Produit scalaire 2nd

Classe: 
Seconde

I Définitions

I.1 Définition 1

Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs non nuls, $A$ un point du plan. Il existe deux points $B$ et $C$ tels que $\overrightarrow{AB}=\vec{u}$ et $\overrightarrow{AC}=\vec{v}$

 
 
 
 
On appelle produit scalaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ le réel noté $$\vec{u}\cdot\vec{v}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overline{AB}\times\overline{AH}=\overline{AH'}\times\overline{AC}$$ où $H$ est le projeté orthogonal de $C$ sur $(AB)$ et $H'$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $(AC)$.
 

 
 

I.2 Définition 2

$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=||\overrightarrow{AB}||\times||\overrightarrow{AC}||\times\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})$
 
En effet 
 
$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overline{AB}\times\overline{AC}=AB.AC=||\overrightarrow{AB}||\times||\overrightarrow{AC}||\times\underbrace{\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})}_{=1}$

 

 
$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overline{AB}\times\overline{AC}=-AB.AC=||\overrightarrow{AB}||\times||\overrightarrow{AC}||\times\underbrace{\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})}_{=-1}$

 

 
$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overline{AB}\times\overline{AA}=0=||\overrightarrow{AB}||\times||\overrightarrow{AC}||\times\underbrace{\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})}_{=0}$

 

 
$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overline{AB}\times\overline{AH}$
 
Or $\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})=\dfrac{\overline{AH}}{\overline{AC}} \: \Longrightarrow \: \overline{AH}=AC.\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})$
 
Donc  
$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=AB\times AC\times\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})$
 
$\Longrightarrow \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=||\overrightarrow{AB}||\times||\overrightarrow{AC}||\times\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})$

 
 
 
$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overline{AB}\times\overline{AH}=-AB\times AH$
 
 
Or $\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})=\dfrac{\overline{AH}}{\overline{AC}}=\cos(\pi-(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC}))=-\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})$
 
 $\: \Longrightarrow \: \overline{AH}=-AC.\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})$
 
Donc  
$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=AB\times AC\times\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})$
 
$\Longrightarrow \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=||\overrightarrow{AB}||\times||\overrightarrow{AC}||\times\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC})$

 
 

 

Activité

Soit $ABC$ un triangle équilatéral de coté 4, de centre $G$ et on désigne par $I$ le milieu du coté $[AC].$
 
Calculer les produits scalaires ci-dessous.
 
$\overrightarrow{IB}\cdot\overrightarrow{AC}\;;\ \overrightarrow{IB}\cdot\overrightarrow{CI}\;;\ \overrightarrow{IG}\cdot\overrightarrow{AI}\;;\ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$
 
$\overrightarrow{BI}\cdot\overrightarrow{BI}\;;\ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AG}\;;\ \overrightarrow{GB}\cdot\overrightarrow{GC}$

Résolution 

 
 
$\overrightarrow{IB}\cdot\overrightarrow{AC}=IB\times AC\times\cos(\overrightarrow{IB}\;,\ \overrightarrow{AC})$ or $\widehat{(\overrightarrow{IB}\;,\ \overrightarrow{AC})}=90^{\circ}$ donc $\cos(\overrightarrow{IB}\;,\ \overrightarrow{AC})=0$
 
Ainsi, $\overrightarrow{IB}\cdot\overrightarrow{AC}=IB\times AC\times\cos(\overrightarrow{IB}\;,\ \overrightarrow{AC})=0$
 
$\overrightarrow{IB}\cdot\overrightarrow{CI}=IB\times CI\times\cos(\overrightarrow{IB}\;,\ \overrightarrow{CI})=0$ car $(IB)\perp(IC)$
 
$\overrightarrow{IG}\cdot\overrightarrow{AI}=IG\times AI\times\cos(\overrightarrow{IG}\;,\ \overrightarrow{AI})=0$ car $(IG)\perp(AI)$
 
\begin{eqnarray}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}&=&AB\times AC\times\cos(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AC})\nonumber \\ &=&4\times 4\times\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\nonumber \\ &=&4\times 4\times\dfrac{1}{2}\ =\ 8\nonumber \end{eqnarray}
donc $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=8$
 
$\overrightarrow{BI}\cdot\overrightarrow{BI}=BI^{2}\times\cos(\overrightarrow{BI}\;,\ \overrightarrow{BI})$ or d'après théorème de Pythagore on a \begin{eqnarray} BI^{2}&=&BC^{2}-IC^{2}\nonumber \\ &=&4^{2}-2^{2}\nonumber \\ &=&16-4\ =\ 12\nonumber \end{eqnarray}
donc $\overrightarrow{BI}\cdot\overrightarrow{BI}=12$
 
\begin{eqnarray}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AG}&=&AB\times AG\times\cos(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AG})\quad\text{or }\ AG=\dfrac{2}{3}AH\ \text{ et }\ (\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AG})=\dfrac{(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AC})}{2}\nonumber \\ &=&4\times\dfrac{2}{3}AH\times\cos\left(\dfrac{\pi}{6}\right)\quad\text{or }\ BH=BI\nonumber \\ &=&4\times\dfrac{2}{3}BI\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\nonumber \\ &=&4\times\dfrac{2}{3}\times 2\sqrt{3}\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ =\ 8\nonumber \end{eqnarray}
ainsi, $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AG}=8$ 
 
\begin{eqnarray}\overrightarrow{GB}\cdot\overrightarrow{GC}&=&GB\times GC\times\cos(\overrightarrow{GB}\;,\ \overrightarrow{GC})\quad\text{or }\ (\overrightarrow{GB}\;,\ \overrightarrow{GC})=2(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AC})\nonumber \\ &=&\dfrac{2}{3}BI\times\dfrac{2}{3}BI\times\cos\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)\nonumber \\ &=&\dfrac{4}{9}\times 12\times\left(-\dfrac{1}{2}\right)\ =\ -\dfrac{8}{3}\nonumber \end{eqnarray}
 

I.3 Propriétés

$\centerdot$ $\vec{u}\cdot\vec{v}=\vec{v}\cdot\vec{u}$
 
En effet, $\vec{u}\cdot\vec{v}=||\vec{u}||.||\vec{v}||.\cos(\vec{u},\ \vec{v})$
 
$\vec{v}\cdot\vec{u}=||\vec{v}||.||\vec{u}||.\cos(\vec{v},\ \vec{u})$, or $(\vec{v},\ \vec{u})=-(\vec{u},\ \vec{v})$
 
Donc $\cos(\vec{v},\ \vec{u})=\cos(-(\vec{u},\ \vec{v}))=\cos(\vec{u},\ \vec{v}))$
 
D'où $\vec{u}\cdot\vec{v}=\vec{v}\cdot\vec{u}$
 
 
$\centerdot$ $\alpha\in\mathbb{R}, \ \vec{u}\cdot(\alpha\vec{v})=(\alpha\vec{u}\cdot\vec{v})=\alpha(\vec{u}\cdot\vec{v})$
 
$\centerdot$ $\alpha, \beta\in\mathbb{R}, \ (\alpha\vec{u})\cdot(\beta\vec{v})=(\vec{u}\cdot\vec{v})(\alpha.\beta)$
 
$\centerdot$ $\vec{u}\cdot(\vec{v}+\vec{w})=\vec{u}\cdot\vec{v}+\vec{u}\cdot\vec{w}$
 
$\centerdot$ $\vec{u}\neq\vec{0}, \quad \vec{v}\neq\vec{0}, \quad \vec{u}\cdot\vec{v}=0 \quad \Longleftrightarrow\vec{u}\perp\vec{v}$
 
$\centerdot$ $||\vec{u}+\vec{v}||^{2}=||\vec{u}||^{2}+||\vec{v}||^{2}+2\vec{u}\cdot\vec{v}$
 
$||\vec{u}-\vec{v}||^{2}=||\vec{u}||^{2}+||\vec{v}||^{2}-2\vec{u}\cdot\vec{v}$
 
$||\vec{u}+\vec{v}||^{2}+||\vec{u}-\vec{v}||^{2}=2(||\vec{u}||^{2}+||\vec{u}||^{2})$
 
$\centerdot$ $\vec{u}\cdot\vec{u}=||\vec{u}||^{2}$

I.4 Expression du produit scalaire dans une base orthonormé

$(O;\ \vec{i},\ \vec{j})$ un repère orthonormé direct.
 
$||\vec{i}||=||\vec{j}||=1$
 
$\vec{i}\perp\vec{j}$ et $\vec{i}\cdot\vec{j}=0$
 
$\vec{i}\cdot\vec{i}=||\vec{i}||^{2}=1$ et $\vec{j}\cdot\vec{j}=||\vec{j}||^{2}=1$
 
Considérons deux vecteurs $\vec{u}\begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix}$ et $\vec{v}\begin{pmatrix}
x'\\
y'
\end{pmatrix}$ dans cette base.
 
On a $\vec{u}=x\vec{i}+y\vec{j}$ et $\vec{v}=x'\vec{i}+y'\vec{j}$
 
Donc $\vec{u}\cdot\vec{v}=(x\vec{i}+y\vec{j})\cdot(x'\vec{i}+y'\vec{j})=xx'(\vec{i}\cdot\vec{i})+\underbrace{xy'(\vec{i}\cdot\vec{j})}_{=0}+\underbrace{x'y(\vec{i}\cdot\vec{j})}_{=0}+yy'(\vec{j}\cdot\vec{j})$
 
Ce qui entraine $$\vec{u}\cdot\vec{v}=xx'+yy'$$

Exercice d'application

Le plan est muni d'un repère orthonormé $(O\;;\ \vec{i}\;,\ \vec{j}).$ Soit $A\begin{pmatrix} 1\\ 2\end{pmatrix}\;,\ B\begin{pmatrix} 3\\ 4\end{pmatrix}$ et $C\begin{pmatrix} -2\\ 1\end{pmatrix}$ trois points du plan.
 
1) Déterminer une équation de la médiatrice de $[AB]$
 
2) Déterminer une équation du cercle de diamètre $[BC]$

Résolution 


 

 
1) Soit $I$ milieu de $[AB]\;;\ I\begin{pmatrix} 2\\ 3\end{pmatrix}.$
 
$N\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}$ appartenant à la médiatrice de $[AB]$ alors $\overrightarrow{IN}\begin{pmatrix} x-2\\ y-3\end{pmatrix}\perp\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 2\\ 2\end{pmatrix}.$
 
Donc $\overrightarrow{IN}\cdot\overrightarrow{AB}=0\ \\Leftrightarrow\ 2(x-2)+2(y-3)=0$ 
 
Ainsi, $(D)\ :\ x+y-5=0$
 
2) Soit $M\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}\in(\mathcal{C})$ alors $\overrightarrow{BM}\begin{pmatrix} x-3\\ y-4\end{pmatrix}\perp\overrightarrow{CM}\begin{pmatrix} x+2\\ y-1\end{pmatrix}.$
\begin{eqnarray}\overrightarrow{BM}\perp\overrightarrow{CM}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{BM}\perp\overrightarrow{CM}=0\nonumber \\ &\Leftrightarrow&(x-3)(x+2)+(y-4)(y-1)=0\nonumber \\ &\Leftrightarrow&x^{2}+y^{2}-x-5y-2=0\nonumber \end{eqnarray}
D'où $(\mathcal{C})\ :\ x^{2}+y^{2}-x-5y-2=0$

I.5 Distance d'un point à une droite

Soient $(D)$ la droite d'équation $ax+by+c=0$, $M_{0}\begin{pmatrix}
x_{0}\\
y_{0}
\end{pmatrix}\notin(D)$ un point du plan, $\vec{n}\begin{pmatrix}
a\\
b
\end{pmatrix}$ un vecteur normal à $(D)$. Soit $H\begin{pmatrix}
x_{H}\\
y_{H}
\end{pmatrix}$ le projeté orthogonal de $M_{0}$ sur $(D)$.
Nous appelons $d(M_{0}, \ (D))$ la distance de $M_{0}$ à $(D)$.
 
On a $d(M_{0}, \ (D))=||\overrightarrow{M_{0}H}||$

 

 
 
 
 
Calculons $\overrightarrow{M_{0}H}\cdot\vec{n}$ de deux façons différentes.
 
On a
\begin{eqnarray}\overrightarrow{M_{0}H}\cdot\vec{n} & = & ||\overrightarrow{M_{0}H}||.||\vec{n}||.\cos(\overrightarrow{M_{0}H},\ \vec{n}) \nonumber \\ & = & a(x_{H}-x_{0})+b(y_{H}-y_{0}) \nonumber \\ & = & ax_{H}+by_{H}-ax_{0}-by_{0} \nonumber \end{eqnarray}
 
or, $H\in(D)$ donc ses coordonnées vérifient l'équation de la droite $(D)$.
 
$\Rightarrow ax_{H}+by_{H}+c=0$, ce qui donne $ax_{H}+by_{H}=-c$
 
$\Rightarrow \overrightarrow{M_{0}H}\cdot\vec{n}=-c-ax_{0}-by_{0}$
 
$\Rightarrow ||\overrightarrow{M_{0}H}\cdot\vec{n}||=|-c-ax_{0}-by_{0}|=|ax_{0}+by_{0}+c|$
 
or, on avait $||\overrightarrow{M_{0}H}\cdot\vec{n}||=||\overrightarrow{M_{0}H}||.||\vec{n}||$
 
donc, $||\overrightarrow{M_{0}H}||=\dfrac{|ax_{0}+by_{0}+c|}{||\vec{n}||}$  $\ $.  Comme $||\vec{n}||=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$
 
Alors, $$d(M_{0}, \ (D))=||\overrightarrow{M_{0}H}||=\dfrac{|ax_{0}+by_{0}+c|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$$

Exemple 

Soit la droite $(D)$ d'équation $2x-y+3=0$ et $A\begin{pmatrix} 5\\ 1\end{pmatrix}$ un point du plan.
 
Déterminer $d(A\;,\ (D))$

Résolution 


 

 
Soit $\vec{n}\begin{pmatrix} 2\\ -1\end{pmatrix}$ un vecteur normal à $(D)$ alors on a \begin{eqnarray} d(A\;,\ (D))&=&\dfrac{|(2)(5)+(-1)(1)+3|}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}\nonumber \\ &=&\dfrac{12}{\sqrt{5}}\ =\ \dfrac{12\sqrt{5}}{5}\nonumber \end{eqnarray}
 

I.6 Relations d'Alkashi

 
 

 
Soit $ABC$ un triangle d'angles $\widehat{A}$, $\ \widehat{B}$ et $\widehat{C}$ respectivement opposés aux cotés $a$, $\ b$ et $c$. Nous avons :
 
$\centerdot$ $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc.cos\widehat{A}$
 
$\centerdot$ $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac.cos\widehat{B}$
 
$\centerdot$ $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab.cos\widehat{C}$

Preuve

On a 
 
\begin{eqnarray} BC^{2} & = & (\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC})^{2} \nonumber \\ & = & (-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})^{2} \nonumber \\ & = & ||\overrightarrow{AB}||^{2}+||\overrightarrow{AC}||^{2}-2\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB} \nonumber \\ & = & ||\overrightarrow{AB}||^{2}+||\overrightarrow{AC}||^{2}-2AB.AC\cos(\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{AC}) \nonumber \end{eqnarray}
 
$\Longrightarrow a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc.cos\widehat{A}$
\begin{eqnarray} AC^{2} & = & (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC})^{2} \nonumber \\ & = & (-\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC})^{2} \nonumber \\ & = & ||\overrightarrow{BA}||^{2}+||\overrightarrow{BC}||^{2}-2\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} \nonumber \\ & = & ||\overrightarrow{BA}||^{2}+||\overrightarrow{BC}||^{2}-2BA.BC\cos(\overrightarrow{BA},\ \overrightarrow{BC}) \nonumber \end{eqnarray}
 
$\Longrightarrow b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ac.cos\widehat{B}$
 
\begin{eqnarray} AB^{2} & = & (\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB})^{2} \nonumber \\ & = & (-\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})^{2} \nonumber \\ & = & ||\overrightarrow{CA}||^{2}+||\overrightarrow{CB}||^{2}-2\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB} \nonumber \\ & = & ||\overrightarrow{CA}||^{2}+||\overrightarrow{CB}||^{2}-2CA.CB\cos(\overrightarrow{CA},\ \overrightarrow{CB}) \nonumber \end{eqnarray}
 
$\Longrightarrow c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab.cos\widehat{C}$
 
Relation des sinus


 
 
Soit $\mathcal{S}$ l'aire du tringle $ABC$. Considérons $H_{A}$, $\ H_{B}$ et $H_{C}$ les projections orthogonales de $A$, $\ B$ et $C$ sur $(BC)$, $\ (AC)$ et $(AB)$ respectivement.
Nous avons $$\dfrac{sin\widehat{A}}{a}=\dfrac{\sin\widehat{B}}{b}=\dfrac{\sin\widehat{C}}{c}=\dfrac{2\mathcal{S}}{abc}$$

Preuve

Nous avons :
 
$\mathcal{S}=\dfrac{BC\times AH_{A}}{2}=\dfrac{AB\times CH_{C}}{2}=\dfrac{AC\times BH_{B}}{2}$
 
$\sin\widehat{C}=\dfrac{AH_{A}}{AC} \quad \Longrightarrow \ AH_{A}=AC.\sin\widehat{C}=b.\sin\widehat{C}$
 
$\sin\widehat{B}=\dfrac{CH_{C}}{BC} \quad \Longrightarrow \ CH_{C}=BC.\sin\widehat{B}=a.\sin\widehat{B}$
 
$\sin\widehat{A}=\dfrac{BH_{B}}{AB} \quad \Longrightarrow \ BH_{B}=AB.\sin\widehat{A}=c.\sin\widehat{A}$
 
Donc $\mathcal{S}=\dfrac{BC.b.\sin\widehat{C}}{2}=\dfrac{AB.a.\sin\widehat{B}}{2}=\dfrac{AC.c.\sin\widehat{A}}{2}$
 
$\Rightarrow \ \mathcal{S}=\dfrac{a.b.\sin\widehat{C}}{2}=\dfrac{c.a.\sin\widehat{B}}{2}=\dfrac{b.c.\sin\widehat{A}}{2}$
 
$\Rightarrow \ 2\mathcal{S}=a.b.\sin\widehat{C}=c.a.\sin\widehat{B}=b.c.\sin\widehat{A}$
 
$\Rightarrow \ \dfrac{2\mathcal{S}}{abc}=\dfrac{sin\widehat{A}}{a}=\dfrac{\sin\widehat{B}}{b}=\dfrac{\sin\widehat{C}}{c}$
 
Si de plus nous considérons le cercle $\mathcal{C}$ circonscrit au triangle $ABC$, de centre $O$ (point de rencontre des trois médianes) et de rayon $R$.
Soit $A'$ le symétrique de $A$ par rapport à $O$. On a 
 
$\sin\widehat{C}=\sin\widehat{AA'B}=\dfrac{AB}{AA'}$, $\ $ or $AA'=2R \quad \Longrightarrow \ \sin\widehat{C}=\dfrac{c}{2R}$
 
Donc $$\dfrac{\sin\widehat{C}}{c}=\dfrac{1}{2R}$$
 

II Lignes de niveau

Activité

$A$ et $B$ deux points du plan $\mathcal{P}$ tels $AB=4\;cm.$
 
On définit l'application $f$ \begin{eqnarray} f\ :\ \mathcal{P}&\rightarrow&\mathbb{R}\nonumber \\ M&\rightarrow&f(M)=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AM}\nonumber \end{eqnarray}
 
1) Si $C$ est tel que $ABC$ est équilatérale direct, calculer $f(C)$
 
2) Déterminer l'ensemble $E_{0}$ des points $M$ du plan tels que $f(M)=0$
 
3) Déterminer l'ensemble $E_{k}$ des points $M$ du plan tels que $f(M)=k$
 
4) Déterminer l'ensemble $E_{8}$ des points $M$ du plan tels que $f(M)=8$

Résolution


 

 
1) Soit $f(M)=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AM}$
 
On a \begin{eqnarray} f(C)&=&\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\nonumber \\ &=&AB\times AC\times\cos(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AC})\nonumber \\ &=&4\times 4\times\dfrac{1}{2}\ =\ 8\nonumber \end{eqnarray}
 
2) $E_{0}=\{M\in\mathcal{P}\;;\  f(M)=0\}$
 
$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AM}=0\ \Rightarrow\ \overrightarrow{AB}\perp\overrightarrow{AM}$
 
$E_{0}$ est donc la perpendiculaire à $(AB)$ passant par $A.$
 
3) Soit le repère $\left(A\;,\ \dfrac{\overrightarrow{AB}}{4}\right)\;;\ x_{A}=0\;,\ x_{B}=4$

 

 
$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AM}=k\ \Rightarrow\ \overline{AB}\times\overline{AH}_{k}=k$ où $H_{k}$ est le projeté orthogonal de $M$ sur $(AB).$
 
\begin{eqnarray}\overline{AB}\times\overline{AH}_{k}=k&\Leftrightarrow&(x_{B}-x_{A})(x_{H_{k}}-x_{A})=k\nonumber \\ &\Leftrightarrow&4x_{H_{k}}=k\nonumber \\ &\Rightarrow&x_{H_{k}}=\dfrac{k}{4}\nonumber \end{eqnarray}
Donc $E_{k}$ est la perpendiculaire à $(AB)$ passant par $H_{k}$ tel que $x_{H_{k}}=\dfrac{k}{4}$
 
4) $f(M)=8$ donc $E_{8}$ est la perpendiculaire à $(AB)$ passant par $H_{8}$ tel que $x_{H_{8}}=\dfrac{8}{4}=2.$
 
Ainsi, $E_{8}$ passe par le milieu de $[AB]$ donc c'est la médiatrice de $[AB].$
 

Complément 

$\centerdot$ $\mathbf{E}=\left\lbrace M\in\mathcal{P} ;\  \overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0\right\rbrace$ est le cercle de diamètre $[AB]$.
 
Soit $I$ milieu de $[AB] \ $, on a :
\begin{eqnarray}\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}&=&(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})\cdot(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})\nonumber \\ &=&MI^{2}+\overrightarrow{MI}\cdot\underbrace{(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB})}_{=\vec{0}}+\overrightarrow{IA}\cdot\overrightarrow{IB}\nonumber \\ &=&MI^{2}-\dfrac{\overrightarrow{AB}}{2}\cdot\dfrac{\overrightarrow{AB}}{2}\ =\ 0\nonumber \\ \Rightarrow\  MI^{2}&=&\dfrac{AB^{2}}{4}\nonumber \end{eqnarray}
Et on retrouve bien le cercle de centre $I$ et de rayon $\dfrac{AB}{2}$. C'est tout simplement le cercle de diamètre $[AB]$
 
$\centerdot$ $\mathbf{E}=\left\lbrace M\in\mathcal{P} ;\  \overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=k>0\right\rbrace$ est le cercle de centre $I$ milieu de  $[AB]$ et de rayon $R=\sqrt{k+\dfrac{AB^{2}}{4}}$.
 
En suivant la même approche du raisonnement précédent on obtient :
 
$MI^{2}=k+\dfrac{AB^{2}}{4}$
 
On reconnait bien un cercle de centre $I$; milieu de $[AB]$ et de rayon $R=\sqrt{k+\dfrac{AB^{2}}{4}}$.
 
Et dans un contexte plus général, il suffit juste d'avoir $k>-\dfrac{AB^{2}}{4}$ pour que le cercle soit bien défini.
 
$\centerdot$ $\mathbf{E}=\left\lbrace M\in\mathcal{P} ;\  ||\overrightarrow{MA}||=||\overrightarrow{MB}||\right\rbrace$ est la médiatrice du segment $[AB]$.
 
Soit $I$ milieu de $[AB]$ , on a :
 
\begin{eqnarray} ||\overrightarrow{MA}||=||\overrightarrow{MB}|| & \Leftrightarrow & ||\overrightarrow{MA}||^{2}=||\overrightarrow{MB}||^{2} \nonumber \\ & \Leftrightarrow & ||\overrightarrow{MA}||^{2}-||\overrightarrow{MB}||^{2}=0 \nonumber \\ & \Leftrightarrow &  (\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB})\cdot(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB})=0 \nonumber \\ & \Leftrightarrow & (\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{MI}-\overrightarrow{IB})\cdot(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})=0 \nonumber \\ & \Leftrightarrow & 2\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{MI}=0 \nonumber \\ & \Leftrightarrow & \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{MI}=0 \nonumber \end{eqnarray}
On reconnait la perpendiculaire à $(AB)$ passant par $I$. C'est la médiatrice du segment $[AB]$.

Théorème de la médiane


 

 
 
 
Soient $I$ milieu du segment $[AB]$ et $M$ un point du plan tel que $MBA$ soit un triangle. Alors on a :
 
$\overrightarrow{MI}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB})$
 
$$MA^{2}+MB^{2}=2MI^{2}+\dfrac{AB^{2}}{2}$$

Preuve

$I$ milieu de $[AB]$, alors $I$ est isobarycentre de $A$ et $B$, donc on a :
 
$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI} \ \Longrightarrow \ \overrightarrow{MI}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB})$
\begin{eqnarray} MA^{2}+MB^{2} & = & (\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})^{2}+(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})^{2} \nonumber \\ & = & MI^{2}+IA^{2}+2\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IA}+MI^{2}+IB^{2}+2\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IB} \nonumber \\ & = &  2MI^{2}+IA^{2}+IB^{2}+2\overrightarrow{MI}\cdot(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}) \nonumber \end{eqnarray}
Or $IA=IB=\dfrac{AB}{2}$ et $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\vec{0}$
 
Donc $MA^{2}+MB^{2}=2MI^{2}+\dfrac{AB^{2}}{4}+\dfrac{AB^{2}}{4}=2MI^{2}+\dfrac{AB^{2}}{2}$

Travaux Pratiques 

Soit $A$ et $B$ deux points du plan tels que $AB=6$.
 
Déterminons l'ensemble des points $M$ du plan tels que $2MA^{2}+3MB^{2}=k$
 
Soit $G$ barycentre de $(A\;,\ 2)\;,\ (B\;,\ 3)$
 
On a 
\begin{eqnarray} 2MA^{2}+3MB^{2}=k&\Leftrightarrow&2(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})^{2}+3(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB})^{2}=k \nonumber \\ &\Leftrightarrow&2(MG^{2}+2\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{GA}+GA^{2})+3(MG^{2}+2\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{GB}+GB^{2})=k \nonumber \\ &\Leftrightarrow&5MG^{2}+4\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{GA}+6\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{GB}+2GA^{2}+3GB^{2}=k \nonumber \\ &\Leftrightarrow &5MG^{2}+2\overrightarrow{MG}\cdot\underbrace{(2\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GB})}_{=\vec{0}}+2GA^{2}+3GB^{2}=k \nonumber \\ &\Leftrightarrow & MG^{2}=\dfrac{k-2GA^{2}-3GB^{2}}{5} \nonumber \end{eqnarray}
 
$-$ si $\;\dfrac{k-2GA^{2}-3GB^{2}}{5}<0\;,\  \mathbf{E}_{k}=\emptyset$
 
$-$ si $\;\dfrac{k-2GA^{2}-3GB^{2}}{5}=0\;,\  \mathbf{E}_{k}=\{G\}$
 
$-$ si $\;\dfrac{k-2GA^{2}-3GB^{2}}{5}>0\;$ alors $\;MG=\sqrt{\dfrac{k-2GA^{2}-3GB^{2}}{5}}$
 
donc $\mathbf{E}_{k}$ est le cercle de centre $G$ et de rayon $r=\sqrt{\dfrac{k-2GA^{2}-3GB^{2}}{5}}$
 
$$\mathbf{E}_{k}=\mathcal{C}\left(G\;,\ \sqrt{\dfrac{k-2GA^{2}-3GB^{2}}{5}}\right)$$
 
 
Auteur: 
Seyni Ndiaye

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