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\newcommand{\ch}{Chapitre 1}
\newcommand{\Ch}{Les nombres \linebreak[2] Complexes 1/2}	
\newcommand{\Cl}{TS}	
\newcommand{\Annee}{2011-2012}	
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Premiere page
\begin{document}


\pagestyle{styleDav}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Table des matieres et style de pages
\fancyhead{\href{http://www.wicky-math.fr.nf}{wicky-math.fr.nf}}
%\renewcommand{\chaptermark}[1]{h{#1}{}} \renewcommand{\sectionmark}[1]{\markright{#1}}
\lhead{Chapitre 1}
\rhead{Petits exercices sur le produit scalaire}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Cadre jaune

\Cr{Correction DM 4 : Le produit scalaire}


\vspace*{1cm}

\Exoi{Un tétraèdre $ABCD$ est tel que $(AB)$ est orthogonal au plan $(BCD)$.
\begin{enumerate}
\item %Comparer les produits scalaires $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CD}$ et $\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{CD}$.
$$ \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CD}+\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{CD}$$
Comme $(AB)$ est orthogonal au plan $(BCD)$ $(AB)\perp (CD)$ et donc $ \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CD}=0$, au  final :
$$ \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{CD}$$
\item %En déduire que le triangle $ACD$ est rectangle en $C$ si, et seulement si, le triangle $BCD$ est rectangle en $C$.
On a la suite d'équivalence suivante :
\\
$ACD$ rectangle en $C \Longleftrightarrow (AC)\perp (CD)\Longleftrightarrow \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CD}=0\Longleftrightarrow \overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{CD}=0\Longleftrightarrow (BC)\perp (CD)\Longleftrightarrow BCD$ est rectangle en $C$.
\end{enumerate}}

\Exoi{On donne les points $A(3;-1;4)$ et $B(0;5;1)$. \\
%Montrer que $(AB)$ est orthogonale au plan d'équation : 
%$$ x-2y+z-1=0$$
$(AB)$ est orthogonal à un plan $\mathscr P$ si et seulement si un vecteur directeur de $(AB)$ est colinéaire à un vecteur normal de $\mathscr P$.\\
Or, un vecteur directeur de $(AB)$ est par exemple $\overrightarrow{AB}(-3;6;-3)$ et un vecteur normal de $\mathscr P$ est par exemple $\vec{n}(1;-2;1)$.\\
On a $\overrightarrow{AB}=-3\vec{n}$, par conséquent $\overrightarrow{AB}$ et $\vec{n}$ sont colinéaires et donc la droite $(AB)$ est orthogonale au plan d'équation $x-2y+z-1=0$.
}

\Exoi{Soit un triangle $ABC$, $G$ le centre de gravité du triangle, $O$ le centre du cercle qui lui circonscrit et $H$ le point défini par :
$$ \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\quad (1)$$
\begin{enumerate}
\item %Montrer que $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BH}\cdot \overrightarrow{CA}=\overrightarrow{CH}\cdot \overrightarrow{AB}=0$.
%En dédire que $H$ est l'orthocentre du triangle $ABC$.
On a 
$$ \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\Longleftrightarrow \overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\Longleftrightarrow \overrightarrow{AH}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$$
Notons $A'$ le milieu de $[BC]$, dans ce cas $\overrightarrow{A'B}+\overrightarrow{A'C}=\vec{0}$, on a alors :
$$ \overrightarrow{AH}=\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{A'B}+\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{A'C}=2\overrightarrow{OA'}$$
Ainsi :
$$ \overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=2\overrightarrow{OA'}\cdot \overrightarrow{BC}$$
$O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$, $O$ est donc un point de la médiatrice du segment $[BC]$, par conséquent $(OA')\perp (BC)$ et donc $\overrightarrow{OA'}\cdot \overrightarrow{BC}=0$, ce qui nous permet de conclure que :
$$ \overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=0$$
Nous allons reproduire un raisonnement analogue pour montrer que $\overrightarrow{BH}\cdot \overrightarrow{CA}=0$\\
On a 
$$ \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\Longleftrightarrow \overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}\Longleftrightarrow \overrightarrow{BH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}$$
Notons $B'$ le milieu de $[AC]$, dans ce cas $\overrightarrow{B'A}+\overrightarrow{B'C}=\vec{0}$, on a alors :
$$ \overrightarrow{BH}=\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{B'A}+\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{B'C}=2\overrightarrow{OB'}$$
Ainsi :
$$ \overrightarrow{BH}\cdot \overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{OB'}\cdot \overrightarrow{AC}$$
$O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$, $O$ est donc un point de la médiatrice du segment $[AC]$, par conséquent $(OB')\perp (AC)$ et donc $\overrightarrow{OB'}\cdot \overrightarrow{AC}=0$, ce qui nous permet de conclure que :
$$ \overrightarrow{BH}\cdot \overrightarrow{AC}=0$$
Et de nouveau nous reproduisons le même raisonnement pour établir que $\overrightarrow{CH}\cdot \overrightarrow{AB}=0$\\
On a 
$$ \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\Longleftrightarrow \overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\Longleftrightarrow \overrightarrow{CH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$$
Notons $C'$ le milieu de $[AB]$, dans ce cas $\overrightarrow{C'A}+\overrightarrow{C'B}=\vec{0}$, on a alors :
$$ \overrightarrow{CH}=\overrightarrow{OC'}+\overrightarrow{C'A}+\overrightarrow{OC'}+\overrightarrow{C'B}=2\overrightarrow{OC'}$$
Ainsi :
$$ \overrightarrow{CH}\cdot \overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{OC'}\cdot \overrightarrow{AB}$$
$O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$, $O$ est donc un point de la médiatrice du segment $[AB]$, par conséquent $(OC')\perp (AB)$ et donc $\overrightarrow{OC'}\cdot \overrightarrow{AB}=0$, ce qui nous permet de conclure que :
$$ \overrightarrow{CH}\cdot \overrightarrow{AB}=0$$
On a donc démontré que :
$$ \overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BH}\cdot \overrightarrow{CA}=\overrightarrow{CH}\cdot \overrightarrow{AB}=0$$
Comme $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=0$, $H$ est un point de la hauteur issue de $A$ relative au côté $[BC]$, mais de même comme $\overrightarrow{BH}\cdot \overrightarrow{CA}=0$ donc $H$ est aussi un point de la hauteur issue de $B$ relative au côté $[AC]$.\\
Ainsi $H$ est le point d'intersection de deux hauteurs du triangle $ABC$, il s'agit donc de l'orthocentre du triangle $ABC$.
\item % Déduire de $(1)$ que $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$ (relation d'Euler, puis que $O$, $G$ et $H$ sont alignés.
Comme $G$ est le centre de gravité du triangle $ABC$ i.e l'isobarycentre des points $A$, $B$ et $C$ on a :
$$ \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}$$
De plus on a :
$$ \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\Longleftrightarrow \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GC}=3\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=3\overrightarrow{OG}$$
Les vecteurs $\overrightarrow{OH}$ et $\overrightarrow{OG}$ sont colinéaires et possèdent un point commun, donc $O$, $G$ et $H$ sont trois points alignés.\\
On vient de démontrer le résultat suivant :
\Thc{Dans un triangle le centre de gravité, l'orthocentre et le centre du cercle circonscrit sont trois points alignés.}
\end{enumerate}}

\begin{center}
\newrgbcolor{zzqqqq}{0.6 0 0}
\newrgbcolor{qqqqcc}{0 0 0.8}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-2.71,-1.79)(5.27,3.41)
\psline(-1.66,-0.5)(1.66,1.52)
\psline(1.66,1.52)(3.66,-0.4)
\psline(3.66,-0.4)(-1.66,-0.5)
\pscircle(1.01,-1.16){2.75}
\psline[linecolor=zzqqqq](1.66,1.52)(1,-0.45)
\psplot{-2.71}{5.27}{(--4.24-2*x)/-1.92}
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\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-1.66,-0.5)
\rput[bl](-1.95,-0.52){$A$}
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\rput[bl](1.74,1.56){$C$}
\psdots[dotstyle=+](1,-0.45)
\rput[bl](0.61,-0.75){$C'$}
\psdots[dotstyle=+](0,0.51)
\rput[bl](-0.04,0.74){$B'$}
\psdots[dotstyle=+](2.66,0.56)
\rput[bl](2.87,0.45){$A'$}
\psdots[dotstyle=+](1.22,0.21)
\rput[bl](1.32,0.1){$G$}
\psdots[dotstyle=+](1.01,-1.16)
\rput[bl](1.18,-1.44){$O$}
\psdots[dotstyle=+](1.63,2.93)
\rput[bl](1.94,2.76){$H$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{document}
