(\overrightarrow{AB}(-3, 1)\) est normal à \((D)\). Milieu \(I\) de \([AB]\) : \(I\left(\frac{1 + (-2)}{2}, \frac{2 + 3}{2}\right) = \left(-\frac{1}{2}, \frac{5}{2}\right)\).

\((D) : -3\left(x + \frac{1}{2}\right) + 1\left(y – \frac{5}{2}\right) = 0\), soit \(-3x – \frac{3}{2} + y – \frac{5}{2} = 0\), donc \(-3x + y – 4 = 0\), ou encore \(3x – y + 4 = 0\).

2) \((\Delta)\) passe par \(A\) et est perpendiculaire à \((BC)\). \(\overrightarrow{BC}(2, 1)\) est normal à \((\Delta)\).

\((\Delta) : 2(x – 1) + 1(y – 2) = 0\), soit \(2x + y – 4 = 0\).

★★ Exercice 7 · Droites perpendiculaires

Étudier la position relative de \((D) : 2x + 3y – 1 = 0\) et \((D’) : \frac{3}{2}x – y + 4 = 0\).

Voir la solution

\(\vec{n}(2, 3)\) normal à \((D)\), \(\vec{n}’\left(\frac{3}{2}, -1\right)\) normal à \((D’)\).

\(\vec{n} \cdot \vec{n}’ = 2 \times \frac{3}{2} + 3 \times (-1) = 3 – 3 = 0\).

Donc \(\vec{n} \perp \vec{n}’\), ce qui donne \((D) \perp (D’)\).

★★ Exercice 8 · Projection, distance, symétrie

Soit \((D) : 3x + 4y + 5 = 0\).

1) Déterminer les coordonnées de \(H\), projection orthogonale de \(O\) sur \((D)\).

2) Calculer la distance de \(O\) à \((D)\).

3) Déterminer les coordonnées de \(O’\), symétrique de \(O\) par rapport à \((D)\).

Voir la solution

1) La droite \((\Delta)\) passant par \(O\) et perpendiculaire à \((D)\) a pour vecteur directeur \(\vec{n}(3, 4)\), donc pour équation \(4x – 3y = 0\).

\(H\) est l’intersection de \((D)\) et \((\Delta)\) : en résolvant le système \(3x + 4y + 5 = 0\) et \(4x – 3y = 0\), on trouve \(x = -\frac{3}{5}\) et \(y = -\frac{4}{5}\), soit \(H\left(-\frac{3}{5}, -\frac{4}{5}\right)\).

2) \(d(O, (D)) = \frac{|3 \times 0 + 4 \times 0 + 5|}{\sqrt{9+16}} = \frac{5}{5} = 1\).

3) \(H\) est le milieu de \([OO’]\), donc \(O’ = 2H – O\), soit \(O’\left(-\frac{6}{5}, -\frac{8}{5}\right)\).

★★★ Exercice 9 · Exercice complet

Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct \(R(O, \vec{i}, \vec{j})\). On considère \(A(1, -1)\), \(B(4, -1)\) et \(C(-2, 2)\).

1) Calculer \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}\) et \(\det(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\).

2) En déduire une mesure de l’angle \((\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\).

3) Calculer la surface du triangle \(ABC\).

4) Déterminer une équation cartésienne de la hauteur du triangle \(ABC\) passant par \(A\).

5) Déterminer une équation cartésienne de la bissectrice de l’angle \((\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\).

Voir la solution

1) \(\overrightarrow{AB}(3, 0)\) et \(\overrightarrow{AC}(-3, 3)\).

\(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 3(-3) + 0(3) = -9\).

\(\det(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}) = 3 \times 3 – 0 \times (-3) = 9\).

2) \(AB = 3\) et \(AC = 3\sqrt{2}\). Donc \(\cos\alpha = \frac{-9}{9\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}\) et \(\sin\alpha = \frac{9}{9\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\).

Donc \(\alpha = \frac{3\pi}{4} \ [2\pi]\).

3) \(S = \frac{1}{2}|\det(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})| = \frac{9}{2}\) cm².

4) \(\overrightarrow{BC}(-6, 3)\) est normal à la hauteur \((\Delta)\). Comme \(A(1, -1) \in (\Delta)\) : \(-6(x – 1) + 3(y + 1) = 0\), soit \(-6x + 6 + 3y + 3 = 0\), donc \(2x – y – 3 = 0\).

5) La bissectrice \((D)\) est l’ensemble des points \(M\) tels que \(d(M, (AB)) = d(M, (AC))\).

\((AB) : y = -1\), soit \(y + 1 = 0\). \((AC) : x + y = 0\) (droite passant par \(A(1,-1)\) et \(C(-2,2)\), de vecteur directeur \((-3, 3)\), pente \(-1\)).

\(\frac{|y+1|}{1} = \frac{|x+y|}{\sqrt{2}} \iff \sqrt{2}|y+1| = |x+y|\).

Dans la région \(y + 1 \ge 0\) et \(x + y \ge 0\) : \(\sqrt{2}(y + 1) = x + y\), soit \(x + (1 – \sqrt{2})y – \sqrt{2} = 0\) (demi-droite).

★Fiche résumé à retenir

Base orthonormée : \(\vec{i} \cdot \vec{j} = 0\) et \(\|\vec{i}\| = \|\vec{j}\| = 1\).
Produit scalaire : \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx’ + yy’\) ; \(\|\vec{u}\| = \sqrt{x^2 + y^2}\).
Orthogonalité : \(\vec{u} \perp \vec{v} \iff xx’ + yy’ = 0\).
Cos/Sin : \(\cos = \frac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|}\), \(\sin = \frac{\det(\vec{u},\vec{v})}{\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|}\).
Droite : \(ax + by + c = 0\) a pour normal \(\vec{n}(a, b)\).
Perpendicularité : \(aa’ + bb’ = 0\).
Distance : \(d(M_0, D) = \frac{|ax_0 + by_0 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}\).

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