\chapter{Produit scalaire}

\newpage

\section{Géométrie non repérée}

Dans cette section, nous nous placerons dans un plan euclidien.

\subsection{Définition du produit scalaire}

\begin{defin}
Le produit scalaire de deux vecteurs $\vv{u}$ et $\vv{v}$ du plan est le nombre noté $\vv{u}\cdot\vv{v}$ défini par:
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)
\]
où $\big(\vv{u},\vv{v}\big)$ représente l'angle formé par les vecteurs $\vv{u}$ et $\vv{v}$, et $\|\vv{u}\|$ la norme du vecteur $\vv{u}$ (sa longueur).
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[dotted] (0,0) grid (7,5);
\draw[thick,->] (1,1) node[below] {A} -- (6,1) node[below] {B} node[midway,below] {5};
\draw[thick,->] (1,1) -- (4,4) node[above right] {C} node[midway,rotate=45,above] {$3\sqrt2$};
\begin{scope}[shift={(1,1)}]
\draw[thick,->,>=latex,red] (2,0) arc(0:45:2);
\node[right,red] at (22:2.2) {$\dfrac{\pi}{4}$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{align*}
\vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AC}} & =\text{AB}\times\text{AC}\times\cos\angleor{AB}{AC}\\
& = 5\times3\sqrt{2}\times\cos\dfrac{\pi}{4}\\
& = 15\sqrt{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\
& = 15.
\end{align*}
\end{minipage}
\end{exemple}

\begin{rem}
N'essayez pas d'interpréter le produit scalaire de façon géométrique car dans un cas général, le produit scalaire n'a aucune signification géométrique particulière.

Cependant, il existe un cas où le produit scalaire a une signification géométrique; c'est ce que nous allons voir dans le paragraphe suivant.
\end{rem}

\subsection{Orthogonalité de deux vecteurs}

\begin{prop}
Soient $\vv{u}$ et $\vv{v}$ deux vecteurs non nuls du plan.
\[
\vv{u}\text{ et }\vv{v}\text{ sont orthogonaux} \iff \vv{u}\cdot\vv{v}=0.
\]
\end{prop}

\newpage

\begin{exemple}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\begin{scope}[>=latex,rotate=-20]
\draw[dashed] (0,-2) -- (0,4);
\draw[dashed] (-2,1.5) -- (6,1.5);
\draw[->,very thick,red] (0,0) -- (0,2) node[midway,left] {$\vv{u}$};
\draw[->,very thick,red] (3,1.5) -- (4,1.5) node[midway,below] {$\vv{v}$};
\draw (0.5,1.5) -- (0.5,1) -- (0,1);
\end{scope}
\node at (4,2) {$\prodscal{u}{v}=0$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exemple}

\begin{demo}
\begin{itemize}
\item Supposons que $\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont orthogonaux. 

Alors, $\big(\vv{u};\vv{v}\big)=\dfrac{\pi}{2}$ ou $\big(\vv{u};\vv{v}\big)=-\dfrac{\pi}{2}$ et donc $\cos\big(\vv{u};\vv{v}\big)=0$.
Ainsi, 
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=\|\vv{u}\| \times \|\vv{v}\| \times 0 = 0.
\]
Nous venons de démontrer que:
\[
\vv{u}\text{ et }\vv{v}\text{ orthogonaux} \Longrightarrow \vv{u}\cdot\vv{v}=0.
\]

\item Supposons maintenant que $\vv{u}\cdot\vv{v}=0$; alors:
\[
\|\vv{u}\| \times \|\vv{v}\| \times \cos\big(\vv{u};\vv{v}\big) = 0.
\]
Or, $\vv{u}\neq\vv{0}$ et $\vv{v}\neq\vv{0}$ donc $\|\vv{u}\|\neq0$ et $\|\vv{v}\|\neq0$. Cela implique que $\cos\big(\vv{u};\vv{v}\big) = 0$, c'est-à-dire que $\big(\vv{u};\vv{v}\big) = \dfrac{\pi}{2}$ ou $\big(\vv{u};\vv{v}\big) = -\dfrac{\pi}{2}$ (modulo $2\pi$), et donc que les vecteurs sont orthogonaux.

Nous venons de démontrer que:
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=0\Longrightarrow\vv{u}\text{ et }\vv{v}\text{ orthogonaux}.
\]
\end{itemize}
Ainsi, nous avons ainsi démontré l'équivalence de la propriété. 
\end{demo}


\subsection{Produit scalaire et projetés orthogonaux}

\begin{prop}
Soient $\vv{AB}$ et $\vv{AC}$ deux vecteurs du plan.

Soit $H$ le projeté orthogonal de $C$ sur $(AB)$.

\begin{itemize}
\item $\prodscal{AB}{AC}=AB \times AH$ si les deux vecteurs forment un angle aigu;
\item $\prodscal{AB}{AC}=-AB \times AH$ si les deux vecteurs forment un angle obtus.
\end{itemize}
\end{prop}

\begin{demo}
On place les vecteurs $\vv{u}$ et $\vv{v}$ de sorte qu'ils aient la même origine. 

On note alors $\vv{u}=\vv{\text{AB}}$ et $\vv{v}=\vv{\text{AC}}$.

\medskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[thick,->] (1,1) node[below] {A} -- (6,1) node[below] {B};
\draw[thick,->] (1,1) -- (4,4) node[above right] {C};
\draw[thick,red,dashed] (4,4) -- (4,1) node[below] {H};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{itemize}
\item \textbf{1\ier{} cas.}

$\begin{aligned}[t]
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\\
& = \text{AB}\times\textcolor{red}{\text{AC}\times\cos\angleor{AB}{AC}}\\
& =\text{AB}\times\textcolor{red}{\text{AH}}.
\end{aligned}$
\end{itemize}
\end{minipage}

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[thick,->] (4,1) node[below] {A} -- (6,1) node[below] {B};
\draw[thick,->] (4,1) -- (1,4) node[above right] {C};
\draw[thick,red,dashed] (1,4) -- (1,1) node[below] {H};
\draw[dashed,thick] (0.5,1) -- (4,1);
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{itemize}
\item \textbf{2\ieme{} cas.}

$\begin{aligned}[t]
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\\
& = \text{AB}\times\text{AC}\times\cos\angleor{AB}{AC}\\
& = -\text{AB}\times\text{AC}\times\big(-\cos\angleor{AB}{AC}\big)\\
& = -\text{AB}\times\text{AC}\times\cos\angleor{AH}{AC}\\
& =-\text{AB}\times\text{AH}.
\end{aligned}$
\end{itemize}
\end{minipage}
\end{demo}

\begin{exemple}
\begin{itemize}
\item Cas où l'angle est aigu.

\medskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\fill[exemple!20] (0,0) rectangle (7,5);
\draw[black,dashed] (0,0) grid (7,5);
\draw[thick,->] (1,1) node[below] {A} -- (6,1) node[below] {B};
\draw[thick,->] (1,1) -- (4,4) node[above right] {C};
\draw[thick,red,dashed] (4,4) -- (4,1) node[below] {H};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
$\begin{aligned}[t]
\vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AC}} & =\text{AB}\times\text{AH}\\
& = 5\times3\\
& = 15.
\end{aligned}$
\end{minipage}

\item Cas où l'angle est obtus.

\medskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\fill[exemple!20] (0,0) rectangle (7,5);
\draw[dashed] (0,0) grid (7,5);
\draw[thick,->] (4,1) node[below] {A} -- (6,1) node[below] {B};
\draw[thick,->] (4,1) -- (1,4) node[above right] {C};
\draw[thick,red,dashed] (1,4) -- (1,1) node[below] {H};
\draw[dashed,thick] (0.5,1) -- (4,1);
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
$\begin{aligned}[t]
\vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AC}} & =-\text{AB}\times\text{AH}\\
& = -2\times3\\
& = -6.
\end{aligned}$
\end{minipage}
\end{itemize}
\end{exemple}


\subsection{Propriétés algébriques du produit scalaire}

\subsubsection{Distributivité}

\begin{prop}[distributivité du produit scalaire]
Soient $\vv{u}$, $\vv{v}$ et $\vv{w}$ trois vecteurs du plan. Alors,
\[
\vv{u}\cdot\big(\vv{v}+\vv{w}\big)=\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{u}\cdot\vv{w}\;.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
Considérons les vecteurs $\vv{u}$, $\vv{v}$ et $\vv{w}$ comme sur le schéma ci-dessous.

On ne considèrera que le cas où les produits scalaires rencontrés sont positifs (car le cas où ils sont négatifs est similaire).

\medskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[thick,->,green!50!black] (0,0) node[below] {A} -- (5,0) node[midway,below] {$\vv{u}$} node[below] {B};
\draw[thick,->,blue] (0,0) -- (2,2) node[midway,above left] {$\vv{v}$} node[above] {C};
\draw[thick,->,purple] (2,2) -- (4,2.5) node[midway,above] {$\vv{w}$} node[right] {D};
\draw[dashed,red] (2,2) -- (2,0) node[below] {H};
\draw[dashed,red] (4,2.5) -- (4,0) node[below] {K};
\end{tikzpicture}

\vspace*{8cm}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
D'une part, on a :
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\big(\vv{v}+\vv{w}\big) & = \vv{\text{AB}}\cdot\big(\vv{\text{AC}}+\vv{\text{CD}}\big)\\
& = \vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AD}}\\\
& = \text{AB}\times\text{AK}\;.\qquad(1)
\end{align*}

D'autre part, on a :
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{AC}}\\
& = \text{AB}\times\text{AH}\\
\text{et} & \\
\vv{u}\cdot\vv{w} & = \vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{CD}}\\
& = \text{AB}\times\text{HK}
\end{align*}
donc :
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{u}\cdot\vv{w} & = \text{AB}\times\text{AH} + \text{AB}\times\text{HK}\\
& = \text{AB}\times\big(\text{AH}+\text{HK}\big)\\
& = \text{AB}\times\text{AK}\;.\qquad(2)
\end{align*}

Des égalités (1) et (2), on peut déduire :
\[ 
\vv{u}\cdot\big(\vv{v}+\vv{w}\big) = \vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{u}\cdot\vv{w} \;.\]
\end{minipage}
\end{demo}

\begin{exemple}
Quels que soient les points $A$, $B$, $C$ et $D$ du plan :
\begin{align*}
\vv{AB}\cdot\vv{CD} & = \vv{AB}\cdot\big(\vv{CA}+\vv{AD}\big)\\
& = \vv{AB}\cdot\vv{CA} + \vv{AB}\cdot\vv{AD}.
\end{align*}
\end{exemple}

\subsubsection{Symétrie (commutativité)}

\begin{prop}[commutativité du produit scalaire]
Pour tous vecteurs $\vv{u}$ et $\vv{v}$ du plan,
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=\vv{v}\cdot\vv{u}.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\\
 &= \|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\left[-\big(\vv{v},\vv{u}\big)\right] \\
 & = \|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{v},\vv{u}\big) & \text{car la fonction }x\mapsto\cos x\text{ est paire}\\
 & = \|\vv{v}\|\times\|\vv{u}\|\times\cos\big(\vv{v},\vv{u}\big)& \text{car pour $a$ et $b$ réels, }a\times b = b\times a \\
 & = \vv{v}\cdot\vv{u}\;.
\end{align*}
\end{demo}

\subsubsection{Bilinéarité}

\begin{prop}[résultat intermédiaire]%\label{prodscal-lemme}
Soit $k\in\R*$, et soient $\vv{u}$ et $\vv{v}$ deux vecteurs quelconques. Alors,
\[
\big(k\vv{u}\big)\cdot\vv{v}=\vv{u}\cdot\big(k\vv{v}\big)=k\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big)\;.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[thick,->,cyan] (0,0) node[below] {A} -- (6,0) node[below] {B} node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[thick,->,green!50!black] (0,0) -- (2,2) node[above] {C} node[midway,above left] {$\vv{v}$};
\draw[thick,dashed,->] (2,2) -- (5,5) node[right] {D};
\draw[red,dashed] (2,2) -- (2,0) node[below] {H};
\draw[red,dashed] (5,5) -- (5,0) node[below] {K};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Notons $\textcolor{cyan}{\vv{u}=\vv{\text{AB}}}$, $\textcolor{green!50!black}{\vv{v}=\vv{\text{AC}}}$ et $k\vv{v}=\vv{AD}$.

D'après le théorème de Thalès,
\[
\text{AD}=k\text{AC} \Longrightarrow \text{AK}=k\text{AH}\;.
\]
Donc :
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\big(k\vv{v}\big) & = \text{AB}\times\text{AK}\\
& = \text{AB}\times k\text{AH}\\
& = k\text{AB}\times\text{AH}
\intertext{et}
k\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big) & = k\text{AB}\times\text{AH}\;.
\end{align*}
Donc, $\vv{u}\cdot\big(k\vv{v}\big) =k\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big)$.
\end{minipage}

\medskip

Un raisonnement analogue montrerait que $\big(k\vv{u}\big)\cdot\vv{v} = k\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big)$.
\end{demo}

\newpage
De ce résultat intermédiaire, on déduit la propriété suivante :

\begin{prop}[bilinéarité du produit scalaire]
Soit $k\in\R*$, et soient $\vv{u}$ et $\vv{v}$ deux vecteurs quelconques. Alors,
\[
\big(k\vv{u}\big)\cdot\big(k\vv{v}\big)=k^2\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big)\;.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
D'après la propriété \ref{prop:résultat intermédiaire},
\[
\big(k\vv{u}\big)\cdot\big(k\vv{v}\big) = k\big(k\vv{u}\big)\cdot\vv{v}=k^2\vv{u}\cdot\vv{v}.
\]
\end{demo}



\subsection{Identités avec les normes}

\begin{prop}
Pour tous $\vv{u}$ et $\vv{v}$ du plan :
\begin{enumerate}
\item $\vv{u}\cdot\vv{u} = \vv{u}^2 = \|\vv{u}\|^2$.
\item $\|\vv{u}+\vv{v}\|^2 = \|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2+2\vv{u}\cdot\vv{v}$.
\end{enumerate}
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\vv{u}\cdot\vv{u} & = \|\vv{u}\| \times \|\vv{u}\| \times \cos\big(\vv{u}\;;\;\vv{u}\big)\\
& = \|\vv{u}\|^2 \times \cos 0\\
& = \|\vv{u}\|^2.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\|\vv{u}+\vv{v}\|^2  & = \big(\vv{u}+\vv{v}\big)^2\\
& = \vv{u}^2+2\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{v}^2\\
&= \|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2+2\vv{u}\cdot\vv{v}.
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{demo}

De cette propriété, on peut déduire la suivante :

\begin{prop}[identités avec des normes]%\label{prodscal-prop-normes}
Pour tous  $\vv{u}$ et $\vv{v}$ du plan,
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v} & =\dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)\\[8pt]
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}\|^2-\|\vv{v}\|^2\big)\\[8pt]
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \dfrac{1}{4}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)\;.
\end{align*}
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{itemize}
\item Nous avons vu précédemment que :
\[
\big(\vv{u}+\vv{v}\big)^2 =\vv{u}^2+2\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{v}^2\;,
\]
que l'on peut aussi écrire :
\[
\|\vv{u}+\vv{v}\|^2 =\|\vv{u}\|^2+2\vv{u}\cdot\vv{v}+\|\vv{v}\|^2\;.
\]
En isolant $\vv{u}\cdot\vv{v}$, on arrive à :
\[
\boxed{\vv{u}\cdot\vv{v}=\dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}\|^2-\|\vv{v}\|^2\big)}\;.
\]

\item En exploitant l'égalité :
\[
\big(\vv{u}-\vv{v}\big)^2 =\vv{u}^2-2\vv{u}\cdot\vv{v}+\vv{v}^2\;,
\]
que l'on peut aussi écrire :
\[
\|\vv{u}-\vv{v}\|^2 =\|\vv{u}\|^2-2\vv{u}\cdot\vv{v}+\|\vv{v}\|^2\;,
\]
on arrive à :
\[
\boxed{\vv{u}\cdot\vv{v}=\dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)}\;.
\]

\item En ajoutant les deux précédentes égalités, on a :
\begin{align*}
2\vv{u}\cdot\vv{v} & = \dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}\|^2-\|\vv{v}\|^2+\|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)\\
& = \dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)\;.
\end{align*}
D'où :
\[
\boxed{\vv{u}\cdot\vv{v}=\dfrac{1}{4}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)}\;.
\]
\end{itemize}
\end{demo}

\begin{exemple}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (2,4) node[above left] {B} -- (6,4) node[above right] {C} -- (4,0) node[below right] {D} -- cycle;
\draw[very thick,red,->,>=latex] (0,0) -- (6,4);
\draw[very thick,blue,->,>=latex,dashed] (2,4) -- (4,0);
\node[below] at (2,0) {10};
\node[below right] at (5,2) {6};
\node[above] at (4,2) {14};
\node[red,above left] at (4,2.5) {$\|\vv{u}+\vv{v}\|$};
\node[blue,above left] at (3.5,.5) {$\|\vv{u}-\vv{v}\|$};
\draw[->,>=latex,thick] (2,4) -- (6,4) node[midway,above] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,thick] (0,0) -- (2,4) node[midway,above left] {$\vv{v}$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{itemize}
\item
$\begin{aligned}[t]
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \frac{1}{2}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}\|^2-\|\vv{v}\|^2\big)\\
& = \frac{1}{2}\big(14^2-10^2-6^2\big)\\
& = 30.
\end{aligned}$

\item
$\begin{aligned}[t]
\vv{u}\cdot\vv{v} & = \frac{1}{4}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)\\
30 & = \frac{1}{4}\big(14^2 - BD^2\big)\\
30\times4 & = 196-BD^2\\
\Rightarrow\ BD &= \sqrt{76}=2\sqrt{19}.
\end{aligned}$
\end{itemize}
\end{minipage}
\end{exemple}

\newpage


\section{Géométrie repérée}

Dans cette section, on rapporte le plan euclidien à un repère \Rij orthonormé.

\subsection{Calcul du produit scalaire}

\begin{prop}
Dans un repère orthonormé \Rij, on considère les vecteurs $\vv{u}\dbinom{x}{y}$ et $\vv{v}\dbinom{x'}{y'}$. Alors,
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=xx'+yy'\;.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
D'après la propriété \ref{prop:identités avec des normes},
\[
\vv{u}\cdot\vv{v} =\dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big).
\]
On sait que :
\[
\|\vv{u}\|^2=x^2+y^2
\]
et
\[
\|\vv{v}\|^2=x'^2+y'^2
\]
car on est dans un repère orthonormé.

De plus, 
\[
\big(\vv{u}-\vv{v}\big)\dbinom{x'-x}{y'-y}
\]
donc :
\begin{align*}
\|\vv{u}-\vv{v}\|^2&=\big(x'-x\big)^2+\big(y'-y\big)^2\\
& = x'^2-2xx'+x^2+y'^2-2yy'+y^2.
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v} &=\dfrac{1}{2}\big(x^2+y^2+x'^2+y'^2-x'^2+2xx'-x^2-y'^2+2yy'-y^2 \big)\\
& = \dfrac{1}{2}\big(2xx'+2yy'\big)\\
& = xx'+yy'\;.
\end{align*}
\end{demo}

\newpage

\begin{exemple}
On pose $\vv{u}\dbinom{5}{-2}$ et $\vv{v}\dbinom{1}{7}$ deux vecteurs d'un repère orthonormé \Rij. Alors,
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v}&=5\times1+(-2)\times7\\
& = 5-14\\
& = -9.
\end{align*}
\end{exemple}

\subsection{Application pour trouver la mesure d'un angle}

Reprenons les vecteurs de l'exemple précédent : $\vv{u}\dbinom{5}{-2}$ et $\vv{v}\dbinom{1}{7}$.

Nous avons vu que :
\[ \vv{u}\cdot\vv{v}=-9.\] 
Or, 
\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v}&=\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\\
& = \sqrt{5^2+(-2)^2}\times\sqrt{1^2+7^2}\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\\
& = \sqrt{29}\times\sqrt{50}\times\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\\
& = 5\sqrt{58}\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big).
\end{align*}
Ainsi,
\[ -9=5\sqrt{58}\cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)\;,\]
soit :
\[ \cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)=-\dfrac{9}{5\sqrt{58}}\approx-0,236351579148 \;.\]
On en déduit alors :
\[ 
\big(\vv{u},\vv{v}\big)\approx104\degres.
\]

\begin{attention}
Certains enseignants mettent en fin de ce chapitre deux théorèmes: le théorème de la médiane et celui d'Al-Kaschi.

J'ai opté pour les mettre dans le chapitre suivant car ce sont deux théorèmes qui sont obtenus par application du produit scalaire.  
\end{attention}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\exercices

\subsection*{Géométrie non repérée}

%%%

\begin{exocor}{QCM}[1]
Pour chacune des questions, une seule des quatre réponses proposées est correcte.

Les questions sont indépendantes.

Aucune justification n'est demandée mais il peut être nécessaire d'effectuer des recherches au brouillon pour aider à déterminer votre réponse.

\begin{enumerate}
\item $ABC$ est un triangle tel que $AB=5$, $AC=6$ et $\angleor{AB}{AC}=\dfrac{\pi}{4}$. Alors, $\prodscal{AB}{AC}$ est égal à:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item \label{prodscalexoqcm1a}$15\sqrt2$.
\item $15\sqrt3$.
\item $\dfrac{15}{2}$.
\item $15$.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item ABCD est un carré de centre O tel que $AB = 1$. Alors, \angleor{AB}{OD} est égal à:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item 1.
\item 0.
\item \label{prodscalexoqcm2c}$-0,5$.
\item $-1$.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item $\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont deux vecteurs orthogonaux tels que $\|\vv{u}\|=2$ et $\|\vv{v}\|=1$. 

$\big(\vv{u}+\vv{v}\big)\cdot\big(2\vv{u}-\vv{v}\big)$ est égal à:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item 6.
\item 9.
\item 13.
\item \label{prodscalexoqcm3d}7.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item Soit $ABCD$ un parallélogramme tel que $AB=3$, $AD=4$ et $\angleor{AD}{AB}=\dfrac{\pi}{3}$. Alors, \prodscal{DA}{DC} est égal à:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item 12.
\item $-12$.
\item 6.
\item \label{prodscalexoqcm4d}$-6$.
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Réponse \ref{prodscalexoqcm1a} En effet,
\begin{align*}
\prodscal{AB}{AC} & = AB \times AC \times \cos\angleor{AB}{AC}\\[6pt]
& = 5\times6\times\cos\dfrac{\pi}{4}\\[6pt]
& = 30\times\dfrac{\sqrt2}{2}\\[6pt]
& = 15\sqrt2.
\end{align*}

\item Réponse \ref{prodscalexoqcm2c} En effet, on a la figure suivante:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (3,0) node[below right] {B} -- (3,3) node[above right] {C} -- (0,3) node[above left] {D} -- cycle;
\draw (0,0) -- (3,3);
\draw (0,3) -- (3,0);
\node[below] at (1.5,1.5) {O};
\draw[very thick,red,->,>=latex] (0,0) -- (3,0);
\draw[very thick,red,->,>=latex] (1.5,1.5) -- (0,3);
\draw[very thick,red,->,>=latex] (0,0) -- (-1.5,1.5) node[midway,above,rotate=-45] {$\vv{OD}$};
\draw[very thick,red,->,>=latex] (0.5,0) arc (0:135:0.5);
\node[red, right] at (0,0.5) {$\frac{3\pi}{2}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Ainsi,
\begin{align*}
\angleor{AB}{OD} & = AB \times OD \times \cos\angleor{AB}{OD}\\
& = 1\times\dfrac{\sqrt2}{2}\times\left(-\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\\
& = -\dfrac{1}{2}\\
& = -0,5.
\end{align*}

\item Réponse \ref{prodscalexoqcm3d} $\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont deux vecteurs orthogonaux (donc $\prodscal{u}{v}=0$) tels que $\|\vv{u}\|=2$ et $\|\vv{v}\|=1$. 

\begin{align*}
\big(\vv{u}+\vv{v}\big)\cdot\big(2\vv{u}-\vv{v}\big)&=2\vv{u}^2-\prodscal{u}{v}+2\prodscal{u}{v}-\vv{v}^2\\
& = 2\|\vv{u}\|^2+\prodscal{u}{v}-\|\vv{v}\|^2\\
& = 2\times2^2 + 0 - 1^2\\
& = 7.
\end{align*}

\newpage

\item Réponse \ref{prodscalexoqcm4d}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left]{A} -- (60:3) node[above left] {B}-- ($(4,0)+(60:3)$) node[above right] {C}-- (4,0) node[below right] {D} -- cycle;
\draw[->,>=latex] (0.5,0) arc(0:60:0.5);
\node[right] at (30:0.6) {$\frac{\pi}{3}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{align*}
\prodscal{DA}{DC} & = -\prodscal{AD}{AB}\\
& = -AD \times AB \times \cos\dfrac{\pi}{3}\\
& = -3\times4\times\dfrac{1}{2}\\
& = -6.
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{projetés orthogonaux et cosinus}[1]
Dans chacun des cas suivants, déterminer le produit scalaire $\vv{u}\cdot\vv{v}$, puis en déduire une valeur approchée de la mesure (en degrés) de l'angle $\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)$.

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item \begin{tikzpicture}[scale=0.8,>=latex,baseline=(current bounding box.west)]
\draw[dashed,gray] (0,0) grid (8,4);
\draw[->] (1,1) -- (5,1) node[midway,below,outer ysep=3pt] {$\vv{u}$};
\draw[->] (1,1) -- (7,3) node[midway,above left] {$\vv{v}$};
\end{tikzpicture}

\columnbreak

\item \begin{tikzpicture}[scale=0.8,>=latex,baseline=(current bounding box.west)]
\draw[dashed,gray] (2,0) grid (10,3);
\draw[->] (6,1) -- (9,1) node[midway,below] {$\vv{u}$};
\draw[->] (6,1) -- (3,2) node[midway,below left] {$\vv{v}$};
\end{tikzpicture}
\end{multicols}

\item \begin{tikzpicture}[scale=0.8,>=latex,baseline=(current bounding box.west)]
\draw[dashed,gray] (0,0) grid (10,3);
\draw[->] (1,1) -- (9,1) node[midway,below,outer ysep=3pt] {$\vv{u}$};
\draw[->] (9,1) -- (3,2) node[midway,above right] {$\vv{v}$};
\end{tikzpicture}
\end{enumerate}
\vspace*{-1.7em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\vv{u}\cdot\vv{v}=4\times6=24$ (avec le projeté orthogonal de $\vv{v}$ sur $\vv{u}$).

On sait de plus que $\vv{u}\cdot\vv{v}=\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)$ ; ainsi,
\[
\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)=\dfrac{24}{\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|}.
\]

On a :
\[
\|\vv{v}\|^2=6^2+2^2=40\qquad\text{soit}\qquad\|\vv{v}\|=2\sqrt{10}.
\]
De plus, $\|\vv{u}\|=4$, donc :
\[
\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)=\dfrac{24}{8\sqrt{10}}=\dfrac{3\sqrt{10}}{10}
\]
et donc :
\[
\boxed{\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)\approx18\degres.}
\]

\item $\vv{u}\cdot\vv{v}=3\times(-3)=-9$.

On sait de plus que $\vv{u}\cdot\vv{v}=\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)$ ; ainsi,
\[
\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)=\dfrac{-9}{\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|}.
\]

On a :
\[
\|\vv{v}\|^2=1^2+3^2=10\qquad\text{soit}\qquad\|\vv{v}\|=\sqrt{10}.
\]
De plus, $\|\vv{u}\|=3$, donc :
\[
\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)=\dfrac{-9}{3\sqrt{10}}=\dfrac{-3\sqrt{10}}{10}
\]
et donc :
\[
\boxed{\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)\approx162\degres.}
\]

\item $\vv{u}\cdot\vv{v}=8\times(-6)=-48$ (les deux vecteurs sont de sens contraires donc leur produit scalaire est négatif).

On sait de plus que $\vv{u}\cdot\vv{v}=\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|\times\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)$ ; ainsi,
\[
\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)=\dfrac{-48}{\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|}.
\]

On a :
\[
\|\vv{v}\|^2=1^2+6^2=37\qquad\text{soit}\qquad\|\vv{v}\|=\sqrt{37}.
\]
De plus, $\|\vv{u}\|=8$, donc :
\[
\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)=\dfrac{-48}{8\sqrt{37}}=\dfrac{-6\sqrt{37}}{37}
\]
et donc :
\[
\boxed{\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)\approx171\degres.}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
$ABCD$ est un rectangle tel que $AB=4$ et $AD=2$. $E$ est le point de $[DC]$ tel que $DE=1$. Les droites $(AE)$ et $(BD)$ se coupent en $H$ et $N$ est le milieu de $[AB]$.

\medskip


\begin{tikzpicture}[baseline=-3em]
\draw (0,0) node[above left] {A} -- (4,0) node[above right] {B} -- (4,-2) node[below right] {C} -- (0,-2) node[below left] {D} -- cycle;
\draw[dashed] (0,-2) -- (4,0);
\draw[dashed] (0,0) -- (1,-2) node[below] {E};
\draw (2,0.1) node[above] {N} -- (2,-0.1);
\node[above] at (0.9,-1.5) {H};
\end{tikzpicture}
\hfill
\begin{minipage}{0.6\linewidth}
\begin{enumerate}
\item Décomposer $\vv{AE}$ et $\vv{BD}$ à l'aide de la relation de Chasles, puis calculer $\prodscal{AE}{BD}$.

Que peut-on conclure quant à $(AE)$ et $(BD)$ ?

\item En calculant de deux façons différentes $\prodscal{BA}{BD}$, trouver $BH$.
\end{enumerate}
\end{minipage}

\begin{enumerate}[start=3]
\item Montrer que $\vv{HA}+\vv{HB}=2\vv{HN}$.

\item Calculer $HA$, puis montrer que $\prodscal{HN}{HA}=\dfrac{8}{5}$.

\item Justifier que $HN=2$.

\item Calculer $\cos\angle{AHN}$ et en déduire une valeur approchée de $\angle{AHN}$ au degré près.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AE}{BD} & = \big(\vv{\text{AD}}+\vv{\text{DE}}\big)\cdot\big(\vv{\text{BC}}+\vv{\text{CD}}\big)\\
& = \prodscal{AD}{BC}+\prodscal{AD}{CD}+\prodscal{DE}{BC}+\prodscal{DE}{CD}\\
& = \prodscal{AD}{AD}+0+0+\prodscal{DE}{CD}\\
& = \|\vv{\text{AD}}\|^2+\|\vv{\text{DE}}\|\times\|\vv{\text{CD}}\|\times\cos\pi\\
& = 4-1\times4\\
\Aboxed{\prodscal{AE}{BD}& = 0}
\end{aligned}$

\uline{On en déduit alors que (AE) et (BD) sont perpendiculaires.}

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{BA}{BD} & = \text{BH}\times\text{BD}\\
& = \text{BH}\times\sqrt{4^2+2^2}\qquad\text{(Théorème de Pythagore dans BAD rectangle en A)}\\
& = \text{BH}\times2\sqrt{5}
\end{aligned}$

De plus, on a aussi :

\medskip

$\begin{aligned}[t]
\prodscal{BA}{BD} & = \text{BA}\times\text{BD}\times\cos\angle{ABD}\\
& = \text{BA}\times\text{BD}\times\dfrac{\text{AB}}{\text{BD}}\qquad\text{(en se plaçant dans le triangle rectangle ABD)}\\
& = \text{AB}^2\\
& = 16.
\end{aligned}$

Finalement, on a donc :
\[
2\sqrt{5}\text{BH}=16\qquad\text{soit}\qquad\boxed{\text{BH}=\dfrac{8\sqrt{5}}{5}}
\]

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{\text{HA}}+\vv{\text{HB}} & =\big(\vv{\text{HN}}+\vv{\text{NA}}\big)+\big(\vv{\text{HN}}+\vv{\text{NB}}\big)\\
& = 2\vv{\text{HN}}+\big(\vv{\text{NA}}+\vv{\text{NB}}\big)\\
& = 2\vv{\text{HN}}+\vv{\text{0}}\qquad\text{(car N est le milieu de [AB])}\\
\Aboxed{\vv{\text{HA}}+\vv{\text{HB}} & = 2\vv{\text{HN}}}
\end{aligned}$

\item\label{q4ex13prodscal} $\begin{aligned}[t]
\text{HA}^2 & = \text{AB}^2-\text{HB}^2\qquad\text{(théorème de Pythagore dans le triangle AHB rectangle en H)}\\[6pt]
\text{HA}^2 & = 16-\dfrac{64}{5}\\[6pt]
\text{HA}^2 & = \dfrac{16}{5}\\[6pt]
\text{HA} & = \dfrac{4}{\sqrt{5}}\\[6pt]
\Aboxed{\text{HA} & = \dfrac{4\sqrt{5}}{5}}
\end{aligned}$

\bigskip

Ainsi,

\begin{align*}
\prodscal{HN}{HA} & = \big(\vv{\text{HA}}+\vv{\text{AN}}\big)\cdot\vv{\text{HA}}\\[6pt]
& = \vv{\text{HA}}^2+\prodscal{AN}{HA}\\[6pt]
& = \dfrac{16}{5}-\prodscal{AN}{AH}\\[6pt]
& = \dfrac{16}{5}-2\times\dfrac{4\sqrt{5}}{5}\times\cos\angle{HAN}\\[6pt]
& = \dfrac{16}{5}-\dfrac{8\sqrt{5}}{5}\times\dfrac{\text{AH}}{\text{AB}}\qquad\text{(dans le triangle HAB rectangle en H)}\\[6pt]
& = \dfrac{16}{5}-\dfrac{8\sqrt{5}}{5}\times\dfrac{4\sqrt{5}}{5}\times\dfrac{1}{4}\\[6pt]
& = \dfrac{16}{5}-\dfrac{8}{5}\\[6pt]
\Aboxed{\prodscal{HN}{HA} & = \dfrac{8}{5}}
\end{align*}

\item Dans le triangle BAH rectangle en H, [HN] est la médiane issue du sommet de l'angle droit, donc :
\[
\text{HN}=\dfrac{1}{2}\text{AB}\qquad\text{soit}\qquad\boxed{\text{HN}=2}
\]

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{HN}{HA} & = \text{HN}\times\text{HA}\times\cos\angle{AHN}\\
\dfrac{8}{5} & = \dfrac{8\sqrt{5}}{5}\cos\angle{AHN}\qquad\text{(d'après la question \ref{q4ex13prodscal})}\\
\cos\angle{AHN} & = \dfrac{\sqrt{5}}{5}\\
\Aboxed{\angle{AHN} & \approx 63\degres}
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
Soit ABCD un carré. On pose :
\begin{itemize}
\item I le milieu de [AB];
\item J le milieu de [AD];
\item K le milieu de [ID].
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Montrer que $\prodscal{DK}{AB}=\dfrac{1}{4}AB^2$.
\item Montrer que (AK) et (BJ) sont perpendiculaires.
\end{enumerate}


\tcblower

Faisons avant tout une figure :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzDefPoint[label=200:A](0,0){A}
\tkzDefPoint[label=-30:B](4,0){B}
\tkzDefPoint[label=30:C](4,4){C}
\tkzDefPoint[label=150:D](0,4){D}
\tkzDefMidPoint(A,B)\tkzGetPoint{I}
\tkzDefMidPoint(A,D)\tkzGetPoint{J}
\tkzDefMidPoint(I,D)\tkzGetPoint{K}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(J,B A,K D,I)
\tkzDrawPoints(I,J,K)
\tkzLabelPoint[left](J){J}
\tkzLabelPoint[below](I){I}
\tkzLabelPoint[above right](K){K}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item Pour calculer \prodscal{DK}{AB}, on peut projeter $K$ sur (AB); on obtient un point $K'$ au milieu de [AI]. Ainsi,
\begin{align*}
\prodscal{DK}{AB} & = AK' \times AB\\
& = \dfrac{1}{2}AI \times AB\\
& = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}AB \times AB\\
& = \dfrac{1}{4}AB^2.
\end{align*} 

\item Démontrer que (AK) et (JB) sont perpendiculaires est équivalent à démontrer que $\prodscal{AK}{BJ}=0$.
\begin{align*}
\prodscal{AK}{BJ} & = \rm\big(\vv{AD}+\vv{DK}\big)\cdot\big(\vv{BA}+\vv{AJ}\big)\\
& = \underbrace{\prodscal{AD}{BA}}_{=\vv{0}} + \prodscal{AD}{AJ} + \prodscal{DK}{BA} + \prodscal{DK}{AJ}\\
& =\rm AD \times AJ -\prodscal{DK}{AB} - \prodscal{DK}{JA}\\
& = \rm \dfrac{1}{2}AD^2 - \dfrac{1}{4}AB^2 - DJ\times JA\\
& = \rm \dfrac{1}{2}AD^2 - \dfrac{1}{4}AD^2 - \dfrac{1}{4}AD^2 = 0.
\end{align*}

\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{distance entre deux projetés orthogonaux}[2]
On considère le rectangle ABCD ci-dessous, ainsi que les points H et K, projetés orthogonaux respectivement des points A et C sur [BD]. On sait que $DC = 7$ et $AD = 3$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) -- (7,0) -- (7,3) -- (0,3) -- cycle;
\draw (0.974789693645493,2.274509285172817) -- (1.2347631670933656,2.1630920822665853) -- (1.346180369999597,2.4230655557144583) -- (1.0862068965517242,2.5344827586206895) -- cycle; 
\draw (6.173766576896148,0.3541000384730792) -- (6.28518377980238,0.6140735119209519) -- (6.025210306354507,0.725490714827183) -- (5.913793103448276,0.46551724137931033) -- cycle; 
\draw (0,0)-- (7,0);
\draw (7,0)-- (7,3);
\draw (7,3)-- (0,3);
\draw (0,3)-- (0,0);
\draw (0,3)-- (7,0);
\draw (1.0862068965517242,2.5344827586206895) -- (0,0);
\draw (7,3)-- (5.913793103448276,0.46551724137931033);
\draw (0,0) circle (0.5pt);
\draw (-0.25,-0.19) node {$A$};
\draw (7,0) circle (0.5pt);
\draw (7.19,-0.15) node {$B$};
\draw   (7,3) circle (0.5pt);
\draw  (7.15,3.27) node {$C$};
\draw  (0,3) circle (0.5pt);
\draw  (-0.25,3.31) node {$D$};
\draw  (1.25,2.7) node {$H$};
\draw  (5.65,0.3) node {$K$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item Exprimer en fonction de HK le produit scalaire \prodscal{AC}{DB} en utilisant les points H et K.
\item En utilisant la relation $\vv{DB}=\vv{DC}+\vv{CB}$, calculer d'une autre manière \prodscal{AC}{DB}.
\item En déduire la valeur exacte de HK.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.7em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AC}{DB} & = \big(\vv{AH}+\vv{HK}+\vv{KC}\big)\cdot\vv{DB}\\
& = \prodscal{AH}{DB}+\prodscal{HK}{DB}+\prodscal{KC}{DB}\\
& = \prodscal{HK}{DB}\\
& = HK \times DB\\
& = HK\times \sqrt{7^2+3^2}\\
\Aboxed{\prodscal{AC}{DB} & = HK\sqrt{58}}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AC}{DB} & = \vv{AC}\cdot\big(\vv{DC} + \vv{CB}\big)\\
& = \prodscal{AC}{DC} + \prodscal{AC}{CB}\\
& = \prodscal{AC}{AB} + \prodscal{AC}{DA}\\
& = AB\times AB - \prodscal{AC}{AD}\\
& = AB^2 - AD^2\\
& = 7^2-3^2\\
\Aboxed{\prodscal{AC}{DB} & = 40}
\end{aligned}$

\item Des deux questions précédentes, on déduit que:
\[
\prodscal{AC}{DB} = 40 = HK\sqrt{58} \Rightarrow \boxed{HK = \dfrac{40}{\sqrt{58}}}
\]
On peut aussi mettre le résultat sous la forme:
\[
HK = \dfrac{40\sqrt{58}}{58}=\dfrac{20\sqrt{58}}{29}.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{applications en sciences physiques}[2]
\begin{enumerate}
\item Deux forces $\vv{F}_1$ et $\vv{F}_2$ sont appliquées en un point $O$, formant un angle de $50^\circ$.

Leur intensité est respectivement de 300 N et 200 N.

Par définition, la résultante est le vecteur $\vv{R}=\vv{F}_1+\vv{F}_2$.

\medskip

Calculer l'intensité de cette résultante.

\item Pour tirer sur 50 mètres une péniche, un cheval exerce une force $\vv{F}$ de \numprint{2000} N au point où est accrochée la corde sur la péniche. La corde fait un angle de $45^\circ$ avec la direction de la péniche.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (img) {
\includegraphics[scale=0.75]{07-peniche.jpg}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\hspace*{2cm}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=latex] (0,0) node[above] {$O$} -- (0,-4) node[below] {$A$} node[midway,right] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex] (0,0) -- (225:3) node[left] {cheval} node[midway,above left] {$\vv{F}$};
\draw (0,-1) arc(-90:-135:1);
\node[below] at (-115:1.2) {$45^\circ$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

On rappelle que le travail d'une force $\vv{F}$ est $W=\vv{F}\cdot\vv{u}$, où $\vv{u}$ est un vecteur représentant le déplacement de l'objet.

\begin{enumerate}
\item Calculer $W$. 
\item Calculer l'intensité de la force que doit exercer un bateau tirant cette même péniche et se déplaçant dans la même direction que celle-ci pour que le travail soit le même.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Illustrons la situation avec un schéma :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth']
\draw[orange,thick,->] (0,0) -- ($(50:2)+(3,0)$) node[midway,above left] {$\vv{R}$};
\fill (0,0) circle (3pt) node[below left] {$O$};
\draw[thick,->] (0,0) -- (3,0) node[midway,below] {$\vv{F}_1$};
\draw[thick,->] (0,0) -- (50:2) node[midway,above left] {$\vv{F}_2$};
\draw[dashed] (50:2) -- ($(50:2)+(3,0)$) node[above right] {$A$} -- (3,0);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Construisons le point $A$ de sorte à former un parallélogramme.

D'après la propriété \ref{prop:identités avec des normes} du cours,
\begin{align*}
\prodscal{F_1}{F_2} 
& = \dfrac{1}{2}\big( \| \vv{F}_1+\vv{F}_2 \|^2 - \| \vv{F}_1 \|^2 - \|\vv{F}_2 \|^2\big)\\
 &= \dfrac{1}{2}\big( \| \vv{R} \|^2 - \| \vv{F}_1 \|^2 - \|\vv{F}_2 \|^2\big)\\
 & = \dfrac{1}{2}\big( \| \vv{R} \|^2 - 300^2-200^2 \big)\\
 & = \dfrac{1}{2}\big(\| \vv{R} \|^2 - \numprint{130000} \big).
\end{align*}

De plus,
\begin{align*}
\prodscal{F_1}{F_2} & = \|\vv{F}_1\| \times \|\vv{F_2}\| \times \cos\angleor{F_1}{F_2}\\
& = 200 \times 300 \times\cos50^\circ\\
& = \numprint{60000}\cos50^\circ.
\end{align*}

Donc :
\[
 \dfrac{1}{2}\big(\| \vv{R} \|^2 - \numprint{130000} \big) = \numprint{60000}\cos50^\circ.
\]
d'où :
\[
\| \vv{R} \|^2 = \numprint{120000}\cos50^\circ+\numprint{130000}
\]
et donc :
\[
\|\vv{R}\| = \sqrt{\numprint{120000}\cos50^\circ+\numprint{130000}}\approx455.
\]
\underline{La résultante à donc une intensité d'environ 455 N.}

\item 
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
W & = \vv{F}\cdot\vv{u}\\
& = \|\vv{F}\| \times \|\vv{u}\| \times \cos\big(\vv{F},\vv{u}\big)\\
& = \numprint{2000} \times 50 \times \cos45^\circ\\
& = \numprint{50000}\sqrt{2}\\
& \approx \numprint{70711}\text{ J}.
\end{aligned}$

\underline{Le travail de la force est alors égal à \numprint{70711} Joules.}

\item Notons $\vv{F'}$ la force exercée par un bateau se déplaçant dans la même direction que la péniche. On veut alors :
\begin{align*}
\vv{F'}\cdot\vv{u}=\numprint{70711} & \iff \|\vv{F'}\| \times 50 \times\cos\angleor{F'}{u} = \numprint{70711}\\
& \iff \|\vv{F'}\|=\dfrac{\numprint{70711}}{50}\approx\numprint{1414}
\end{align*}
\underline{L'intensité de la force du bateau doit donc être environ égale à \numprint{1414} N.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{avec la formule des normes}[2]
On considère la figure suivante:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (4,0) node[below right] {B} -- (5,2) node[above right] {C} -- (1,2) node[above left] {D} -- cycle;
\draw (0,0) -- (5,2) node[midway,above,rotate=30] {6};
\node[below] at (2,0) {4};
\node[below right] at (4.5,1) {3};
\end{tikzpicture}
\end{center}

ABCD est un parallélogramme tel que $AB=4$, $BC=3$ et $AC=6$.

\medskip

Calculer $\prodscal{AB}{AC}$.

\tcblower

D'après le cours,
\begin{align*}
\prodscal{AB}{AC} & = \dfrac{1}{2}\left(\|\vv{AB}\|^2 + \|\vv{AC}\|^2 - \|\vv{AB}-\vv{AC}\|^2\right)\\
& = \dfrac{1}{2}\left( 4^2 + 6^2 - \|\vv{CB}\|^2 \right)\\
& = \dfrac{1}{2}(16+36-9) = \boxed{ \dfrac{43}{2} }
\end{align*}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{avec les normes}[2]
\begin{enumerate}
\item Soit $ABCD$ un parallélogramme tel que $AB=5$, $AD=3$ et $AC=6$.
\begin{enumerate}
\item Calculer $\prodscal{AB}{AD}$.
\item En déduire la valeur approchée à l'unité de la mesure de l'angle $\angle{DAB}$.
\end{enumerate}

\item Soit $EFGH$ un parallélogramme tel que $EF=6$, $EH=FH=5$.
\begin{enumerate}
\item Calculer \prodscal{EF}{EH}.
\item En déduire la valeur approchée à l'unité de la mesure de l'angle \angle{FEH}.
\end{enumerate}

\item Soit $IJKL$ un parallélogramme tel que $IK=8,5$ et $JL=5$.
\begin{enumerate}
\item Calculer \prodscal{IJ}{IL}.
\item Montrer que $\prodscal{IJ}{IK}=\rm IJ^2+\dfrac{189}{16}$.
\item En déduire que $\rm IJ^2 - 8,5\cos\angleor{IJ}{IK}IJ + \dfrac{189}{16}=0$.
\item En déduire que $\cos^2\angleor{IJ}{IK}\geqslant\dfrac{189}{289}$.
\item En déduire un encadrement approximatif (à l'unité près) de $\angleor{IJ}{IK}$ en degrés.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $ABCD$ est un parallélogramme tel que $AB=5$, $AD=3$ et $AC=6$.
\begin{enumerate}
\item Dans cette question, nous allons nous servir de la propriété \ref{prop:identités avec des normes}.
\begin{align*}
\prodscal{AB}{AD} & = \dfrac{1}{2}\Big(\|\vv{AB}+\vv{AD}\|^2-\|\vv{AB}\|^2-\|\vv{AD}\|^2 \Big)\\
& = \dfrac{1}{2}\Big(\|\vv{AC}\|^2-\|\vv{AB}\|^2-\|\vv{AD}\|^2 \Big)\\
& = \dfrac{1}{2}(6^2-5^2-3^2) = 1.
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AB}{AD} & = AB \times AD \times \cos\angleor{AB}{AD}\\
1 & = 5\times3\times\cos\angleor{AB}{AD}\\
\cos\angleor{AB}{AD} & = \dfrac{1}{15}\\
\Aboxed{\angleor{AB}{AD} & \approx 86^\circ}
\end{aligned}$
\end{enumerate}

\item $EFGH$ est un parallélogramme tel que $EF=6$, $EH=FH=5$.
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{EF}{EH} & = \dfrac{1}{2}\Big(\|\vv{EF}\|^2+\|\vv{EH}\|^2-\|\vv{EF}-\vv{EH}\|^2 \Big)\\
& = \dfrac{1}{2}\Big(\|\vv{EF}\|^2+\|\vv{EH}\|^2-\|\vv{HF}\|^2 \Big)\\
& = \dfrac{1}{2}(6^2+5^2-5^2)\\
\Aboxed{\prodscal{EF}{EH} & = 18}
\end{aligned}$

\item  $\begin{aligned}[t]
\prodscal{EF}{EH} & = EF \times EH \times \cos\angleor{EF}{EH}\\
18 & = 6\times5\times\cos\angleor{EF}{EH}\\
\cos\angleor{EF}{EH} & = \dfrac{18}{30}\\
\angleor{EF}{EH} & \approx 53^\circ.
\end{aligned}$
\end{enumerate}

\item $IJKL$ est un parallélogramme tel que $IK=8,5$ et $JL=5$.
\begin{enumerate}
\item Dans cette question, on va toujours utiliser la propriété \ref{prop:identités avec des normes}, mais pas la même égalité.
\begin{align*}
\prodscal{IJ}{IL} & = \dfrac{1}{4}\Big(\|\vv{IJ}+\vv{IL}\|^2-\|\vv{IJ}-\vv{IL}\|^2 \Big)\\
& = \dfrac{1}{4}\big( \|\vv{IK}\|^2-\|\vv{LJ}\|^2 \big)\\
& = \dfrac{1}{4}\big(8,5^2-5^2\big)\\
\Aboxed{\prodscal{IJ}{IL} & = \dfrac{189}{16}}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{IJ}{IK} & = \vv{IJ}\cdot\big(\vv{IJ}+\vv{IL}\big)\\
& = \prodscal{IJ}{IJ} + \prodscal{IJ}{IL}\\
& = IJ^2 + \dfrac{189}{16}.
\end{aligned}$

\item Par définition,
\[
\prodscal{IJ}{IK}=\|\vv{IJ}\| \times \|\vv{IK}\| \times \cos\angleor{IJ}{IK} = 8,5\times IJ \times \cos\angleor{IJ}{IK}.
\]
D'après la question précédente, ce même produit scalaire est égal à $IJ^2 + \dfrac{189}{16}$, donc
\[
IJ^2 + \dfrac{189}{16} = 8,5\times IJ \times \cos\angleor{IJ}{IK}\;,
\]
c'est-à-dire :
\[
\boxed{IJ^2 - 8,5\cos\angleor{IJ}{IK}IJ + \dfrac{189}{16}=0}\tag{E}
\]

\item L'équation $(E)$ est une équation quadratique d'inconnue $IJ$ qui admet au moins une solution (car le parallélogramme existe) donc son discriminant doit être supérieur ou égal à 0 :
\[
\big[8,5\cos\angleor{IJ}{IK}\big]^2-4\times1\times\dfrac{189}{16}\geqslant0
\]
soit :
\[
\cos^2\angleor{IJ}{IK}\geqslant\dfrac{189}{4}\times\dfrac{1}{8,5^2}
\]
et donc :
\[
\boxed{\cos^2\angleor{IJ}{IK}\geqslant \dfrac{189}{289}}
\]

\item D'après la question précédente, $\cos^2\angleor{IJ}{IK}\geqslant \dfrac{189}{289}$. 

Comme $0\leqslant \angleor{IJ}{IK} < 90^\circ$ (comme angle formé par un côté et une diagonale d'un parallélogramme), on en déduit que $\cos\angleor{IJ}{IK}>0$, d'où :
\[
\cos\angleor{IJ}{IK}\geqslant \sqrt{\dfrac{189}{289}}.
\]
Regardons sur le cercle trigonométrique ce que signifie l'inégalité $\cos\alpha\geqslant\lambda$ :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.25]
\draw (0,0) circle (3cm);
\draw (0,-3) -- (0,3);
\draw (-3,0) -- (3,0);
\draw[very thick,orange] ({3*sqrt(3)/2},0) node[below left] {$\lambda$}  -- (3,0);
\draw[very thick,orange] (-30:3) arc(-30:30:3cm);
\draw[dashed,orange] (-30:3) -- (30:3);
\draw[violet] (0,0) -- (-30:3);
\draw[violet] (0,0) -- (30:3);
\draw[violet] (-30:1) arc(-30:30:1);
\node[violet] at (5:1.2) {$\alpha$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
À la calculatrice, on trouve que l'angle positif dont le cosinus est égal à $\sqrt{\dfrac{189}{289}}$ est à peu près $36^\circ$.

\medskip

Ainsi, on a :

\[
\boxed{0\leqslant\angleor{IJ}{IK}\leqslant36^\circ}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{ensemble de points}[2]
Soit ABCD un carré de centre O tel que $\rm AB = 2$. On pose I le milieu de [AB].
\begin{enumerate}
\item Démontrer que l'ensemble des points M tels que $\prodscal{AB}{AM}=2$ est la droite (OI).
\item 
\begin{enumerate}
\item Montrer que, quel que soit le point M du plan, $\prodscal{MA}{MB}=\rm MI^2-1$.
\item Quel est l'ensemble des points M tels que $\prodscal{MA}{MB}=4$ ?
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

Faisons une figure avant tout.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (2,0) node[below right] {B} -- (2,2) node[above right]{C} -- (0,2) node[below left] {D} -- cycle;
\draw [dashed] (0,0) -- (2,2);
\draw [dashed] (0,2) -- (2,0);
\node[above] at (1,1) {O};
\fill (1,0) circle (1pt) node[below] {I};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item Soit M un point quelconque du plan. Notons H son projeté orthogonal sur (AB).
\begin{align*}
\prodscal{AB}{AM}=2 & \iff \rm AB \times AH = 2\\
& \iff \rm AH = 1.
\end{align*}
Donc $\rm H\in[AB)$ (car le produit scalaire est positif) et H est confondu avec I, ce qui signifie que M est sur la droite perpendiculaire à (AB) passant par I.

\medskip

\underline{M est donc sur (OI)}. 

\item 
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{MA}{MB} & = \big(\vv{\rm MI}+\vv{\rm IA}\big)\cdot\big(\vv{\rm MI}+\vv{\rm IB}\big)\\
& = \prodscal{MI}{MI} + \prodscal{MI}{IB} + \prodscal{IA}{MI} + \prodscal{IA}{IB}\\
& =\rm MI^2 + \vv{\rm MI}\cdot\underbrace{\big(\vv{\rm IB} + \vv{\rm IA}\big)}_{=\vv{0}} + IA \times IB \times\cos\angleor{IB}{IA}\\
\Aboxed{\prodscal{MA}{MB}& = \rm MI^2- 1}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{MA}{MB}=4 & \iff \rm MI^2-1 = 4\\
& \iff \rm MI^2=5\\
& \iff \rm IM = \sqrt5.
\end{aligned}$

Ainsi, l'ensemble des points M tels que $\prodscal{MA}{MB}=4$ est le cercle de centre I et de rayon $\sqrt{5}$.

Or, $\rm IB = 1$ et $\rm BC = 2$ donc on s'aperçoit que $\rm IC^2=1^2+2^2=5$ et donc que $\rm IC = \sqrt{5}$.

\medskip

\uline{Par conséquent, l'ensemble des points M tels que $\prodscal{MA}{MB}=4$ est le cercle de centre I passant par C.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{lignes de niveau}[2]
On considère deux points A et B tels que $\rm AB = 6$, ainsi que I le milieu de [AB]. 

On pose ${\cal E}_k$ l'ensemble des points M tel que $\prodscal{MA}{MB}=k$, où $k\in\R$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout point M du plan, $\rm\prodscal{MA}{MB}=MI^2-9$.
\item En déduire $\mathcal{E}_{16}$.
\item Pour quelles valeurs de $k$ l'ensemble $\mathcal{E}_k$ est-il réduit à l'ensemble vide ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{MA}{MB} & = \big(\vv{\rm MI}+\vv{\rm IA}\big)\cdot\big(\vv{\rm MI}+\vv{\rm IB}\big)\\
& = \prodscal{MI}{MI} + \prodscal{MI}{IB}  +  \prodscal{IA}{MI}+ \prodscal{IA}{IB}\\
& = \rm MI^2 + \vv{\rm MI}\cdot\underbrace{\big(\vv{\rm IB}+\vv{\rm IA}\big)}_{=\vv{0}} + IA \times IB \times\cos\angleor{IA}{IB}\\
& \rm = MI^2+3\times3\times\cos\pi\\
\Aboxed{\prodscal{MA}{MB} & = \rm MI^2-9}
\end{aligned}$

\item  $\mathcal{E}_{16}$ est l'ensemble des points M tels que $\prodscal{MA}{MB}=16$, c'est-à-dire, d'après la question précédente :
\[
\rm MI^2-9=16\qquad\text{soit}\qquad MI^2=16+9=25\text{ et donc }MI = 5.
\]
\underline{Ainsi, $\mathcal{E}_{16}$ est le cercle de centre I et de rayon 5.}

\item $\mathcal{E}_k=\varnothing$ s'il n'existe pas de points M vérifiant l'égalité :
\[
\rm MI^2-9 = k\qquad\text{soit}\qquad MI^2=k+9.
\]
Ceci est le cas si $k+9<0$ (car un carré est toujours positif ou nul), ce qui implique que $k<-9$. \underline{Ainsi, pour $k<-9$, $\mathcal{E}_k=\varnothing$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%
\enlargethispage*{5em}
\begin{exocor}{prendre des initiatives}[2]
\begin{minipage}{4cm}
\begin{tikzpicture}[scale=0.5]
\draw (0,0) node[above left] {A} -- (4,0) node[above right] {B} -- (4,-4) node[below right] {C} -- (0,-4) node[below left] {D} -- (0,0);
\draw (3,-0.1) -- (3,0.1) node[above] {J};
\draw (2,-3.9) -- (2,-4.1) node[below] {I};
\draw (0,-4) -- (3,0);
\draw (2,-4) -- (0,0);
\coordinate (I) at (2,-4);
\coordinate (J) at (3,0);
\coordinate (O) at (1.2,-2.4);
%\fill (O) circle (2pt);
\pic[draw, angle radius=5mm, pic text=$\theta$, pic text options={xshift=5mm, yshift=0mm}] {angle = I--O--J}; 
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-4cm}
ABCD est un carré. I est le milieu de [AB] et J est tel que $\vv{AJ}=\dfrac{3}{4}\vv{AB}$.

\medskip

Calculer l'angle $\big(\vv{AI},\vv{DJ}\big)$.

\vspace*{1.5cm}
\end{minipage}
\vspace*{-1.7em}

\tcblower

Dès lors que nous souhaitons calculer la mesure d'un angle, le produit scalaire peut nous être utile. Exprimons alors $\prodscal{AI}{DJ}$ de deux manières différentes.

\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AI}{DJ} & = \big(\vv{AD} + \vv{DI}\big) \cdot \big(\vv{DA} + \vv{AJ}\big)\\
& = \prodscal{AD}{DA} + \prodscal{AD}{AJ} + \prodscal{DI}{DA} + \prodscal{DI}{AJ}\\
& = -AD^2 + 0 + 0 + DI\times AJ\\
& = -AD^2 + \dfrac{1}{2}AD \times \dfrac{3}{4}AD\\
& = -AD^2 + \dfrac{3}{8}AD^2\\
& = -\dfrac{5}{8}AD^2.\qquad(1)
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AI}{DJ} & = AD \times DJ \times \cos\theta\\
& = \sqrt{DI^2+DA^2} \times \sqrt{AJ^2+AD^2} \times\cos\theta\\
& = \sqrt{\dfrac{1}{4}DA^2+DA^2} \times \sqrt{\dfrac{9}{16}DA^2+DA^2}\times\cos\theta\\
& = \sqrt{\dfrac{5}{4}DA^2} \times \sqrt{\dfrac{25}{16}DA^2} \times \cos\theta\\
& = \dfrac{5\sqrt5}{8}AD\cos\theta\qquad(2)
\end{aligned}$
\end{itemize}
Des égalités (1) et (2), on peut alors déduire:
\[
-\dfrac{5}{8}AD^2 = \dfrac{5\sqrt5}{8}AD\cos\theta \qquad\text{soit}\qquad \cos\theta = -\dfrac{1}{\sqrt5}.
\]
Ainsi,
\[
\theta = \arccos\left(\dfrac{1}{\sqrt5}\right) \approx 117^\circ.
\]
\end{exocor}


%%% NEW 2022
\newpage
\begin{exocor}{à l'aide d'une formule de trigonométrie}[3]
Dans un vieux grimoire, on trouve la formule magique suivante:
\[ 
\cos(a+b) = \cos(a)\cos(b) - \sin(a)\sin(b).
\]
À l'aide de cette formule, donner la valeur exacte de \prodscal{BD}{BA}.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw [shift={(5,0)}] (0,0) -- (119.0362434679265:0.9) arc (119.0362434679265:149.03624346792648:0.9) -- cycle;
\draw (2.178098575555627,4.209141521821144) -- (2.3840205631955795,3.838201991700114) -- (2.7549600933166105,4.044123979340066) -- (2.549038105676658,4.415063509461097) -- cycle; 
\draw(0.42426406871192857,0) -- (0.4242640687119286,0.42426406871192857) -- (0,0.42426406871192857) -- (0,0) -- cycle; 
\draw (0,3)-- (2.549038105676658,4.415063509461097);
\draw (2.549038105676658,4.415063509461097)-- (5,0);
\draw (0,0)-- (0,3);
\draw (0,0)-- (5,0);
\draw  (5,0)-- (0,3);
\draw (-0.17,-0.11) node {$A$};
\draw (5.19,-0.11) node {$B$};
\draw (-0.29,3.31) node {$C$};
\draw (4.07,0.95) node {$30^\circ$};
\draw (2.71,4.69) node {$D$};
\draw(-0.37,1.51) node {3};
\draw(2.57,-0.25) node {5};
\draw (2.35,2.09) node {$\sqrt{34}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\tcblower

Nous savons que:

\[
\prodscal{BD}{BA} = BD \times BA \times \cos\angle{DBA}.
\]

Notons $\alpha=\angle{CBA}$.

Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$, on a :
\[
\cos(\alpha)=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{5}{\sqrt{}34}
\qquad \text{et}\qquad
\sin(\alpha) = \dfrac{AC}{BC}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}.
\]
D'après la formule donnée dans l'énoncé (qui, soit-dit en passant, n'a rien de magique!),
\begin{align*}
\cos\angle{DBA} & = \cos\big(30^\circ + \alpha\big)\\
& = \cos(30^\circ)\cos(\alpha) - \sin(30^\circ)\sin(\alpha)\\
& = \dfrac{\sqrt3}{2}\times\dfrac{5}{\sqrt{34}} - \dfrac{1}{2}\times\dfrac{3}{\sqrt{34}}\\
& = \dfrac{5\sqrt3-3}{2\sqrt{34}}.
\end{align*}
De plus, dans le triangle $BDC$ rectangle en $D$,
\[
\underbrace{\cos(30^\circ)}_{=\frac{1}{2}} = \dfrac{BD}{BC}=\dfrac{BD}{\sqrt{34}} \iff BD = \dfrac{\sqrt{34}}{2}.
\]
Ainsi, 
\begin{align*}
\prodscal{BD}{BA} = \dfrac{\sqrt{34}}{2} \times 5 \times \dfrac{5\sqrt3-3}{2\sqrt{34}}\\[8pt]
\Aboxed{\prodscal{BD}{BA} = \dfrac{25\sqrt3-15}{4}}.
\end{align*}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{puissance d'un point par rapport à un cercle}[3]
Dans le plan, on considère un point $M$ et un cercle $\Gamma$, de centre $O$ et de rayon $r$.

Soit $d$ une droite passant par $M$ et coupant $\Gamma$ en deux points $A$ et $B$.

On appelle \textit{puissance de $M$ par rapport à $\Gamma$} le nombre : $\rm\mathcal{P}_\Gamma(M)=OM^2-r^2$.

\begin{enumerate}
\item En considérant le projeté orthogonal de $O$ sur $(AB)$, c'est-à-dire le point $H$ de $(AB)$ tel que $(OH)\perp(AB)$, montrer que :
\begin{itemize}
\item si $M$ est à l'extérieur de $\Gamma$ alors $MA \times MB = \mathcal{P}_\Gamma(M)$;
\item sinon, $MA \times MB = -\mathcal{P}_\Gamma(M)$
\end{itemize}

\item On considère un cercle $\Gamma^\prime$, de centre $O^\prime$ distinct de $O$, et de  rayon $r^\prime$. Soit $M$ un point tel que $\mathcal{P}_\Gamma(M) = \mathcal{P}_{\Gamma^\prime}(M)$.

\begin{enumerate}
\item Soient $K$ le projeté orthogonal de $M$ sur $(OO')$ et $I$ le milieu de $[OO']$.

Après avoir justifié que $r^2-r'^2=MO^2-MO'^2$, montrer que $r^2-r'^2=2\prodscal{OO'}{IK}$.

\item Déterminer alors l'ensemble des points $M$.

Cet ensemble est appelé l'\textit{axe radical des deux cercles}.
\end{enumerate}

\item Soit $\Gamma''$ un troisième cercle de centre $O''$ tel que $O''$ n'appartient pas à $(OO')$.

Montrer que les trois axes radicaux sont concourants en vous aidant de la notion de puissance d'un point par rapport à un cercle.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On considère le point H, projeté orthogonal de O sur (AB).

\medskip

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.9]
\tkzInit[xmax=10,ymax=7]
\tkzDefPoint[label=-60:O](5,3){O}
\tkzDefPoint(2.7,3.5){A}
\tkzDefPoint[label=100:M](1,2){M}
\tkzDrawPoint[shape=cross out](O)
\tkzDrawPoint[shape=cross out](M)
\tkzDefCircle[radius](O,A)
\tkzDrawCircle(O,A)
\tkzDefLine(M,A)
\tkzInterLC(M,A)(O,A)\tkzGetPoints{B}{A}
\tkzDrawLine(M,A)
\tkzDrawPoints(A,B)
\tkzDefPointBy[projection=onto B--A](O) \tkzGetPoint{H}
\tkzDrawPoint(H)\tkzLabelPoints[above left](A,B)
\tkzDrawSegment[style=dashed](O,H)\tkzLabelPoints[below](H)
\end{tikzpicture}
\end{center}

\medskip

Ainsi, H est le milieu de [AB] (car AOB est isocèle en O et dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principale est la médiatrice du côté opposé). Donc :
\[
\vv{\text{HB}}=-\vv{\text{HA}}
\]

Nous allons calculer $\prodscal{MA}{MB}$ :
\begin{align*}
\prodscal{MA}{MB} & = \big(\vv{\text{MH}}+\vv{\text{HA}}\big)\cdot\big(\vv{\text{MH}}+\vv{\text{HB}}\big)\\
& = \big(\vv{\text{MH}}+\vv{\text{HA}}\big)\cdot\big(\vv{\text{MH}}-\vv{\text{HA}}\big)\\
& = \rm MH^2-HA^2
\end{align*}

Or, d'après le théorème de Pythagore,
\[
\rm MH^2=OM^2-OH^2\qquad \text{et}\qquad HA^2=OA^2-OH^2=r^2-OH^2
\]
donc :
\begin{align*}
\prodscal{MA}{MB} 
& = \rm MH^2-HA^2\\
& = \rm OM^2-OH^2-r^2+OH^2\\
& = \rm OM^2-r^2\\
& = \rm\mathcal{P}(M)
\end{align*}
Ainsi, 
\begin{itemize}
\item si M est à l'extérieur du cercle,
\[
\rm\prodscal{MA}{MB}=MA\times MB=\mathcal{P}(M)
\]
car A et B sont du même côté par rapport à M.

\item Si M est à l'intérieur du cercle,
\[
\rm\prodscal{MA}{MB}=-MA\times MB=\mathcal{P}(M)
\]
car A et B sont de part et d'autre de M.
\end{itemize}

\item Avant tout, faisons un schéma :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\clip (0,-2.5) rectangle (12.5,3.5);
\tkzDefPoint[label=-60:O](10,0){O}
\tkzDefPoint[label=200:O'](2,0){O'}
\tkzDefPoint[label=90:M](4,3){M}
\tkzDrawPoint[shape=cross out](O)
\tkzDrawPoint[shape=cross out](O')
\tkzDrawPoint[shape=cross out](M)
\tkzDefPoint(0.5,0){A}
\tkzDefCircle[radius](O',A)
\tkzDrawCircle(O',A)
\tkzDefPoint(12,0){B}
\tkzDefCircle[radius](O,B)
\tkzDrawCircle(O,B)
\tkzDefPointBy[projection=onto O'--O](M) \tkzGetPoint{K}
\tkzDefMidPoint(O,O')\tkzGetPoint{I}
\tkzDrawPoint(I)\tkzDrawPoint(K)\tkzLabelPoints[below](K,I)
\tkzDrawSegment[style=dashed](M,K)
\tkzDrawSegments(O,O' M,O M,O')
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item M est tel que $\rm\mathcal{P}_\Gamma(M) = \mathcal{P}_{\Gamma^\prime}(M)$ donc, d'après la question précédente,
\begin{align*}
\rm\mathcal{P}_\Gamma(M) = \mathcal{P}_{\Gamma^\prime}(M) & \Longleftrightarrow \text{OM}^2-r^2={\rm O'M}^2-r'\\
& \Longleftrightarrow {\rm OM^2-O'M^2}=r^2-r'^2
\end{align*}

Ainsi, $\begin{aligned}[t]
r-r'^2 & = \rm MO^2-MO'^2\\
& = \vv{\text{MO}}^2-\vv{\text{MO'}}^2\\
& = \rm\big(\vv{\text{MO}}+\vv{\text{MO'}}\big)\cdot\big(\vv{\text{MO}}-\vv{\text{MO'}}\big)\\
& = 2\prodscal{MI}{O'O}\\
& = 2\prodscal{KI}{O'O}\text{ car K est le projeté orthogonal de M sur (OO')}\\
\Aboxed{r-r' & = 2\prodscal{OO'}{IK}}
\end{aligned}$

\item Il existe un unique point K tel que :
\[
2\prodscal{OO'}{IK}=r^2-r'^2
\]
D'après la question précédente, l'ensemble des points M ayant les mêmes puissances par rapport aux deux cercles est la droite perpendiculaire à (OO') passant par K.

\newpage
\item Notons :
\begin{itemize}
\item $d_1$ l'axe radical de $\Gamma$ et $\Gamma'$;
\item $d_2$ l'axe radical de $\Gamma$ et $\Gamma''$;
\item $d_3$ l'axe radical de $\Gamma'$ et $\Gamma''$.
\end{itemize}
$\rm O''\notin (OO')$ donc $d_1$ et $d_2$ sont sécantes. Appelons J leur intersection. Par définition des deux droites,
\[
\rm\mathcal{P}_\Gamma(J)=\mathcal{P}_{\Gamma'}(J) \qquad\text{et}\qquad \mathcal{P}_\Gamma(J)=\mathcal{P}_{\Gamma''}(J)
\]
Ainsi, $\mathcal{P}_{\Gamma'}(J)=\mathcal{P}_{\Gamma'}(J)$, et donc ${\rm J}\in d_3$.

J est donc le point de concours de $d_1$, $d_2$ et $d_3$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsection*{Géométrie repérée}
\enlargethispage*{5em}

%%%

\begin{exocor}{QCM}[1]
Pour chacune des questions, une seule des quatre réponses proposées est correcte.

Les questions sont indépendantes.

Aucune justification n'est demandée mais il peut être nécessaire d'effectuer des recherches au brouillon pour aider à déterminer votre réponse.

\begin{enumerate}
\item Soit $ABCD$ un carré de côté 6 et $I$ le milieu de $[BC]$. Alors, le produit scalaire \prodscal{AD}{AI} vaut:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item \label{prodscalexoqcm2q1a}$-18$.
\item 18.
\item 36.
\item $9\sqrt5$.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item On considère un rectangle $ABCD$ tel que $AB=3$ et $AD=2$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[above left] {A} -- (3,0) node[above right] {B} node[midway,above] {3} -- (3,-2) node[below right] {C} -- (0,-2) node[below left] {D} -- (0,0) node[midway,left] {2};
\draw (0,0) -- (3,-2);
\draw (0,-2) -- (3,0);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Alors, le produit scalaire \prodscal{AC}{DB} vaut:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item 0.
\item \label{prodscalexoqcm2q2b}5.
\item 6.
\item $-6$.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item $EFG$ est un triangle tel que $EF=8$, $FG=5$ et $\angle{EFG}=\dfrac{3\pi}{4}$. Alors, \prodscal{FE}{FG} est égal à:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $20\sqrt2$.
\item  \label{prodscalexoqcm2q3b}$-20\sqrt2$.
\item $20\sqrt3$.
\item $-20\sqrt3$.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item Soit $ABC$ un triangle tel que $AB= 6$, $AC= 3$ et $\angle{BAC}=\dfrac{\pi}{3}$.
\begin{enumerate}
\item \label{prodscalexoqcm2q4a}$\prodscal{AB}{AC}=9$.
\item $\prodscal{AB}{AC}=18$.
\item $\prodscal{AB}{AC}=9\sqrt3$.
\item les données sont insuffisantes pour calculer \prodscal{AB}{AC}.
\end{enumerate}

\item Soit $x$ un nombre réel. Dans un repère orthonormé, les vecteurs $\vv{u}\coord{-x+4}{7}$ et $\vv{v}\coord{9}{2x-5}$ sont orthogonaux lorsque $x$ est égal à :
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $\dfrac{1}{5}$.
\item 10.
\item \label{prodscalexoqcm2q5c}$-\dfrac{1}{5}$.
\item 6.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item Soient $\vv{u}$ et $\vv{v}$ deux vecteurs. On peut affirmer que:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\prodscal{u}{v}=0$.
\item $\prodscal{u}{v}=-\prodscal{v}{u}$.
\item $\prodscal{u}{u}=\dfrac{1}{2}\|\vv{u}\|^2$.
\item \label{prodscalexoqcm2q6d}$\|\vv{u}+\vv{v}\|^2=\|\vv{u}\|^2+\|v\|^2+2\prodscal{u}{v}$.
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Réponse \ref{prodscalexoqcm2q1a}

\begin{minipage}{0.4\linewidth}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (3,0) node[below right] {B} node[midway,below] {6} -- (3,3) node[above right] {C} -- (0,3) node[above left] {D} -- cycle;
\fill (3,1.5) circle (2pt) node[right] {$I$};
\draw[very thick,red,->,>=latex] (0,0) -- (0,3);
\draw[very thick,red,->,>=latex] (0,0) -- (3,1.5);
\draw[very thick,red,->,>=latex] (0,0.5) arc (90:30:0.5);
\node[red, above] at (48:0.5) {?};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.6\linewidth}
Dans le triangle $ABI$ rectangle en $B$, 
\[\cos\angle{I}=\dfrac{IB}{AI}=\dfrac{3}{\sqrt{6^2+3^2}}=\dfrac{3}{\sqrt{45}}=\dfrac{\sqrt5}{5}.
\]
Or, $\angle{AIB}=\angle{DAI}$ (angles alternes-internes formé par deux droites parallèles et une sécante). 
\end{minipage}

\medskip

Donc:
\begin{align*}
\prodscal{AD}{AI} & = AD \times AI \times \cos\angleor{AD}{AI}\\
& = 6\times\sqrt{45}\times\left(-\dfrac{\sqrt5}{5}\right)\\
& = -18.
\end{align*}

\item Réponse \ref{prodscalexoqcm2q2b} En effet,
\begin{align*}
\prodscal{AC}{DB} & = \left(\vv{AB}+\vv{BC}\right)\cdot\left(\vv{AB}-\vv{BC}\right)\\
& = \vv{AB}^2-\vv{BC}^2\\
& = 3^2-2^2\\
& = 5.
\end{align*}

\item Réponse \ref{prodscalexoqcm2q3b} En effet,

\begin{align*}
\prodscal{FE}{FG} & = FE \times FG \times \cos\angleor{FE}{FG}\\
& = 8\times 5 \times\cos\dfrac{3\pi}{4}\\
& = 40\times \left(-\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\\
& = -20\sqrt2.
\end{align*}

\item Réponse \ref{prodscalexoqcm2q4a} En effet, $ABC$ est un triangle tel que $AB= 6$, $AC= 3$ et $\angle{BAC}=\dfrac{\pi}{3}$. D'où:
\begin{align*}
\prodscal{AB}{AC} & = AB \times AC \times \cos\angle{BAC}\\
& = 6\times3\times\cos\dfrac{\pi}{3}\\
& = 18\times\dfrac{1}{3}\\
& = 9.
\end{align*}

\item Réponse \ref{prodscalexoqcm2q5c} En effet, dans un repère orthonormé, les vecteurs $\vv{u}\coord{-x+4}{7}$ et $\vv{v}\coord{9}{2x-5}$ sont orthogonaux lorsque:
\begin{align*}
\prodscal{u}{v}=0 & \iff 9(-x+4)+7(2x-5)=0\\
& \iff -9x+36+14x-35=0\\
& \iff 5x=-1\\
& \iff x = -\dfrac{1}{5}.
\end{align*}

\item Réponse \ref{prodscalexoqcm2q6d} C'est du cours.
\end{enumerate}
\end{exocor}



%%%

\begin{exocor}{calcul de produits scalaires}[1]
Dans chacun des cas suivants, déterminer le produit scalaire $\vv{u}\cdot\vv{v}$, puis en déduire l'angle $\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)$.

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\vv{u}\dbinom{-1}{2}$ et $\vv{v}\dbinom{3}{-5}$.
\item $\vv{u}\dbinom{3}{4}$ et $\vv{v}\dbinom{5}{6}$.
\item $\vv{u}\dbinom{0}{2}$ et $\vv{v}\dbinom{-1}{5}$.
\item $\vv{u}\dbinom{2}{0}$ et $\vv{v}\dbinom{-1}{5}$.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\vv{u}\dbinom{-1}{2}$ et $\vv{v}\dbinom{3}{-5}$.
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=xx'+yy'=(-1)\times3+2\times(-5)=-13.
\]

Ainsi,

\[
\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)=\dfrac{\vv{u}\cdot\vv{v}}{\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|}=\dfrac{-13}{\sqrt{5}\times\sqrt{34}}=\dfrac{-13}{\sqrt{170}}\;,
\]

soit :

\[
\boxed{\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)\approx177\degres.}
\]

\item $\vv{u}\dbinom{3}{4}$ et $\vv{v}\dbinom{5}{6}$.
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=xx'+yy'=3\times5+4\times6=39.
\]

Ainsi,

\[
\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)=\dfrac{\vv{u}\cdot\vv{v}}{\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|}=\dfrac{39}{5\times\sqrt{61}}\;,
\]

soit :

\[
\boxed{\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)\approx3\degres.}
\]

\item $\vv{u}\dbinom{0}{2}$ et $\vv{v}\dbinom{-1}{5}$.
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=xx'+yy'=10.
\]

Ainsi,

\[
\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)=\dfrac{\vv{u}\cdot\vv{v}}{\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|}=\dfrac{10}{2\times\sqrt{26}}\;,
\]

soit :

\[
\boxed{\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)\approx11\degres.}
\]

\item $\vv{u}\dbinom{2}{0}$ et $\vv{v}\dbinom{-1}{5}$.
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}=xx'+yy'=-2.
\]

Ainsi,

\[
\cos\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)=\dfrac{\vv{u}\cdot\vv{v}}{\|\vv{u}\|\times\|\vv{v}\|}=\dfrac{-1}{\sqrt{26}}\;,
\]

soit :

\[
\boxed{\big(\vv{u}\mathpunct{},\mathpunct{}\vv{v}\big)\approx101\degres.}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}



%%%

\begin{exocor}{}[1]
On considère un carré ABCD de côté 1.

On construit alors les points E (extérieur à ABCD) et F tels que :
\begin{itemize}
\item BEC est un  triangle équilatéral;
\item F est un point de la droite (BC).
\end{itemize}
Déterminer la position du point F pour que les droites (AF) et (DE) soient perpendiculaires.

\textit{Indication: }on pourra se placer dans le repère $\big(A\;;\;\vv{AB},\vv{AD}\big)$.

\tcblower

Dans le repère $\big(A\;;\;\vv{AB},\vv{AD}\big)$,
\[
\vv{DE}\dbinom{1+\frac{\sqrt3}{2}}{-\frac{1}{2}}\qquad\text{et}\qquad\vv{AF}\dbinom{1}{x}
\]
où $x$ est un nombre réel inconnu. On cherche à déterminer la valeur de $x$.
\begin{align*}
(AF) \perp (DE) & \iff \prodscal{DE}{AF}=0\\
& \iff 1+\dfrac{\sqrt3}{2} - \dfrac{1}{2}x=0\\
& \iff x = 2+\sqrt3.
\end{align*}
Le point F doit donc être tel que:
\[
\boxed{\vv{BF}=(2+\sqrt3)\vv{BC}}
\]
\end{exocor}


%%% 

\begin{exocor}{comparaison de deux angles}[2]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) grid (3,2);
\draw [shift={(1,1)},line width=1.2pt, color=green, fill=green!50!black,fill opacity=0.1] (26.56505117707799:0.6209213230591549) arc (26.56505117707799:45:0.6209213230591549);
\draw [shift={(0,0)},line width=1.2pt,color=red,fill=red,fill opacity=0.1] (0:0.6209213230591549) arc (0:18.43494882292201:0.6209213230591549);
\draw  (0,0)-- (3,0);
\draw  (0,0)-- (3,1);
\draw (1,1)-- (2,2);
\draw  (1,1)-- (3,2);
\draw (-0.19074479512700815,-0.1738926178663915) node {$A$};
\draw (3.2,0.1) node {$B$};
\draw (3.2,1.1) node {$C$};
\draw (0.8,0.7) node {$D$};
\draw (2.094245673730682,2.1731899832972137) node {$E$};
\draw (3.100138217086513,2.1731899832972137) node {$F$};
\draw[color=green!50!black] (1.8,1.5) node {$\beta$};
\draw[color=red] (1,0.15) node {$\alpha$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Comparer la mesure des angles $\alpha$ et $\beta$.

\tcblower

\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AB}{AC} & = AB \times AC \times \cos\alpha\\
& = 3 \times \sqrt{3^2+1^2} \times \cos\alpha\\
& = 3\sqrt{10}\cos\alpha.
\end{aligned}$

Or, dans un même temps,
\[
\prodscal{AB}{AC} = AB^2\text{ (par projection orthogonale sur (AB)~)}.
\]
On en déduit alors que:
\[
\cos\alpha=\dfrac{9}{3\sqrt{10}} \iff \boxed{\cos\alpha=\dfrac{3}{\sqrt{10}}}
\]

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{DF}{DE} & = DF \times DE \times \cos\beta\\
& = \sqrt{2^2+1^2} \times \sqrt{2} \times \cos\beta\\
& = \sqrt{10}\cos\beta.
\end{aligned}$

Dans un même temps,
\[
\vv{DF}\dbinom{2}{1}\text{ et }\vv{DE}\dbinom{1}{1} \Rightarrow\prodscal{DF}{DE}=2+1=3.
\]
Ainsi,
\[
3=10\cos\beta \iff \boxed{\cos\beta=\dfrac{3}{\sqrt{10}}}
\]
\end{itemize}

\underline{On en déduit alors que $\cos\alpha = \cos\beta$, soit $\alpha=\beta$.}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{mesure d'un angle}[2]
Soit $ABCD$ un carré. On considère alors $I$ le milieu de $[CD]$ et le point $J$ défini par $\vv{\text{CJ}}=\dfrac{1}{4}\vv{\text{CB}}$.

\medskip

En se plaçant dans un repère convenablement choisi, déterminer une mesure de l'angle \angle{IAJ} au degré prés.

\tcblower

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (4,0) node[below right] {B} -- (4,4) node[above right] {C} -- (0,4) node[above left] {D} -- cycle;
\draw (2,3.9) -- (2,4.1) node[above] {I};
\draw (3.9,3) -- (4.1,3) node[right] {J};
\draw (2,4) --(0,0) -- (4,3);
\end{tikzpicture}
\end{center}

Dans le repère $\big(\text{A}~;~\vv{\text{AB}}~;~\vv{\text{AD}}\big)$, on a :
\[
\vv{\text{AI}}\dbinom{\frac{1}{2}}{1}\qquad\text{et}\qquad\vv{\text{AJ}}\dbinom{1}{\frac{3}{4}}.
\]
On a alors, d'une part :
\[
\prodscal{AI}{AJ}=xx'+yy'=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{4}=\dfrac{5}{4}
\]
et d'autre part :
\[
\prodscal{AI}{AJ}=\|\vv{\text{AI}}\|\times\|\vv{\text{AJ}}\|\times\cos\big(\vv{\text{AI}}\mathpunct{};\mathpunct{}\vv{\text{AJ}}\big).
\]
Or, dans le triangle ADI rectangle en D, on a :
\[
\text{AI}^2=1^2+\dfrac{1^2}{2^2}=\dfrac{5}{4}\qquad\text{soit}\qquad\text{AI}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}
\]
et dans le triangle ABJ rectangle en B, on a :
\[
\text{AJ}^2=1^2+\dfrac{3^2}{4^2}=\dfrac{25}{4}\qquad\text{soit}\qquad\text{AJ}=\dfrac{5}{2}.
\]
Donc :
\[
\prodscal{AI}{AJ}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\times\dfrac{5}{4}\times\cos\big(\vv{\text{AI}}\mathpunct{};\mathpunct{}\vv{\text{AJ}}\big).
\]
Ainsi, on a :
\[
\cos\big(\vv{\text{AI}}\mathpunct{};\mathpunct{}\vv{\text{AJ}}\big)=\dfrac{\frac{5}{4}}{\frac{5\sqrt{5}}{16}}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}.
\]
soit:
\[
\boxed{\big(\vv{\text{AI}}\mathpunct{};\mathpunct{}\vv{\text{AJ}}\big)\approx27\degres}
\]

\begin{rem}
Pour être précis, on trouve un angle de mesure $26,57\degres$, mais donner une approximation décimale pour une mesure d'angle est à mon avis une incohérence monumentale car un angle s'exprime en base sexagésimale (en base 60) et donc, les décimaux n'ont pas leur place ici (comme pour les heures). Il faudrait donc ici donner l'approximation :
\[
26\degres+0,57\times60'=26\degres34'+0,2\times60=26\degres34'12''.
\]
\end{rem}
\end{exocor}

%%%

\enlargethispage*{4em}
\begin{exocor}{calcul d'une longueur}[2]
$ABCD$ est un rectangle tel que $AB = 1$.

$R$ est le milieu de $[DA]$. On sait que $(BR)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires.

\medskip

Que vaut $AD$ ?
\vspace*{-1.2em}

\tcblower

Posons $x=AD$.

Dans le repère $\big(\text{A}~;~\vv{\text{AB}}~;~\frac{1}{x}\vv{\text{AD}}\big)$, on a :
\[
\vv{\text{AC}}\dbinom{1}{x}\qquad\text{et}\qquad\vv{\text{BR}}\dbinom{-1}{\frac{x}{2}}.
\]
Ainsi, $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AC}{BR}=0 & \Longleftrightarrow -1+\dfrac{x^2}{2}=0\\[6pt]
& \Longleftrightarrow \dfrac{x^2}{2}=1\\[6pt]
& \Longleftrightarrow x^2=2\\[6pt]
& \Longleftrightarrow x=\sqrt{2}\qquad\text{car }x>0.
\end{aligned}$

\underline{Ainsi, $\text{AD}=\sqrt{2}$.}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{mesure d'angle}[2]
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-7cm}
On considère la figure ci-contre.

\medskip

ABCD est un carré de côté $a$. E et F sont les milieux respectifs de [AD] et [DC].
\end{minipage}
\begin{minipage}{7cm}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw  (1,1) -- (5,1) -- (5,5) -- (1,5) -- cycle;
\draw [shift={(5,1)},line width=1.2pt,color=red,fill=red,fill opacity=0.1] (116.56505117707799:0.6) arc (116.56505117707799:153.434948822922:0.6);
\draw (1,1)-- (5,1);
\draw  (5,1)-- (5,5);
\draw   (5,5)-- (1,5);
\draw   (1,5)-- (1,1);
\draw   (3,5)-- (5,5);
\draw   (3.95,5.12) -- (3.95,4.88);
\draw   (4.05,5.12) -- (4.05,4.88);
\draw   (1,5)-- (3,5);
\draw   (1.95,5.12) -- (1.95,4.88);
\draw   (2.05,5.12) -- (2.05,4.88);
\draw   (1,1)-- (1,3);
\draw   (0.88,1.95) -- (1.12,1.95);
\draw   (0.88,2.05) -- (1.12,2.05);
\draw   (1,3)-- (1,5);
\draw   (0.88,3.95) -- (1.12,3.95);
\draw   (0.88,4.05) -- (1.12,4.05);
\draw   (1,3)-- (5,1);
\draw   (5,1)-- (3,5);
\draw[color=black] (0.75,0.93) node {$A$};
\draw[color=black] (5.19,0.95) node {$B$};
\draw[color=black] (5.15,5.27) node {$C$};
\draw[color=black] (0.77,5.17) node {$D$};
\draw[color=black] (3.21,0.61) node {$a$};
\draw[color=black] (0.69,3.17) node {$E$};
\draw[color=black] (3.17,5.49) node {$F$};
\draw[color=red] (4.25,1.71) node {$\theta$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}


\begin{enumerate}
\item Montrer que $BE=BF=\dfrac{a\sqrt5}{2}$.
\item En déduire que $\prodscal{BE}{BF}=\dfrac{5}{4}a^2\cos\theta$.
\item On considère le repère orthonormé $\big(A\;;\;\vv{\imath},\vv{\jmath}\big)$ dans lequel B a pour coordonnées \coord{a}{0}. Dans ce repère, donner les coordonnées de $\vv{BE}$ et $\vv{BF}$, puis en déduire que $\prodscal{BE}{BF}=a^2$.
\item En déduire la valeur de $\cos\theta$, puis une valeur approchée de $\theta$ au degré près.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Les triangles ABE et CBF sont égaux et respectivement rectangles en A et C, avec\linebreak $FC=AE$ et $BC=AB$. Donc $BE=BF$.

De plus, d'après le théorème de Pythagore, 
\begin{align*}
BE^2 & = AB^2 + AE^2\\
     & = a^2 + \left(\frac{1}{2}a\right)^2\\
     & = a^2 + \frac{1}{4}a^2\\
     & = \frac{5}{4}a^2\\
BE & = \sqrt{\frac{5}{4}a^2}\\
 \Aboxed{ BE &= \dfrac{a\sqrt5}{2} }
\end{align*}

\item D'après la formule du produit scalaire avec cosinus, 
\begin{align*}
\prodscal{BE}{BF} & = BE \times BF \times \cos\angleor{BE}{BF}\\
& = BE^2\cos\theta\\
\Aboxed{\prodscal{BE}{BF}& = \dfrac{5}{4}a^2\cos\theta}
\end{align*}

\item Dans le repère orthonormé $\big(A\;;\;\vv{AB},\vv{AD}\big)$, on a :
\[
\vv{BE}\dbinom{-a}{\frac{1}{2}a}\qquad\text{et}\qquad
\vv{BF}\dbinom{-\frac{1}{2}a}{a}
\]
donc :
\[
\prodscal{BE}{BA} = -a \times \left(-\frac{1}{2}a\right) + \frac{1}{2}a \times a = a.
\]

\item Des questions précédentes, on déduit:
\begin{align*}
\prodscal{BE}{BF}=\dfrac{5}{4}a^2\cos\theta=a^2 & \iff
\dfrac{5}{4}\cos\theta = 1\\
& \iff \boxed{\cos\theta = \dfrac{4}{5}}
\end{align*}

\underline{On en déduit alors que $\theta \approx 37^\circ$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
OABC et ODEF sont des carrés de côtés respectifs 3 et 2. OAMF est un rectangle.

On note H le projeté orthogonal du point $M$ sur la droite (DC).

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.7]
\draw (0,0) node[below left] {O} -- (4,0) node[right] {A} -- (4,4) node[above right] {B} -- (0,4) node[left] {C} -- cycle;
\draw (0,0) -- (0,-3) node[below right] {F} -- (-3,-3) node[below left] {E} -- (-3,0) node[above left] {D} -- cycle;
\draw[dashed] (4,0) -- (4,-3) node[right] {M} -- (0,-3);
\draw plot[domain=-5:2] (\x,{(4/3)*\x+4});
\draw plot[domain=-3:4.5] (\x,{(-3/4)*\x});
\node[above] at (-2,1.5) {H};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Dans cet exercice, on pourra, si on le souhaite, se placer dans le repère $\big(O, \frac{1}{3}\vv{OA},\frac{1}{3}\vv{OC}\big)$.

\begin{enumerate}
\item La droite (OM) est-elle perpendiculaire à la droite (DC) ?
\item Calculer \prodscal{CD}{CM}.
\item Déterminer la longueur CH.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Dans le repère $\big(0, \frac{1}{3}\vv{OA},\frac{1}{3}\vv{OC}\big)$, on a :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.75]
\draw (0,0) node[below left] {O} -- (4,0) node[right] {A} -- (4,4) node[above right] {B} -- (0,4) node[left] {C} -- cycle;
\draw (0,0) -- (0,-3) node[below right] {F} -- (-3,-3) node[below left] {E} -- (-3,0) node[above left] {D} -- cycle;
\draw[dashed] (4,0) -- (4,-3) node[right] {M} -- (0,-3);
\draw plot[domain=-5:2] (\x,{(4/3)*\x+4});
\draw plot[domain=-3:4.5] (\x,{(-3/4)*\x});
\node[above] at (-2,1.5) {H};
\draw[very thick,->,>=latex,red] (0,0) -- ({4/3},0) node[midway,below,fill=pagecorrige!20,inner sep=2pt,outer ysep=5pt] {$\frac{1}{3}\vv{OA}$};
\draw[very thick,->,>=latex,red] (0,0) -- (0,{4/3}) node[midway,left,fill=pagecorrige!20,inner sep=2pt,outer xsep=5pt] {$\frac{1}{3}\vv{OC}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\[
\vv{DC}\dbinom{2}{3}\qquad\text{et}\qquad\vv{OM}\dbinom{3}{-2}.
\]
Ainsi,
\[
\prodscal{DC}{OM}=2\times3 + 3\times(-2)=0.
\]
On en conclut alors que $\vv{DC}$ et $\vv{OM}$ sont orthogonaux, et donc que les droites (DC) et (OM) sont perpendiculaires.

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{CD}{CM} & = \dbinom{-2}{-3}\cdot\dbinom{3}{-5}\\
& = -2\times3 + (-3)\times(-5)\\
& = -6+15\\
\Aboxed{\prodscal{CD}{CM} & = 9}
\end{aligned}$

\item 
\begin{itemize}
\item Une équation réduite de (CD) est : $y=\dfrac{3}{2}x+3$. En effet, $\vv{CD}\dbinom{-2}{-3}$ donc le coefficient directeur de (CD) est $m=\dfrac{-3}{-2}=\dfrac{3}{2}$. De plus, l'ordonnée à l'origine est celle de C, donc $p=3$.

\item Une équation réduite de (OM) est : $y=-\dfrac{2}{3}x$. En effet, $\vv{OM}\dbinom{3}{-2}$ donc le coefficient directeur de (CD) est $m=\dfrac{-2}{3}$. De plus, l'ordonnée à l'origine est celle de O, donc $p=0$.

\item $H\coord{x_H}{y_H}\in(CD)$ donc $y_H=\dfrac{3}{2}x_H+3$ et $H\in(OM)$ donc $y_H=-\dfrac{2}{3}x_H$. On en déduit alors que:
\begin{align*}
\dfrac{3}{2}x_H+3=-\dfrac{2}{3}x_H & \iff \dfrac{3}{2}x_H+\dfrac{2}{3}x_H=-3\\
& \iff \dfrac{13}{6}x_H=-3\\
& \iff x_H=-3\times\dfrac{6}{13}=-\dfrac{18}{13}
\end{align*}
d'où:
\[
y_H=-\dfrac{2}{3}x_H=-\dfrac{2}{3}\times\left(-\dfrac{18}{13}\right)=\dfrac{12}{13}.
\]
Ainsi, $H\coord{-\dfrac{18}{13}}{\dfrac{12}{13}}$.

\item À l'aide des coordonnées de $H$, on peut à présent calculer $CH$:
\begin{align*}
CH & = \sqrt{(x_H-x_C)^2 + (y_H-y_C)^2}\\
& = \sqrt{\left(-\dfrac{18}{13}-0 \right)^2 + \left(\dfrac{12}{13}-3 \right)^2}\\
& = \sqrt{\dfrac{81}{13}}\\
& = \dfrac{9}{\sqrt{13}} = \dfrac{9\sqrt{13}}{13}.
\end{align*}
\end{itemize}
\end{enumerate}

\end{exocor}



%%%

\begin{exocor}{avec une équation du second degré}[3]
Soit $ABCD$ un carré de côté 1.

La bissectrice de $\widehat{CAD}$ coupe $[CD]$ en $M$.

On admet que:
\[
\cos\frac{\pi}{8}=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt2}}{2}.
\]

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (4,0) node[below right] {B} -- (4,4) node[above right] {C} -- (0,4) node[above left] {D} -- cycle;
\draw (0,0) -- (4,4);
\draw (0,0) -- (1.6,4) node[above] {M};
\draw[thick,red] (45:1cm) arc(45:67.5:1cm);
\draw[thick,red] (67.5:1cm) arc(67.5:90:1cm);
\node[red] at (56:1cm) {\textbf{/}};
\node[red] at (78:1cm) {\textbf{/}};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item En utilisant la formule du produit scalaire avec le cosinus, montrer que:
\[
\prodscal{AC}{AM}=\dfrac{AM\sqrt{4+2\sqrt2}}{2}.
\]
\item En utilisant la relation de Chasles, montrer que:
\[
\prodscal{AC}{AM}=1+DM.
\]
\item En déduire que:
\[
\dfrac{\sqrt2}{2}DM^2 -2DM + \dfrac{\sqrt2}{2}=0.
\]
\item En déduire que $DM=\sqrt2-1$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AC}{AM} & = AC \times AM \times \cos\angleor{AC}{AM}\\
& = AB\sqrt2 \times AM \times \cos\dfrac{\pi}{8}\\
& = \sqrt2\times\dfrac{\sqrt{2+\sqrt2}}{2}AM\\
& = \dfrac{\sqrt{4+2\sqrt2}}{2}AM.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AC}{AM} & = \big(\vv{AD}+\vv{DC}\big)\cdot\big(\vv{AD}+\vv{DM}\big)\\
& = \prodscal{AD}{AD} + \underbrace{\prodscal{AD}{DM}}_{=\vv{0}} + \underbrace{\prodscal{DC}{AD}}_{=\vv{0}} + \prodscal{DC}{DM}\\
& = AD^2 + DC\times DM\\
& = 1 + DM.
\end{aligned}$

\item Des deux questions précédentes, on déduit que:
\[
\dfrac{\sqrt{4+2\sqrt2}}{2}AM = 1 + DM.
\]
 Or,
 \[
AM = \sqrt{AD^2+DM^2} = \sqrt{1+DM^2}
\]
donc l'égalité devient:
\begin{align*}
\dfrac{\sqrt{4+2\sqrt2}}{2}AM= 1 + DM & \iff \dfrac{\sqrt{4+2\sqrt2}}{2}\sqrt{1+DM^2} = 1 + DM\\
& \iff \left(\dfrac{\sqrt{4+2\sqrt2}}{2}\sqrt{1+DM^2} \right)^2 = (1 + DM)^2\\
  & \iff \dfrac{(4+2\sqrt2)(1+DM^2)}{4} = 1 + 2DM + DM^2\\
  & \iff \dfrac{2+\sqrt2}{2} + \dfrac{2+\sqrt2}{2}DM^2-1-2DM-DM^2=0\\
  & \iff \dfrac{\sqrt2}{2}DM^2 - 2DM + \dfrac{\sqrt2}{2} = 0.
\end{align*}
 
\item Le discriminant de l'équation précédente, d'inconnue $DM$, est:
\[
\Delta = (-2)^2 - 4\times\dfrac{\sqrt2}{2}\times\dfrac{\sqrt2}{2} = 2.
\]
Les solutions sont alors:
\[
\dfrac{2-\sqrt2}{\sqrt2}=\sqrt2-1\qquad\text{et}\qquad\dfrac{2+\sqrt2}{\sqrt2}=\sqrt2+1>1.
\]
$0 < DM < 1$ donc $DM = \sqrt2-1$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

\corriges
