la correction de la série d’Exercices : Le Produit Scalaire dans le Plan

Série d’Exercices : Le Produit Scalaire dans le Plan

Introduction

Cette série d’exercices vous permettra de maîtriser les concepts fondamentaux du produit scalaire dans le plan. Vous y trouverez des exercices variés portant sur :

• Le calcul du produit scalaire et ses applications géométriques
• Les équations cartésiennes et paramétriques de droites
• Les distances et positions relatives
• Les cercles et leurs équations
• Les tangentes aux cercles

Chaque exercice est conçu pour renforcer votre compréhension et développer vos compétences en géométrie analytique.

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Exercice 1 : Produit Scalaire et Triangle

On considère les points suivants \( A(5; 7) \), \( B(2; 3) \) et \( C(9; 4) \).

1. Déterminer les coordonnées des vecteurs suivants : \( \overrightarrow{AB} \), \( \overrightarrow{AC} \) et \( \overrightarrow{BC} \).
2. Calculer \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} \) et \( \det(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}) \).
3. Déduire la nature du triangle \( ABC \).
4. Calculer \( \cos(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}) \) et \( \sin(\overrightarrow{CA};\overrightarrow{CB}) \).

Solution

1. Coordonnées des vecteurs :

\[ \overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} 2-5 \\ 3-7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \\ -4 \end{pmatrix} \]

\[ \overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} 9-5 \\ 4-7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ -3 \end{pmatrix} \]

\[ \overrightarrow{BC} = \begin{pmatrix} 9-2 \\ 4-3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 \\ 1 \end{pmatrix} \]

2. Produit scalaire et déterminant :

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (-3)(4) + (-4)(-3) = -12 + 12 = 0 \]

\[ \det(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}) = (-3)(-3) – (-4)(4) = 9 + 16 = 25 \]

3. Nature du triangle :

Puisque \( \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 \), les vecteurs \( \overrightarrow{AB} \) et \( \overrightarrow{AC} \) sont orthogonaux.

Conclusion : Le triangle \( ABC \) est rectangle en \( A \).

4. Calculs des angles :

Pour \( \cos(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}) \) :

\[ \overrightarrow{BA} = -\overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix} \]

\[ \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = (3)(7) + (4)(1) = 21 + 4 = 25 \]

\[ \|\overrightarrow{BA}\| = \sqrt{9+16} = 5, \quad \|\overrightarrow{BC}\| = \sqrt{49+1} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} \]

\[ \cos(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}) = \frac{25}{5 \times 5\sqrt{2}} = \frac{25}{25\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \]

Pour \( \sin(\overrightarrow{CA};\overrightarrow{CB}) \) :

\[ \overrightarrow{CA} = -\overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} -4 \\ 3 \end{pmatrix}, \quad \overrightarrow{CB} = -\overrightarrow{BC} = \begin{pmatrix} -7 \\ -1 \end{pmatrix} \]

\[ \det(\overrightarrow{CA};\overrightarrow{CB}) = (-4)(-1) – (3)(-7) = 4 + 21 = 25 \]

\[ \|\overrightarrow{CA}\| = 5, \quad \|\overrightarrow{CB}\| = 5\sqrt{2} \]

\[ \sin(\overrightarrow{CA};\overrightarrow{CB}) = \frac{25}{5 \times 5\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \]

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Exercice 2 : Vecteur Normal et Équations de Droites

1. On considère les points \( A(7; 4) \), \( B(-2; 1) \), \( C(1; -2) \)
   1. Vérifier que \( \vec{n}(1; 3) \) est un vecteur normal à \( (AB) \)
   2. Déterminer une équation cartésienne de la droite \( (AB) \)
2. Déterminer une équation cartésienne de la droite \( (D) \) passant par \( C \) et perpendiculaire à la droite \( (AB) \)
3. Déterminer une équation cartésienne de la droite \( (D’) \) la médiatrice du segment \( [BC] \).

Solution

1.a) Vérification du vecteur normal :

\[ \overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} -2-7 \\ 1-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -9 \\ -3 \end{pmatrix} \]

\[ \vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = (1)(-9) + (3)(-3) = -9 – 9 = -18 \neq 0 \]

Remarque : Il semble y avoir une erreur dans l’énoncé. Vérifions avec \( \vec{n}(3; -1) \) :

\[ (3)(-9) + (-1)(-3) = -27 + 3 = -24 \neq 0 \]

Ou avec \( \vec{n}(1; -3) \) :

\[ (1)(-9) + (-3)(-3) = -9 + 9 = 0 \quad \checkmark \]

Le vecteur normal correct serait \( \vec{n}(1; -3) \) ou un multiple.

1.b) Équation cartésienne de (AB) :

Avec \( \vec{n}(1; -3) \) et le point \( A(7; 4) \) :

\[ 1(x-7) – 3(y-4) = 0 \]

\[ x – 7 – 3y + 12 = 0 \]

\[ \boxed{(AB) : x – 3y + 5 = 0} \]

2. Équation de (D) perpendiculaire à (AB) passant par C :

Un vecteur directeur de \( (AB) \) est \( \overrightarrow{AB}(-9; -3) \) ou simplifié \( (3; 1) \).

Ce vecteur est normal à \( (D) \), donc :

\[ 3(x-1) + 1(y+2) = 0 \]

\[ \boxed{(D) : 3x + y – 1 = 0} \]

3. Médiatrice de [BC] :

Le milieu \( I \) de \( [BC] \) :

\[ I = \left(\frac{-2+1}{2}; \frac{1-2}{2}\right) = \left(-\frac{1}{2}; -\frac{1}{2}\right) \]

\[ \overrightarrow{BC} = \begin{pmatrix} 3 \\ -3 \end{pmatrix} \]

Équation avec \( \vec{n}(3; -3) \) passant par \( I \) :

\[ 3\left(x+\frac{1}{2}\right) – 3\left(y+\frac{1}{2}\right) = 0 \]

\[ 3x + \frac{3}{2} – 3y – \frac{3}{2} = 0 \]

\[ \boxed{(D’) : x – y = 0} \]

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Exercice 3 : Équations Cartésiennes de Droites

Déterminer l’équation cartésienne de la droite \( (D) \) dans les cas suivants :

1. \( (D) \) passant par le point \( A(2; 3) \) et de vecteur directeur \( \vec{u}(1; 2) \).
2. \( (D) \) passant par le point \( A(1; 2) \) et de vecteur normal \( \vec{n}\left(2; \frac{1}{2}\right) \).
3. \( (D) \) passant par \( A(2; 3) \) et parallèle à \( (\Delta) \) d’équation cartésienne \( (\Delta) : 2x + 3y = 0 \)
4. \( (D) \) passant par \( A(2; 3) \) et perpendiculaire à \( (D’) : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = \frac{2}{3}t \end{cases} \) \( (t \in \mathbb{R}) \).

Solution

1. Vecteur directeur \( \vec{u}(1; 2) \) donc vecteur normal \( \vec{n}(-2; 1) \) :

\[ -2(x-2) + 1(y-3) = 0 \]

\[ \boxed{(D) : -2x + y + 1 = 0} \text{ ou } \boxed{2x – y – 1 = 0} \]

2. Avec \( \vec{n}\left(2; \frac{1}{2}\right) \) passant par \( A(1; 2) \) :

\[ 2(x-1) + \frac{1}{2}(y-2) = 0 \]

\[ 2x – 2 + \frac{y}{2} – 1 = 0 \]

\[ \boxed{(D) : 4x + y – 6 = 0} \]

3. Parallèle à \( (\Delta) : 2x + 3y = 0 \), donc même vecteur normal \( \vec{n}(2; 3) \) :

\[ 2(x-2) + 3(y-3) = 0 \]

\[ \boxed{(D) : 2x + 3y – 13 = 0} \]

4. Vecteur directeur de \( (D’) \) : \( \vec{u’}(1; \frac{2}{3}) \) ou \( (3; 2) \)

Pour \( (D) \perp (D’) \), on prend \( \vec{u’}(3; 2) \) comme vecteur normal :

\[ 3(x-2) + 2(y-3) = 0 \]

\[ \boxed{(D) : 3x + 2y – 12 = 0} \]

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Exercice 4 : Distance d’un Point à une Droite

Calculer la distance entre le point \( A \) et la droite \( (D) \) dans les cas suivants :

1. \( A(2; -3) \) ; \( (D) : x – 3y = 0 \)
2. \( A(-1; 3) \) ; \( (D) : 2x – 3y – 5 = 0 \)
3. \( A(-1; 1) \) et \( (D) : \begin{cases} x = 2t \\ y = 1 + 3t \end{cases} \) \( (t \in \mathbb{R}) \)

Solution

Formule : La distance d’un point \( A(x_0; y_0) \) à une droite \( (D) : ax + by + c = 0 \) est :

\[ d(A, (D)) = \frac{|ax_0 + by_0 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}} \]

a) \( A(2; -3) \) et \( (D) : x – 3y = 0 \) :

\[ d(A, (D)) = \frac{|2 – 3(-3)|}{\sqrt{1^2 + (-3)^2}} = \frac{|2 + 9|}{\sqrt{10}} = \frac{11}{\sqrt{10}} = \boxed{\frac{11\sqrt{10}}{10}} \]

b) \( A(-1; 3) \) et \( (D) : 2x – 3y – 5 = 0 \) :

\[ d(A, (D)) = \frac{|2(-1) – 3(3) – 5|}{\sqrt{4 + 9}} = \frac{|-2 – 9 – 5|}{\sqrt{13}} = \frac{16}{\sqrt{13}} = \boxed{\frac{16\sqrt{13}}{13}} \]

c) \( A(-1; 1) \) et \( (D) : \begin{cases} x = 2t \\ y = 1 + 3t \end{cases} \)

Équation cartésienne : De \( x = 2t \), on a \( t = \frac{x}{2} \), donc :

\[ y = 1 + 3 \cdot \frac{x}{2} = 1 + \frac{3x}{2} \]

\[ 2y = 2 + 3x \Rightarrow 3x – 2y + 2 = 0 \]

\[ d(A, (D)) = \frac{|3(-1) – 2(1) + 2|}{\sqrt{9 + 4}} = \frac{|-3 – 2 + 2|}{\sqrt{13}} = \frac{3}{\sqrt{13}} = \boxed{\frac{3\sqrt{13}}{13}} \]

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Exercice 5 : Position Relative de Droites

Étudier la position relative de \( (D) \) et \( (D’) \) dans les cas suivants :

• \( (D) : 2x + 3y – 1 = 0 \) ; \( (D’) : \frac{3}{2}x – y + 4 = 0 \)
• \( (D) : x + 4y + 3 = 0 \) ; \( (D’) : -\frac{1}{2}x – 2y + 4 = 0 \)
• \( (D) : 2x + y – 1 = 0 \) ; \( (D’) : -x + 2y + 3 = 0 \)

Solution

Cas 1 : \( (D) : 2x + 3y – 1 = 0 \) et \( (D’) : \frac{3}{2}x – y + 4 = 0 \)

Vecteurs normaux : \( \vec{n}(2; 3) \) et \( \vec{n’}(\frac{3}{2}; -1) \)

Produit scalaire : \( 2 \cdot \frac{3}{2} + 3 \cdot (-1) = 3 – 3 = 0 \)

Conclusion : Les droites sont perpendiculaires.

Cas 2 : \( (D) : x + 4y + 3 = 0 \) et \( (D’) : -\frac{1}{2}x – 2y + 4 = 0 \)

Multiplions \( (D’) \) par \( -2 \) : \( x + 4y – 8 = 0 \)

Les coefficients de \( x \) et \( y \) sont identiques mais les constantes différentes.

Conclusion : Les droites sont parallèles strictes.

Cas 3 : \( (D) : 2x + y – 1 = 0 \) et \( (D’) : -x + 2y + 3 = 0 \)

Vecteurs normaux : \( \vec{n}(2; 1) \) et \( \vec{n’}(-1; 2) \)

Rapport : \( \frac{2}{-1} \neq \frac{1}{2} \)

Produit scalaire : \( 2(-1) + 1(2) = -2 + 2 = 0 \)

Conclusion : Les droites sont perpendiculaires.

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Exercice 4 (bis) : Équations de Cercles

Déterminer l’équation cartésienne du cercle \( (C) \) dans les cas suivants :

1. \( (C) \) de centre \( \Omega(-1; 0) \) et de rayon \( R = \frac{3}{2} \).
2. \( (C) \) de centre \( \Omega(-4; 3) \) et passant par \( A(-1; 0) \).
3. \( (C) \) de diamètre \( [AB] \) tels que \( A(-1; 3) \) et \( B(0; 3) \)
4. \( (C) \) cercle circonscrit au triangle \( ABC \) avec \( A(1; 2) \), \( B(7; 4) \), \( C(-1; 0) \)

Solution

1. Équation : \( (x – a)^2 + (y – b)^2 = R^2 \)

\[ \boxed{(C) : (x + 1)^2 + y^2 = \frac{9}{4}} \]

Forme développée : \( x^2 + y^2 + 2x – \frac{5}{4} = 0 \)

2. Rayon : \( R = \Omega A = \sqrt{(-1+4)^2 + (0-3)^2} = \sqrt{9 + 9} = 3\sqrt{2} \)

\[ \boxed{(C) : (x + 4)^2 + (y – 3)^2 = 18} \]

3. Centre (milieu de \( [AB] \)) : \( \Omega = \left(-\frac{1}{2}; 3\right) \)

Rayon : \( R = \frac{AB}{2} = \frac{1}{2} \)

\[ \boxed{(C) : \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 + (y – 3)^2 = \frac{1}{4}} \]

4. Le centre \( \Omega(a; b) \) est équidistant de \( A \), \( B \), \( C \) :

\[ \Omega A^2 = \Omega B^2 \Rightarrow (a-1)^2 + (b-2)^2 = (a-7)^2 + (b-4)^2 \]

\[ a^2 – 2a + 1 + b^2 – 4b + 4 = a^2 – 14a + 49 + b^2 – 8b + 16 \]

\[ 12a + 4b = 60 \Rightarrow 3a + b = 15 \quad (1) \]

\[ \Omega A^2 = \Omega C^2 \Rightarrow (a-1)^2 + (b-2)^2 = (a+1)^2 + b^2 \]

\[ -2a + 1 – 4b + 4 = 2a + 1 \]

\[ -4a – 4b = -4 \Rightarrow a + b = 1 \quad (2) \]

De (1) et (2) : \( 3a + b = 15 \) et \( a + b = 1 \)

\[ 2a = 14 \Rightarrow a = 7, \quad b = -6 \]

Non, refaisons : \( b = 1 – a \), donc \( 3a + 1 – a = 15 \Rightarrow 2a = 14 \Rightarrow a = 7 \), mais alors \( b = 1 – 7 = -6 \)

Vérifions avec les points… Il semble y avoir une erreur. Le centre est \( \Omega(7; -6) \)

\[ R^2 = (7-1)^2 + (-6-2)^2 = 36 + 64 = 100 \]

\[ \boxed{(C) : (x – 7)^2 + (y + 6)^2 = 100} \]

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Exercice 5 (bis) : Représentations de Cercles

1. Représentation paramétrique :

a) \( (C) \) de centre \( \Omega(-1; 2) \) et de rayon \( R = 2 \)

\[ \boxed{(C) : \begin{cases} x = -1 + 2\cos(\theta) \\ y = 2 + 2\sin(\theta) \end{cases} \quad (\theta \in \mathbb{R})} \]

b) \( (C) : (x – 2)^2 + (y + 1)^2 = 5 \)

Centre \( \Omega(2; -1) \), rayon \( R = \sqrt{5} \)

\[ \boxed{(C) : \begin{cases} x = 2 + \sqrt{5}\cos(\theta) \\ y = -1 + \sqrt{5}\sin(\theta) \end{cases} \quad (\theta \in \mathbb{R})} \]

c) \( (C) : x^2 + y^2 – 8x + 2y – 8 = 0 \)

Forme canonique : \( (x-4)^2 – 16 + (y+1)^2 – 1 – 8 = 0 \)

\[ (x-4)^2 + (y+1)^2 = 25 \]

Centre \( \Omega(4; -1) \), rayon \( R = 5 \)

\[ \boxed{(C) : \begin{cases} x = 4 + 5\cos(\theta) \\ y = -1 + 5\sin(\theta) \end{cases} \quad (\theta \in \mathbb{R})} \]

2. Équation cartésienne :

a) \( (C) : \begin{cases} x = -2 + \sqrt{3}\cos(\theta) \\ y = 2 + \sqrt{3}\sin(\theta) \end{cases} \)

Centre \( \Omega(-2; 2) \), rayon \( R = \sqrt{3} \)

\[ \boxed{(C) : (x + 2)^2 + (y – 2)^2 = 3} \]

b) \( (C) : \begin{cases} x = -\frac{1}{2} + 2\cos(\theta) \\ y = 2\sin(\theta) \end{cases} \)

Centre \( \Omega(-\frac{1}{2}; 0) \), rayon \( R = 2 \)

\[ \boxed{(C) : \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 + y^2 = 4} \]

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Exercice 6 : Nature d’un Ensemble de Points

Déterminer la nature de \( (\Psi) \) l’ensemble de points \( M(x; y) \) du plan qui vérifie :

1. \( (\Psi) : x^2 + y^2 + x – 3y – 4 = 0 \)
2. \( (\Psi) : x^2 + y^2 – 6x + 2y + 10 = 0 \)
3. \( (\Psi) : (x + 2)^2 + (y + 1)^2 = 0 \)
4. \( (\Psi) : x^2 + y^2 = 1 \)

Solution

a) \( x^2 + y^2 + x – 3y – 4 = 0 \)

Forme canonique : \( \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 – \frac{1}{4} + \left(y – \frac{3}{2}\right)^2 – \frac{9}{4} – 4 = 0 \)

\[ \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 + \left(y – \frac{3}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} + \frac{9}{4} + 4 = \frac{27}{4} \]

Nature : Cercle de centre \( \Omega\left(-\frac{1}{2}; \frac{3}{2}\right) \) et de rayon \( R = \frac{3\sqrt{3}}{2} \)

b) \( x^2 + y^2 – 6x + 2y + 10 = 0 \)

\[ (x-3)^2 – 9 + (y+1)^2 – 1 + 10 = 0 \]

\[ (x-3)^2 + (y+1)^2 = 0 \]

Nature : Point unique \( \Omega(3; -1) \)

c) \( (x + 2)^2 + (y + 1)^2 = 0 \)

Nature : Point unique \( (-2; -1) \)

d) \( x^2 + y^2 = 1 \)

Nature : Cercle de centre \( O(0; 0) \) et de rayon \( R = 1 \) (cercle unité)

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Exercice 7 : Position Relative Cercle-Droite

1. Étudier la position relative :

a) \( (D) : 2x + 3y – 1 = 0 \) ; \( (C) : (x – 2)^2 + (y + 1)^2 = 9 \)

Centre \( \Omega(2; -1) \), rayon \( R = 3 \)

Distance centre-droite :

\[ d(\Omega, (D)) = \frac{|2(2) + 3(-1) – 1|}{\sqrt{4 + 9}} = \frac{|4 – 3 – 1|}{\sqrt{13}} = \frac{0}{\sqrt{13}} = 0 \]

Conclusion : La droite passe par le centre, elle est sécante (diamètre).

b) \( (D) : x – y + 3 = 0 \) ; \( (C) : x^2 + y^2 – 2x – 2y – 7 = 0 \)

Forme canonique : \( (x-1)^2 + (y-1)^2 = 9 \), donc \( \Omega(1; 1) \), \( R = 3 \)

\[ d(\Omega, (D)) = \frac{|1 – 1 + 3|}{\sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2} \approx 2.12 < 3 \]

Conclusion : La droite est sécante au cercle.

2. \( (D) : 2x + y – 1 = 0 \) et \( (C) : x^2 + y^2 – 4x – 2y + \frac{9}{5} = 0 \)

Forme canonique : \( (x-2)^2 + (y-1)^2 = 4 – 1 – \frac{9}{5} = \frac{16}{5} \)

Centre \( \Omega(2; 1) \), rayon \( R = \frac{4}{\sqrt{5}} = \frac{4\sqrt{5}}{5} \)

\[ d(\Omega, (D)) = \frac{|2(2) + 1 – 1|}{\sqrt{5}} = \frac{4}{\sqrt{5}} = \frac{4\sqrt{5}}{5} = R \]

Conclusion : La droite est tangente au cercle.

Pour trouver le point de contact, résolvons le système :

De \( (D) \) : \( y = 1 – 2x \)

Dans \( (C) \) : \( x^2 + (1-2x)^2 – 4x – 2(1-2x) + \frac{9}{5} = 0 \)

\[ x^2 + 1 – 4x + 4x^2 – 4x – 2 + 4x + \frac{9}{5} = 0 \]

\[ 5x^2 – 4x + \frac{9}{5} – 1 = 0 \]

\[ 5x^2 – 4x + \frac{4}{5} = 0 \]

\[ 25x^2 – 20x + 4 = 0 \]

\[ (5x – 2)^2 = 0 \Rightarrow x = \frac{2}{5} \]

\[ y = 1 – 2 \cdot \frac{2}{5} = 1 – \frac{4}{5} = \frac{1}{5} \]

Point de contact : \( \boxed{\left(\frac{2}{5}; \frac{1}{5}\right)} \)

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Exercice 8 : Position d’un Point par Rapport à un Cercle

1. Position du point A :

a) \( C(\Omega(-1; 2); R = \sqrt{10}) \) et \( A(2; 1) \)

\[ \Omega A = \sqrt{(2+1)^2 + (1-2)^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10} = R \]

Conclusion : \( A \) est sur le cercle.

b) \( C(\Omega(0; -2); R = 2) \) et \( A(2; 1) \)

\[ \Omega A = \sqrt{4 + 9} = \sqrt{13} > 2 \]

Conclusion : \( A \) est extérieur au cercle.

c) \( C(\Omega(-1; 3); R = \sqrt{17}) \) et \( A(1; 2) \)

\[ \Omega A = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5} < \sqrt{17} \]

Conclusion : \( A \) est intérieur au cercle.

2. Résolution graphique :

Équation : \( x^2 + y^2 – x + 3y – 4 \leq 0 \)

Forme canonique : \( \left(x – \frac{1}{2}\right)^2 + \left(y + \frac{3}{2}\right)^2 \leq \frac{1}{4} + \frac{9}{4} + 4 = \frac{27}{4} \)

Solution : Disque fermé de centre \( \Omega\left(\frac{1}{2}; -\frac{3}{2}\right) \) et de rayon \( R = \frac{3\sqrt{3}}{2} \)

Pour les systèmes, il faut tracer le cercle et les droites, puis identifier les régions communes.

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Exercice 9 : Tangentes aux Cercles

1. Équation de la tangente en A :

a) \( (C) : x^2 + y^2 – x + 3y – 4 = 0 \) ; \( A(-2; 1) \)

Centre : \( \Omega\left(\frac{1}{2}; -\frac{3}{2}\right) \)

Équation de la tangente : \( (x_A – a)(x – a) + (y_A – b)(y – b) = R^2 \)

Ou directement : \( x_A x + y_A y – \frac{1}{2}(x + x_A) + \frac{3}{2}(y + y_A) – 4 = 0 \)

\[ -2x + y – \frac{1}{2}(x – 2) + \frac{3}{2}(y + 1) – 4 = 0 \]

\[ -2x + y – \frac{x}{2} + 1 + \frac{3y}{2} + \frac{3}{2} – 4 = 0 \]

\[ -\frac{5x}{2} + \frac{5y}{2} – \frac{3}{2} = 0 \]

\[ \boxed{5x – 5y + 3 = 0} \]

b) \( (C) : (x + 2)^2 + (y – 3)^2 = 25 \) ; \( A(-5; 7) \)

Centre \( \Omega(-2; 3) \)

\[ (-5+2)(x+2) + (7-3)(y-3) = 25 \]

\[ -3(x+2) + 4(y-3) = 25 \]

\[ -3x – 6 + 4y – 12 = 25 \]

\[ \boxed{-3x + 4y – 43 = 0} \text{ ou } \boxed{3x – 4y + 43 = 0} \]

c) \( (C) : x^2 + y^2 = 5 \) ; \( A(1; 2) \)

Centre \( O(0; 0) \)

\[ 1 \cdot x + 2 \cdot y = 5 \]

\[ \boxed{x + 2y – 5 = 0} \]

2. \( (E) : x^2 + y^2 – 6x + 4y – 3 = 0 \)

a) Forme canonique : \( (x-3)^2 + (y+2)^2 = 9 + 4 + 3 = 16 \)

Centre \( \Omega(3; -2) \), rayon \( R = 4 \)

b) Vérification : \( 3^2 + 2^2 – 6(3) + 4(2) – 3 = 9 + 4 – 18 + 8 – 3 = 0 \) ✓

c) Tangente en \( A(3; 2) \) :

\[ 3x + 2y – 6 \cdot \frac{x+3}{2} + 4 \cdot \frac{y+2}{2} – 3 = 0 \]

Ou : \( (3-3)(x-3) + (2-(-2))(y-(-2)) = 16 \)

\[ 0 + 4(y+2) = 16 \]

\[ \boxed{y = 2} \]

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Exercice 9 (bis) : Problème de Synthèse

I) Triangle ABC

Points : \( A(-2; 1) \), \( B(0; -2) \), \( C(1; 3) \)

1. Longueurs et produit scalaire :

\[ AB = \sqrt{4 + 9} = \sqrt{13} \]

\[ AC = \sqrt{9 + 4} = \sqrt{13} \]

\[ BC = \sqrt{1 + 25} = \sqrt{26} \]

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \cdot 3 + (-3) \cdot 2 = 6 – 6 = 0 \]

2. Nature : Triangle rectangle isocèle en \( A \)

3. Surface : \( \mathcal{A} = \frac{1}{2} \times AB \times AC = \frac{1}{2} \times 13 = \frac{13}{2} \)

4. Angles :

\[ \overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{BA} = (-1)(-2) + (-5)(3) = 2 – 15 = -13 \]

\[ \cos(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BA}) = \frac{-13}{\sqrt{26} \cdot \sqrt{13}} = \frac{-13}{\sqrt{338}} = -\frac{\sqrt{2}}{2} \]

Angle : \( \frac{3\pi}{4} \)

5. Hauteur (D) :

Vecteur directeur de \( (BC) \) : \( (1; 5) \), donc normal : \( (5; -1) \)

Équation : \( 5(x+2) – 1(y-1) = 0 \)

\[ \boxed{(D) : 5x – y + 11 = 0} \]

\[ d(B,(D)) = \frac{|0 + 2 + 11|}{\sqrt{26}} = \frac{13}{\sqrt{26}} = \frac{\sqrt{26}}{2} \]

II) Cercle (C)

1.a) \( (C) : x^2 + y^2 – 2x – 4y – 3 = 0 \)

\[ (x-1)^2 + (y-2)^2 = 1 + 4 + 3 = 8 \]

Centre \( \Omega(1; 2) \), rayon \( R = 2\sqrt{2} \) ✓

1.b) Représentation paramétrique :

\[ \boxed{\begin{cases} x = 1 + 2\sqrt{2}\cos(\theta) \\ y = 2 + 2\sqrt{2}\sin(\theta) \end{cases}} \]

2.a) Vérification : \( 1 + 0 + 2 – 0 – 3 = 0 \) ✓

2.b) Tangente en \( A(-1; 0) \) :

\[ -1x + 0y – 1(x-1) – 2(y-2) – 3 = 0 \]

\[ -x – x + 1 – 2y + 4 – 3 = 0 \]

\[ \boxed{2x + 2y – 2 = 0} \text{ ou } \boxed{x + y – 1 = 0} \]

3.a) \( (D) : x + y – 3 = 0 \)

\[ d(\Omega, (D)) = \frac{|1 + 2 – 3|}{\sqrt{2}} = 0 < R \]

La droite est sécante ✓

3.b) Points d’intersection : \( y = 3 – x \)

\[ x^2 + (3-x)^2 – 2x – 4(3-x) – 3 = 0 \]

\[ 2x^2 – 4x – 6 = 0 \Rightarrow x^2 – 2x – 3 = 0 \]

\[ (x-3)(x+1) = 0 \Rightarrow x = 3 \text{ ou } x = -1 \]

\[ E(3; 0), \quad F(-1; 4) \]

3.c) Tangentes en E et F :

En \( E(3; 0) \) : \( 3x + 0y – 1(x+3) – 2(y+0) – 3 = 0 \)

\[ \boxed{(D_1) : 2x – 2y – 6 = 0} \text{ ou } \boxed{x – y – 3 = 0} \]

En \( F(-1; 4) \) : \( -1x + 4y – 1(x-1) – 2(y+4) – 3 = 0 \)

\[ \boxed{(D_2) : -2x + 2y – 6 = 0} \text{ ou } \boxed{-x + y – 3 = 0} \]

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Conclusion

Cette série d’exercices vous a permis d’explorer en profondeur les concepts du produit scalaire et ses applications en géométrie analytique. Continuez à pratiquer ces techniques pour maîtriser parfaitement ces notions essentielles !

Bon courage dans vos révisions !