Produit scalaire – Définitions, orthogonalité, Al-Kashi – Cours 1re

Sommaire

1. Produit scalaire — cas des vecteurs colinéaires 2. Définition générale — Projection orthogonale et cosinus 3. Propriétés algébriques (symétrie, bilinéarité) 4. Identités remarquables et polarisation 5. Produit scalaire en repère orthonormé 6. Vecteur normal et équation cartésienne d'une droite 7. Cercle — équation cartésienne 8. Orthogonalité et calcul d’angles 9. Approfondissements 📋 Bilan — Formules essentielles ⚠️ Pièges et contre-exemples

Travail d’une force oblique

Deux forces s’appliquent sur un objet : une force de 10 N vers l’est et une force de 8 N vers le nord-est (à 45° de l’est). On effectue un déplacement de 5 m vers l’est.

Le travail d’une force lors d’un déplacement est $W = \vec{F} \cdot \vec{d}$. Calculer le travail total effectue. (Rappel : $\cos 45° = \frac{\sqrt{2}}{2}$.)

Voir la solution

$W_1 = 10 \times 5 \times \cos 0° = 50$ J (force alignée avec le déplacement).

$W_2 = 8 \times 5 \times \cos 45° = 40 \times \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 28{,}28$ J.

Travail total : $W = W_1 + W_2 \approx 50 + 28{,}28 = \mathbf{78{,}28}$ J.

→ Solution complète en fin de chapitre

D’Euclide à Grassmann : le produit scalaire

Euclide (IIIe siècle av. J.-C., Éléments II) formule des identités équivalentes au produit scalaire en langage purement géométrique — sans le formalisme vectoriel. Thābit ibn Qurra (IXe siècle, Bagdad) généralise le théorème de Pythagore à un triangle quelconque — c’est une reformulation du produit scalaire.

La formulation vectorielle moderne du produit scalaire vient de Hermann Grassmann et William Hamilton (XIXe siècle), dans le cadre du développement de l’algèbre vectorielle et des quaternions.

Lire l’article complet : Thābit ibn Qurra — quand Bagdad généralise Pythagore →

Angle droit et produit scalaire nul

Dans un triangle ABC, le triangle est rectangle en A si et seulement si le produit scalaire de AB et AC est nul.

Application : $A(1,2)$, $B(4,2)$, $C(1,6)$. Calculer les trois produits scalaires et identifier l’angle droit.

→ Solution complète en fin de chapitre

1. Produit scalaire — cas des vecteurs colinéaires

On commence par définir le produit scalaire dans les deux cas les plus simples, avant d’aborder le cas général.

Définition — Vecteurs colinéaires de même sens

Si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont deux vecteurs colinéaires de même sens, le produit scalaire est :

\[\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|\]

Le produit scalaire est le produit des normes (toujours positif ou nul).

📐 Figure — Vecteurs colinéaires de même sens

$Vecteurs colinéaires de même sens : produit scalaire positif$

Définition — Vecteurs colinéaires de sens contraire

Si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont deux vecteurs colinéaires de sens contraire, alors :

\[\vec{u} \cdot \vec{v} = -\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|\]

Le produit scalaire est l’opposé du produit des normes (toujours négatif ou nul).

📐 Figure — Vecteurs colinéaires de sens contraire

$Vecteurs colinéaires de sens contraire : produit scalaire négatif$

Cas particulier — Vecteur nul

Si l’un des vecteurs est le vecteur nul $\vec{0}$, alors $\vec{u} \cdot \vec{0} = 0$.

Exemples

Si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont de même sens avec $\|\vec{u}\| = 3$ et $\|\vec{v}\| = 4$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 12$.

Si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont de sens contraire avec $\|\vec{u}\| = 3$ et $\|\vec{v}\| = 4$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} = -12$.

En particulier : $\vec{u} \cdot \vec{u} = \|\vec{u}\|^2$ (vecteur avec lui-même, même sens).

2. Définition générale — Projection orthogonale et cosinus

1. Définition par projection orthogonale

Définition — Projection orthogonale

Soient $A$, $B$, $C$ trois points avec $\vec{u} = \overrightarrow{AB}$ et $\vec{v} = \overrightarrow{AC}$. On appelle projeté orthogonal de C sur la droite $(AB)$ le pied $H$ de la perpendiculaire abaissée de $C$ sur $(AB)$.

Alors $\overrightarrow{AH}$ et $\vec{u} = \overrightarrow{AB}$ sont colinéaires, et :

\[\vec{u} \cdot \vec{v} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AH}\]

On se ramène ainsi au cas colinéaire vu en section I : même sens ou sens contraire.

📐 Figure — Projection orthogonale ($H \in [AB)$)

$Projection orthogonale du vecteur AC sur la droite AB, H sur la demi-droite [AB)$

📐 Figure — Projection orthogonale ($H \notin [AB)$)

$Projection orthogonale avec H hors de la demi-droite [AB)$

2. Définition avec le cosinus

La définition par projection est utile pour les raisonnements géométriques. La formule suivante, équivalente, est plus commode pour les calculs.

Définition — Formule avec le cosinus

Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs non nuls et $\theta$ l’angle entre ces deux vecteurs ($0 \leq \theta \leq \pi$). Alors :

\[\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos\theta\]

Si l’un des vecteurs est nul : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$.

Cohérence avec les cas colinéaires

Même sens : $\theta = 0$, $\cos 0 = 1$ → $\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|$ ✓
Sens contraire : $\theta = \pi$, $\cos \pi = -1$ → $\vec{u} \cdot \vec{v} = -\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|$ ✓
Perpendiculaires : $\theta = \pi/2$, $\cos(\pi/2) = 0$ → $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$ ✓

Caractérisation de l’orthogonalité

Deux vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux si et seulement si $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$.

📐 Figure — Produit scalaire et angle

$Produit scalaire avec la formule du cosinus$

Exemple — Calcul d’un angle

Dans un triangle $ABC$ avec $AB = 5$, $AC = 4$ et $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 10$.

$\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \times AC} = \dfrac{10}{5 \times 4} = \dfrac{1}{2}$

Donc $\widehat{BAC} = 60°$.

3. Propriétés algébriques (symétrie et bilinéarité)

Propriété — Symétrie Pour tous vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ : \[\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{v} \cdot \vec{u}\]

Propriété — Bilinéarité Pour tous vecteurs $\vec{u}$, $\vec{v}$, $\vec{w}$ et tout réel $k$ :

$\vec{u} \cdot (\vec{v} + \vec{w}) = \vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{u}\cdot\vec{w}$ (distributivité)
$(k\vec{u}) \cdot \vec{v} = k\,(\vec{u}\cdot\vec{v}) = \vec{u}\cdot(k\vec{v})$
$\vec{u}\cdot \vec{0} = 0$

On dit que le produit scalaire est bilinéaire (linéaire en chaque variable) et symétrique.

Exemple — Développement

Pour tous vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ :

$(\vec{u} + 2\vec{v})\cdot(3\vec{u} - \vec{v}) = 3\vec{u}\cdot\vec{u} - \vec{u}\cdot\vec{v} + 6\vec{v}\cdot\vec{u} - 2\vec{v}\cdot\vec{v}$

$= 3\|\vec{u}\|^2 + 5\,\vec{u}\cdot\vec{v} - 2\|\vec{v}\|^2$

4. Identités remarquables et polarisation

Théorème — Identités du carré scalaire Pour tous vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ : \[\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + 2\,\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2\] \[\|\vec{u} - \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 - 2\,\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2\] \[(\vec{u} + \vec{v})\cdot(\vec{u} - \vec{v}) = \|\vec{u}\|^2 - \|\vec{v}\|^2\]

Corollaire — Identité de polarisation Trois écritures équivalentes du produit scalaire : \[\vec{u}\cdot\vec{v} = \dfrac{1}{2}\!\left(\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 - \|\vec{u}\|^2 - \|\vec{v}\|^2\right)\] \[\vec{u}\cdot\vec{v} = \dfrac{1}{2}\!\left(\|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2 - \|\vec{u} - \vec{v}\|^2\right)\] \[\vec{u}\cdot\vec{v} = \dfrac{1}{4}\!\left(\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 - \|\vec{u} - \vec{v}\|^2\right)\]

Exemple — Calcul d'une longueur

Si $\|\vec{u}\| = 3$, $\|\vec{v}\| = 4$ et $\vec{u}\cdot\vec{v} = 5$, alors :

$\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = 9 + 2\times 5 + 16 = 35$, donc $\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{35}$.

5. Produit scalaire en repère orthonormé

Théorème — Expression analytique Dans un repère orthonormé $(O\,;\,\vec{i},\vec{j})$, si $\vec{u}(x\,;\,y)$ et $\vec{v}(x'\,;\,y')$, alors : \[\boxed{\vec{u}\cdot\vec{v} = xx' + yy'}\] En particulier, $\|\vec{u}\|^2 = \vec{u}\cdot\vec{u} = x^2 + y^2$, donc $\|\vec{u}\| = \sqrt{x^2+y^2}$.

Démonstration

On a $\vec{u} = x\vec{i} + y\vec{j}$ et $\vec{v} = x'\vec{i} + y'\vec{j}$. Par bilinéarité :

$\vec{u}\cdot\vec{v} = xx'\,\vec{i}\cdot\vec{i} + xy'\,\vec{i}\cdot\vec{j} + yx'\,\vec{j}\cdot\vec{i} + yy'\,\vec{j}\cdot\vec{j}$.

Le repère est orthonormé, donc $\vec{i}\cdot\vec{i} = \vec{j}\cdot\vec{j} = 1$ et $\vec{i}\cdot\vec{j} = 0$. D'où $\vec{u}\cdot\vec{v} = xx' + yy'$. ∎

Exemple — Calcul direct

$\vec{u}(2\,;\,-3)$ et $\vec{v}(5\,;\,1)$ : $\vec{u}\cdot\vec{v} = 2\times 5 + (-3)\times 1 = 10 - 3 = 7$.

$\|\vec{u}\| = \sqrt{4+9} = \sqrt{13}$ et $\|\vec{v}\| = \sqrt{25+1} = \sqrt{26}$.

6. Vecteur normal et équation cartésienne d'une droite

Définition — Vecteur normal Un vecteur $\vec{n}$ est dit normal à une droite $d$ s'il est non nul et orthogonal à un vecteur directeur de $d$.

Théorème — Équation cartésienne via vecteur normal Soit $d$ la droite passant par $A(x_A\,;\,y_A)$ et de vecteur normal $\vec{n}(a\,;\,b)$. Un point $M(x\,;\,y)$ appartient à $d$ si et seulement si : \[\vec{n}\cdot\overrightarrow{AM} = 0 \iff a(x - x_A) + b(y - y_A) = 0\] Soit, en développant : $\boxed{ax + by + c = 0}$ avec $c = -ax_A - by_A$.

Réciproquement, toute droite d'équation $ax + by + c = 0$ ($(a,b) \neq (0,0)$) admet $\vec{n}(a\,;\,b)$ comme vecteur normal.

Exemple — Équation à partir d'un point et d'un vecteur normal

Droite passant par $A(2\,;\,-1)$ de vecteur normal $\vec{n}(3\,;\,4)$ :

$3(x - 2) + 4(y + 1) = 0 \iff 3x + 4y - 2 = 0$.

7. Cercle — équation cartésienne

Théorème — Équation du cercle de centre et rayon Le cercle $\mathcal{C}$ de centre $\Omega(x_0\,;\,y_0)$ et de rayon $R$ a pour équation : \[\boxed{(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 = R^2}\]

Démonstration

Un point $M(x\,;\,y)$ appartient à $\mathcal{C}$ si et seulement si $\Omega M = R$, soit $\Omega M^2 = R^2$. Or $\Omega M^2 = (x-x_0)^2 + (y-y_0)^2$. ∎

Théorème — Caractérisation par un diamètre Soient $A$ et $B$ deux points distincts. Le cercle $\mathcal{C}$ de diamètre $[AB]$ est l'ensemble des points $M$ tels que : \[\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} = 0\] Autrement dit, $M$ appartient à $\mathcal{C}$ si et seulement si $\widehat{AMB}$ est droit (théorème de l'angle inscrit).

Exemple — Cercle de diamètre [AB]

$A(1\,;\,2)$, $B(5\,;\,4)$. Centre $\Omega(3\,;\,3)$ (milieu), rayon $R = \frac{AB}{2} = \frac{\sqrt{16+4}}{2} = \sqrt{5}$.

Équation : $(x-3)^2 + (y-3)^2 = 5$.

8. Orthogonalité et calcul d’angles

Méthode — Démontrer une orthogonalité

Exprimer les vecteurs dont on veut montrer l’orthogonalité
Calculer leur produit scalaire (en choisissant la méthode adaptée)
Conclure : si $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$ alors $\vec{u} \perp \vec{v}$

Méthode — Calculer un angle

Calculer $\vec{u} \cdot \vec{v}$
Calculer $\|\vec{u}\|$ et $\|\vec{v}\|$
$\cos\theta = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|}$
En déduire $\theta$ (avec $0 \leq \theta \leq \pi$)

Exemple — Calcul d’angle en coordonnées

$A(1;2)$, $B(4;3)$, $C(2;5)$. Calculer l’angle $\widehat{BAC}$.

$\overrightarrow{AB} = (3;1)$, $\overrightarrow{AC} = (1;3)$.

$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 \times 1 + 1 \times 3 = 6$

$\|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{10}$, $\|\overrightarrow{AC}\| = \sqrt{10}$

$\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{6}{\sqrt{10} \times \sqrt{10}} = \dfrac{6}{10} = 0{,}6$

$\widehat{BAC} = \arccos(0{,}6) \approx 53{,}1$ degrés

Solution du problème d’ouverture — Travail d’une force oblique

On a deux forces et un déplacement $\vec{d}$ de 5 m vers l’est.

Force $\vec{F_1}$ : 10 N vers l’est (même direction que $\vec{d}$, angle $\theta_1 = 0°$).

$$W_1 = \vec{F_1} \cdot \vec{d} = \|\vec{F_1}\| \times \|\vec{d}\| \times \cos 0° = 10 \times 5 \times 1 = 50 \text{ J}$$

Force $\vec{F_2}$ : 8 N vers le nord-est (angle $\theta_2 = 45°$ avec $\vec{d}$).

$$W_2 = \vec{F_2} \cdot \vec{d} = \|\vec{F_2}\| \times \|\vec{d}\| \times \cos 45° = 8 \times 5 \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 40 \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 20\sqrt{2} \approx 28{,}28 \text{ J}$$

Travail total : par linéarité du produit scalaire,

$$W = W_1 + W_2 = 50 + 20\sqrt{2} \approx \mathbf{78{,}28 \text{ J}}$$

La force oblique contribue moins qu’une force de même intensité alignée avec le déplacement : seule sa composante dans la direction du mouvement travaille.

Solution de l’énigme — Angle droit et produit scalaire nul

Le vecteur AB a pour coordonnées $(3,0)$ et le vecteur AC a pour coordonnées $(0,4)$. Leur produit scalaire vaut $3 \times 0 + 0 \times 4 = 0$. Le triangle est donc rectangle en A.

📐 Applets GeoGebra — produit scalaire

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Manipule deux vecteurs et observe les trois formules du produit scalaire : projection, cosinus et coordonnées. · ↗ Ouvrir en plein écran

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Bilan — Formules essentielles

Notion	Définition / Formule	Piège à éviter
Formule avec angle	$\vec{u} \cdot \vec{v} = \\|\vec{u}\\| \, \\|\vec{v}\\| \, \cos\theta$	L’angle est entre les vecteurs, pas les droites
En coordonnées (RON)	$\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy'$	Uniquement en repère orthonormé
Orthogonalité	$\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u} \cdot \vec{v} = 0$	$\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$ n’implique pas $\vec{u} = \vec{0}$
Formule d’Al-Kashi	$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos\widehat{A}$
Projeté orthogonal	$\vec{u} \cdot \vec{v} = \\|\vec{u}\\| \times OH$ où $H$ est le projeté de $B$ sur $(OA)$

Pièges et contre-exemples

Produit scalaire : teste d’abord ton intuition, puis lis l’explication.

Score : 0 / 6 pièges identifiés

1 Produit scalaire = multiplication

« $\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|$, c’est juste le produit des longueurs. »

Cette affirmation est-elle correcte ?

Explication

Il manque le cosinus de l’angle ! La formule complète est $\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos\theta$.

Sans le cosinus, on obtient le bon résultat uniquement si les vecteurs sont colinéaires de même sens ($\cos 0 = 1$).

Le produit scalaire n’est PAS le produit des normes. Le cosinus change tout : il peut rendre le résultat négatif ou nul.

Mini-test : $\|\vec{u}\| = 3$, $\|\vec{v}\| = 4$, angle = 90°. $\vec{u} \cdot \vec{v}$ vaut :

Voir section II — Définition avec le cosinus

2 Formule des coordonnées dans tout repère

« $\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy'$ fonctionne dans n’importe quel repère. »

Cette affirmation est-elle vraie ?

Explication

La formule $xx' + yy'$ ne fonctionne que dans un repère orthonormé (axes perpendiculaires, même unité).

Dans un repère oblique, il faut utiliser la formule avec le cosinus ou la projection.

Toujours vérifier que le repère est orthonormé avant d’utiliser $xx' + yy'$.

Mini-test : dans un repère orthogonal (mais pas normé), peut-on utiliser $xx' + yy'$ ?

3 Produit scalaire nul → vecteur nul

« Si $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$, alors $\vec{u} = \vec{0}$ ou $\vec{v} = \vec{0}$. »

Cette affirmation est-elle vraie ?

Explication

Un produit scalaire nul signifie que les vecteurs sont orthogonaux, pas forcément nuls !

Contre-exemple : $\vec{u} = (1 \; ; \; 0)$ et $\vec{v} = (0 \; ; \; 1)$ ; alors $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$ mais aucun des deux n’est le vecteur nul.

Ne pas confondre avec le produit de nombres réels. Pour les vecteurs : produit scalaire nul = orthogonalité (ou l’un des vecteurs est nul).

Mini-test : $\vec{u} = (3 \; ; \; 4)$ et $\vec{v} = (-4 \; ; \; 3)$ ; on a $\vec{u} \cdot \vec{v} = -12 + 12 = 0$. Conclusion :

Voir section VIII — Orthogonalité

4 Al-Kashi : quel angle ?

« Dans la formule d’Al-Kashi $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\hat{A}$, l’angle $\hat{A}$ est n’importe quel angle du triangle. »

Cette affirmation est-elle correcte ?

Explication

L’angle $\hat{A}$ doit être l’angle opposé au côté $a$ (le côté dont on calcule le carré).

Si on prend le mauvais angle, le résultat est faux. La correspondance est : le côté isolé à gauche est toujours opposé à l’angle dans le cosinus.

$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\hat{A}$ : le côté $a$ est seul à gauche, l’angle $\hat{A}$ est celui qui lui fait face.

Mini-test : pour calculer $BC^2$ avec Al-Kashi, quel angle utiliser ?

5 Le produit scalaire est un vecteur

« $\vec{u} \cdot \vec{v}$ est un vecteur, comme $\vec{u} + \vec{v}$. »

Cette affirmation est-elle correcte ?

Explication

Le produit scalaire est un nombre réel (un scalaire), pas un vecteur. C’est d’ailleurs pour cela qu’il s’appelle produit scalaire.

$\vec{u} + \vec{v}$ est un vecteur, mais $\vec{u} \cdot \vec{v}$ est un nombre (positif, négatif ou nul).

Somme de vecteurs → vecteur. Produit scalaire → nombre réel.

Mini-test : $\vec{u} = (1 \; ; \; 2)$ et $\vec{v} = (3 \; ; \; -1)$ ; que vaut $\vec{u} \cdot \vec{v}$ ?

Voir section I — Définition

6 Produit scalaire et Pythagore

« Si $\vec{u} \perp \vec{v}$, alors $\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2$. »

Cette affirmation est-elle vraie ?

Explication

C’est vrai ! C’est le théorème de Pythagore sous forme vectorielle.

$\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + 2\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2$. Si $\vec{u} \perp \vec{v}$, alors $\vec{u}\cdot\vec{v} = 0$ et on retrouve $\|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2$.

C’est exactement Pythagore : dans un triangle rectangle, le carré de l’hypoténuse est la somme des carrés des deux autres côtés.

Pythagore = cas particulier d’Al-Kashi avec $\cos 90° = 0$. Tout se tient !

Mini-test : $\vec{u} = (3 \; ; \; 0)$ et $\vec{v} = (0 \; ; \; 4)$ ; que vaut $\|\vec{u}+\vec{v}\|^2$ ?

9. Approfondissements

Ces résultats ne sont pas au programme obligatoire. Ils prolongent les outils de ce chapitre (produit scalaire, formule d’Al-Kashi, projection orthogonale) pour ceux qui souhaitent aller plus loin.

▶ Approfondissement 1 — Loi des sinus

Dans tout triangle $ABC$ de côtés $a, b, c$ et de cercle circonscrit de rayon $R$ :

\[\frac{a}{\sin\hat{A}} = \frac{b}{\sin\hat{B}} = \frac{c}{\sin\hat{C}} = 2R\]

Utile pour calculer des côtés ou des angles quand on connaît un côté et l’angle opposé.

🎓 Exercice 0 — Démonstration de la loi des sinus (adapté Sésamath 1S-G3 — « Aire d’un triangle et formule des sinus »)

$Triangle ABC avec hauteur issue de A, angles hat A, hat B, hat C, et formule de la loi des sinus$

Soit $ABC$ un triangle, et $A'$ le projeté orthogonal de $A$ sur la droite $(BC)$. On note $AB = c$, $AC = b$, $BC = a$.

Montrer que la hauteur vérifie $AA' = c\,\sin\hat{B}$.
En déduire que l’aire du triangle $ABC$ vaut $\mathcal{A} = \tfrac{1}{2}\,a\,c\,\sin\hat{B}$.
Par symétrie, donner deux autres expressions de $\mathcal{A}$, puis démontrer la loi des sinus sous la forme $\dfrac{a}{\sin\hat{A}} = \dfrac{b}{\sin\hat{B}} = \dfrac{c}{\sin\hat{C}} = \dfrac{abc}{2\mathcal{A}}$.

💡 Indication

Dans le triangle $ABA'$ rectangle en $A'$, $\sin\hat{B} = \dfrac{AA'}{AB}$. L’aire d’un triangle vaut $\tfrac{1}{2}\times$base$\times$hauteur.

✓ Solution

1. Dans $ABA'$ rectangle en $A'$, $\sin\hat{B} = \dfrac{AA'}{AB} = \dfrac{AA'}{c}$, donc $AA' = c\sin\hat{B}$.

2. $\mathcal{A} = \tfrac{1}{2}\cdot BC\cdot AA' = \tfrac{1}{2}\,a\,c\,\sin\hat{B}$.

3. De la même façon, en projetant depuis $B$ sur $(AC)$, $\mathcal{A} = \tfrac{1}{2}\,b\,c\,\sin\hat{A}$ ; et depuis $C$ sur $(AB)$, $\mathcal{A} = \tfrac{1}{2}\,a\,b\,\sin\hat{C}$. En égalant ces trois expressions et en divisant par $\tfrac{1}{2}abc$, on obtient $\dfrac{\sin\hat{A}}{a} = \dfrac{\sin\hat{B}}{b} = \dfrac{\sin\hat{C}}{c}$, soit la loi des sinus.

📝 Exercice 1 — Rayon puis côté (rédigé)

Dans un triangle $ABC$, on connaît $BC = 7$ cm et $\hat{A} = 30°$. Calculer le rayon $R$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$, puis en déduire la longueur $AC$ sachant que $\hat{B} = 45°$.

💡 Indication

Appliquer la loi des sinus $\dfrac{a}{\sin\hat{A}} = 2R$ avec $a = BC$ (côté opposé à $\hat{A}$), puis utiliser $\dfrac{b}{\sin\hat{B}} = 2R$ avec $b = AC$.

✓ Solution

Par la loi des sinus : $\dfrac{BC}{\sin\hat{A}} = 2R$, donc

$$R = \frac{BC}{2\sin\hat{A}} = \frac{7}{2\sin 30°} = \frac{7}{2\times 0{,}5} = 7 \text{ cm.}$$

Ensuite $\dfrac{AC}{\sin\hat{B}} = 2R = 14$, d’où

$$AC = 14 \sin 45° = 14 \times \frac{\sqrt 2}{2} = 7\sqrt 2 \approx 9{,}90 \text{ cm.}$$

📝 Exercice 2 — Calcul de deux côtés (rédigé)

Dans un triangle $ABC$, on sait que $BC = 10$, $\hat{B} = 75°$ et $\hat{C} = 60°$. Calculer (valeurs arrondies au dixième) les longueurs $AB$ et $AC$.

💡 Indication

Commencer par déterminer $\hat{A}$ grâce à la somme des angles d’un triangle. Puis appliquer $\dfrac{a}{\sin\hat{A}} = \dfrac{b}{\sin\hat{B}} = \dfrac{c}{\sin\hat{C}}$ en identifiant $a = BC$, $b = AC$ et $c = AB$.

✓ Solution

$\hat{A} = 180° - 75° - 60° = 45°$.

Loi des sinus : $\dfrac{BC}{\sin\hat{A}} = \dfrac{10}{\sin 45°} = \dfrac{10}{\sqrt 2/2} = 10\sqrt 2$.

Donc $AC = b = 10\sqrt 2 \cdot \sin\hat{B} = 10\sqrt 2 \cdot \sin 75° \approx 14{,}14 \times 0{,}966 \approx 13{,}7$.

Et $AB = c = 10\sqrt 2 \cdot \sin 60° = 10\sqrt 2 \cdot \dfrac{\sqrt 3}{2} = 5\sqrt 6 \approx 12{,}2$.

▶ Approfondissement 2 — Les médianes concourent au centre de gravité

Soit $G$ le point tel que $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}$ (barycentre). $G$ est le point de concours des trois médianes, et chaque médiane est coupée par $G$ dans le rapport $2/3$ depuis le sommet.

🎓 Exercice 0 — Démonstration du concours des médianes (rédigé)

$Triangle ABC avec ses trois médianes, les milieux M_a, M_b, M_c et le centre de gravité G$

Soit $ABC$ un triangle et $M_a$, $M_b$, $M_c$ les milieux respectifs de $[BC]$, $[AC]$ et $[AB]$. On définit $G$ comme le point du plan tel que $\overrightarrow{AG} = \tfrac{2}{3}\overrightarrow{AM_a}$.

Montrer que $\overrightarrow{AM_a} = \tfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})$.
En déduire l’expression de $\overrightarrow{AG}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
Démontrer que $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}$.
Conclure : en quoi cette égalité prouve-t-elle que $G$ appartient également aux médianes $(BM_b)$ et $(CM_c)$, et donc que les trois médianes concourent en $G$ ?

💡 Indication

Pour la question 1, utiliser $\overrightarrow{AM_a} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BM_a}$ avec $\overrightarrow{BM_a} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}$ et la relation de Chasles. Pour la question 3, exprimer $\overrightarrow{GA}$, $\overrightarrow{GB}$, $\overrightarrow{GC}$ à l’aide de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. Pour la question 4, l’égalité est symétrique en $A$, $B$, $C$.

✓ Solution

1. $M_a$ étant le milieu de $[BC]$, $\overrightarrow{BM_a} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}$. Avec Chasles :

$$\overrightarrow{AM_a} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BM_a} = \overrightarrow{AB} + \tfrac{1}{2}\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} + \tfrac{1}{2}(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}) = \tfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}).$$

2. Par définition de $G$ :

$$\overrightarrow{AG} = \tfrac{2}{3}\overrightarrow{AM_a} = \tfrac{2}{3}\cdot\tfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) = \tfrac{1}{3}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}).$$

3. On a $\overrightarrow{GA} = -\overrightarrow{AG} = -\tfrac{1}{3}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})$. De plus :

$$\overrightarrow{GB} = \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AB} = -\tfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} - \tfrac{1}{3}\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AB} = \tfrac{2}{3}\overrightarrow{AB} - \tfrac{1}{3}\overrightarrow{AC},$$

$$\overrightarrow{GC} = \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AC} = -\tfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} - \tfrac{1}{3}\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AC} = -\tfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \tfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}.$$

En sommant :

$$\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \left(-\tfrac{1}{3} + \tfrac{2}{3} - \tfrac{1}{3}\right)\overrightarrow{AB} + \left(-\tfrac{1}{3} - \tfrac{1}{3} + \tfrac{2}{3}\right)\overrightarrow{AC} = \vec 0.$$

4. L’égalité $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec 0$ est totalement symétrique en $A$, $B$, $C$. Le raisonnement précédent, appliqué en permutant les rôles des sommets, montre que le point défini par $\overrightarrow{BG'} = \tfrac{2}{3}\overrightarrow{BM_b}$ satisfait la même caractérisation et est donc égal à $G$. Par conséquent $G$ appartient à la médiane $(BM_b)$, de même à $(CM_c)$ : les trois médianes concourent en $G$, et chacune est partagée dans le rapport $2/3$ depuis le sommet.

📝 Exercice 1 — Coordonnées de G et vérification du rapport 2/3 (rédigé)

Dans un repère orthonormé, on donne $A(1\,;\,2)$, $B(7\,;\,4)$ et $C(4\,;\,9)$.

1. Calculer les coordonnées du centre de gravité $G$ du triangle $ABC$.

2. Soit $M_a$ le milieu de $[BC]$. Vérifier que $\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM_a}$.

💡 Indication

Les coordonnées de $G$ sont la moyenne des coordonnées des trois sommets. Pour la question 2, calculer les coordonnées de $\overrightarrow{AG}$ et $\overrightarrow{AM_a}$ puis comparer.

✓ Solution

1. $G\left(\dfrac{1+7+4}{3}\,;\,\dfrac{2+4+9}{3}\right) = G(4\,;\,5)$.

2. Milieu $M_a\left(\dfrac{7+4}{2}\,;\,\dfrac{4+9}{2}\right) = M_a\!\left(\dfrac{11}{2}\,;\,\dfrac{13}{2}\right)$.

Donc $\overrightarrow{AM_a}\!\left(\dfrac{11}{2}-1\,;\,\dfrac{13}{2}-2\right) = \left(\dfrac{9}{2}\,;\,\dfrac{9}{2}\right)$ et $\overrightarrow{AG}(4-1\,;\,5-2) = (3\,;\,3)$.

On vérifie bien : $\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM_a} = \dfrac{2}{3}\!\left(\dfrac{9}{2}\,;\,\dfrac{9}{2}\right) = (3\,;\,3) = \overrightarrow{AG}$. ✓

$G$ appartient donc à la médiane $(AM_a)$ et la partage dans le rapport $2/3$.

📝 Exercice 2 — Retrouver un sommet connaissant G (rédigé)

On considère un triangle $ABC$ de centre de gravité $G(2\,;\,3)$. On connaît $A(-1\,;\,0)$ et $B(4\,;\,2)$. Déterminer les coordonnées de $C$.

💡 Indication

Utiliser la caractérisation $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}$, ou plus simplement $x_G = \dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}$.

✓ Solution

On a $x_G = \dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}$, d’où $x_C = 3x_G - x_A - x_B = 3\cdot 2 - (-1) - 4 = 6 + 1 - 4 = 3$.

De même $y_C = 3y_G - y_A - y_B = 9 - 0 - 2 = 7$.

Donc $C(3\,;\,7)$.

📝 Exercice 3 — Somme des médianes vectorielles (adapté Sésamath 2G3 — « Vers la droite d’Euler »)

Soit $ABC$ un triangle et $A'$, $B'$, $C'$ les milieux respectifs des côtés $[BC]$, $[AC]$ et $[AB]$.

Exprimer $\overrightarrow{AA'}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
En déduire, en procédant de même pour $\overrightarrow{BB'}$ et $\overrightarrow{CC'}$, que $\overrightarrow{AA'} + \overrightarrow{BB'} + \overrightarrow{CC'} = \vec{0}$.
En notant $G$ le centre de gravité de $ABC$ et en utilisant la relation de Chasles, retrouver l’égalité $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}$.

💡 Indication

Comme $A'$ est le milieu de $[BC]$, $\overrightarrow{AA'} = \tfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})$. Pour la dernière question, utiliser $\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GA'}$ et $\overrightarrow{AG} = \tfrac{2}{3}\overrightarrow{AA'}$ (donc $\overrightarrow{GA'} = \tfrac{1}{3}\overrightarrow{AA'}$).

✓ Solution

1. $A'$ étant le milieu de $[BC]$, $\overrightarrow{AA'} = \tfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})$.

2. De même $\overrightarrow{BB'} = \tfrac{1}{2}(\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC})$ et $\overrightarrow{CC'} = \tfrac{1}{2}(\overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB})$. En sommant :

$$\overrightarrow{AA'} + \overrightarrow{BB'} + \overrightarrow{CC'} = \tfrac{1}{2}\big[(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA}) + (\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CA}) + (\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CB})\big] = \tfrac{1}{2}(\vec 0 + \vec 0 + \vec 0) = \vec 0.$$

3. Comme $G$ est sur chaque médiane avec $\overrightarrow{AG} = \tfrac{2}{3}\overrightarrow{AA'}$, on a $\overrightarrow{GA'} = \tfrac{1}{3}\overrightarrow{AA'}$ et donc $\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GA'}$. Pour les trois médianes :

$$\vec 0 = \overrightarrow{AA'} + \overrightarrow{BB'} + \overrightarrow{CC'} = (\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}) + (\overrightarrow{GA'}+\overrightarrow{GB'}+\overrightarrow{GC'}).$$

Or $\overrightarrow{GA'}+\overrightarrow{GB'}+\overrightarrow{GC'} = -\tfrac{1}{2}(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC})$ (les milieux des côtés forment un triangle de même centre de gravité $G$, au signe près). On en déduit après simplification $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec 0$, ce qui caractérise bien $G$ comme isobarycentre de $A, B, C$.

▶ Approfondissement 3 — Droite d’Euler

Dans tout triangle non équilatéral, le centre de gravité $G$, l’orthocentre $H$ et le centre du cercle circonscrit $O$ sont alignés sur la droite d’Euler, et $\overrightarrow{OH} = 3\overrightarrow{OG}$.

🎓 Exercice 0 — Démonstration de la droite d’Euler (rédigé)

$Triangle ABC avec cercle circonscrit, centre O, centre de gravité G, orthocentre H alignés sur la droite d'Euler$

Soit $ABC$ un triangle non équilatéral, $O$ le centre de son cercle circonscrit et $G$ son centre de gravité. On introduit le point $H$ défini par :

$$\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}.$$

Montrer que $\overrightarrow{OG} = \tfrac{1}{3}\overrightarrow{OH}$. En déduire que $O$, $G$, $H$ sont alignés et que $\overrightarrow{OH} = 3\,\overrightarrow{OG}$.
Montrer que $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$.
En utilisant le produit scalaire $\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}$ et le fait que $OB = OC$ (rayons du cercle circonscrit), démontrer que $(AH) \perp (BC)$.
Conclure : pourquoi cela prouve-t-il que $H$ est l’orthocentre du triangle $ABC$ ?

💡 Indication

Question 1 : utiliser la caractérisation $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC} = \vec 0$ et la relation de Chasles appliquée à chaque terme $\overrightarrow{GA} = \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{OA}$. Question 2 : écrire $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OH}$. Question 3 : $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}$, puis développer le produit scalaire et utiliser $\|\overrightarrow{OB}\|^2 = \|\overrightarrow{OC}\|^2 = R^2$.

✓ Solution

1. Comme $G$ est l’isobarycentre de $A$, $B$, $C$, on a $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC} = \vec 0$. En écrivant $\overrightarrow{GA} = \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{OA}$ (et de même pour $B$, $C$) :

$$\vec 0 = 3\overrightarrow{GO} + \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{GO} + \overrightarrow{OH}.$$

Donc $\overrightarrow{OH} = -3\overrightarrow{GO} = 3\overrightarrow{OG}$, soit $\overrightarrow{OG} = \tfrac{1}{3}\overrightarrow{OH}$. Les vecteurs $\overrightarrow{OH}$ et $\overrightarrow{OG}$ sont colinéaires, donc les points $O$, $G$, $H$ sont alignés.

2. Par Chasles :

$$\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OH} = -\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}.$$

3. On a $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}$. Calculons le produit scalaire :

$$\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC} = (\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})\cdot(\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}) = \overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OB} = \|\overrightarrow{OC}\|^2 - \|\overrightarrow{OB}\|^2.$$

Or $O$ est le centre du cercle circonscrit, donc $OB = OC = R$, d’où $\|\overrightarrow{OC}\|^2 - \|\overrightarrow{OB}\|^2 = R^2 - R^2 = 0$. Par conséquent $\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC} = 0$, ce qui équivaut à $(AH) \perp (BC)$.

4. Le même raisonnement, en permutant les rôles des sommets, montre que $(BH)\perp(AC)$ et $(CH)\perp(AB)$. Le point $H$ appartient donc aux trois hauteurs du triangle $ABC$ : c’est son orthocentre. On a ainsi démontré que l’orthocentre $H$, le centre de gravité $G$ et le centre du cercle circonscrit $O$ sont alignés sur la droite d’Euler, avec $\overrightarrow{OH} = 3\,\overrightarrow{OG}$.

📝 Exercice 1 — Vérification de la relation OH = 3·OG (rédigé)

Dans un repère orthonormé, on considère le triangle $ABC$ avec $A(0\,;\,0)$, $B(6\,;\,0)$ et $C(2\,;\,4)$.

1. Calculer les coordonnées du centre de gravité $G$.

2. On admet que l’orthocentre a pour coordonnées $H(2\,;\,2)$ et le centre du cercle circonscrit $\Omega(3\,;\,1)$. Vérifier la relation $\overrightarrow{\Omega H} = 3\,\overrightarrow{\Omega G}$.

3. En déduire que $G$, $H$ et $\Omega$ sont alignés.

💡 Indication

Calculer les coordonnées des deux vecteurs $\overrightarrow{\Omega H}$ et $\overrightarrow{\Omega G}$, puis comparer composante par composante. Si $\overrightarrow{\Omega H} = 3\,\overrightarrow{\Omega G}$, alors les deux vecteurs sont colinéaires et les trois points sont alignés.

✓ Solution

1. $G\left(\dfrac{0+6+2}{3}\,;\,\dfrac{0+0+4}{3}\right) = G\!\left(\dfrac{8}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\right)$.

2. $\overrightarrow{\Omega H}(2-3\,;\,2-1) = (-1\,;\,1)$.

$\overrightarrow{\Omega G}\!\left(\dfrac{8}{3}-3\,;\,\dfrac{4}{3}-1\right) = \left(-\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\right)$.

Donc $3\,\overrightarrow{\Omega G} = (-1\,;\,1) = \overrightarrow{\Omega H}$. ✓

3. Les vecteurs $\overrightarrow{\Omega H}$ et $\overrightarrow{\Omega G}$ sont colinéaires (le premier est triple du second), donc les points $\Omega$, $G$ et $H$ sont alignés : ils appartiennent à la droite d’Euler du triangle $ABC$.

📝 Exercice 2 — Déterminer l’orthocentre à partir de G et O (rédigé)

Dans un repère orthonormé, un triangle $ABC$ a pour centre de gravité $G(1\,;\,2)$ et pour centre du cercle circonscrit $O(4\,;\,0)$.

Déterminer les coordonnées de l’orthocentre $H$ du triangle $ABC$ en utilisant la relation d’Euler $\overrightarrow{OH} = 3\,\overrightarrow{OG}$.

💡 Indication

Écrire $\overrightarrow{OH} = (x_H - x_O\,;\, y_H - y_O)$ et identifier avec $3\,\overrightarrow{OG}$.

✓ Solution

$\overrightarrow{OG}(1-4\,;\,2-0) = (-3\,;\,2)$, donc $3\,\overrightarrow{OG} = (-9\,;\,6)$.

$\overrightarrow{OH} = (x_H - 4\,;\, y_H - 0) = (-9\,;\,6)$, d’où $x_H = -5$ et $y_H = 6$.

L’orthocentre est $H(-5\,;\,6)$.

📝 Exercice 3 — Construire un triangle dont O est l’orthocentre (adapté Sésamath 1S-G3 — « Deux points et l’orthocentre »)

On considère deux points $A(-2\,;\,2)$ et $B(4\,;\,-1)$ du plan muni d’un repère orthonormé. Le but est de déterminer un point $C$ tel que l’origine $O(0\,;\,0)$ soit l’orthocentre du triangle $ABC$.

Exprimer, à l’aide du produit scalaire, les deux conditions que doit vérifier le point $C(x\,;\,y)$ pour que $O$ soit l’orthocentre de $ABC$.
En déduire un système d’équations, puis résoudre et donner les coordonnées d’un point $C$ convenant.
Une fois ce triangle construit, vérifier par le calcul que le centre de gravité $G$ de $ABC$, l’orthocentre $O$ et le centre $\Omega$ de son cercle circonscrit satisfont $\overrightarrow{\Omega O} = 3\,\overrightarrow{\Omega G}$ (on pourra prendre pour $C$ la solution trouvée à la question précédente et admettre la valeur calculée de $\Omega$).

💡 Indication

$O$ est l’orthocentre ssi $\overrightarrow{OA} \perp \overrightarrow{BC}$ et $\overrightarrow{OB} \perp \overrightarrow{AC}$. Traduire chacune de ces orthogonalités par $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{BC} = 0$ et $\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{AC} = 0$.

✓ Solution

1. $O$ est l’orthocentre de $ABC$ signifie que $(OA) \perp (BC)$ et $(OB) \perp (AC)$ (la troisième condition est automatique). Notons $C(x\,;\,y)$.

$\overrightarrow{OA}(-2\,;\,2)$, $\overrightarrow{BC}(x-4\,;\,y+1)$. La condition $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{BC} = 0$ donne $-2(x-4) + 2(y+1) = 0$, soit $-2x + 2y + 10 = 0$ ou encore $y = x - 5$.

$\overrightarrow{OB}(4\,;\,-1)$, $\overrightarrow{AC}(x+2\,;\,y-2)$. La condition $\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{AC} = 0$ donne $4(x+2) - (y-2) = 0$, soit $4x - y + 10 = 0$.

2. Le système est $\begin{cases} y = x - 5 \\ 4x - y + 10 = 0 \end{cases}$. En substituant : $4x - (x-5) + 10 = 0$, soit $3x + 15 = 0$, donc $x = -5$ puis $y = -10$.

On obtient $C(-5\,;\,-10)$.

3. Avec $A(-2\,;\,2)$, $B(4\,;\,-1)$, $C(-5\,;\,-10)$, on calcule $G\left(\dfrac{-2+4-5}{3}\,;\,\dfrac{2-1-10}{3}\right) = G(-1\,;\,-3)$.

On admet que le centre du cercle circonscrit est $\Omega\!\left(-\dfrac{3}{2}\,;\,-\dfrac{9}{2}\right)$ (obtenu en intersectant les médiatrices de $[AB]$ et $[AC]$).

Alors $\overrightarrow{\Omega O}\!\left(0 + \tfrac{3}{2}\,;\, 0 + \tfrac{9}{2}\right) = \left(\tfrac{3}{2}\,;\,\tfrac{9}{2}\right)$ et $\overrightarrow{\Omega G}\!\left(-1 + \tfrac{3}{2}\,;\, -3 + \tfrac{9}{2}\right) = \left(\tfrac{1}{2}\,;\,\tfrac{3}{2}\right)$.

On a bien $3\,\overrightarrow{\Omega G} = \left(\tfrac{3}{2}\,;\,\tfrac{9}{2}\right) = \overrightarrow{\Omega O}$. ✓

Les trois points $\Omega$, $G$ et $O$ (ici l’orthocentre du triangle) sont donc alignés sur la droite d’Euler de $ABC$.

✏️ Exercices Ch7 🐍 Python & GeoGebra 🎯 Wims

A voir aussi

Ch4 Dérivation Ch8 Trigonométrie Ch9 Geom. reperee Vecteurs (2nde)

Notion	Définition / Formule	Piège à éviter
Formule avec angle	\(\vec{u} \cdot \vec{v} = \\|\vec{u}\\| \, \\|\vec{v}\\| \, \cos\theta\)	L’angle est entre les vecteurs, pas les droites
En coordonnées (RON)	\(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy'\)	Uniquement en repère orthonormé
Orthogonalité	\(\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u} \cdot \vec{v} = 0\)	\(\vec{u} \cdot \vec{v} = 0\) n’implique pas \(\vec{u} = \vec{0}\)
Formule d’Al-Kashi	\(BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos\widehat{A}\)
Projeté orthogonal	\(\vec{u} \cdot \vec{v} = \\|\vec{u}\\| \times OH\) où \(H\) est le projeté de \(B\) sur \((OA)\)