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{{Exercice
  | idfaculté = mathématiques
  | numéro    = 1
  | niveau    = 12
  | précédent = [[../../|Sommaire]]
  | suivant   = [[../Droite d'Euler/]]
}}

== Calculs avec les coordonnées ==

On définit trois vecteurs du plan par leurs coordonnées dans une base <math>(\vec{i},\vec{j})</math> orthonormée.

<math>\vec{v_1}\binom{1}{2}</math>, <math>\vec{v_2}\binom{-3}{0}</math>, <math>\vec{v_3}\binom{-2}{1}</math>

'''1.''' Calculer <math>\vec{v_1}\cdot \vec{v_2}</math> ; <math>\vec{v_1}\cdot \vec{v_3}</math> ; <math>\vec{v_2}\cdot \vec{v_3}</math>.

'''2.''' Parmi ces vecteurs, y en a-t-il qui sont orthogonaux ?

{{Solution
  | contenu =
'''1.''' 
* <math>\vec{v_1}\cdot \vec{v_2} = 1 \times (-3) + 2 \times 0 = -3</math>
* <math>\vec{v_1}\cdot \vec{v_3} = 1 \times (-2) + 2 \times 1 = 0</math>
* <math>\vec{v_2}\cdot \vec{v_3} = (-3) \times (-2) + 0 \times 1 = 6</math>

'''2.''' <math>\vec{v_1}\cdot\vec{v_3} = 0</math>. De plus, ni <math>\vec{v_1}</math> ni <math>\vec{v_3}</math> ne sont nuls.
Donc <math>\vec{v_1}</math> et <math>\vec{v_3}</math> sont orthogonaux.
}}

== Coordonnées et angles ==

Dans une base <math>(\vec{i},\vec{j})</math> orthonormée :

<math>\vec{u}\binom{1}{-2}</math> et <math>\vec{v}\binom{-3}{1}</math>

'''1.''' Calculer <math>\vec{u}\cdot\vec{v}</math>.

'''2.''' Calculer <math>||\vec{u}||</math> et <math>||\vec{v}||</math>.

'''3.''' En déduire une mesure de l'angle <math>(\vec{u};\vec{v})</math> en radians puis en degrés.

{{Solution|contenu=
'''1.''' <math>\vec{u}\cdot\vec{v} = 1 \times (-3) + (-2) \times 1 = -5</math>

'''2.''' <math>||\vec{u}|| = \sqrt{1^2 + (-2)^2} = \sqrt{5}</math> et <math>||\vec{v}||=\sqrt{(-3)^2 + 1^2} = \sqrt{10} </math>

'''3.''' On déduit
<math>\cos\left( \widehat{\vec{u},\vec{v}}\right) = \dfrac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{||\vec{u}||||\vec{v}||} = \dfrac{-5}{\sqrt{5} \sqrt{10}} = - \dfrac{\sqrt{2}}{2} </math>

Donc, <math> \widehat{\vec{u},\vec{v}} = \arccos \left(- \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = \dfrac{3 \pi}{4} </math>, soit 135°.
}}

Dans une base <math>(\vec{i},\vec{j})</math> orthonormée :

<math>\vec{u}\binom{2}{-3}</math> et <math>\vec{v}\binom{-2}{5}</math>

Donner une mesure de l'angle <math>(\vec{u},\vec{v})</math> en radians puis en degrés.

{{Solution|contenu=
On procède précédemment :

* <math>\vec{u}\cdot\vec{v} = 2 \times (-2) + (-3) \times 5 = -19</math>
* <math>||\vec{u}|| = \sqrt{2^2 + (-3)^2} = \sqrt{13}</math> et <math>||\vec{v}||=\sqrt{(-2)^2 + 5^2} = \sqrt{29} </math>
* <math>\cos\left( \widehat{\vec{u},\vec{v}}\right) = \dfrac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{||\vec{u}||||\vec{v}||} = \dfrac{-19}{\sqrt{13} \sqrt{29}}</math>

Donc, <math> \widehat{\vec{u},\vec{v}} = \arccos \left(- \dfrac{19\sqrt{377}}{377}\right)</math>.

}}

Dans une base <math>(\vec{i},\vec{j})</math> orthonormée.

<math>\vec{u}\binom{-2}{3}</math> et <math>\vec{v}\binom{2}{-5}</math>

Donner une mesure de l'angle <math>(\vec{u};\vec{v})</math> en radians puis en degrés.

{{Solution|contenu=
On reconnait les vecteurs comme les vecteurs opposés de ceux de l'exercice précédent. Grâce aux propriétés du produit scalaire, il vient que

<math>\widehat{\vec{u} , \vec{v}} = \arccos\left(- \dfrac{19 \sqrt{377}}{377} \right)</math>.

}}

Dans une base <math>(\vec{i},\vec{j})</math> orthonormée.

<math>\vec{u}\binom{-1}{2}</math> et <math>\vec{v}\binom{3}{-1}</math>

Donner une mesure de l'angle <math>(\vec{u};\vec{v})</math> en radians puis en degrés.

{{Solution|contenu=
On procède comme précédemment :

* <math>\vec{u}\cdot\vec{v} = (-1) \times 3 + 2 \times (-1) = -5</math>
* <math>||\vec{u}|| = \sqrt{(-1)^2 + 2^2} = \sqrt{5}</math> et <math>||\vec{v}||=\sqrt{3^2 + (-1)^2} = \sqrt{10} </math>
* <math>\cos\left( \widehat{\vec{u},\vec{v}}\right) = \dfrac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{||\vec{u}||||\vec{v}||} = \dfrac{-6}{\sqrt{5} \sqrt{10}}=-\dfrac{3\sqrt{2}}{5}</math>

Donc, <math> \widehat{\vec{u},\vec{v}} = \arccos \left(-\dfrac{3\sqrt{2}}{5}\right)</math>.
}}

== Vecteur orthogonal ==

Donner un vecteur orthogonal au vecteur <math>\vec{u}\binom{a}{b}</math>.

{{Solution
  | contenu =
Soit <math>\vec{v}\binom{x}{y}</math> un vecteur orthogonal à <math>\vec{u}</math>.
Les coordonnées de <math>\vec{u}</math> et de <math>\vec{v}</math> vérifient donc l'équation :
<math>a \times x + b \times y = 0</math><br />
Ainsi, si l’on prend <math>x = b\,\!</math> et <math>y = -a\,\!</math>, l'équation est vérifiée. En effet <math>a \times b + b \times (-a) = a \times b - b \times a = 0</math>

Le vecteur <math>\vec{v}\binom{b}{-a}</math> est un vecteur orthogonal à <math>\vec{u}\binom{a}{b}</math>.
}}

== Droite ==

Soit la droite D dont l'équation dans un repère orthonormé est : 

<math>y=-2x+3</math>

'''1.''' Donner un vecteur directeur de la droite D.

'''2.''' Donner un vecteur orthogonal à la droite D (vecteur ''normal'')

{{Solution|contenu=

'''1.''' On utilise les résultats classiques : <math>\vec{u} = \binom{1}{-2}</math>

'''2.''' D'après l'exercice précédent, <math>\vec{n} = \binom{2}{1}</math> est un vecteur normal.


}}

== Droite définie par un point et un vecteur normal ==

Soit, dans un repère orthonormé, la droite <math>\mathcal{D}</math> passant par <math>A(2;-5)</math> et

orthogonale au vecteur <math>\vec{u}\binom{2}{-3}</math>. 

Déterminer une équation de la droite <math>\mathcal{D}</math> en notant <math>M(x;y)</math> un point de <math>\mathcal{D}</math>

et en écrivant que :

<math>\overrightarrow{AM}\cdot \vec{u}=0</math>

{{Solution
  | contenu =
<math>M(x;y)</math> appartient à <math>\mathcal{D}</math> si, et seulement si <math>\overrightarrow{AM}\cdot\vec{u} = 0</math>.
:Or <math>\overrightarrow{AM}\binom{x-2}{y+5}</math>
<math>\overrightarrow{AM}\cdot\vec{u} = 0</math> ⇔ <math>2 \times (x-2) + (-3) \times (y+5) = 0</math>

<math>2x - 4  - 3y - 15 = 0\,\!</math>

<math>- 3y + 2x - 19 = 0\,\!</math>

<math>- 3y = - 2x + 19\,\!</math>

<math>y = \frac{2}{3} x - \frac{19}{3}</math>
}}

== Somme de deux vecteurs ==

Soit deux vecteurs <math>\vec{u}</math> et <math>\vec{v}</math> tels que :

<math>||\vec{u}||=2</math>

<math>||\vec{v}||=5</math>

<math>(\vec{u},\vec{v})=30^\circ</math>

'''1.''' Développer <math>(\vec{u}+ \vec{v})^2</math>

'''2.''' En déduire la norme du vecteur <math>\vec{u}+\vec{v}</math>

{{Solution|contenu=

'''1.''' <math>(\vec{u}+ \vec{v})^2 = ||\vec{u}||^2 + 2*(\vec{u}\cdot\vec{v}) + ||\vec{v}||^2 = 2^2 + 2\times ||\vec{u}|| \times ||\vec{v}|| \times \cos ( \vec{u},\vec{v} ) + 5^2 = 4 + 25 + 2 \times 2 \times 5 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 29 + 10 \sqrt{3} </math>

'''2.''' <math>||\vec{u}+ \vec{v})|| = \sqrt{29 + 10 \sqrt{3}} </math>

}}

== Théorème d'Al Kashi ==

Soit ABC un triangle.

'''1.''' Démontrer en développant <math>(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})^2</math> que :

:<math>BC^2=AC^2+AB^2-2AB\cdot AC \cdot \cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})</math>

'''2.''' En utilisant la formule de 1°, '''calculer BC''' avec :

:<math>AC = 3</math> ; <math>AB = 2</math> et <math>(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=25^\circ</math>.

'''3.''' En utilisant la formule de 1°, '''calculer BC''' avec :

:<math>AC = 3</math> ; <math>AB = 4</math> et <math>(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=45^\circ</math>.

{{Solution|contenu=
'''1.''' 
: <math>(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})^2 = \overrightarrow{AB}^2 + \overrightarrow{AC}^2 - 2 \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB^2 + AC^2 - 2 AB \cdot AC \cdot \cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})</math>.

Mais en utilisant la relation de Chasles, on remarque que :
: <math>(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})^2 = (\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC})^2 = \overrightarrow{BC}^2 = BC^2</math>, d'où l'égalité recherchée.
'''2.'''
<math>BC^2=AC^2+AB^2-2AB\cdot AC \cdot \cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=3^2 + 2^2-2 \times 3 \times 2 \times \cos(25^\circ) = 9 + 4 - 12 \times 0,9063</math>.
Soit <math>BC\approx 1,4575</math>.

'''3.'''
<math>BC^2=AC^2+AB^2-2AB\cdot AC \cdot \cos(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=3^2 + 4^2-2 \times 3 \times 4 \times \cos(45^\circ) = 9 + 16 - 24 \times 0,7071</math>.
Soit <math>BC\approx 2,8336</math>
}}

== Tangente à un cercle ==

Soit le cercle <math>\mathcal C</math> de centre A (1;-1) et de rayon <math>\sqrt{2}</math>.

'''1.''' Démontrer que B(2,0) appartient à <math>\mathcal C</math>.

'''2.''' Donner une équation de la tangente à <math>\mathcal C</math> au point B.

{{Solution|contenu=
# L'équation du cercle <math>\mathcal C</math> est <math>(x-1)^2 + (y+1)^2 = 2</math>. On vérifie alors facilement que B est sur le cercle : <math>(2-1)^2 + (0+1)^2 = 2</math>.
# Un vecteur normal à cette tangente est <math>\mathcal C</math> est <math>\overrightarrow{AB} = \binom{1}{1}</math>. L'équation de la tangente est donc l’ensemble des points <math>M(x,y)</math> tels que :
:<math>\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BM} =0 \Leftrightarrow \binom{x-2}{y} \cdot \binom{1}{1} = 0 \Leftrightarrow y=-x+2 </math>.
}}

==Projection et symétrie==
Soit <math>\mathcal D</math> la droite de <math>\R^2</math> d'équation <math>y=2x+1</math>. 
#Donner une paramétrisation de <math>\mathcal D</math>. On notera <math>\overrightarrow v</math> un vecteur directeur de <math>\mathcal D</math>.
#Soit <math>A=(0,1)</math>. Déterminer le projeté orthogonal de <math>A</math> sur <math>\mathcal D</math>. Même question pour <math>B=(0,0)</math>. Faire un dessin.
#Soient <math>M=(x,y)\in\R^2</math>, <math>M'=\frac15(x+2y-2,2x+4y+1)</math> et <math>M''</math> le symétrique orthogonal de <math>M</math> par rapport à <math>\mathcal D</math>.
##Montrer que <math>M'\in\mathcal D</math>.
##Montrer que <math>\overrightarrow{MM'}</math> est orthogonal à <math>\overrightarrow v</math>.
##En déduire les coordonnées de <math>M''</math> (en fonction de <math>x</math> et <math>y</math>).
#Soit <math>\Delta</math> la droite passant par l'origine et de vecteur directeur <math>(1,1)</math>. Déterminer le projeté orthogonal de <math>A</math> sur <math>\Delta</math> ainsi que l'image de <math>A</math> par la symétrie orthogonale par rapport à <math>\Delta</math>.

{{Solution|contenu=
'''1.''' <math>\mathcal D=\{(x,y)\in \R^2, y=2x+1\}=\{(x,2x+1), x\in \R\}=\{(0,1)+x(1,2), x\in \R\}</math> donc une paramétrisation de <math>\mathcal D</math> est <math>\mathcal D:\left\{
\begin{array}{l}
x=\lambda\\
y=1+2\lambda
\end{array}\right.,\ \lambda \in \R</math>.

'''2.''' [[Fichier:Droites orthogonales.png|thumb]]<math>A\in\mathcal D</math> donc son projeté est <math>A</math>.

Soit <math>B'=(x,y)</math> le projeté de <math>B</math> sur <math>\mathcal D</math>. Par définition de la projection, on a <math>B'\in\mathcal D</math> et <math>\overrightarrow{BB'}.\overrightarrow v=0</math>, soit

<math>
\begin{cases}
y=2x+1\\
(x-0,y-0).(1,2)=0
\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}
y=2x+1\\
x+2y=0
\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}
y=2x+1\\
x+4x+2=0
\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}
y=\frac{1}{5}\\
x=-\frac{2}{5}
\end{cases}
</math>

donc le projeté orthogonal de <math>B</math> sur <math>\mathcal D</math> est <math>B'=\frac15(-2,1)</math>.
{{Clr}}
'''3.'''
#Posons <math>M'=(x',y')</math>. <math>2x'+1=2\left(\frac{1}{5}x+\frac{2}{5}y-\frac{2}{5}\right)+1=\frac{2}{5}x+\frac{4}{5}y+\frac{1}{5}=y'</math> donc les coordonnées de <math>M'</math> vérifient l'équation de la droite <math>\mathcal D</math> donc <math>M'\in \mathcal D</math>.
#<math>\overrightarrow{MM'}.\overrightarrow v=\left(\left(\frac{1}{5}x+\frac{2}{5}y-\frac{2}{5},\frac{2}{5}x+\frac{4}{5}y+\frac{1}{5}\right)-(x,y)\right).(1,2)=\left(-\frac{4}{5}x+\frac{2}{5}y-\frac{2}{5},\frac{2}{5}x-\frac{1}{5}y+\frac{1}{5}\right).(1,2)=-\frac{4}{5}x+\frac{2}{5}y-\frac{2}{5}+\frac{4}{5}x-\frac{2}{5}y+\frac{2}{5}=0</math> donc <math>\overrightarrow{MM'}</math> est bien orthogonal à <math>\overrightarrow v</math>.
#Des deux questions précédentes, on déduit que <math>M'</math> est le projeté orthogonal de <math>M</math> sur <math>\mathcal D</math> donc <math>M''=M+\overrightarrow{MM''}=M+2\overrightarrow{MM'}</math> a pour coordonnées <math>2\left(\left(\frac{1}{5}x+\frac{2}{5}y-\frac{2}{5},\frac{2}{5}x+\frac{4}{5}y+\frac{1}{5}\right)-(x,y)\right)+(x,y)=\left(-\frac{3}{5}x+\frac{4}{5}y-\frac{4}{5},\frac{4}{5}x+\frac{3}{5}y+\frac{2}{5}\right)</math>.

'''4.''' Le projeté <math>H</math> vérifie : <math>H\in\Delta</math> et <math>\overrightarrow{AH}\perp\Delta</math>, ce qui se traduit par <math>y_H=x_H</math> et <math>0=(x_H-0)+(y_H-1)</math>, donc <math>x_H=y_H=\frac12</math>.

Le symétrique <math>A'</math> vérifie : <math>\overrightarrow{AA'}=2\overrightarrow{AH}</math>, ce qui se traduit par <math>(x_{A'}-0,y_{A'}-1)=2(1/2-0,1/2-1)=(1,-1)</math>, donc <math>x_{A'}=1</math> et <math>y_{A'}=0</math>.
}}

==Deux droites==
Dessiner les droites définies par les équations <math>x-2y+1=0</math> et <math>x+y+1=0</math>. Déterminer leur point d'intersection et l'angle entre elles.
{{Solution|contenu=
[https://www.google.com/search?q=(x%2B1)%2F2%2C-(x%2B1) Tracé].

<math>\frac{x+1}2=y=-(x+1)\Leftrightarrow y=-x-1,\;x+1=0\Leftrightarrow x=-1,\;y=0</math>.

L'angle orienté des deux vecteurs directeurs <math>(2,1)</math> et <math>(1,-1)</math> a pour cosinus <math>\frac{(2,1)\cdot(1,-1)}{\|(2,1)\|(1,-1)\|}=\frac1\sqrt{10}</math> et son sinus est du signe de <math>\begin{vmatrix}2&1\\1&-1\end{vmatrix}<0</math>.

Il est donc égal (<math>\bmod{2\pi}</math>) à <math>-\arccos\frac1\sqrt{10}=-\arcsin\frac3\sqrt{10}</math>. L'angle orienté des deux droites lui est égal <math>\bmod \pi</math>.
}}

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