\thumb

\begin{vf}{Connaissance du cours}{10}% min.}
Dire si les propositions suivantes sont vraies ou fausses :\par
\begin{questions}
\item Un produit scalaire est toujours positif.
\item Si $\vec{u}\cdot\vec{w}=\vec{u}\cdot\vec{v}$ alors $\vec{u}=\vec{v}$.
\item L'ensemble des points $M$ du plan tels que $\gvec{MA}\cdot\gvec{MB}=k\ (k\in\R)$ est un cercle de centre le milieu de $[AB]$.
\item Si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont deux vecteurs non nuls orthogonaux, alors :
\[ \|\vec{u} + \vec{v} \| = \| \vec{u} - \vec{v} \|. \]
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \emph{Faux}. Dans le repère orthonormal $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$, si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ont pour coordonnées respectives $\vec{u}(2~;5)$ et $\vec{v}(1~;-5)$ alors :
\[  \vec{u}\cdot\vec{v} = 2 \times 1 - 5 \times 5 = -23 \]
Le produit scalaire $\vec{u}\cdot\vec{v}$ est strictement négatif.

\item \emph{Faux}. Soit $\vec{u}(2~;0)$, $\vec{v}(0~;8)$ et $\vec{w}(0~;15)$. On a : 
\begin{align*}
\vec{u}\cdot\vec{v} & = 2 \times 0 + 0 \times 8 = 0\\
\vec{u}\cdot\vec{w} & = 2 \times 0 + 0 \times 15 = 0
\end{align*}
Cependant $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas égaux.

\item \emph{Faux}. Soit $I$ le milieu de $[AB]$. 
\begin{align*}
\gvec{MA}\cdot\gvec{MB} & = \left(\gvec{MI} + \gvec{IA}\right)\cdot \left(\gvec{MI} + \gvec{IB}\right)\\
& = \gvec{MI}^2 + \gvec{MI}\cdot\left(\gvec{IA} + \gvec{IB}\right) +
\gvec{IA}\cdot\gvec{IB}
\end{align*}
Or, $\gvec{IA} + \gvec{IB} = \gvec{0}$ et $\gvec{IA}\cdot\gvec{IB} =-IA^2=-\left(\dfrac{1}{2}AB\right)^2= -\frac{1}{4}AB^2$.\\
Par suite,
\begin{align*}
\gvec{MA}\cdot\gvec{MB} & = k \iff MI^2 - \frac{1}{4} AB^2 = k\\
\gvec{MA}\cdot\gvec{MB} & = k \iff MI^2 = k + \frac{1}{4} AB^2
\end{align*}

Si $k + \frac{1}{4} AB^2 < 0$, alors l'ensemble cherché est vide.

\item \emph{Vrai}. \[\| \vec{u} + \vec{v} \|^2 = (\vec{u} + \vec{v})^2 = \vec{u}^2 + 2\vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{v}^2\]
Comme $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux, $\vec{u}\cdot\vec{v} = 0$.\\
Par suite, \[\|\vec{u} +\vec{v}\|^2 = \vec{u}^2 + \vec{v}^2\]
\[ \|\vec{u}-\vec{v} \|^2 = (\vec{u} - \vec{v})^2 = \vec{u}^2 -
    2\vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{v}^2\]
On a donc aussi : \[ \|\vec{u} - \vec{v}\|^2 = \vec{u}^2 + \vec{v}^2\]
D'où : \[ \|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u} - \vec{v}\|^2\] 
Et comme $\|\vec{u} + \vec{v}\|$ et $\|\vec{u} - \vec{v}\|$ sont positifs, alors $\|\vec{u} + \vec{v}\| = \|\vec{u} - \vec{v}\|$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%% QCM 2

\begin{qcm}{Dans un repère}{20}
Déterminer parmi les réponses \choix[a], \choix[b], \choix[c] celle qui est correcte. 
\begin{questions}
\item Dans le plan rapporté à un repère orthonormal $(O;\vec{i},    \vec{j})$, on considère les points $I(3~;-5)$, $J(2~;1)$ et $K(7~;y)$. Si $(IJ)$ est perpendiculaire à $(JK)$, alors $y$ vaut : \par\hskip-0.6em
\begin{tabularx}{\linewidth}{XXX}
      \choix{} $\frac{11}{6}$ &
      \choix{} $-\frac{11}{6}$ &
      \choix{} $\frac{5}{6}$
    \end{tabularx}

\item Dans le plan rapporté à un repère orthonormal, soit $A(2~; 0)$, $B(1~;\sqrt{3})$ et $C(1~;-\sqrt{3})$. Une mesure de $(\gvec{AB},
    \gvec{AC})$ est : \par\resetchoix\hskip-0.6em
    \begin{tabularx}{\linewidth}{XXX}
      \choix{} $\frac{\pi}{3}$ &
      \choix{} $\frac{2\pi}{3}$ &
      \choix{} $\frac{\pi}{6}$
    \end{tabularx}

\item Dans le plan rapporté à un repère orthonormal, soit la droite
$\mathcal{D}$ d'équation $-5x+3y+1=0$. Un vecteur normal de $\mathcal{D}$ est:\par\resetchoix\hskip-0.6em
    \begin{tabularx}{\linewidth}{XXX}
      \choix{} $\dbinom{-5}{3}$ &
      \choix{} $\dbinom{-3}{5}$ &
      \choix{} $\dbinom{-3}{-5}$
    \end{tabularx}
    
\item Dans le plan rapporté à un repère orthonormal, soit les
    droites $D_1$ et $D_2$ d'équations respectives: 
    \[
    D_1\;:\;2x+4y+5=0\qquad\text{et}\qquad
    D_2\;:\;-5x+\frac{5}{2}y-12=0.
    \]
    Les droites $D_1$ et $D_2$ sont: \par\resetchoix\hskip-0.6em
    \begin{tabularx}{\linewidth}{XXX}
      \choix{} parallèles &
      \choix{} confondues &
      \choix{} perpendiculaires
    \end{tabularx}
    
\item Dans le plan rapporté à un repère orthonormal d'origine $O$, si $A(-3;5)$ et $B(5;-3)$ alors $\gvec{OA}\cdot\gvec{OB}=$:\par\resetchoix\hskip-0.6em
    \begin{tabularx}{\linewidth}{XXX}
      \choix{} $-1$ &
      \choix{} $0$ &
      \choix{} $-30$
    \end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[a]. On a : $\gvec{IJ}(-1~;6)$ et $\gvec{JK}(5~; y-1)$. Les droites $(IJ)$ et $(JK)$ sont perpendiculaires si et
seulement si $\gvec{IJ}\cdot\gvec{JK} = 0$, soit :
    \[-5 + 6(y - 1) = 0 \]
Cette équation admet pour unique solution : $y = \frac{11}{6}$.

\item Réponse \choix[b]. D'après le cours, $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC} = AB\times AC\times\cos(\gvec{AB},\gvec{AC})$.\\
Or, $\gvec{AB}(-1~;\sqrt{3})$ et $\gvec{AC}(-1~;-\sqrt{3})$. 

Donc $\|\gvec{AB}\|^2 =\big(\sqrt{3}\big)^2+(-1)^2=4$ et $ \|\gvec{AC}\|^2=\big(-\sqrt{3}\big)^2+(-1)^2 = 4$.

On a alors : $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}= 2 \times 2 \times \cos(\gvec{AB},\gvec{AC})$. 

De plus, $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=(-1)^2-\sqrt{3}^2=-2$ donc $\cos(\gvec{AB},\gvec{AC}) = -\frac{1}{2}$.

Or, parmi les propositions, seul $\cos\frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2}$.\\
La bonne réponse est donc \choix[b].

\item Réponse \choix[a]. Si $\mathcal{D}$ a pour équation cartésienne $ax+by+c=0$ alors $\gvec{n}\dbinom{a}{b}$ est un vecteur normal à la droite.

\item Réponse \choix[c]. Un vecteur directeur de $\mathcal{D}_1$ est $\vec{u}_1(-4~;2)$ et un vecteur directeur de $\mathcal{D}_2$ est $\vec{u}_2\left(-\frac{5}{2}~;-5\right)$, d'après le cours.
\[ \vec{u}_1\cdot\vec{u}_2=-4\times\left(-\frac{5}{2}\right)+(-5)\times2=0.\]
Les vecteurs directeurs de ces deux droites sont donc orthogonaux, et les droites sont perpendiculaires.

\item Réponse \choix[c]. En effet, si $A(-3;5)$ et $B(5;-3)$ alors:
\[
\gvec{OA}\cdot\gvec{OB}=\dbinom{-3}{5}\cdot\dbinom{5}{-3}=-3\times5+5\times(-3)=-15-15=-30.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

\sectionnn{Géométrie non analytique}

%%% NEW 2024

\begin{exo}{Dans un carré}{Lycée Pasteur, Paris}{1}{5}
$ABCD$ est un carré de centre $O$ et de côté 3.

Calculer, en justifiant, les produits scalaires suivants:
\begin{questions}
\item $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}$
\item $\gvec{OB}\cdot\gvec{OC}$
\item $\gvec{AC}\cdot\gvec{AO}$
\item $\gvec{OA}\cdot\gvec{OC}$
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \raisebox{-3cm}{\begin{minipage}[t]{4cm}
\includegraphics{210_prodscal_carre-1}
\end{minipage}}
\begin{minipage}[t]{\dimexpr\linewidth-4cm}
$O$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $(AC)$, donc:
\begin{align*}
\gvec{AB}\cdot\gvec{AC} & = AO \times AC\\
& = \frac{1}{2}AC \times AC\\
& = \frac{1}{2} \times 18 = 9.
\end{align*}
\end{minipage}

\item \raisebox{-3cm}{\begin{minipage}[t]{4cm}
\includegraphics{211_prodscal_carre-2}
\end{minipage}}
\begin{minipage}[t]{\dimexpr\linewidth-4cm}
$\gvec{OB}$ et $\gvec{OC}$ sont orthogonaux donc:
\begin{align*}
\gvec{OB}\cdot\gvec{OC} & = 0.
\end{align*}
\end{minipage}

\item \raisebox{-3cm}{\begin{minipage}[t]{4cm}
\includegraphics{211_prodscal_carre-3}
\end{minipage}}
\begin{minipage}[t]{\dimexpr\linewidth-4cm}
$\gvec{AC}$ et $\gvec{AO}$ sont colinéaires et de même sens donc:
\begin{align*}
\gvec{AC}\cdot\gvec{AO} & = AC \times AO\\
& = AC \times \frac{1}{2}AC \\
& = 9.
\end{align*}
\end{minipage}

\item \raisebox{-3cm}{\begin{minipage}[t]{4cm}
\includegraphics{211_prodscal_carre-4}
\end{minipage}}
\begin{minipage}[t]{\dimexpr\linewidth-4cm}
$\gvec{OA}$ et $\gvec{OC}$ sont colinéaires et de sens opposés:
\begin{align*}
\gvec{OA}\cdot\gvec{OC} & = - OA \times OC\\
& = -\frac{1}{2}AC \times \frac{1}{2}AC=-\frac{1}{4}AC^2 \\
% ERREUR % & = -\frac{9}{4}.
 & = -\frac{9}{2}.
\end{align*}
\end{minipage}
\end{questions}
\begin{center}

\end{center}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Vecteurs et parallélogramme}{Lycée Marceau, Chartres}{1}{10}
Soit, dans le plan orienté, un parallélogramme $ABCD$ tel que :
$$AB = 6 \text{ cm}, \qquad AD = 4 \text{ cm} \qquad \text{et} \qquad (\gvec{AB}, \gvec{AD}) = \frac{2\pi}{3}\,.$$

\begin{questions}
        \item  Calculer $\gvec{AB} \cdot \gvec{AD}$.

        \item  
        \begin{questions}
                \item  Exprimer les vecteurs $\gvec{AC}$ et $\gvec{BD}$ en fonction de $\gvec{AB}$ et $\gvec{AD}$.
        
                \item  Calculer $\gvec{AB} \cdot \gvec{AC}$ et $\gvec{AB} \cdot \gvec{BD}$ (utiliser la question \textbf{(a)}).
        
                \item  Les points $C$ et $D$ se projettent
                orthogonalement en $C'$ et $D'$ sur la droite $(AB)$.  


                Calculer $AC'$ et $AD'$.
        \end{questions}
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{center}
\includegraphics{211_6_fig_25}
\end{center}
\begin{questions}
        \item  On a :
        \begin{align*}
        \gvec{AB} \cdot \gvec{AD} & = AB \times AD \times \cos \left( 
\frac{2\pi}{3}\right) \\
        &= 6 \times 4 \times \left( -\frac{1}{2} \right) \\
        &= -12
        \end{align*}

        \item  
        \begin{questions}
                \item  On a :
                \[
                \gvec{AC} = \gvec{AB}+\gvec{AD} \qquad \text{et} 
\qquad \gvec{BD} = \gvec{AD} - \gvec{AB}
                \]
                \item  On a :
                \begin{align*}
                \gvec{AB} \cdot \gvec{AC} &= \gvec{AB} \cdot 
(\gvec{AB} + \gvec{AD}) \\
                &= \gvec{AB}^2 + \gvec{AB} \cdot \gvec{AD} \\
                &= 36 - 12 = 24 \\
                \gvec{AB} \cdot \gvec{BD} &= \gvec{AB} \cdot 
(\gvec{AD} - \gvec{AB}) \\
                &= \gvec{AB} \cdot \gvec{AD} - \gvec{AB}^2 \\
                &= -12-36 = -48
                \end{align*}
        
                \item  On a :
               \[
               \gvec{AB} \cdot \gvec{AC} = AB \times AC' = 24 \quad 
               \text{et} \quad AB = 6\;,
                \]
                donc :
                \[
                AC' = 4
                \]
                \[
                \gvec{AB} \cdot \gvec{AD} = -AB \times AD' = -12
                \quad \text{et} \quad 
                AB = 6.
                \]
                Ainsi :
                \[
                AD' = 2.
                \]
        \end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}



%%% 

\begin{exo}{Une relation vectorielle}{Lycée Jules Ferry, Conflans-Sainte-Honorine}{1}{10}
Soit $ABC$ un triangle.\\
Soit $I$ le milieu de $[BC]$ et $K$ le milieu de $[AI]$.
\begin{questions}
\item  Montrer que le point $K$ vérifie la relation :
\[ 2\gvec{KA}+\gvec{KB}+\gvec{KC}=\gvec{0}. \]
\item  Trouver la valeur du réel $\alpha$ tel que, pour tout point $M$ :
\[ 2 \gvec{MA} + \gvec{MB} + \gvec{MC} = \alpha \gvec{MK}.\]
\item  En déduire l'ensemble des points $M$ tels que :
\[2 \gvec{MA} \cdot \gvec{MI} + \gvec{MB} \cdot \gvec{MI} + \gvec{MC} \cdot \gvec{MI} = 0.\]
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
        \item  
        $K$ est le milieu de $[AI]$, et on a donc :
        \[
        \gvec{KA}+\gvec{KI}=\gvec{0}
        \]
        Par ailleurs, $I$ étant le milieu de $[BC]$, on a :
        \[
        \gvec{KB}+\gvec{KC}=2\gvec{KI}=-2\gvec{KA}
        \]
        On en déduit donc la relation vectorielle:
        \[
        2\gvec{KA}+\gvec{KB}+\gvec{KC}=2\gvec{KA}-2\gvec{KA}=\gvec{0}
        \]
        \item  
        En utilisant la relation de Chasles, on a pour tout point $M$
        du plan,  
        \begin{align*}
        & 2 \gvec{MA} + \gvec{MB} + \gvec{MC} \\
        =\ & 2\left(\gvec{MK}+\gvec{KA}\right)+\left(\gvec{MK}+\gvec{KB}\right)+\left(\gvec{MK}+\gvec{KC}\right)\\
        =\ & 4\gvec{MK}+ \underbrace{2\gvec{KA}+\gvec{KB}+\gvec{KC}}_{=\gvec{0}}
        \end{align*}
        d'où, en identifiant:
        \[
        \alpha = 4.
        \]
        \item  On a : $ \begin{aligned}[t]
        2 \gvec{MA} \cdot \gvec{MI} &+ \gvec{MB} \cdot \gvec{MI} + 
\gvec{MC} \cdot \gvec{MI} = 0 \\
        &\iff (2\gvec{MA} + \gvec{MB}+\gvec{MC}) \cdot \gvec{MI} = 0 
\\
        &\iff 4 \gvec{MK} \cdot \gvec{MI} = 0 \\
        &\iff \gvec{MK} \cdot \gvec{MI} = 0 \\
        &\iff M \text{ est sur le cercle de diamètre }[IK]\,.
        \end{aligned}$
        
        L'ensemble des points $M$ cherché est donc le cercle de 
diamètre $[IK]$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% NEW 2024

\begin{exo}{Ensemble de points}{Lycée Pasteur, Paris}{1}{10}
Soient $A$ et $B$ deux points du plan tels que $AB = 5$.

\begin{questions}
\item Déterminer l'ensemble des points $M$ du plan vérifiant:
\[
\gvec{AM}\cdot\gvec{AB} = 3.
\]

\item Déterminer l'ensemble des points $N$ du plan vérifiant:
\[
\gvec{AB}\cdot\gvec{AN} = -1.
\]

\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Notons $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur $(AB)$. Alors,
\[
\gvec{AM}\cdot\gvec{AB} = 3 \iff AH \times AB = 3 \iff AH = \frac{3}{AB}=\frac{3}{5}.
\]
Le produit scalaire $\gvec{AM}\cdot\gvec{AB}$ étant positif, l'angle $\big(\gvec{AM};\gvec{AB}\big)$ est aigu (compris entre 0 et $\frac{\pi}{2}$ radians). On obtient la droite rouge suivante:
\begin{center}
\includegraphics{213_prodscal_enspoints-1}
\end{center}

\item Notons $H$ le projeté orthogonal de $N$ sur $(AB)$. Alors,
\[
\gvec{AN}\cdot\gvec{AB} = -1 \iff | AH \times AB | = 1 \iff |AH| = \frac{1}{5}.
\]
Le produit scalaire $\gvec{AN}\cdot\gvec{AB}$ étant négatif, l'angle $\big(\gvec{AN};\gvec{AB}\big)$ est obtus (compris entre $\frac{\pi}{2}$ et $\pi$ radians). On obtient la droite bleue suivante:
\begin{center}
\includegraphics{213_prodscal_enspoints-2}
\end{center}
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 2019

\begin{exo}{Dans un rectangle}{Lycée Jacques Amyot, Auxerre}{1}{10} 
On considère un rectangle $ABCD$ tel que $AD=1$ et $AB=\sqrt{2}$. $I$ est le milieu de $[CD]$.

\begin{center}
\includegraphics{204_6_fig_40}
\end{center}

\begin{questions}
\item Calculer $\gvec{AD}\cdot\gvec{AI}$.
\item En remarquant que $\gvec{AI}=\gvec{AD}+\gvec{DI}$, calculer $\gvec{BA}\cdot\gvec{AI}$.
\item Démontrer que les droites $(BD)$ et $(AI)$ sont perpendiculaires. 
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{AD}\cdot\gvec{AI} & = \gvec{AD}\cdot\big(\gvec{AD}+\gvec{DI}\big)\\
& = \gvec{AD}\cdot\gvec{AD} + \gvec{AD}\cdot\gvec{DI}\\
& = AD^2 + 0\text{ car  }\gvec{AD}\perp\gvec{DI}\\
& = 1.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{BA}\cdot\gvec{AI} & = \gvec{BA}\cdot\big(\gvec{AD}+\gvec{DI}\big)\\
& = \gvec{BA}\cdot\gvec{AD} + \gvec{BA}\cdot\gvec{DI}\\
& = 0 + BA\times DI \times \cos\big(\gvec{BA}~;~\gvec{DI}\big)\\
& = BA \times DI \times (-1) = \sqrt2\times\frac{\sqrt2}{2}\times(-1)\\
& = -1.
\end{aligned}$

\item Pour démontrer que $(BD)$ et $(AI)$ sont perpendiculaires, on peut démontrer que $\gvec{BD}\cdot\gvec{AI}=0$.
\begin{align*}
\gvec{BD}\cdot\gvec{AI} & = \big(\gvec{BA}+\gvec{AD}\big)\cdot\gvec{AI}\\
& = \gvec{BA}\cdot\gvec{AI} + \gvec{AD}\cdot\gvec{AI}\\
& = -1 + 1\text{ (d'après les questions précédentes)}\\
& = 0.
\end{align*}
Ainsi, $(BD)$ et $(AI)$ sont perpendiculaires.
\end{questions}
\end{corrige}


%%% 

\begin{exo}{Configuration géométrique}{Lycée Sophie Germain, Paris}{1}{20}
$ABC$ est un triangle. On considère les points $D$ et $E$ extérieurs au triangle $ABC$ tels que les deux triangles $ABD$ et $ACE$ soient rectangles isocèles en~$A$.
\begin{questions}
\item Faire une figure.
\item
\begin{questions}
\item Exprimer l'angle $(\gvec{AD},\gvec{AE})$ en fonction de l'angle $(\gvec{AB},\gvec{AC})$.
\item En déduire que $\gvec{AD}\cdot\gvec{AE}=-\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}$.
\end{questions}
\item
\begin{questions}
\item Calculer $\gvec{BE}\cdot\gvec{CD}$.
\item Que peut-on en conclure ?
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Voir figure page suivante (en fin de corrigé).

\item
\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
(\gvec{AD},\gvec{AE}) & = (\gvec{AD},\gvec{AB})+(\gvec{AB},\gvec{AC})+ (\gvec{AC},\gvec{AE})\\
& = \frac{\pi}{2}+(\gvec{AB},\gvec{AC})+\frac{\pi}{2}\\
& = (\gvec{AB},\gvec{AC})+\pi 
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{AD}\cdot\gvec{AE} & = AD\times AE\times\cos(\gvec{AD},\gvec{AE})\\
& = AD\times AE\times\cos\left(\pi + (\gvec{AB},\gvec{AC})\right)
\end{aligned}$

Or, $AD=AB$, $AE=AC$ et $\cos\big(\pi+(\gvec{AB},\gvec{AC})\big)=-\cos(\gvec{AB},\gvec{AC})$ donc :

$\begin{aligned}
\gvec{AD}\cdot\gvec{AE} & = - AB\times AC\times\cos(\gvec{AB},\gvec{AC})\\
& = -\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}
\end{aligned}$
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{BE}\cdot\gvec{CD} & = (\gvec{BA}+\gvec{AE})\cdot(\gvec{CA}+\gvec{AD})\\
& = \gvec{BA}\cdot\gvec{CA}+\gvec{BA}\cdot\gvec{AD}+\gvec{AE}\cdot\gvec{CA} +\gvec{AE}\cdot\gvec{AD}
\end{aligned}$

Or, $\gvec{BA}\cdot\gvec{AD}=\gvec{AE}\cdot\gvec{CA}=0$ car les droites $(DA)$ et $(AB)$ d'une part, $(AE)$ et $(AC)$ d'autre part sont perpendiculaires d'après l'énoncé.\\
De plus, 
\[ 
\gvec{BA}\cdot\gvec{CA}=\gvec{AB}\cdot\gvec{AC},
\] 
et d'après ce qui précède, \[ \gvec{AE}\cdot\gvec{AD}=-\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}\]
On a donc $\gvec{BE}\cdot\gvec{CD}= 0$.
\item On en déduit que les droites $(BE)$ et $(CD)$ sont perpendiculaires.
\end{questions}
\end{questions}
\begin{center}
\includegraphics{215_6_fig_19}
\end{center}
\end{corrige}


%%%

\begin{exo}{Une autre configuration géométrique}{Lycée Jules Ferry, Conflans-Sainte-Honorine}{1}{20}
Soit $A$ et $B$ deux points tels que $AB = 5$.
\begin{questions}
\item  
\begin{questions}
\item  Quel est l'ensemble des points $M$ tels que $\gvec{AB} \cdot \gvec{AM} = 10$ ?
\item  En déduire la construction d'un point $C$ tel que $\gvec{AB} \cdot \gvec{AC} = 10$ et $AC = 4$.
\end{questions}
\item  Soit $D$ et $E$ les points définis par :
\[ 
\gvec{AD} = -\frac{7}{5} \gvec{AB}
\]
et
\[
\gvec{AE} = \frac{3}{2} \gvec{AC}.
\]

Calculer :
\[
\gvec{AB} \cdot \gvec{CD}\quad,\quad \gvec{AC} \cdot \gvec{AE}\quad\text{et}\quad\gvec{AD} \cdot \gvec{AE}.
\]
\Par
En déduire que $\gvec{BE} \cdot \gvec{CD} = 0$.
\Par
Que représente la droite $(CD)$ pour le triangle $BDE$ ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item 
\begin{questions}
\item  Soit $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur 
$(AB)$.\\
Par définition, $\gvec{AB} \cdot \gvec{AM} = \gvec{AB} \cdot \gvec{AH}$, et on souhaite que \linebreak$\gvec{AB} \cdot \gvec{AM}=10$ donc $\gvec{AB} \cdot \gvec{AH} = 10$.

Or, $\gvec{AB} \cdot \gvec{AH}>0 \iff \begin{cases}
\gvec{AB}\text{ et }\gvec{AH}\text{ sont de même sens}\\
\gvec{AB} \cdot \gvec{AH}=AB\times AH\end{cases}$

On a donc : $\gvec{AB} \cdot \gvec{AM}=10 \iff\begin{cases}
\gvec{AB}\text{ et }\gvec{AH}\text{ sont de même sens}\\
AB\times AH=10\end{cases}$.

Comme $AB=5$, on en déduit $AH=2$.
              
La seule position possible pour $H$ est donc :
\begin{center}
\includegraphics{215_6_fig_20}
\end{center}
H étant	le 	projeté	orthogonal	de	 $M$ 	sur $(AB)$,	$M$	est	sur	la	droite $\Delta$ perpendiculaire	à	$(AB)$ passant	par	$H$.

Conclusion : l'ensemble	de	 tous	les	points 	$M$	tels 	que \mbox{$\gvec{AB}\cdot\gvec{AM}=10$} est la droite $\Delta$.
  \begin{center}
        \includegraphics{216_6_fig_21}
        \end{center}          

\item  On a :
                \begin{align*}
                \gvec{AB} \cdot \gvec{AC} = 10 &\iff C \in \Delta \\
                AC = 4 &\iff C \in \mathcal{C}(A, 4)
                \end{align*}
                Le point $C$ doit donc appartenir à la fois à la 
droite $\Delta$ et au cercle $\mathcal{C}$ de centre $A$ et de rayon 
$4$.
                               \par
                Comme la distance du point $A$ à la droite $\Delta$ 
est $2$ ($AH=2$), la droite $\Delta$ est sécante au cercle 
$\mathcal{C}$ et il y a deux points possibles : $C_{1}$ et $C_{2}$.
\begin{center}
\includegraphics{216_6_fig_22}
\end{center}
\end{questions}
\item On a :
\begin{center} 
\includegraphics{216_6_fig_23}
\end{center}
\[
\gvec{AB} \cdot \gvec{CD} = -\gvec{AB} \cdot \gvec{DC}
\]
Or, $C$ se projette en $H$ sur $(AB)$ donc :
\[ \gvec{AB} \cdot \gvec{CD} = -5\times DH\]
\begin{align*}
DH & = DA+AH\\
& = \frac{7}{5}AB+2\\
& =\dfrac{7}{5}\times5+2\\
& =9.
\end{align*}
Donc :
\begin{align*}
\gvec{AB} \cdot \gvec{CD} & = -AB \times DH = -5 \times 9 = - 45. \\
\gvec{AC} \cdot \gvec{AE}& = AC \times AE = 4 \times 6 = 24. \\
\gvec{AD} \cdot \gvec{AE} &= -AD \times AE' = -7 \times 3 = - 21.
\end{align*}
De plus,
\begin{align*}
        \gvec{BE} \cdot \gvec{CD} &= (\gvec{BA} + \gvec{AE}) \cdot 
\gvec{CD} \\
        &= -\gvec{AB} \cdot \gvec{CD} + \gvec{AE} \cdot (\gvec{AD} - 
\gvec{AC}) \\
        &= - \gvec{AB} \cdot \gvec{CD} + \gvec{AD} \cdot \gvec{AE} - 
\gvec{AC} \cdot \gvec{AE} \\
        &= 45 - 21 - 24 \\
        &= 0\,.
        \end{align*}
        Donc $(BE) \perp (CD)$, ce qui prouve que la droite $(CD)$ 
est la hauteur issue de $D$ dans le 
        triangle $BED$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Lignes de niveau d'une application}{Lycée Saint-Marc, Lyon}{2}{30}
Soit $ABC$ un triangle équilatéral de côté 2. On note $I$ le milieu de $[AB]$, et pour tout point $M$ du plan :
\[ f(M)=\gvec{MA} \cdot \gvec{MB}. \]
\begin{questions}
\item  Calculer $f(A)$, $f(B)$, $f(I)$ et $f(C)$.
\item  Quel est l'ensemble $E_{0}$ des points $M$ du plan tels que $f(M)=0$ ?\Par
Dessiner $E_{0}$.
\item  Montrer que pour tout $M$ : \[  f(M)=MI^{2}-1. \]
\item  Déterminer, suivant les valeurs du réel $k$, l'ensemble $E_{k}$ des points $M$ du plan tels que $f(M)=k$.\Par
Dessiner $E_{2}$ sur la figure.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
Commençons par faire un schéma :
\begin{center}
\includegraphics{217_6_fig_34}
\end{center}
\begin{questions}
\item  On a par définition :
\[
f(A)=\gvec{AA} \cdot \gvec{AB}=0
\]
et
\[
f(B)=\gvec{BA} \cdot \gvec{BB}=0.
\]
        On a ensuite :
       \begin{align*}
       f(I) & =\gvec{IA} \cdot \gvec{IB}\\
       & = IA \times IB \times \cos\big(\underbrace{\gvec{IA};\gvec{IB}}_{=\pi}\big)\\
       & = -IA \times IB = -1.
       \end{align*}
        Par ailleurs, on a par définition :
       \begin{align*}
       f(C) & = \gvec{CA} \cdot \gvec{CB} = CA \times CB \times \cos(\gvec{CA},\gvec{CB}).
       \end{align*}
        Le triangle étant équilatéral, on a :
        \[
       CA = CB =2
        \]
        Et
        \[
        (\gvec{CA},\gvec{CB}) = \frac{\pi}{3} \quad \text{ou} \quad
-\frac{\pi}{3}
\]
Dans les deux cas, $\cos(\gvec{CA},\gvec{CB})=\dfrac{1}{2}$  donc :
        \[
        f(C) = 4 \times \frac{1}{2} = 2
        \]
       \item  Pour $E_{0}$, on cherche l'ensemble des points $M$ du 
plan tels que  :
\begin{align*}
\gvec{MA} \cdot \gvec{MB}=0 & \iff \big(\gvec{MI}+\gvec{IA}\big)\cdot\big(\gvec{MI}+\gvec{IB}\big)=0\\
        & \iff MI^2+\gvec{MI}\cdot\underbrace{\big(\gvec{IA}+\gvec{IB}\big)}_{=\gvec{0}}+\gvec{IA}\cdot\gvec{IB}=0\\
        & \iff MI^2 = -\gvec{IA}\cdot\gvec{IB}=\dfrac{1}{2}\gvec{AB}\cdot\left(\dfrac{1}{2}\gvec{AB}\right)=\dfrac{AB^2}{4}\\
        & \iff IM = \dfrac{AB}{2} = IA.
        \end{align*}
        $M$ est donc sur le cercle de centre $I$ et de rayon $IA$.     
        On a donc le schéma :
        \begin{center}
\includegraphics{218_6_fig_35}
\end{center}

\item  On a : $\begin{aligned}[t]
        f(M) & =  \gvec{MA} \cdot \gvec{MB} \\
             & =  (\gvec{MI}+\gvec{IA}) \cdot (\gvec{MI}+\gvec{IB}) \\
             & =  \gvec{MI}^{2}+\gvec{MI} \cdot 
(\gvec{IA}+\gvec{IB})+\gvec{IA} \cdot \gvec{IB}
        \end{aligned}$\\
        $I$ étant le milieu de $[AB]$, on a alors :
        \[
        \gvec{IA}+\gvec{IB}=\vec{0}
        \]
        Et comme précédemment, on a :
       \[
       \gvec{IA} \cdot \gvec{IB}=-\frac{1}{4}AB^{2}=-1
       \]
       D'où, finalement :
        \[
        f(M)=MI^{2}-1
        \]

        \item  Pour déterminer $E_k$, reprenons
l'expression de $f(M)$ déterminée à la question précédente :
        \[
        MI^{2}-1=k
        \]
        Ce qui est équivalent à :
      \[
      MI^2 = k+1
      \]
        \begin{itemize}
                \item  Si $k\geq-1$, on obtient le cercle de centre 
$I$ et de rayon $\sqrt{k+1}$ ;  
        
                \item  si $k<-1$, c'est l'ensemble vide.
        \end{itemize}
        \begin{Remarque} si $k=-1$, l'ensemble est réduit au point 
$I$.\end{Remarque}

        Comme $f(C)=2$, $E_2$ est le cercle de centre $I$ passant par $C$.
\begin{center}
\includegraphics{219_6_fig_36}
\end{center}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Recherche d'ensemble de points}{Lycée Victor Hugo, Marseille}{2}{50}
Soient $A$ et $B$ deux points tels que : $AB=4$ cm.
\par
On définit pour un point $M$ du plan ${\mathcal P}$ :
\[
\begin{aligned}
{\mathcal A}(M) &= \text{Aire}(AMB)\\
f(M)&=MA-MB\\
g(M)&=\gvec{AB} \cdot \gvec{AM}\\
h(M)&=\gvec{MA} \cdot \gvec{MB}\\
j(M)&=MA^{2}-MB^{2}
\end{aligned}
\]
Déterminer et construire l'ensemble des points $M$ du plan vérifiant :
\begin{questions}
\item $\mathcal{A}(M)=4$ ;
\item $f(M)=0$ ;
\item $g(M)=0$ ;
\item $h(M)=0$ ;
%\item $i(M)=2$ ;
\item $j(M)=-24$.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  Notons $[MH]$ la hauteur du triangle $AMB$ ; on a alors :
        \[
        {\cal A}(AMB)=\frac{AB \times MH}{2}\,.
        \]
 Pour que l'aire en question vaille $4$, il faut et il suffit que 
$MH=2$, puisque 
        ${AB=4}$ ; on obtient donc deux droites parallèles à $(AB)$ 
et distantes de $2$~cm de 
        cette dernière, ainsi que le montre la figure suivante :
        
        \Par
        
        \begin{center}
        \includegraphics{219_6_fig_27}
        \end{center}
        
       
\item  On obtient $MA=MB$, soit la médiatrice de $[AB]$, d'où  le schéma :
       \begin{center}
        \includegraphics{219_6_fig_28}
        \end{center}
       
        \item  Ici, on doit avoir :
       \[
       \gvec{AB} \cdot \gvec{AM}=0
       \]
        $(AM)$ doit donc être perpendiculaire à $(AB)$ (c'est une condition nécessaire et suffisante) ; on obtient donc la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par $A$.
        \begin{center}
        \includegraphics{220_6_fig_29}
        \end{center}

        \item  On obtient ici le cercle de diamètre $[AB]$ (cas 
classique du cours) :
        \begin{center}
        \includegraphics{220_6_fig_30}
        \end{center}
        
%        \item  Technique classique, il suffit d'introduire ici le 
%milieu du segment $[AB]$ ; en effet on a, $I$ étant le milieu de $[AB]$, d'après le théorème de la médiane: 
%\[MA^2 + MB^2 = 2MI^2 + \dfrac{1}{2} AB^2\]
%Donc  :
%       \[
%       MA^{2}+MB^{2}=2MI^{2}+8
%       \]
%Et on obtient  :
%        \[
%        MI^{2}=\dfrac{8-2}{2}=-3\;,
%        \]
%ce qui est impossible : il n'y a donc pas de solution.

\item  On utilise ici l'identité remarquable suivante :
\[
MA^{2}-MB^{2}= (\gvec{MA}+\gvec{MB})\cdot(\gvec{MA}-\gvec{MB})=
(\gvec{MA}+\gvec{MB}) \cdot (\gvec{BA}).
\]
En introduisant le milieu $I$ de $[AB]$, on obtient :
\[
\gvec{MA}+\gvec{MB}=\gvec{MI}+\gvec{IA}+\gvec{MI}+\gvec{IB}=2\gvec{MI}.
\]
 On a donc finalement :
\[
MA^{2}-MB^{2}=2\gvec{MI}\cdot\gvec{BA}.
\]
On doit donc avoir :
\[
\gvec{MI}\cdot\gvec{BA}=-12.
\]
Considérons le point $H$ de la droite $(AB)$ tel que :
\[
\gvec{HI} \cdot \gvec{BA}=-12,
\]
c'est-à-dire, comme $H$, $I$ et $B$ sont alignés, $HI\times BA=12$ et $\gvec{HI}$ et $\gvec{BA}$ de sens contraire. 

Alors l'ensemble des points $M$ est la droite passant par $H$       perpendiculaire à $(AB)$, comme le montre le schéma suivant (on doit avoir \linebreak$IH=3$~cm) :
        \begin{center}
        \includegraphics{221_6_fig_31}
        \end{center}
        \end{questions}
\end{corrige}



\sectionnn{Géométrie analytique}

%%% 

\begin{exo}{Calcul d'angle}{Lycée Sophie Germain, Paris}{1}{10}
Soient, dans un repère orthonormé, les points $A(1~;3)$, $B(4~;-2)$ et $C(-1~;3)$.
\begin{questions}
\item Calculer $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}$.
\item En déduire une valeur approchée de l'angle $\widehat{BAC}$, au degré près.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $\gvec{AB}(3~;-5)$ et $\gvec{AC}(-2~;0)$. Donc :
\[ \gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=3\times(-2)+(-5)\times0=-6. \]
\item On sait que $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=AB\times AC\times\cos(\widehat{BAC})$.\\
Donc $\cos(\widehat{BAC})=\frac{\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}}{AB\times AC}$.\\
$AB=\sqrt{3^2+5^2}=\sqrt{34}$ et $AC=2$. Donc  $\cos(\widehat{BAC})=\frac{-6}{2\sqrt{34}}$.\\
\`A la calculatrice, on trouve $\widehat{BAC}\approx 121^\circ$.
\begin{Remarque}
il peut être prudent de faire une figure pour vérifier la\linebreak vraisemblance des résultats :
\begin{center}
\includegraphics{221_6_fig_16}
\end{center}
\end{Remarque}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Équation de la médiatrice}{Lycée Jules Ferry, Conflans-Sainte-Honorine}{1}{10}
Dans le plan muni d'un repère orthonormal $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$, on considère les points $A(-3~;2)$ et $B(5~;-4)$.\\
Déterminer une équation de la médiatrice du segment $[AB]$.
\end{exo}

\begin{corrige}
Soit $I$ le milieu de $[AB]$ ,
\[
x_{I} = \frac{x_{A}+x_{B}}{2} = 1 \quad \text{et} \quad 
y_{I} = \frac{y_{A}+y_{B}}{2} = -1 \quad \text{donc} \quad I(1~;-1)\,.
\]
Notons $\Delta$ la médiatrice de $[AB]$.
\newpage
$\Delta$ est la perpendiculaire à $(AB)$ en $I$; c'est 
l'ensemble des points $M(x~;y)$ qui 
vérifient :
\[
\gvec{IM} \cdot \gvec{AB} = 0
\]
Or, 
\[
\begin{aligned}
\gvec{IM} & \qquad \text{a pour coordonnées} \qquad (x-1~;y+1) \\
\gvec{AB}&  \qquad \text{a pour coordonnées} \qquad (8~;-6)
\end{aligned}
\]
donc :
\begin{align*}
\gvec{IM} \cdot \gvec{AB} = 0 &\iff 8(x-1)-6(y+1) = 0 \\
&\iff 8x-6y-14 = 0 \\
&\iff 4x - 3y - 7 = 0
\end{align*}
Une équation de $\Delta$ est alors :
\[
4x-3y-7=0.
\]
\end{corrige}


%%% 
\newpage
\begin{exo}{\'Equation cartésienne de droites}{Lycée Montaigne, Bordeaux}{1}{10}
On se place dans un repère orthonormé. Dans chacun des cas suivants,\linebreak déterminer une équation cartésienne de la droite $\mathcal{D}$.

\begin{questions}
\item A$(-1~;~2)$, B$(4~;-3)$ et $\mathcal{D}$ est la médiatrice de [AB].

\item $\mathcal{D}$ est la droite passant par A$(1~;3)$ et perpendiculaire à la droite $\mathcal{D}^\prime$ d'équation \mbox{$2x-5y+3=0$}.

\item $\mathcal{D}$ est la tangente au cercle de centre O et de rayon 3 passant par le point d'abscisse 2.

\item $\mathcal{D}$ a pour vecteur normal le vecteur $\gvec{n}\dbinom{2}{-1}$ et passe par le point A$(-1~;~2)$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item On a $\gvec{\text{AB}}\dbinom{5}{-5}$. 

Le milieu de [AB] est I$\left(\frac{3}{2}~;~-\frac{1}{2}\right)$.

\begin{align*}
\text{M}(x~;y)\in\mathcal{D} & \Longleftrightarrow \gvec{\text{AB}}\cdot\gvec{\text{IM}}=0\\
&\Longleftrightarrow \dbinom{5}{-5}\cdot\begin{pmatrix}x-\frac{3}{2} \\[10pt] y+\frac{1}{2}\end{pmatrix}=0\\
&\Longleftrightarrow 5\left(x-\frac{3}{2}\right)-5\left(y+\frac{1}{2}\right)=0\\
&\Longleftrightarrow 5x-5y-10=0\\
&\Longleftrightarrow x-y-2=0.
\end{align*}

Une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc $x-y-2=0$.

\item Un vecteur directeur de $\mathcal{D}$ est un vecteur normal de $\mathcal{D}^\prime$, soit par exemple $\gvec{u}\dbinom{2}{-5}$. Ainsi, une équation de $\mathcal{D}$ est de la forme :
\[
-5x-2y+c=0\qquad,\qquad c\in\R.
\]
\[
\text{A}(1~;3)\in\mathcal{D} \Longleftrightarrow -5\times1-2\times3+c=0\Longleftrightarrow c=11.
\]
Une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc $5x+2y-11=0$.

\item Notons A le point d'abscisse 2 appartenant au cercle de centre $O$ et de rayon 3 (donc d'équation $x^2+y^2=3^2$). Son ordonnée est donc : $y_A=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt5$.

Ainsi, $A\big(2~;~\sqrt5\big)$.

$\mathcal{D}$ est tangente au cercle en $A$ donc $\gvec{OA}\dbinom{2}{\sqrt5}$ est un vecteur normal à $\mathcal{D}$; d'après le cours, une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc:
\[
2x+\sqrt5y+c=0,\ c\in\R.
\]
$A\in\mathcal{D}$ donc $2x_A+\sqrt5y_A+c=0$, soit :
\[
c=-2x_A-\sqrt5y_A=-4-5=-9.
\]
Une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc:
\[
2x+\sqrt5y-9=0.
\]

\item $\begin{aligned}[t]
\text{M}(x~;y)\in\mathcal{D} & \Longleftrightarrow \gvec{\text{AM}}\cdot\gvec{n}=0\\
& \Longleftrightarrow \dbinom{x+1}{y-2}\cdot\dbinom{2}{-1}=0\\
& \Longleftrightarrow 2(x+1)-1(y-2)=0\\
& \Longleftrightarrow 2x-y+4=0.
\end{aligned}$

Une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc $2x-y+4=0$.
\end{questions}
\end{corrige}



%%%

\begin{exo}{Nature d'un triangle}{Lycée Alain, Caen}{1}{15}
Soit, dans un repère orthonormal direct $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$, les points :
\[ A(-2~;0), \qquad B(1~;\sqrt{3}) \qquad \text{et} \qquad C(-2~;2\sqrt{3}).\]

\begin{questions}
\item  Calculer $\|\gvec{AB}\|$, $\|\gvec{AC}\|$, $\cos(\gvec{AB}, \gvec{AC})$ et $\sin(\gvec{AB},\gvec{AC})$. \\
En déduire la mesure principale de l'angle $(\gvec{AB},\gvec{AC})$.

\item  Quelle est la nature du triangle $ABC$ ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  On a :
\begin{align*}
&\gvec{AB}(3~;\sqrt{3}), &\text{donc}\quad &\|\gvec{AB}\| = 
\sqrt{3^2+(\sqrt{3})^2} = 2 \sqrt{3} \\
&\gvec{AC}(0~;2\sqrt{3}), & \text{donc}\quad &\|\gvec{AC}\| = 
\sqrt{0^2+(2\sqrt{3})^2} = 2 \sqrt{3}\,.
\end{align*}
On a :
\[ \gvec{AB}\cdot\gvec{AC} = (3\times 0) + (\sqrt{3} \times 
2\sqrt{3}) = 6 \]
et
\[ \gvec{AB} \cdot \gvec{AC} = \|\gvec{AB}\| \times \|\gvec{AC}\| \times \cos (\gvec{AB},  \gvec{AC}).
\]
D'où :
        \[
        \cos (\gvec{AB}, \gvec{AC}) = \frac{6}{\|\gvec{AB}\| \times 
\|\gvec{AC}\|} = 
        \frac{6}{12}=\frac{1}{2}\,.
        \]
On sait de plus que :
        \[
        \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1,
        \]
donc :
        \[
        \sin^2(\gvec{AB}, \gvec{AC}) = 1-\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{3}{4}.
        \]
D'où :
       \[
       \sin(\gvec{AB}, \gvec{AC}) =  
\frac{\sqrt{3}}{2}\quad\text{ou}\quad
\sin(\gvec{AB}, \gvec{AC}) =  -\frac{\sqrt{3}}{2}.
\]
Comme $\cos(\gvec{AB}, \gvec{AC})$ est positif, on sait que la mesure
principale de $(\gvec{AB}, \gvec{AC})$ appartient à
$\left[-\frac{\pi}{2}~;\frac{\pi}{2}\right]$ et donc :
        \[
        (\gvec{AB}, \gvec{AC}) =  \frac{\pi}{3}\quad\text{ou}\quad
(\gvec{AB}, \gvec{AC}) =  -\frac{\pi}{3}\,.
\]
\begin{center}
\includegraphics{224_6_fig_18}
\end{center}

La figure permet d'affirmer que :
\[(\gvec{AB}, \gvec{AC}) = \frac{\pi}{3}\]
donc que ${\sin (\gvec{AB}, \gvec{AC}) = 
\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}}$.

        \item  On a :
        \[
        \|\gvec{AB}\| = \|\gvec{AC}\| \iff AB = AC
        \]
        donc $ABC$ est isocèle en $A$.\par
De plus, \[ (\gvec{AB}, \gvec{AC}) = \frac{\pi}{3}.\] 
        Le triangle $ABC$ est donc équilatéral.
\end{questions}
\end{corrige}



%%%

\begin{exo}{Droites perpendiculaires}{Lycée Notre-Dame du Grandchamp, Versailles}{1}{20}
$ABCD$ est un carré, $I$ et $J$ sont les points tels que :
\[ \gvec{BI} = \frac{1}{3}\gvec{BC} \qquad ; \qquad \gvec{CJ}=\frac{1}{3}\gvec{CD}.\]
Démontrer de deux manières différentes (en utilisant le produit scalaire les deux fois) que les droites $(AI)$ et $(BJ)$ sont perpendiculaires.
\end{exo}

\begin{corrige}
La figure n'est pas demandée, mais elle peut aider... comme souvent\linebreak en géométrie !
\begin{center}
\includegraphics{224_6_fig_26}
\end{center}

\begin{itemize}
\item \textit{Une première méthode : }

On considère le repère orthonormé $\left(D~;\gvec{DC},\gvec{DA}\right)$.

Dans ce repère : $A(0~;1)$, $B(1~;1)$, $I\left(1~;\frac{2}{3}\right)$ et $J\left(\frac{2}{3}~;0\right)$.

On a donc : 
\[ 
\gvec{AI}\left(1~;-\frac{1}{3}\right)\qquad\text{et}\qquad\gvec{BJ}\left(-\frac{1}{3}~;-1\right).
\]
Donc : 
\[ 
\gvec{AI}\cdot\gvec{BJ}=1\times\left(-\frac{1}{3}\right)+\left(-\frac{1}{3}\right)\times(-1)=0.
\]
Les vecteurs $\gvec{AI}$ et $\gvec{BJ}$ sont donc orthogonaux, et les droites $(AI)$ et $(BJ)$ sont donc perpendiculaires.

\item \textit{Une deuxième méthode, utilisant la relation de Chasles :}
\begin{align*}
\gvec{AI}\cdot\gvec{BJ} & = \left(\gvec{AB}+\gvec{BI}\right)\cdot\left(\gvec{BC}+\gvec{CJ}\right)\\[8pt]
& = \gvec{AB}\cdot\gvec{BC} + \gvec{AB}\cdot\gvec{CJ} + \gvec{BI}\cdot\gvec{BC} + \gvec{BI}\cdot\gvec{CJ}\\[8pt]
& = 0 + AB\times\left(-\frac{1}{3}\gvec{AB}\right) + BC\times\frac{1}{3}\gvec{BC} + 0\\[8pt]
& = -\dfrac{1}{3}AB^2+\dfrac{1}{3}BC^2\\[8pt]
& = 0 \text{ car } AB=BC.
\end{align*}
\end{itemize}

\begin{methode}
Utiliser la relation de Chasles pour faire apparaître soit des vecteurs orthogonaux, soit des vecteurs dont on peut exprimer la longueur, est une technique plutôt répandue.
\end{methode}
\end{corrige}

%%% 2019 

\begin{exo}{Angles et intersection}{Lycée Jacques Amyot, Auxerre}{2}{20} 
Dans un repère orthonormé, on considère les points $A(-3~;~2)$, $B(3~;~5)$ et $C(5~;~-4)$.
\begin{questions}
\item Calculer $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}$.
\item Calculer les distances $AB$ et $AC$.
\item Déduire des questions précédentes une valeur approchée au degré près de l'angle $\widehat{BAC}$.
\item Soit $D(1,5~;~3)$. Montrer que $(CD)\perp(AB)$ et que $(BD)\perp (AC)$.
\item Que représente le point $D$ pour le triangle $ABC$ ?
\item Soit $H$ le point d'intersection des droites $(BD)$ et $(AC)$.

Sans faire de calcul, expliquer pourquoi $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=AH\times AC$. En déduire que $AH=3$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  $\gvec{AB}\dbinom{6}{3}$ et $\gvec{AC}\dbinom{8}{-6}$ donc:
\[
\gvec{AB}\cdot\gvec{AC} = 6\times8 + 3\times(-6) = 48-18=30.
\]
\item $AB = \sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{36+9}=\sqrt{45}$.

$AC = \sqrt{8^2+(-6)^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$.

\item On sait que $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=AB \times AC \times \cos\big(\gvec{AB}~;~\gvec{AC}\big)$ donc :
\[
30=10\sqrt{45}\cos\big(\gvec{AB}~;~\gvec{AC}\big).
\]
Ainsi,
\[
\cos\big(\gvec{AB}~;~\gvec{AC}\big)=\dfrac{30}{10\sqrt{45}}\approx0,447.
\]
On en déduit alors que $\big(\gvec{AB}~;~\gvec{AC}\big)\approx63\degres$.

\item $\gvec{CD}\dbinom{-3,5}{7}$ donc:
\[
\gvec{CD}\cdot\gvec{AB}=-3,5\times6 + 7\times3=-21+21=0.
\]
Donc $(CD)\perp(AB)$.

\Par

De plus, $\gvec{BD}\dbinom{-1,5}{-2}$ donc:
\[
\gvec{BD}\cdot\gvec{AC}=-1,5\times8 + (-2)\times(-6)=-12+12=0.
\]
Donc $(BD)\perp(AC)$.

\item De la question précédente, on déduit que $D$ est l'intersection des hauteurs du triangle $ABC$, donc l'orthocentre de $ABC$.

\item Par définition, $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $(AC)$. Donc, par définition du produit scalaire, $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=AH \times AC$.

Or, $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=30$ d'après la question 1.

Donc $AH \times AC = 30$, soit $AH = \dfrac{30}{AC}=\dfrac{30}{10}=3$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 

\begin{exo}{La droite d'Euler}{Lycée Camille Jullian, Bordeaux}{2}{30} 
Dans un repère orthonormé $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$, on considère les points $A(-5~;1)$,\linebreak $B(1~;-2)$ et $C(7~;4)$.
\begin{questions}
\item Trouver les coordonnées du centre de gravité $G$ de $ABC$.
\item Trouver les coordonnées du centre $I$ du cercle circonscrit à $ABC$.
\item Trouver les coordonnées de l'orthocentre $H$ de $ABC$ (point d'intersection des hauteurs).
\item Montrer que $G$, $I$ et $H$ sont alignés.
\item La \textit{droite d'Euler} de $ABC$ est la droite $(GH)$. Donner une équation cartésienne de cette droite.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item D'après le cours,
\[
\begin{cases}
x_G=\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}=\dfrac{-5+1+7}{3}=1\\[6pt]
y_G=\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}=\dfrac{1-2+4}{3}=1.
\end{cases}
\]
Ainsi, $G(1~;~1)$.

\item Le centre du cercle circonscrit à $ABC$ est le point d'intersection des médiatrices.
\begin{itemize}
\item \textit{Médiatrice de $[AB]$ }: le milieu $M_1$ de $[AB]$ a pour coordonnées :
\[
x_1=\dfrac{x_A+x_B}{2}=-2\quad\text{et}\quad y_1=\dfrac{y_A+y_B}{2}=-\dfrac{1}{2}.
\]
Soit $M(x~;~y)$ un point de la médiatrice de $[AB]$. Alors,
\begin{align*}
\gvec{MM_1}\cdot\gvec{AB}=0 & \iff \dbinom{-2-x}{-\frac{1}{2}-y}\cdot\dbinom{1-(-5)}{-2-1}=0\\
& \iff \dbinom{-2-x}{-\frac{1}{2}-y}\cdot\dbinom{6}{-3}=0\\
& \iff 6(-2-x)-3\left(-\frac{1}{2}-y\right)=0\\
& \iff -6x+3y-\frac{21}{2}=0\\
& \iff 12x-6y+21=0.
\end{align*}
Ainsi, une équation cartésienne de la médiatrice de $[AB]$ est\linebreak $12x-6y+21=0$.

\item \textit{Médiatrice de $[AC]$ }: le milieu $M_2$ de $[AC]$ a pour coordonnées:
\[
x_2=\dfrac{x_A+x_C}{2}=1\quad\text{et}\quad y_2=\dfrac{y_A+y_C}{2}=\dfrac{5}{2}.
\]
Soit $M(x~;~y)$ un point de la médiatrice de $[AC]$. Alors,
\begin{align*}
\gvec{MM_2}\cdot\gvec{AC}=0 & \iff \dbinom{1-x}{\frac{5}{2}-y}\cdot\dbinom{7-(-5)}{4-1}=0\\
& \iff \dbinom{1-x}{\frac{5}{2}-y}\cdot\dbinom{12}{3}=0\\
& \iff 12(1-x)+3\left(\frac{5}{2}-y\right)=0\\
& \iff -12x-3y+\frac{39}{2}=0\\
& \iff 24x+6y-39=0.
\end{align*}
Ainsi, une équation cartésienne de la médiatrice de $[AC]$ est\linebreak $24x+6y-39=0$.
\end{itemize}
Trouvons maintenant les coordonnées de leur point d'intersection en\linebreak résolvant le système:
\[
\begin{cases}
12x-6y+21=0\quad(E_1)\\
24x+6y-39=0\quad(E_2)
\end{cases}.
\]
\begin{itemize}
\item $(E_1)+(E_2) \iff 36x-18=0 \iff x = \dfrac{18}{36}=\dfrac{1}{2}$;
\item $2(E_1)-(E_2) \iff -18y+81=0 \iff y = \dfrac{81}{18}=\dfrac{9}{2}$.
\end{itemize}
Ainsi, $I\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{9}{2}\right)$.

\item 
\begin{itemize}
\item \textit{Hauteur passant par $B$} : soit $M(x~;~y)$ sur cette hauteur. Alors, 
\begin{align*}
\gvec{AC}\cdot\gvec{BM}=0 & \iff \dbinom{12}{3}\cdot\dbinom{x-1}{y+2}=0\\
& \iff 12x+3y-6=0\\
& \iff 4x+y-2=0.
\end{align*}

\item \textit{Hauteur passant par $C$} : soit $M(x~;~y)$ sur cette hauteur. Alors, 
\begin{align*}
\gvec{AB}\cdot\gvec{CM}=0 & \iff \dbinom{6}{-3}\cdot\dbinom{x-7}{y-4}=0\\
& \iff 6x-3y-30=0\\
& \iff 2x-y-10=0.
\end{align*}
Pour trouver l'intersection de ces deux droites, on résout le système:
\[
\begin{cases}
4x+y-2=0\quad(E_1)\\
2x-y-10=0\quad(E_2)
\end{cases}
\]
\begin{itemize}
\item $(E_1)+(E_2)\iff 6x-12=0 \iff x = 2$;
\item $(E_1)-2(E_2) \iff 3y+18=0 \iff y=-6$.
\end{itemize}
Ainsi, $H(2~;~-6)$.
\end{itemize}

\item $\gvec{GI}\dbinom{\tfrac{1}{2}-1}{\tfrac{9}{2}-1}$ donc $\gvec{GI}\dbinom{-\tfrac{1}{2}}{\tfrac{7}{2}}$.

De plus, $\gvec{GH}\dbinom{2-1}{-6-1}$ donc $\gvec{GH}\dbinom{1}{-7}$.
\[
-\frac{1}{2}\times(-7)-\frac{7}{2}\times1=0
\]
donc $\gvec{GI}$ et $\gvec{GH}$ sont colinéaires. De plus, ils ont un point en commun donc $G$, $I$ et $H$ sont alignés.

\item $\begin{aligned}[t]
M(x~;~y)\in(GH) & \iff \gvec{GH}\dbinom{1}{-7}\text{ et }\gvec{GM}\dbinom{x-1}{y-1}\text{ sont colinéaires}\\
& \iff 1\times(y-1)-(-7)(x-1)=0\\
& \iff 7x+y-8=0.
\end{aligned}$

Ainsi, une équation de la droite d'Euler de $ABC$ est $7x+y-8=0$.
\end{questions}
\end{corrige}



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\AfficheCorrige
