Applications du produit scalaire.
Relations métriques dans un triangle quelconque.
- $a$, $b$, et $c$ les longueurs des côtés opposés aux sommets $A$, $B$, et $C$,
- $\widehat{A}$, $\widehat{B}$, et $\widehat{C}$ les mesures des angles associés aux sommets.
- $a^2=b^2+c^2-2bc\cos(\widehat{A})$.
- $b^2=a^2+c^2-2ac\cos(\widehat{B})$.
- $c^2=a^2+b^2-2ab\cos(\widehat{C})$.
- $a^2=BC^2=\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BC}$ $=(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}).(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC})$
$=\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AC}$
$=\overrightarrow{BA}^2+2\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}^2$
$=b^2+c^2-2\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}$ $=b^2+c^2-2AB\times AC\times\cos(\widehat{A})$ $=b^2+c^2-2bc\cos(\widehat{A})$.
On a donc bien la relation métrique: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos(\widehat{A})$. - $b^2=AC^2=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AC}$ $=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}).(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC})$
$=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BC}$
$=\overrightarrow{AB}^2+2\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BC}^2$
$=a^2+c^2-2\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}$ $=b^2+c^2-2BA\times BC\times\cos(\widehat{B})$ $=a^2+c^2-2ac\cos(\widehat{B})$.
On a donc bien la relation métrique: $b^2=a^2+c^2-2ac\cos(\widehat{B})$. - $c^2=AB^2=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AB}$ $=(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}).(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB})$
$=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CB}$
$=\overrightarrow{AC}^2+2\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CB}^2$
$=a^2+b^2-2\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}$ $=b^2+c^2-2CA\times CB\times\cos(\widehat{C})$ $=a^2+b^2-2ab\cos(\widehat{C})$.
On a donc bien la relation métrique: $c^2=a^2+b^2-2ab\cos(\widehat{C})$. Théorème de la médiane.
- $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=AI^2-\dfrac{BC^2}{4}$
- $AB^2+AC^2=2AI^2+\dfrac{BC^2}{2}$.
- $AB^2-AC^2=2\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{CB}$.
- $\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}$.
- $\overrightarrow{IB}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}$ et $\overrightarrow{IC}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}$.
- $AB^2+AC^2=(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IB})^2+(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IC})^2$
$=(\overrightarrow{AI}^2+2\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IB}^2)+(\overrightarrow{AI}^2+2\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{IC}^2)$
$=2\overrightarrow{AI}^2+2\overrightarrow{AI}.(\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC})+IB^2+IC^2$.
Comme $\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$, on a :
$AB^2+AC^2=2AI^2+\dfrac{BC^2}{2}$. - $AB^2-AC^2=(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IB})^2-(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IC})^2$
$=(\overrightarrow{AI}^2+\overrightarrow{IB}^2+2\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{IB})-(\overrightarrow{AI}^2+\overrightarrow{IC}^2+2\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{IC})$.
Comme $IB=IC$, on a donc $AB^2-AC^2=2\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{IB}-2\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{IC}$ $=2\overrightarrow{AI}.(\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC})=2\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{CB}$ Droite définie par un point et un vecteur normal.
- La droite $\Delta$ passant par $A$ et de vecteur normal $\overrightarrow{n}$ est l'ensemble des points $M$ du plan tels que: $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{n}=0$.
- Si le vecteur $\overrightarrow{n}$ a pour coordonnées $(a,b)$ dans un repère orthonormé $\mathcal{R}=(O;\overrightarrow{i};\overrightarrow{j})$, alors on obtient une équation cartésienne de la droite $\mathcal{D}$ dans le repère $\mathcal{R}$ de la forme: $ax+by+c=0$.
- Soit $a\in\mathbb{R}$ et $b\in\mathbb{R}$ non nuls simultanément, et $c\in\mathbb{R}$.
Toute équation de la forme $ax+by+c=0$ est une équation cartésienne d'une droite de vecteur normal $\overrightarrow{n}(a;b)$. - Soit $(d)$ la droite passant par $A$ et de vecteur normal $\overrightarrow{n}$.
$M\in(d)$ $\Leftrightarrow$ le vecteur $\overrightarrow{AM}$ est un vecteur directeur de la droite $(d)$. Donc on a:
$M\in(d)$ $\Leftrightarrow$ les vecteurs $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{n}$ sont orthogonaux $\Leftrightarrow$ $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{n}=0$. - Munissons nous d'un repère $\mathcal{R}(O;\vec{i};\vec{j})$. Soit $(d)$ la droite passant par $A(x_0;y_0)$ et de vecteur normal $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}a\\b\\ \end{pmatrix}$.
$M(x,y)\in(d)$ $\Leftrightarrow$ $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{n}=0$.
Nous savons que: $\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}x_M-x_A\\y_M-y_A\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x-x_A\\y-y_A\\ \end{pmatrix}$
Si le vecteur $\overrightarrow{n}$ a pour coordonnées $(a,b)$ dans un repère orthonormé $\mathcal{R}=(O;\overrightarrow{i};\overrightarrow{j})$ nous savons que $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{n}=a(x-x_A)+b(y-y_A)$.
Donc on a: $M(x,y)\in(d)$ $\Leftrightarrow$ $a(x-x_A)+b(y-y_A)=0$ $\Leftrightarrow$ $ax+by+(-ax_A-by_A)=0$.
Si on pose $c=(-ax_A-by_A)$, on obtient l'équivalence $M(x,y)\in(d)$ $\Leftrightarrow$ $ax+by+c=0$.
La relation algébrique entre $x$ et $y$: $ax+b+c=0$, s'appelle l'équation cartésienne de la droite $(d)$, on note cela par:
(d):ax+by+c=0. - Munissons nous d'un repère $\mathcal{R}(O;\vec{i};\vec{j})$.Soit $a\in\mathbb{R}$ et $b\in\mathbb{R}$ non nuls simultanément, et $c\in\mathbb{R}$.
Considérons l'ensemble du plan que l'on note $\mathcal{E}$, constitué des points $M(x;y)$ qui vérifient la relation $ax+by+c=0$.
Nous désirons démontrer que l'ensemble $\mathcal{E}$ est une droite de vecteur normal, $\overrightarrow{n}(a;b)$.- Montrons qu'il existe au moins un point $A$ du plan dans l'ensemble $\mathcal{E}$. Nous savons que $a\in\mathbb{R}$ et $b\in\mathbb{R}$ sont non nuls simultanément.
Supposons que $a\not=0$, Si $y=0$, on a $ax+b\times 0+c=0$ $\Leftrightarrow$ $x=-\dfrac{c}{a}$, donc La point $A(-\dfrac{c}{a};0)\in\mathcal{E}$. - Posons, comme le point $A$ existe $A(x_0,y_0)$, comme $A\in\mathcal{E}$, on a $ax_0+by_0+c=0$ $\Leftrightarrow$ $c=-ax_0-by_0$.
$M(x;y)\in\mathcal{E}$ $\Leftrightarrow$ $ax+by+c=0$ $\Leftrightarrow$ $ax+by+(-ax_0-by_0)=0$ $\Leftrightarrow$ $a(x-x_0)+b(y-y_0)=0$.
Nous reconnaissons que le nombre $a(x-x_0)+b(y-y_0)$ est égal au prodit scalaire $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{n}$, avec $\overrightarrow{n}(a;b)$.
Donc $M(x;y)\in\mathcal{E}$ $\Leftrightarrow$ $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{n}=0$ $\Leftrightarrow$ $M$ appartient à la droite passant par $A$ et de vecteur normal $\overrightarrow{n}$.
- Montrons qu'il existe au moins un point $A$ du plan dans l'ensemble $\mathcal{E}$. Nous savons que $a\in\mathbb{R}$ et $b\in\mathbb{R}$ sont non nuls simultanément.
- La droite $\delta:ax+by+c=0$ a pour vecteur normal $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}a\\b\\ \end{pmatrix}$.
- La droite $\delta':a'x+b'y+c'=0$ a pour vecteur normal $\overrightarrow{n'}\begin{pmatrix}a'\\b'\\ \end{pmatrix}$.
Equation catésienne d'un cercle.
- Soit $I(2,3)$ et $r=3$. Déterminons l'équation cartésienne du cercle $\mathcal{C}$ de centre $I$ et de rayon $r=3$.
- Montrer que l'ensemble des points $M(x;y)$ vérifiant la relation $x^2+y^2+3x-y-60=0$ est un cercle dont on déterminera le centre $I$ et le rayon $r$.
-
$M(x;y)\in\mathcal{C}$ $\Leftrightarrow$ $IM=r$ $\Leftrightarrow$ $IM^2=r^2$.
Nous savons que $IM^2=(x_M-x_I)^2+(y_M-y_I)^2=(x-2)^2+(y-3)^2$.
Donc $M(x;y)\in\mathcal{C}$ $\Leftrightarrow$ $(x-2)^2+(y-3)^2=3^2=9$.
En développant l'expression $(x-2)^2+(y-3)^2$, on obtient l'équivalence:
$M(x;y)\in\mathcal{C}$ $\Leftrightarrow$ $x^2+y^2-4x-6y+2^2+3^3-3^2=0$. donc on dit que le cercle $\mathcal{C}$ a pour équation catésienne $x^2+y^2-4x-6y+4=0$.
On écrit cela de façon mathématique: $\mathcal{C}:x^2+y^2-4x-6y+4=0$. - En utilisant la même méthode pour déterminer la forme canonique d'un trinôme du second degré.
$x^2+y^2+3x-y-60=0$ $\Leftrightarrow$ $(x^2+3x)$+$(y^2-y)$-60=0 $\Leftrightarrow$ $\bigg(x+\dfrac{3}{2}\bigg)^2-\dfrac{9}{4}$+$\bigg(y-\dfrac{1}{2}\bigg)^2-\dfrac{1}{4}$-60=0.
Donc on a: $x^2+y^2+3x-y-60=0$ $\Leftrightarrow$ $\bigg(x+\dfrac{3}{2}\bigg)^2+\bigg(y-\dfrac{1}{2}\bigg)^2-\dfrac{9}{4}-\dfrac{1}{4}-60=0$ $\Leftrightarrow$ $(x+\dfrac{3}{2})^2+(y-\dfrac{1}{2})^2-\dfrac{9}{4}-\dfrac{1}{4}-\dfrac{125}{2}=0$ $\Leftrightarrow$ $(x+\dfrac{3}{2})^2+(y-\dfrac{1}{2})^2-\dfrac{9}{4}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{125}{2}$.
Conclusion
Si on pose:- Le point $I(-\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2})$ et,
- $r=\sqrt{\dfrac{125}{2}}$
Donc l'ensemble des points $M(x;y)$ vérifiant l'équation $x^2+y^2+3x-y-60=0$ est le cercle de centre $I(-\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2})$ et de rayon $r=\sqrt{\dfrac{125}{2}}$. Je m'entrainne à reconnaître un cercle par son équation cartésienne.
Propriété.
Soit un triangle $ABC$ quelconque, on désigne par:
Remarque.
Si l'un des angles a pour mesure $\dfrac{\pi}{2}$, on retrouve la relation de Pythagore, en effet si par exemple $\widehat{A}=\dfrac{\pi}{2}$, alors le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ et on a: $a^2=b^2+c^2+2bc\cos(\dfrac{\pi}{2})=b^2+c^2$.
Théorème.
Soit un triangle $ABC$ et $I$ le milieu de $[BC]$, alors on a:
Démonstration:
Or nous savons que $I$ est le milieu du segment $[BC]$, nous avons les égalité vectorielle suivantes:
Théorème (admis).
Etant donné un triangle $ABC$, l'aire $S$ du triangle est calculée par:
$\dfrac{1}{2}bc\sin(\widehat{A})=\dfrac{1}{2}ac\sin(\widehat{B})=\dfrac{1}{2}ab\sin(\widehat{C}).$
On a par ailleurs:
$\dfrac{a}{\sin(\widehat{A})}=\dfrac{b}{\sin(\widehat{B})}=\dfrac{c}{\sin(\widehat{C})}$.
Définition.
Un vecteur normal est un vecteur non nul orthogonal à un vecteur directeur de cette droite.
Proposition.
Soit $A$ un point et $\overrightarrow{n}$ un vecteur non nul du plan.
Propriété.
Dans un repère orthonormé, soient deux droites $\delta$ et $\delta'$ d'équations cartésiennes respectives $ax+by+c=0$ et $a'x+b'y+c'=0$, on a:
$\delta$ et $\delta'$ sont perpendiculaires $\Leftrightarrow$ $aa'+bb'=0$.
Nous savons que:
Donc on a les équivalences $\delta$ et $\delta'$ sont perpendiculaires $\Leftrightarrow$ $\overrightarrow{n}.\overrightarrow{n'}=0$ $\Leftrightarrow$ $aa'+bb'=0$.
Distance d'un point à une droite.
Dans un repère orthonormé, considérons une droite $\delta$ d'équation cartésienne $ax+by+c=0$ avec $(a;b)\not=(0;0)$
, et soit le point $A(x_0;y_0)$, si on note $\mathcal{D}(\delta;A)$ la distance du point $A$ à la droite $\delta$, on a:
$\mathcal{D}(\delta;A)=\dfrac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$.
Le vecteur $\overrightarrow{n}=\begin{pmatrix}a\\b\\ \end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de la droite $\delta$ d'équation cartésienne $ax+by+c=0$.
Les vecteurs $\overrightarrow{n}$ et $\overrightarrow{AH}$ sont colinéaires, donc $(\overrightarrow{n};\overrightarrow{AH})=0~~[\pi]$, on en déduit que:
$\overrightarrow{n}.\overrightarrow{AH}$ $=||\overrightarrow{n}||\times AH\times \cos(\overrightarrow{n};\overrightarrow{AH})$
$=\sqrt{a^2+b^2}\times AH\times\cos(\overrightarrow{n};\overrightarrow{AH})$ et donc $|\overrightarrow{n}.\overrightarrow{AH}|=\sqrt{a^2+b^2}\times AH$.
Calculons le produit scalaire $\overrightarrow{n}.\overrightarrow{AH}$ d'un autre façon.
$\overrightarrow{n}.\overrightarrow{AH}$ $=a(x_H-x_A)+b(y_H-y_A)$ $=ax_H+by_H-ax_A-by_A$.
Nous savons par définition que $H\in\mathcal{P}$, étant le projeté orthogonal de $A$ sur $\delta$. Donc $ax_H+by_H+c=0$, donc $ax_H+by_H=-c$.
Nous en déduisons que $\overrightarrow{n}.\overrightarrow{AH}$ $=-c-ax_A-by_A$ $=-(ax_A+by_A+c)$.
Conclusion: $\sqrt{a^2+b^2}\times AH$ $=|-(ax_A+by_A+c)|$ $=|ax_A+by_A+c|$.
On a: $AH=\dfrac{|ax_A+by_A+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$.
Théorème.
Dans un repère orthonormé, soit un point $I(x_0;y_0)$ et soit un réel $r$ strictement positif $r>0$.
Le cercle $\mathcal{C}$ de centre $I$ et de rayon $r$ est l'ensemble des points $M(x;y)$ du plan tel que $IM=r$.
Le cercle $\mathcal{C}$ de centre $I$ et de rayon $r$ admet pour équation cartésienne l'équation:
$(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2$.
$\mathcal{C}:x^2+y^2-2x_0x-2y_0y+x_0^2+y_0^2-r^2=0$.
Dans un repère orthonormé, soit un point $I(x_0;y_0)$ et soit un réel $r$ strictement positif $r>0$.
Considérons $\mathcal{C}$ le cercle de centre $I$ et de rayon $r$.
$M(x;y)\in\mathcal{C}$ $\Leftrightarrow$ $IM=r$ $\Leftrightarrow$ $IM^2=r^2$.
Nous savons que $IM^2=(x_M-x_I)^2+(y_M-y_I)^2=(x-x_0)^2+(y-y_0)^2$.
Donc $M(x;y)\in\mathcal{C}$ $\Leftrightarrow$ $(x_M-x_I)^2+(y_M-y_I)^2=(x-x_0)^2+(y-y_0)^2$.
En développant l'expression $(x-x_0)^2+(y-y_0)^2$, on obtient l'équivalence:
$M(x;y)\in\mathcal{C}$ $\Leftrightarrow$ $x^2+y^2-2x_0x-2y_0y+x_0^2+y_0^2-r^2=0$.
donc on dit que le cercle $\mathcal{C}$ a pour équation catésienne $x^2+y^2-2x_0x-2y_0y+x_0^2+y_0^2-r^2=0$.
On écrit cela de façon mathématique: $\mathcal{C}:x^2+y^2-2x_0x-2y_0y+x_0^2+y_0^2-r^2=0$.
Exemple.
Le but de l'activité ci-contre est de retrouver le cercle parmi les cinq proposés grâce à son équation catésienne. Cliquer sur le bon cercle!
Exemple.
$\mathcal{C}:x^2+y^2-4x+6y-3=0$ On a $x^2+y^2-4x+6y-5=0$ $\Leftrightarrow$ $(x-2)^2-4$+$(y+3)^2-9$-3=0. $\Leftrightarrow$ $(x-2)^2+(y+3)^2-16=0$Donc, $\mathcal{C}$ est le cercle de centre $I(2;-3)$ et de rayon $4$.
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Plaçons nous dans un repère orthonormé. On a $A(x_A;y_B)$ et $B(x_B;y_B)$.
On a $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=0$ $\Leftrightarrow$ $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BM}=0$.
$\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}x-x_A\\y-y_A\\ \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{BM}\begin{pmatrix}x-x_B\\y-y_B\\ \end{pmatrix}$, donc on a:
$\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BM}=0$ $\Leftrightarrow$ $(x-x_A)(x-x_B)+(y-y_A)(y-y_B)=0$ $\Leftrightarrow$
$x^2+y^2-(x_A+x_B)x-(y_A+y_B)y+x_Ax_B+y_Ay_B$
$x^2+y^2-(x_A+x_B)x-(y_A+y_B)y+x_Ax_B+y_Ay_B$ $\Leftrightarrow$ $\bigg(x-\dfrac{x_A+x_B}{2}\bigg)^2+\bigg(y-\dfrac{y_A+y_B}{2}\bigg)^2-\bigg(\dfrac{x_A+x_B}{2}\bigg)^2-\bigg(\dfrac{y_A+y_B}{2}\bigg)^2+x_Ax_B+y_Ay_B$
$\Leftrightarrow$ $\bigg(x-\dfrac{x_A+x_B}{2}\bigg)^2+\bigg(y-\dfrac{y_A+y_B}{2}\bigg)^2-\bigg(\dfrac{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}{4}\bigg)$
$\Leftrightarrow$ $\bigg(x-\dfrac{x_A+x_B}{2}\bigg)^2+\bigg(y-\dfrac{y_A+y_B}{2}\bigg)^2=\dfrac{AB^2}{4}=\bigg(\dfrac{AB}{2}\bigg)^2$
Donc Le point $M$ appartient au cercle de centre $I\bigg(\dfrac{x_A+x_B}{2};\dfrac{y_A+y_B}{2}\bigg)$ et de rayon $\dfrac{AB}{2}$.
Donc le point $M$ appartient au cercle de diamètre $[AB]$.
Théorème.
Le cercle de diamètre $[AB]$ est l'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=0$.
Exemple.
Dans un repère orthonormé orthonormé, soient $A(1;3)$ et $B(-3;1)$.
Déterminer l'équation cartésienne du cercle $\mathcal{C}$ de diamètre $[AB]$.
Correction
$M(x;y)\in\mathcal{C}$ $\Leftrightarrow$ $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BM}=0$.
On a $\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}x-1\\y-3\\ \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{BM}\begin{pmatrix}x+3\\y-1\\ \end{pmatrix}$.
$M(x;y)\in\mathcal{C}$ $\Leftrightarrow$ $(x-1)(x+3)+(y-3)(y-1)=0$ $\Leftrightarrow$ $x^2+y^2+2x-4y=0$.
On a donc $\mathcal{C}:x^2+y^2+2x-4y=0$.