Exercices : Produit Scalaire

Correction :

Pour calculer le produit scalaire $\vec{u} \cdot \vec{v}$, nous utilisons la formule de la définition géométrique :

$$ \vec{u} \cdot \vec{v} = \lVert\vec{u}\rVert \times \lVert\vec{v}\rVert \times \cos(\widehat{(\vec{u},\vec{v})}) $$

Nous connaissons les normes des vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ainsi que l'angle entre eux :

$\lVert\vec{u}\rVert = 5$

$\lVert\vec{v}\rVert = \sqrt{3}$

$\widehat{(\vec{u},\vec{v})} = 135^{\circ}$

Il faut calculer le cosinus de $135^{\circ}$. On sait que $135^{\circ} = 180^{\circ} - 45^{\circ}$, donc $\cos(135^{\circ}) = \cos(180^{\circ} - 45^{\circ}) = -\cos(45^{\circ}) = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Maintenant, substituons ces valeurs dans la formule du produit scalaire :

$$ \vec{u} \cdot \vec{v} = 5 \times \sqrt{3} \times \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) $$

$$ \vec{u} \cdot \vec{v} = -\dfrac{5\sqrt{3}\sqrt{2}}{2} = -\dfrac{5\sqrt{6}}{2} $$

Conclusion : Le produit scalaire $\vec{u} \cdot \vec{v}$ est égal à $-\dfrac{5\sqrt{6}}{2}$.

Correction :

Pour calculer le produit scalaire $\vec{u} \cdot \vec{v}$, nous utilisons la formule de la définition géométrique :

$$ \vec{u} \cdot \vec{v} = \lVert\vec{u}\rVert \times \lVert\vec{v}\rVert \times \cos(\widehat{(\vec{u},\vec{v})}) $$

Nous connaissons les normes des vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ainsi que l'angle entre eux :

$\lVert\vec{u}\rVert = 2$

$\lVert\vec{v}\rVert = 3$

$\widehat{(\vec{u},\vec{v})} = 60^{\circ}$

Il faut calculer le cosinus de $60^{\circ}$. On sait que $\cos(60^{\circ}) = \dfrac{1}{2}$.

Maintenant, substituons ces valeurs dans la formule du produit scalaire :

$$ \vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 3 \times \cos(60^{\circ}) = 2 \times 3 \times \dfrac{1}{2} $$

$$ \vec{u} \cdot \vec{v} = 3 $$

Conclusion : Le produit scalaire $\vec{u} \cdot \vec{v}$ est égal à $3$.

Correction :

Pour calculer le produit scalaire $\vec{AB} \cdot \vec{AC}$, nous utilisons la formule de la définition géométrique :

$$ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = \lVert\vec{AB}\rVert \times \lVert\vec{AC}\rVert \times \cos(\widehat{(\vec{AB},\vec{AC})}) $$

Dans un carré $ABCD$ de côté $5$, nous avons :

$\lVert\vec{AB}\rVert = AB = 5$ (côté du carré).

$\vec{AC}$ est la diagonale du carré. Par le théorème de Pythagore dans le triangle $ABC$, rectangle en $B$, on a $AC^2 = AB^2 + BC^2 = 5^2 + 5^2 = 50$, donc $\lVert\vec{AC}\rVert = AC = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$.

L'angle $\widehat{BAC}$ est l'angle entre la côté $AB$ et la diagonale $AC$ dans un carré. Dans un carré, la diagonale divise l'angle droit en deux angles égaux de $45^{\circ}$. Donc, $\widehat{(\vec{AB},\vec{AC})} = \widehat{BAC} = 45^{\circ}$.

Il faut calculer le cosinus de $45^{\circ}$. On sait que $\cos(45^{\circ}) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Maintenant, substituons ces valeurs dans la formule du produit scalaire :

$$ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 5 \times 5\sqrt{2} \times \cos(45^{\circ}) = 5 \times 5\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} $$

$$ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 25 \times \dfrac{2}{2} = 25 $$

Conclusion : Le produit scalaire $\vec{AB} \cdot \vec{AC}$ est égal à $25$.

Correction :

Pour calculer le produit scalaire $\vec{AB} \cdot \vec{AC}$, nous utilisons la formule de la définition géométrique :

$$ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = \lVert\vec{AB}\rVert \times \lVert\vec{AC}\rVert \times \cos(\widehat{(\vec{AB},\vec{AC})}) $$

Nous connaissons les longueurs $AB$ et $AC$ et l'angle $\widehat{BAC}$ :

$\lVert\vec{AB}\rVert = AB = 7$

$\lVert\vec{AC}\rVert = AC = \sqrt{5}$

$\widehat{(\vec{AB},\vec{AC})} = \widehat{BAC} = 120^{\circ}$

Il faut calculer le cosinus de $120^{\circ}$. On sait que $120^{\circ} = 180^{\circ} - 60^{\circ}$, donc $\cos(120^{\circ}) = \cos(180^{\circ} - 60^{\circ}) = -\cos(60^{\circ}) = -\dfrac{1}{2}$.

Maintenant, substituons ces valeurs dans la formule du produit scalaire :

$$ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 7 \times \sqrt{5} \times \cos(120^{\circ}) = 7 \times \sqrt{5} \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) $$

$$ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = -\dfrac{7\sqrt{5}}{2} $$

Conclusion : Le produit scalaire $\vec{AB} \cdot \vec{AC}$ est égal à $-\dfrac{7\sqrt{5}}{2}$.

Correction :

1. Reproduction de la figure :

Vous devez reproduire un rectangle $EFGH$ avec $EF=4$ et $EH=7$. Placez les points $I, J, K, L$ milieux des côtés respectifs $[EF]$, $[FG]$, $[GH]$ et $[EH]$.

2. Calcul des produits scalaires :

Choisissons un repère orthonormé d'origine $E$, avec $\vec{EI} = \vec{i}$ et $\vec{EL'} = \vec{j}$ où $L'$ est sur $(EH)$ tel que $EL'=1$. On peut aussi choisir $\vec{EF}$ et $\vec{EH}$ comme axes. Prenons $E$ comme origine, $\vec{EF}$ comme vecteur unitaire selon l'axe des abscisses et $\vec{EH}$ comme vecteur unitaire selon l'axe des ordonnées. Dans ce repère $(E; \vec{EF}/4, \vec{EH}/7)$, les coordonnées des points sont :

$E(0;0)$, $F(4;0)$, $G(4;7)$, $H(0;7)$

$I$ milieu de $[EF]$ donc $I(2;0)$

$J$ milieu de $[FG]$ donc $J(4; 3.5)$

$K$ milieu de $[GH]$ donc $K(2;7)$

$L$ milieu de $[EH]$ donc $L(0; 3.5)$

Calculons les vecteurs nécessaires en utilisant les coordonnées :

Pour $\vec{EG}$ : $E(0;0)$, $G(4;7)$. $$\vec{EG} = \begin{pmatrix} 4-0 \\ 7-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 7 \end{pmatrix}$$

Pour $\vec{FH}$ : $F(4;0)$, $H(0;7)$. $$\vec{FH} = \begin{pmatrix} 0-4 \\ 7-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 \\ 7 \end{pmatrix}$$

Pour $\vec{EF}$ : $E(0;0)$, $F(4;0)$. $$\vec{EF} = \begin{pmatrix} 4-0 \\ 0-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 0 \end{pmatrix}$$

Pour $\vec{GH}$ : $G(4;7)$, $H(0;7)$. $$\vec{GH} = \begin{pmatrix} 0-4 \\ 7-7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 \\ 0 \end{pmatrix}$$

Pour $\vec{JL}$ : $J(4; 3.5)$, $L(0; 3.5)$. $$\vec{JL} = \begin{pmatrix} 0-4 \\ 3.5-3.5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 \\ 0 \end{pmatrix}$$

Pour $\vec{HF}$ : $H(0;7)$, $F(4;0)$. $$\vec{HF} = \begin{pmatrix} 4-0 \\ 0-7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ -7 \end{pmatrix}$$

Pour $\vec{EK}$ : $E(0;0)$, $K(2;7)$. $$\vec{EK} = \begin{pmatrix} 2-0 \\ 7-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 7 \end{pmatrix}$$

Pour $\vec{IL}$ : $I(2;0)$, $L(0; 3.5)$. $$\vec{IL} = \begin{pmatrix} 0-2 \\ 3.5-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 3.5 \end{pmatrix}$$

Pour $\vec{IG}$ : $I(2;0)$, $G(4;7)$. $$\vec{IG} = \begin{pmatrix} 4-2 \\ 7-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 7 \end{pmatrix}$$

Pour $\vec{HJ}$ : $H(0;7)$, $J(4; 3.5)$. $$\vec{HJ} = \begin{pmatrix} 4-0 \\ 3.5-7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ -3.5 \end{pmatrix}$$

Pour $\vec{JK}$ : $J(4; 3.5)$, $K(2;7)$. $$\vec{JK} = \begin{pmatrix} 2-4 \\ 7-3.5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 3.5 \end{pmatrix}$$

Calculons les produits scalaires :

a. $\vec{EG}\cdot\vec{FH} = (4 \times -4) + (7 \times 7) = -16 + 49 = 33$

b. $\vec{EF}\cdot\vec{GH} = (4 \times -4) + (0 \times 0) = -16$

c. $\vec{JL}\cdot\vec{EG} = (-4 \times 4) + (0 \times 7) = -16$

d. $\vec{HF}\cdot\vec{EK} = (4 \times 2) + (-7 \times 7) = 8 - 49 = -41$

e. $\vec{IL}\cdot\vec{IG} = (-2 \times 2) + (3.5 \times 7) = -4 + 24.5 = 20.5 = \dfrac{41}{2}$

f. $\vec{HJ}\cdot\vec{JK} = (4 \times -2) + (-3.5 \times 3.5) = -8 - 12.25 = -20.25 = -\dfrac{81}{4}$

Résultats :

Produit Scalaire	Valeur
$\vec{EG}\cdot\vec{FH}$	$33$
$\vec{EF}\cdot\vec{GH}$	$-16$
$\vec{JL}\cdot\vec{EG}$	$-16$
$\vec{HF}\cdot\vec{EK}$	$-41$
$\vec{IL}\cdot\vec{IG}$	$20.5$
$\vec{HJ}\cdot\vec{JK}$	$-20.25$

Correction :

Pour calculer les angles $\widehat{AFB}$, $\widehat{IFD}$, et $\widehat{HFG}$ en utilisant le produit scalaire, nous allons utiliser la formule :

$$ \cos(\widehat{(\vec{u},\vec{v})}) = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\lVert\vec{u}\rVert \times \lVert\vec{v}\rVert} $$

En utilisant les coordonnées données : $A=(0,0), B=(4,0), C=(8,0), D=(8,4), E=(4,4), F=(4,2), G=(0,2), H=(2,5), I=(2,2)$

1. Angle $\widehat{AFB}$ :

$\vec{FA} = A - F = (0-4, 0-2) = \begin{pmatrix} -4 \\ -2 \end{pmatrix}$, $\vec{FB} = B - F = (4-4, 0-2) = \begin{pmatrix} 0 \\ -2 \end{pmatrix}$

$\vec{FA} \cdot \vec{FB} = (-4)(0) + (-2)(-2) = 4$

$\lVert\vec{FA}\rVert = \sqrt{(-4)^2 + (-2)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$, $\lVert\vec{FB}\rVert = \sqrt{(0)^2 + (-2)^2} = \sqrt{4} = 2$

$\cos(\widehat{AFB}) = \dfrac{\vec{FA} \cdot \vec{FB}}{\lVert\vec{FA}\rVert \times \lVert\vec{FB}\rVert} = \dfrac{4}{2\sqrt{5} \times 2} = \dfrac{4}{4\sqrt{5}} = \dfrac{1}{\sqrt{5}} = \dfrac{\sqrt{5}}{5} \approx 0.4472$

$\widehat{AFB} = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\right) \approx 63.4^{\circ}$

2. Angle $\widehat{IFD}$ :

$\vec{FI} = I - F = (2-4, 2-2) = \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \end{pmatrix}$, $\vec{FD} = D - F = (8-4, 4-2) = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \end{pmatrix}$

$\vec{FI} \cdot \vec{FD} = (-2)(4) + (0)(2) = -8$

$\lVert\vec{FI}\rVert = \sqrt{(-2)^2 + (0)^2} = \sqrt{4} = 2$, $\lVert\vec{FD}\rVert = \sqrt{(4)^2 + (2)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$

$\cos(\widehat{IFD}) = \dfrac{\vec{FI} \cdot \vec{FD}}{\lVert\vec{FI}\rVert \times \lVert\vec{FD}\rVert} = \dfrac{-8}{2 \times 2\sqrt{5}} = \dfrac{-8}{4\sqrt{5}} = \dfrac{-2}{\sqrt{5}} = \dfrac{-2\sqrt{5}}{5} \approx -0.8944$

$\widehat{IFD} = \arccos\left(\dfrac{-2\sqrt{5}}{5}\right) \approx 153.4^{\circ}$

3. Angle $\widehat{HFG}$ :

$\vec{FH} = H - F = (2-4, 5-2) = \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \end{pmatrix}$, $\vec{FG} = G - F = (0-4, 2-2) = \begin{pmatrix} -4 \\ 0 \end{pmatrix}$

$\vec{FH} \cdot \vec{FG} = (-2)(-4) + (3)(0) = 8$

$\lVert\vec{FH}\rVert = \sqrt{(-2)^2 + (3)^2} = \sqrt{4 + 9} = \sqrt{13}$, $\lVert\vec{FG}\rVert = \sqrt{(-4)^2 + (0)^2} = \sqrt{16} = 4$

$\cos(\widehat{HFG}) = \dfrac{\vec{FH} \cdot \vec{FG}}{\lVert\vec{FH}\rVert \times \lVert\vec{FG}\rVert} = \dfrac{8}{\sqrt{13} \times 4} = \dfrac{2}{\sqrt{13}} = \dfrac{2\sqrt{13}}{13} \approx 0.5547$

$\widehat{HFG} = \arccos\left(\dfrac{2\sqrt{13}}{13}\right) \approx 56.3^{\circ}$

Résultats :

Angle	Mesure (en degrés, arrondi à 0.1 près)
$\widehat{AFB}$	$63.4^{\circ}$
$\widehat{IFD}$	$153.4^{\circ}$
$\widehat{HFG}$	$56.3^{\circ}$

Correction :

Pour calculer les produits scalaires avec les coordonnées des vecteurs, nous utilisons la formule analytique : $\vec{u}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \cdot \vec{v}\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = xx' + yy'$.

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Correction pour la question 1: $\vec{u}\cdot\vec{v}$

On a $\vec{u}\begin{pmatrix} 15 \\ -8 \end{pmatrix}$ et $\vec{v}\begin{pmatrix} 6 \\ 9 \end{pmatrix}$.

Pour calculer le produit scalaire $\vec{u}\cdot\vec{v}$, on utilise la formule : $\vec{u}\cdot\vec{v} = x_u x_v + y_u y_v$, où $\vec{u} = \begin{pmatrix} x_u \\ y_u \end{pmatrix}$ et $\vec{v} = \begin{pmatrix} x_v \\ y_v \end{pmatrix}$.

Ici, $x_u = 15$, $y_u = -8$, $x_v = 6$, et $y_v = 9$.

Donc, $\vec{u}\cdot\vec{v} = (15 \times 6) + (-8 \times 9) = 90 - 72 = 18$.

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Correction pour la question 2: $\vec{s}\cdot\vec{t}$

On a $\vec{s}\begin{pmatrix} -1 \\ -2 \end{pmatrix}$ et $\vec{t}\begin{pmatrix} -3 \\ -4 \end{pmatrix}$.

Pour calculer le produit scalaire $\vec{s}\cdot\vec{t}$, on utilise la formule : $\vec{s}\cdot\vec{t} = x_s x_t + y_s y_t$, où $\vec{s} = \begin{pmatrix} x_s \\ y_s \end{pmatrix}$ et $\vec{t} = \begin{pmatrix} x_t \\ y_t \end{pmatrix}$.

Ici, $x_s = -1$, $y_s = -2$, $x_t = -3$, et $y_t = -4$.

Donc, $\vec{s}\cdot\vec{t} = (-1 \times -3) + (-2 \times -4) = 3 + 8 = 11$.

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Correction pour la question 3: $\vec{c}\cdot\vec{UV}$

On a $\vec{c}\begin{pmatrix} \sqrt{6} \\ 2 \end{pmatrix}$, $U(\sqrt{24}+5 \; ; \; 1)$ et $V(5 \; ; \; \sqrt{2})$.

Calculons d'abord les coordonnées du vecteur $\vec{UV}$. Soient $U(x_U ; y_U)$ et $V(x_V ; y_V)$. Alors $\vec{UV} = \begin{pmatrix} x_V - x_U \\ y_V - y_U \end{pmatrix}$.

Ici, $x_U = \sqrt{24}+5$, $y_U = 1$, $x_V = 5$, et $y_V = \sqrt{2}$.

Donc, les coordonnées de $\vec{UV}$ sont :

$x_{\vec{UV}} = x_V - x_U = 5 - (\sqrt{24}+5) = -\sqrt{24} = -2\sqrt{6}$

$y_{\vec{UV}} = y_V - y_U = \sqrt{2} - 1$

Ainsi, $\vec{UV} = \begin{pmatrix} -2\sqrt{6} \\ \sqrt{2} - 1 \end{pmatrix}$.

Maintenant, calculons le produit scalaire $\vec{c}\cdot\vec{UV} = x_{\vec{c}} x_{\vec{UV}} + y_{\vec{c}} y_{\vec{UV}}$, où $\vec{c} = \begin{pmatrix} x_{\vec{c}} \\ y_{\vec{c}} \end{pmatrix}$.

Ici, $x_{\vec{c}} = \sqrt{6}$, $y_{\vec{c}} = 2$, $x_{\vec{UV}} = -2\sqrt{6}$, et $y_{\vec{UV}} = \sqrt{2} - 1$.

Donc, $\vec{c}\cdot\vec{UV} = (\sqrt{6} \times -2\sqrt{6}) + (2 \times (\sqrt{2} - 1)) = -2 \times 6 + 2\sqrt{2} - 2 = -12 + 2\sqrt{2} - 2 = -14 + 2\sqrt{2}$.

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Correction pour la question 4: $\vec{r}\cdot\vec{AB}$

On a $\vec{r}\begin{pmatrix} 3 \\ 7 \end{pmatrix}$, $A(-1 \; ; \; 2)$ et $B(-3 \; ; \; 6)$.

Calculons d'abord les coordonnées du vecteur $\vec{AB}$. Soient $A(x_A ; y_A)$ et $B(x_B ; y_B)$. Alors $\vec{AB} = \begin{pmatrix} x_B - x_A \\ y_B - y_A \end{pmatrix}$.

Ici, $x_A = -1$, $y_A = 2$, $x_B = -3$, et $y_B = 6$.

Donc, les coordonnées de $\vec{AB}$ sont :

$x_{\vec{AB}} = x_B - x_A = -3 - (-1) = -2$

$y_{\vec{AB}} = y_B - y_A = 6 - 2 = 4$

Ainsi, $\vec{AB} = \begin{pmatrix} -2 \\ 4 \end{pmatrix}$.

Maintenant, calculons le produit scalaire $\vec{r}\cdot\vec{AB} = x_{\vec{r}} x_{\vec{AB}} + y_{\vec{r}} y_{\vec{AB}}$, où $\vec{r} = \begin{pmatrix} x_{\vec{r}} \\ y_{\vec{r}} \end{pmatrix}$.

Ici, $x_{\vec{r}} = 3$, $y_{\vec{r}} = 7$, $x_{\vec{AB}} = -2$, et $y_{\vec{AB}} = 4$.

Donc, $\vec{r}\cdot\vec{AB} = (3 \times -2) + (7 \times 4) = -6 + 28 = 22$.

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Correction pour la question 5: $\vec{CD}\cdot\vec{MR}$

On a $C(5 \; ; \; 6)$, $D(-1 \; ; \; 4)$, $M(3 \; ; \; 7)$ et $R(8 \; ; \; 9)$.

Calculons d'abord les coordonnées du vecteur $\vec{CD}$. Soient $C(x_C ; y_C)$ et $D(x_D ; y_D)$. Alors $\vec{CD} = \begin{pmatrix} x_D - x_C \\ y_D - y_C \end{pmatrix}$.

Ici, $x_C = 5$, $y_C = 6$, $x_D = -1$, et $y_D = 4$.

Donc, les coordonnées de $\vec{CD}$ sont :

$x_{\vec{CD}} = x_D - x_C = -1 - 5 = -6$

$y_{\vec{CD}} = y_D - y_C = 4 - 6 = -2$

Ainsi, $\vec{CD} = \begin{pmatrix} -6 \\ -2 \end{pmatrix}$.

Calculons d'abord les coordonnées du vecteur $\vec{MR}$. Soient $M(x_M ; y_M)$ et $R(x_R ; y_R)$. Alors $\vec{MR} = \begin{pmatrix} x_R - x_M \\ y_R - y_M \end{pmatrix}$.

Ici, $x_M = 3$, $y_M = 7$, $x_R = 8$, et $y_R = 9$.

Donc, les coordonnées de $\vec{MR}$ sont :

$x_{\vec{MR}} = x_R - x_M = 8 - 3 = 5$

$y_{\vec{MR}} = y_R - y_M = 9 - 7 = 2$

Ainsi, $\vec{MR} = \begin{pmatrix} 5 \\ 2 \end{pmatrix}$.

Maintenant, calculons le produit scalaire $\vec{CD}\cdot\vec{MR} = x_{\vec{CD}} x_{\vec{MR}} + y_{\vec{CD}} y_{\vec{MR}}$.

Ici, $x_{\vec{CD}} = -6$, $y_{\vec{CD}} = -2$, $x_{\vec{MR}} = 5$, et $y_{\vec{MR}} = 2$.

Donc, $\vec{CD}\cdot\vec{MR} = (-6 \times 5) + (-2 \times 2) = -30 - 4 = -34$.

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Correction pour la question 6: $\vec{ST}\cdot\vec{EF}$

On a $E(0 \; ; \; 1)$, $F(3 \; ; \; 0)$, $S(8 \; ; \; 8)$ et $T(5 \; ; \; 5)$.

Calculons d'abord les coordonnées du vecteur $\vec{ST}$. Soient $S(x_S ; y_S)$ et $T(x_T ; y_T)$. Alors $\vec{ST} = \begin{pmatrix} x_T - x_S \\ y_T - y_S \end{pmatrix}$.

Ici, $x_S = 8$, $y_S = 8$, $x_T = 5$, et $y_T = 5$.

Donc, les coordonnées de $\vec{ST}$ sont :

$x_{\vec{ST}} = x_T - x_S = 5 - 8 = -3$

$y_{\vec{ST}} = y_T - y_S = 5 - 8 = -3$

Ainsi, $\vec{ST} = \begin{pmatrix} -3 \\ -3 \end{pmatrix}$.

Calculons d'abord les coordonnées du vecteur $\vec{EF}$. Soient $E(x_E ; y_E)$ et $F(x_F ; y_F)$. Alors $\vec{EF} = \begin{pmatrix} x_F - x_E \\ y_F - y_E \end{pmatrix}$.

Ici, $x_E = 0$, $y_E = 1$, $x_F = 3$, et $y_F = 0$.

Donc, les coordonnées de $\vec{EF}$ sont :

$x_{\vec{EF}} = x_F - x_E = 3 - 0 = 3$

$y_{\vec{EF}} = y_F - y_E = 0 - 1 = -1$

Ainsi, $\vec{EF} = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix}$.

Maintenant, calculons le produit scalaire $\vec{ST}\cdot\vec{EF} = x_{\vec{ST}} x_{\vec{EF}} + y_{\vec{ST}} y_{\vec{EF}}$.

Ici, $x_{\vec{ST}} = -3$, $y_{\vec{ST}} = -3$, $x_{\vec{EF}} = 3$, et $y_{\vec{EF}} = -1$.

Donc, $\vec{ST}\cdot\vec{EF} = (-3 \times 3) + (-3 \times -1) = -9 + 3 = -6$.

Résultats :

Produit Scalaire	Valeur
$\vec{u}\cdot\vec{v}$	$18$
$\vec{s}\cdot\vec{t}$	$11$
$\vec{c}\cdot\vec{UV}$	$-14 + 2\sqrt{2}$
$\vec{r}\cdot\vec{AB}$	$22$
$\vec{CD}\cdot\vec{MR}$	$-34$
$\vec{ST}\cdot\vec{EF}$	$-6$

Correction :

1. Déterminer $x$ tel que $\vec{u}\cdot \vec{v}=11$.

On a $\vec{u}\begin{pmatrix} 6 \\ 7 \end{pmatrix}$ et $\vec{v}\begin{pmatrix} x \\ 1 \end{pmatrix}$. Le produit scalaire $\vec{u}\cdot \vec{v} = (6 \times x) + (7 \times 1) = 6x + 7$.

On veut $\vec{u}\cdot \vec{v} = 11$, donc $6x + 7 = 11$.

Résolvons l'équation : $6x = 11 - 7 = 4$, donc $x = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$.

Conclusion : Pour que $\vec{u}\cdot \vec{v}=11$, il faut que $x = \dfrac{2}{3}$.

2. Déterminer $y$ tel que $\vec{u}\cdot \vec{w}=\sqrt{12}$.

On a $\vec{u}\begin{pmatrix} 6 \\ 7 \end{pmatrix}$ et $\vec{w}\begin{pmatrix} -\sqrt{3} \\ y \end{pmatrix}$. Le produit scalaire $\vec{u}\cdot \vec{w} = (6 \times -\sqrt{3}) + (7 \times y) = -6\sqrt{3} + 7y$.

On veut $\vec{u}\cdot \vec{w} = \sqrt{12}$. Notez que $\sqrt{12} = \sqrt{4 \times 3} = 2\sqrt{3}$.

Donc, $-6\sqrt{3} + 7y = 2\sqrt{3}$.

Résolvons l'équation : $7y = 2\sqrt{3} + 6\sqrt{3} = 8\sqrt{3}$, donc $y = \dfrac{8\sqrt{3}}{7}$.

Conclusion : Pour que $\vec{u}\cdot \vec{w}=\sqrt{12}$, il faut que $y = \dfrac{8\sqrt{3}}{7}$.

Correction :

Calculons d'abord le produit scalaire $\vec{u}\cdot \vec{v}$ en fonction de $x$ :

$\vec{u}\cdot \vec{v} = (x \times x) + (2x \times 3) = x^2 + 6x$.

1. $\vec{u}\cdot \vec{v}=-9$ :

On doit résoudre l'équation $x^2 + 6x = -9$, ce qui équivaut à $x^2 + 6x + 9 = 0$.

On reconnaît une identité remarquable : $(x+3)^2 = 0$. Donc $x+3 = 0$, ce qui donne $x = -3$.

Conclusion : Pour $x=-3$, on a $\vec{u}\cdot \vec{v}=-9$.

2. $\vec{u}\cdot \vec{v}=-10$ :

On doit résoudre l'équation $x^2 + 6x = -10$, ce qui équivaut à $x^2 + 6x + 10 = 0$.

Calculons le discriminant $\Delta = b^2 - 4ac = 6^2 - 4(1)(10) = 36 - 40 = -4$.

Puisque $\Delta < 0$, l'équation $x^2 + 6x + 10 = 0$ n'a pas de solution réelle.

Conclusion : Il n'existe aucune valeur de $x$ telle que $\vec{u}\cdot \vec{v}=-10$.

3. $\vec{u}\cdot \vec{v}=2$ :

On doit résoudre l'équation $x^2 + 6x = 2$, ce qui équivaut à $x^2 + 6x - 2 = 0$.

Calculons le discriminant $\Delta = b^2 - 4ac = 6^2 - 4(1)(-2) = 36 + 8 = 44$.

Puisque $\Delta > 0$, il y a deux solutions réelles :

$x_1 = \dfrac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a} = \dfrac{-6 - \sqrt{44}}{2} = \dfrac{-6 - 2\sqrt{11}}{2} = -3 - \sqrt{11}$

$x_2 = \dfrac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a} = \dfrac{-6 + \sqrt{44}}{2} = \dfrac{-6 + 2\sqrt{11}}{2} = -3 + \sqrt{11}$

Conclusion : Pour $x = -3 - \sqrt{11}$ ou $x = -3 + \sqrt{11}$, on a $\vec{u}\cdot \vec{v}=2$.

4. $\vec{u}\cdot \vec{v}>7$ :

On doit résoudre l'inéquation $x^2 + 6x > 7$, ce qui équivaut à $x^2 + 6x - 7 > 0$.

Trouvons les racines de l'équation $x^2 + 6x - 7 = 0$. Discriminant $\Delta = 6^2 - 4(1)(-7) = 36 + 28 = 64$.

Racines : $x_1 = \dfrac{-6 - \sqrt{64}}{2} = \dfrac{-6 - 8}{2} = -7$, $x_2 = \dfrac{-6 + \sqrt{64}}{2} = \dfrac{-6 + 8}{2} = 1$.

Le trinôme $x^2 + 6x - 7$ est positif à l'extérieur des racines. Donc $x^2 + 6x - 7 > 0$ lorsque $x < -7$ ou $x > 1$.

Conclusion : $\vec{u}\cdot \vec{v}>7$ pour $x \in ]-\infty ; -7[ \cup ]1 ; +\infty[$.

Correction :

Nous utilisons la formule du produit scalaire en termes d'angle : $\vec{u} \cdot \vec{v} = \lVert\vec{u}\rVert \times \lVert\vec{v}\rVert \times \cos(\theta)$, où $\theta = \widehat{(\vec{u},\vec{v})}$.

On a $\lVert\vec{u}\rVert = 2$, $\lVert\vec{v}\rVert = \sqrt{3}$ et $\vec{u} \cdot \vec{v} = \sqrt{6}$. Substituons ces valeurs dans la formule :

$\sqrt{6} = 2 \times \sqrt{3} \times \cos(\theta)$.

Pour trouver $\cos(\theta)$, on divise les deux côtés par $2\sqrt{3}$ :

$\cos(\theta) = \dfrac{\sqrt{6}}{2\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{2} \times \sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Nous cherchons l'angle $\theta$ tel que $\cos(\theta) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ et $0^{\circ} \leq \theta \leq 180^{\circ}$.

On sait que $\cos(45^{\circ}) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$. Donc $\theta = 45^{\circ}$.

Conclusion : L'angle entre les deux vecteurs est de $45^{\circ}$.

Correction :

Nous utilisons la formule du produit scalaire : $\vec{u} \cdot \vec{v} = \lVert\vec{u}\rVert \times \lVert\vec{v}\rVert \times \cos(\theta)$, où $\theta = \widehat{(\vec{u},\vec{v})}$.

On a $\lVert\vec{u}\rVert = \sqrt{6}$, $\lVert\vec{v}\rVert = \sqrt{2}$ et $\vec{u} \cdot \vec{v} = 3$. Substituons ces valeurs dans la formule :

$3 = \sqrt{6} \times \sqrt{2} \times \cos(\theta)$.

$\sqrt{6} \times \sqrt{2} = \sqrt{12} = \sqrt{4 \times 3} = 2\sqrt{3}$. Donc $3 = 2\sqrt{3} \times \cos(\theta)$.

Pour trouver $\cos(\theta)$, on divise les deux côtés par $2\sqrt{3}$ :

$\cos(\theta) = \dfrac{3}{2\sqrt{3}} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{3}\sqrt{3}} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2 \times 3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Pour trouver l'angle $\theta$, nous utilisons la fonction arccos (ou $\cos^{-1}$) :

$\theta = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

Nous savons que $\cos(30^{\circ}) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Donc, $\theta = 30^{\circ}$.

Pour vérifier avec la calculatrice, $\arccos(\dfrac{\sqrt{3}}{2}) \approx 30^{\circ}$.

Résultat : L'angle entre les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ est de $30.0^{\circ}$ arrondi à $0.1$ près.

Correction :

1. Points $A(-2;-2)$, $B(3;1)$ et $C(-1;2)$.

Calculons les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ :

$\vec{AB} = B - A = (3 - (-2) \; ; \; 1 - (-2)) = (5 \; ; \; 3) = \begin{pmatrix} 5 \\ 3 \end{pmatrix}$

$\vec{AC} = C - A = (-1 - (-2) \; ; \; 2 - (-2)) = (1 \; ; \; 4) = \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \end{pmatrix}$

Calculons les longueurs $AB$ et $AC$ :

$AB = \lVert\vec{AB}\rVert = \sqrt{5^2 + 3^2} = \sqrt{25 + 9} = \sqrt{34}$

$AC = \lVert\vec{AC}\rVert = \sqrt{1^2 + 4^2} = \sqrt{1 + 16} = \sqrt{17}$

Calculons le produit scalaire $\vec{AB} \cdot \vec{AC}$ :

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (5 \times 1) + (3 \times 4) = 5 + 12 = 17$.

Utilisons la formule $\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{\lVert\vec{AB}\rVert \times \lVert\vec{AC}\rVert} = \dfrac{17}{\sqrt{34} \times \sqrt{17}} = \dfrac{17}{\sqrt{2 \times 17} \times \sqrt{17}} = \dfrac{17}{17\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

$\widehat{BAC} = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = 45^{\circ}$.

2. Points $A(1;3)$, $B(0;-2)$ et $C(1;-2)$.

Calculons les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ :

$\vec{AB} = B - A = (0 - 1 \; ; \; -2 - 3) = (-1 \; ; \; -5) = \begin{pmatrix} -1 \\ -5 \end{pmatrix}$

$\vec{AC} = C - A = (1 - 1 \; ; \; -2 - 3) = (0 \; ; \; -5) = \begin{pmatrix} 0 \\ -5 \end{pmatrix}$

Calculons les longueurs $AB$ et $AC$ :

$AB = \lVert\vec{AB}\rVert = \sqrt{(-1)^2 + (-5)^2} = \sqrt{1 + 25} = \sqrt{26}$

$AC = \lVert\vec{AC}\rVert = \sqrt{0^2 + (-5)^2} = \sqrt{25} = 5$

Calculons le produit scalaire $\vec{AB} \cdot \vec{AC}$ :

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-1 \times 0) + (-5 \times -5) = 0 + 25 = 25$.

Utilisons la formule $\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{\lVert\vec{AB}\rVert \times \lVert\vec{AC}\rVert} = \dfrac{25}{\sqrt{26} \times 5} = \dfrac{5}{\sqrt{26}}$.

$\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{5}{\sqrt{26}} \approx \dfrac{5}{5.099} \approx 0.9806$.

$\widehat{BAC} = \arccos(0.9806) \approx 11.3^{\circ}$.

Résultats :

Cas	$AB$	$AC$	$\vec{AB} \cdot \vec{AC}$	$\widehat{BAC}$ (en degrés, arrondi à $0.1^{\circ}$)
1	$\sqrt{34}$	$\sqrt{17}$	$17$	$45.0^{\circ}$
2	$\sqrt{26}$	$5$	$25$	$11.3^{\circ}$

Correction :

On veut calculer l'angle $\widehat{BOA}$. Pour cela, nous allons utiliser le produit scalaire des vecteurs $\vec{OB}$ et $\vec{OA}$. L'origine $O$ est supposée être l'origine du repère, donc $O(0;0)$.

Calculons les vecteurs $\vec{OB}$ et $\vec{OA}$ :

$\vec{OA} = A - O = (2 - 0 \; ; \; 2 - 0) = (2 \; ; \; 2) = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix}$

$\vec{OB} = B - O = (3 - 0 \; ; \; 0 - 0) = (3 \; ; \; 0) = \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \end{pmatrix}$

Calculons le produit scalaire $\vec{OA} \cdot \vec{OB}$ :

$\vec{OA} \cdot \vec{OB} = (2 \times 3) + (2 \times 0) = 6 + 0 = 6$.

Calculons les normes de $\vec{OA}$ et $\vec{OB}$ :

$\lVert\vec{OA}\rVert = \sqrt{2^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$

$\lVert\vec{OB}\rVert = \sqrt{3^2 + 0^2} = \sqrt{9} = 3$

Utilisons la formule $\cos(\widehat{BOA}) = \dfrac{\vec{OA} \cdot \vec{OB}}{\lVert\vec{OA}\rVert \times \lVert\vec{OB}\rVert} = \dfrac{6}{2\sqrt{2} \times 3} = \dfrac{6}{6\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

$\widehat{BOA} = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = 45^{\circ}$.

Conclusion : L'angle $\widehat{BOA}$ est de $45^{\circ}$.

Correction :

Pour déterminer si deux droites sont perpendiculaires, nous devons vérifier si leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux, c'est-à-dire si leur produit scalaire est nul.

1. Les droites $(AC)$ et $(AB)$ sont-elles perpendiculaires ?

Calculons les vecteurs directeurs $\vec{AC}$ et $\vec{AB}$ :

$\vec{AB} = B - A = (3 - 1 \; ; \; 1 - 3) = (2 \; ; \; -2) = \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \end{pmatrix}$

$\vec{AC} = C - A = (-2 - 1 \; ; \; -2 - 3) = (-3 \; ; \; -5) = \begin{pmatrix} -3 \\ -5 \end{pmatrix}$

Calculons le produit scalaire $\vec{AB} \cdot \vec{AC}$ :

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (2 \times -3) + (-2 \times -5) = -6 + 10 = 4$.

Puisque $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 4 \neq 0$, les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ ne sont pas orthogonaux. Donc, les droites $(AC)$ et $(AB)$ ne sont pas perpendiculaires.

2a. Les droites $(AC)$ et $(BD)$ sont-elles perpendiculaires ?

Nous avons déjà $\vec{AC} = \begin{pmatrix} -3 \\ -5 \end{pmatrix}$. Calculons $\vec{BD} = D - B = (13 - 3 \; ; \; -5 - 1) = (10 \; ; \; -6) = \begin{pmatrix} 10 \\ -6 \end{pmatrix}$.

Calculons le produit scalaire $\vec{AC} \cdot \vec{BD}$ :

$\vec{AC} \cdot \vec{BD} = (-3 \times 10) + (-5 \times -6) = -30 + 30 = 0$.

Puisque $\vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0$, les vecteurs $\vec{AC}$ et $\vec{BD}$ sont orthogonaux. Donc, les droites $(AC)$ et $(BD)$ sont perpendiculaires.

2b. Les droites $(BE)$ et $(CD)$ sont-elles perpendiculaires ?

Calculons $\vec{BE} = E - B = (4 - 3 \; ; \; 3 - 1) = (1 \; ; \; 2) = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$.

Calculons $\vec{CD} = D - C = (13 - (-2) \; ; \; -5 - (-2)) = (15 \; ; \; -3) = \begin{pmatrix} 15 \\ -3 \end{pmatrix}$.

Calculons le produit scalaire $\vec{BE} \cdot \vec{CD}$ :

$\vec{BE} \cdot \vec{CD} = (1 \times 15) + (2 \times -3) = 15 - 6 = 9$.

Puisque $\vec{BE} \cdot \vec{CD} = 9 \neq 0$, les vecteurs $\vec{BE}$ et $\vec{CD}$ ne sont pas orthogonaux. Donc, les droites $(BE)$ et $(CD)$ ne sont pas perpendiculaires.

Résultats :

1. Les droites $(AC)$ et $(AB)$ ne sont pas perpendiculaires.

2a. Les droites $(AC)$ et $(BD)$ sont perpendiculaires.

2b. Les droites $(BE)$ et $(CD)$ ne sont pas perpendiculaires.

Correction :

Pour déterminer si un triangle est rectangle en un sommet, nous devons vérifier si les deux côtés adjacents à ce sommet sont perpendiculaires. Nous utiliserons le produit scalaire pour vérifier l'orthogonalité des vecteurs.

1. Le triangle $JKL$ est-il rectangle en $J$ ?

Nous devons vérifier si $\vec{JK} \perp \vec{JL}$, c'est-à-dire si $\vec{JK} \cdot \vec{JL} = 0$.

Calculons les vecteurs $\vec{JK}$ et $\vec{JL}$ :

$\vec{JK} = K - J = (2 - 6 \; ; \; 4 - 1) = (-4 \; ; \; 3) = \begin{pmatrix} -4 \\ 3 \end{pmatrix}$

$\vec{JL} = L - J = (1 - 6 \; ; \; -5 - 1) = (-5 \; ; \; -6) = \begin{pmatrix} -5 \\ -6 \end{pmatrix}$

Calculons le produit scalaire $\vec{JK} \cdot \vec{JL}$ :

$\vec{JK} \cdot \vec{JL} = (-4 \times -5) + (3 \times -6) = 20 - 18 = 2$.

Puisque $\vec{JK} \cdot \vec{JL} = 2 \neq 0$, les vecteurs $\vec{JK}$ et $\vec{JL}$ ne sont pas orthogonaux. Donc, le triangle $JKL$ n'est pas rectangle en $J$.

2. Le triangle $JKM$ est-il rectangle ?

Nous devons vérifier si le triangle $JKM$ est rectangle en $J$, $K$ ou $M$.

Rectangle en $J$ ? Vérifions si $\vec{JJ} \perp \vec{JM}$, c'est-à-dire si $\vec{JK} \cdot \vec{JM} = 0$.

Nous avons déjà $\vec{JK} = \begin{pmatrix} -4 \\ 3 \end{pmatrix}$. Calculons $\vec{JM} = M - J = \left(-\dfrac{5}{2} - 6 \; ; \; -2 - 1\right) = \left(-\dfrac{5}{2} - \dfrac{12}{2} \; ; \; -3\right) = \left(-\dfrac{17}{2} \; ; \; -3\right) = \begin{pmatrix} -\dfrac{17}{2} \\ -3 \end{pmatrix}$.

Calculons le produit scalaire $\vec{JK} \cdot \vec{JM}$ :

$\vec{JK} \cdot \vec{JM} = \left(-4 \times -\dfrac{17}{2}\right) + (3 \times -3) = \dfrac{68}{2} - 9 = 34 - 9 = 25$.

Puisque $\vec{JK} \cdot \vec{JM} = 25 \neq 0$, le triangle $JKM$ n'est pas rectangle en $J$.

Rectangle en $K$ ? Vérifions si $\vec{KJ} \perp \vec{KM}$, c'est-à-dire si $\vec{KJ} \cdot \vec{KM} = 0$.

$\vec{KJ} = J - K = (6 - 2 \; ; \; 1 - 4) = (4 \; ; \; -3) = \begin{pmatrix} 4 \\ -3 \end{pmatrix}$.

$\vec{KM} = M - K = \left(-\dfrac{5}{2} - 2 \; ; \; -2 - 4\right) = \left(-\dfrac{5}{2} - \dfrac{4}{2} \; ; \; -6\right) = \left(-\dfrac{9}{2} \; ; \; -6\right) = \begin{pmatrix} -\dfrac{9}{2} \\ -6 \end{pmatrix}$.

Calculons le produit scalaire $\vec{KJ} \cdot \vec{KM}$ :

$\vec{KJ} \cdot \vec{KM} = \left(4 \times -\dfrac{9}{2}\right) + (-3 \times -6) = -\dfrac{36}{2} + 18 = -18 + 18 = 0$.

Puisque $\vec{KJ} \cdot \vec{KM} = 0$, les vecteurs $\vec{KJ}$ et $\vec{KM}$ sont orthogonaux. Donc, le triangle $JKM$ est rectangle en $K$.

Rectangle en $M$ ? (inutile car on a déjà trouvé qu'il est rectangle en $K$).

Résultats :

1. Le triangle $JKL$ n'est pas rectangle en $J$.

2. Le triangle $JKM$ est rectangle en $K$.

Correction :

Pour montrer que le triangle $ABC$ est rectangle en $B$, nous devons vérifier si les vecteurs $\vec{BA}$ et $\vec{BC}$ sont orthogonaux, c'est-à-dire si leur produit scalaire est nul : $\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 0$.

Calculons les vecteurs $\vec{BA}$ et $\vec{BC}$ :

$\vec{BA} = A - B = (\sqrt{6} - \sqrt{2} \; ; \; \sqrt{7} - \sqrt{3}) = \begin{pmatrix} \sqrt{6} - \sqrt{2} \\ \sqrt{7} - \sqrt{3} \end{pmatrix}$

$\vec{BC} = C - B = (-\sqrt{6} - \sqrt{2} \; ; \; (\sqrt{7}+2\sqrt{3}) - \sqrt{3}) = (-\sqrt{6} - \sqrt{2} \; ; \; \sqrt{7} + \sqrt{3}) = \begin{pmatrix} -\sqrt{6} - \sqrt{2} \\ \sqrt{7} + \sqrt{3} \end{pmatrix}$

Calculons le produit scalaire $\vec{BA} \cdot \vec{BC}$ :

$\vec{BA} \cdot \vec{BC} = ((\sqrt{6} - \sqrt{2}) \times (-\sqrt{6} - \sqrt{2})) + ((\sqrt{7} - \sqrt{3}) \times (\sqrt{7} + \sqrt{3}))$

Utilisons l'identité remarquable $(a-b)(a+b) = a^2 - b^2$ pour chaque terme :

$(\sqrt{6} - \sqrt{2})(-\sqrt{6} - \sqrt{2}) = -(\sqrt{6} - \sqrt{2})(\sqrt{6} + \sqrt{2}) = - ((\sqrt{6})^2 - (\sqrt{2})^2) = - (6 - 2) = -4$.

$(\sqrt{7} - \sqrt{3})(\sqrt{7} + \sqrt{3}) = (\sqrt{7})^2 - (\sqrt{3})^2 = 7 - 3 = 4$.

Donc, $\vec{BA} \cdot \vec{BC} = -4 + 4 = 0$.

Puisque $\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 0$, les vecteurs $\vec{BA}$ et $\vec{BC}$ sont orthogonaux. Par conséquent, le triangle $ABC$ est rectangle en $B$.

Conclusion : Le triangle $ABC$ est rectangle en $B$.

Correction :

Pour montrer que $ABCD$ est un trapèze rectangle avec l'angle droit en $A$, nous devons vérifier deux conditions :

1. Que les côtés $(AB)$ et $(CD)$ sont parallèles (pour que $ABCD$ soit un trapèze).
2. Que l'angle en $A$, $\widehat{DAB}$, est droit.

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1. Vérification du parallélisme de $(AB)$ et $(CD)$ :

Calculons les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{CD}$ en utilisant les coordonnées des points :

Pour $\vec{AB}$ : $A(0;0)$, $B(6;2)$.

$x_{\vec{AB}} = 6 - 0 = 6$

$y_{\vec{AB}} = 2 - 0 = 2$

$\vec{AB} = \begin{pmatrix} 6 \\ 2 \end{pmatrix}$

Pour $\vec{CD}$ : $C(-1; -7)$, $D(2; -6)$.

$x_{\vec{CD}} = 2 - (-1) = 3$

$y_{\vec{CD}} = -6 - (-7) = 1$

$\vec{CD} = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}$

Nous remarquons que $\vec{AB} = 2 \vec{CD}$, car $2 \times \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 \\ 2 \end{pmatrix}$. Les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{CD}$ sont donc colinéaires, ce qui signifie que les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont parallèles. Ainsi, $ABCD$ est un trapèze.

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2. Vérification de l'angle droit en $A$ :

Vérifions si l'angle $\widehat{DAB}$ est droit en calculant le produit scalaire $\vec{AD} \cdot \vec{AB}$. Si le produit scalaire est nul, alors les vecteurs sont orthogonaux et l'angle est droit.

Pour $\vec{AD}$ : $A(0;0)$, $D(2; -6)$.

$x_{\vec{AD}} = 2 - 0 = 2$

$y_{\vec{AD}} = -6 - 0 = -6$

$\vec{AD} = \begin{pmatrix} 2 \\ -6 \end{pmatrix}$

Calculons le produit scalaire $\vec{AD} \cdot \vec{AB}$ :

$\vec{AD} \cdot \vec{AB} = (2 \times 6) + (-6 \times 2) = 12 - 12 = 0$

Puisque $\vec{AD} \cdot \vec{AB} = 0$, les vecteurs $\vec{AD}$ et $\vec{AB}$ sont orthogonaux. Donc, l'angle $\widehat{DAB}$ est un angle droit. Par conséquent, $ABCD$ est bien un trapèze rectangle avec l'angle droit en $A$.

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3. Calcul de l'aire du trapèze rectangle $ABCD$ :

Dans un trapèze rectangle avec angle droit en $A$, $AD$ est la hauteur, et $AB$ et $CD$ sont les bases parallèles. L'aire du trapèze est donnée par la formule : $Aire = \dfrac{(AB + CD) \times AD}{2}$, où $AB$, $CD$, et $AD$ sont les longueurs des segments correspondants.

Calculons les longueurs des bases $AB$ et $CD$ et de la hauteur $AD$ :

$AB = \lVert\vec{AB}\rVert = \sqrt{6^2 + 2^2} = \sqrt{36 + 4} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}$

$CD = \lVert\vec{CD}\rVert = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}$

$AD = \lVert\vec{AD}\rVert = \sqrt{2^2 + (-6)^2} = \sqrt{4 + 36} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}$

Aire de $ABCD = \dfrac{(AB + CD) \times AD}{2} = \dfrac{(2\sqrt{10} + \sqrt{10}) \times 2\sqrt{10}}{2} $

=$ \dfrac{(3\sqrt{10}) \times 2\sqrt{10}}{2} = 3\sqrt{10} \times \sqrt{10} = 3 \times 10 = 30$.

Aire du trapèze rectangle $ABCD$ est 30 unités d'aire.

Correction :

Deux vecteurs sont orthogonaux si leur produit scalaire est nul. On utilise la condition $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$.

1. $\vec{u}\begin{pmatrix} m \\ 2 \end{pmatrix}$ et $\vec{v}\begin{pmatrix} -4 \\ m \end{pmatrix}$ :

$\vec{u} \cdot \vec{v} = (m \times -4) + (2 \times m) = -4m + 2m = -2m$.

Pour l'orthogonalité, $-2m = 0 \implies m = 0$.

Solution : $m = 0$.

2. $\vec{u}\begin{pmatrix} m \\ 4 \end{pmatrix}$ et $\vec{v}\begin{pmatrix} 2m \\ 6 \end{pmatrix}$ :

$\vec{u} \cdot \vec{v} = (m \times 2m) + (4 \times 6) = 2m^2 + 24$.

Pour l'orthogonalité, $2m^2 + 24 = 0 \implies 2m^2 = -24 \implies m^2 = -12$.

Il n'existe pas de nombre réel $m$ tel que $m^2 = -12$.

Solution : Pas de solution réelle pour $m$.

3. $\vec{u}\begin{pmatrix} m^2 \\ 2 \end{pmatrix}$ et $\vec{v}\begin{pmatrix} 3 \\ m-4 \end{pmatrix}$ :

$\vec{u} \cdot \vec{v} = (m^2 \times 3) + (2 \times (m-4)) = 3m^2 + 2m - 8$.

Pour l'orthogonalité, $3m^2 + 2m - 8 = 0$. Calculons le discriminant $\Delta = 2^2 - 4(3)(-8) = 4 + 96 = 100$.

Racines : $m_1 = \dfrac{-2 - \sqrt{100}}{2 \times 3} = \dfrac{-2 - 10}{6} = \dfrac{-12}{6} = -2$, $m_2 = \dfrac{-2 + \sqrt{100}}{2 \times 3} = \dfrac{-2 + 10}{6} = \dfrac{8}{6} = \dfrac{4}{3}$.

Solutions : $m = -2$ ou $m = \dfrac{4}{3}$.

4. $\vec{u}\begin{pmatrix} m \\ m^2 \end{pmatrix}$ et $\vec{v}\begin{pmatrix} -1 \\ m \end{pmatrix}$ :

$\vec{u} \cdot \vec{v} = (m \times -1) + (m^2 \times m) = -m + m^3 = m^3 - m = m(m^2 - 1) = m(m-1)(m+1)$.

Pour l'orthogonalité, $m(m-1)(m+1) = 0 \implies m = 0$ ou $m - 1 = 0$ ou $m + 1 = 0$.

Solutions : $m = 0$, $m = 1$, ou $m = -1$.

5. $\vec{u}\begin{pmatrix} \dfrac{1}{m} \\ 2 \end{pmatrix}$ et $\vec{v}\begin{pmatrix} 4 \\ m \end{pmatrix}$ :

Il faut que $m \neq 0$ pour que $\vec{u}$ soit défini. Sous cette condition :

$\vec{u} \cdot \vec{v} = \left(\dfrac{1}{m} \times 4\right) + (2 \times m) = \dfrac{4}{m} + 2m = \dfrac{4 + 2m^2}{m}$.

Pour l'orthogonalité, $\dfrac{4 + 2m^2}{m} = 0 \implies 4 + 2m^2 = 0$ (et $m \neq 0$).

$2m^2 = -4 \implies m^2 = -2$.

Il n'existe pas de nombre réel $m$ tel que $m^2 = -2$.

Solution : Pas de solution réelle pour $m$.

Résultats :

Cas	Valeur(s) de $m$ pour orthogonalité
1	$m=0$
2	Pas de solution réelle
3	$m = -2$ ou $m = \dfrac{4}{3}$
4	$m = 0$, $m = 1$, ou $m = -1$
5	Pas de solution réelle