Le produit scalaire dans le plan

Définition : Soient \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) deux vecteurs du plan.
Le produit scalaire des deux vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) est le nombre réel :

\(\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos(\vec{u}, \vec{v})\)

\(\vec{u}^2 = \vec{u} \cdot \vec{u} = \|\vec{u}\|^2\)

Définition : Soient \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) deux vecteurs non nuls.
\(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont orthogonaux si et seulement si \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 0\). On écrit \(\vec{u} \perp \vec{v}\).

📌 Application : Soit \(ABC\) un triangle rectangle et isocèle en \(B\) tel que \(AB = 2\), \(AC = \sqrt{8}\) et \((\vec{AB}, \vec{AC}) = \frac{\pi}{4} \ [2\pi]\).
Calculer les produits scalaires \(\vec{AB} \cdot \vec{AC}\), \(\vec{BA} \cdot \vec{BC}\) et \(\vec{CA} \cdot \vec{CB}\).

📝 Corrigé :

1) Calcul de \(\vec{AB} \cdot \vec{AC}\) :
\(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = \|\vec{AB}\| \times \|\vec{AC}\| \times \cos(\vec{AB}, \vec{AC})\)
\(= 2 \times \sqrt{8} \times \cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\)
Or \(\sqrt{8} = 2\sqrt{2}\) et \(\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\).
Donc : \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 2 \times 2\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 4\).

2) Calcul de \(\vec{BA} \cdot \vec{BC}\) :
Dans un triangle rectangle en \(B\), \(\vec{BA} \perp \vec{BC}\).
Donc \(\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 0\).

3) Calcul de \(\vec{CA} \cdot \vec{CB}\) :
\((\vec{CA}, \vec{CB}) = \frac{\pi}{4}\) (triangle isocèle en \(B\)).
\(CA = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\) et \(CB = 2\).
\(\vec{CA} \cdot \vec{CB} = 2\sqrt{2} \times 2 \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 4\).

Conclusion : \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 4\) ; \(\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 0\) ; \(\vec{CA} \cdot \vec{CB} = 4\).

Expression analytique du produit scalaire

Définition : Soit \((\vec{i}, \vec{j})\) une base du plan et \(O\) un point du plan.
• On dit que \((\vec{i}, \vec{j})\) est une base orthonormée si : \(\vec{i} \cdot \vec{j} = 0\) et \(\|\vec{i}\| = \|\vec{j}\| = 1\).
• On dit que \((O, \vec{i}, \vec{j})\) est un repère orthonormé si \((\vec{i}, \vec{j})\) est une base orthonormée.
• Si \((\vec{i}, \vec{j})\) est une base orthonormée et \((\vec{i}, \vec{j}) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), alors \((O, \vec{i}, \vec{j})\) est appelé repère orthonormé direct.

Propriété : Soient \(\vec{u}(x; y)\) et \(\vec{v}(x’; y’)\) deux vecteurs du plan, on a : \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx’ + yy’\).

📌 Application : Calculer \(\vec{u} \cdot \vec{v}\) dans les cas suivants :
1) \(\vec{u}(2; -3)\) et \(\vec{v}(-1; 2)\).
2) \(\vec{u} = (\sqrt{3} – 1)\vec{i} – \vec{j}\) et \(\vec{v} = (\sqrt{3} + 1)\vec{i} + 2\vec{j}\). Conclure.

📝 Corrigé :

1) Cas \(\vec{u}(2; -3)\) et \(\vec{v}(-1; 2)\) :
Dans un repère orthonormé, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx’ + yy’\).
\(\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times (-1) + (-3) \times 2 = -2 – 6 = -8\).

2) Cas \(\vec{u} = (\sqrt{3} – 1)\vec{i} – \vec{j}\) et \(\vec{v} = (\sqrt{3} + 1)\vec{i} + 2\vec{j}\) :
Les coordonnées sont : \(\vec{u}(\sqrt{3} – 1; -1)\) et \(\vec{v}(\sqrt{3} + 1; 2)\).
\(\vec{u} \cdot \vec{v} = (\sqrt{3} – 1)(\sqrt{3} + 1) + (-1) \times 2\)
\(= (\sqrt{3})^2 – 1^2 – 2 = 3 – 1 – 2 = 0\).

Conclusion : \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 0\), donc les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont orthogonaux.

Propriété : Soient \(\vec{u}(x; y)\) et \(\vec{v}(x’; y’)\) deux vecteurs du plan. On a : \(\vec{u} \perp \vec{v} \iff xx’ + yy’ = 0\).

📌 Application : Déterminer la valeur de \(m\) pour que les vecteurs \(\vec{u}(3; -1 + m)\) et \(\vec{v}(2 – m; 5)\) soient orthogonaux.

📝 Corrigé :

Pour que \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) soient orthogonaux, il faut que \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 0\).
\(\vec{u} \cdot \vec{v} = 3 \times (2 – m) + (-1 + m) \times 5\)
\(= 6 – 3m + (-5 + 5m)\)
\(= 6 – 3m – 5 + 5m\)
\(= 2m + 1\).

On résout \(2m + 1 = 0\) :
\(2m = -1\)
\(m = -\frac{1}{2}\).

Conclusion : Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont orthogonaux lorsque \(m = -\frac{1}{2}\).

Propriété (Norme d’un vecteur) : Soit \(\vec{u}(x; y)\) un vecteur du plan. La norme du vecteur \(\vec{u}\) est \(\|\vec{u}\| = \sqrt{\vec{u}^2} = \sqrt{x^2 + y^2}\).

Propriété (Distance entre deux points) : Soient \(A(x_A; y_A)\) et \(B(x_B; y_B)\) deux points du plan, on a : \(AB = \sqrt{(x_B – x_A)^2 + (y_B – y_A)^2}\).

📌 Application : On considère les points \(A(-3; 1)\), \(B(1; 1)\) et \(C(-3; 5)\).
Calculer les distances \(AB\), \(AC\) et \(BC\) puis déterminer la nature du triangle \(ABC\).

📝 Corrigé :

Calcul des distances :
\(AB = \sqrt{(x_B – x_A)^2 + (y_B – y_A)^2} = \sqrt{(1 – (-3))^2 + (1 – 1)^2} = \sqrt{4^2 + 0^2} = \sqrt{16} = 4\).

\(AC = \sqrt{(x_C – x_A)^2 + (y_C – y_A)^2} = \sqrt{(-3 – (-3))^2 + (5 – 1)^2} = \sqrt{0^2 + 4^2} = \sqrt{16} = 4\).

\(BC = \sqrt{(x_C – x_B)^2 + (y_C – y_B)^2} = \sqrt{(-3 – 1)^2 + (5 – 1)^2} = \sqrt{(-4)^2 + 4^2} = \sqrt{16 + 16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}\).

Nature du triangle :
On remarque que \(AB = AC = 4\), donc le triangle \(ABC\) est isocèle en A.
De plus, \(AB^2 + AC^2 = 4^2 + 4^2 = 32 = BC^2\).
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle \(ABC\) est rectangle en A.

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

Propriété : Soient \(\vec{u}(x; y)\) et \(\vec{v}(x’; y’)\) deux vecteurs non nuls du plan et \(\theta\) une mesure de l’angle orienté \((\vec{u}, \vec{v})\).
On a : \(\cos\theta = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|} = \dfrac{xx’ + yy’}{\sqrt{x^2 + y^2} \times \sqrt{x’^2 + y’^2}}\)
et \(\sin\theta = \dfrac{\det(\vec{u}, \vec{v})}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|} = \dfrac{xy’ – x’y}{\sqrt{x^2 + y^2} \times \sqrt{x’^2 + y’^2}}\).

📌 Application : On considère les vecteurs \(\vec{u}(-\sqrt{3}; -3)\) et \(\vec{v}(-1; \sqrt{3})\) et \(\theta\) la mesure principale de l’angle \((\vec{u}, \vec{v})\).
Calculer \(\cos(\theta)\) et \(\sin(\theta)\) puis déduire la valeur de \(\theta\).

📝 Corrigé :

Calcul des normes :
\(\|\vec{u}\| = \sqrt{(-\sqrt{3})^2 + (-3)^2} = \sqrt{3 + 9} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\).
\(\|\vec{v}\| = \sqrt{(-1)^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 3} = \sqrt{4} = 2\).

Calcul du produit scalaire :
\(\vec{u} \cdot \vec{v} = (-\sqrt{3})(-1) + (-3)(\sqrt{3}) = \sqrt{3} – 3\sqrt{3} = -2\sqrt{3}\).

Calcul du déterminant :
\(\det(\vec{u}, \vec{v}) = xy’ – x’y = (-\sqrt{3})(\sqrt{3}) – (-1)(-3) = -3 – 3 = -6\).

Calcul de \(\cos(\theta)\) :
\(\cos(\theta) = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|} = \dfrac{-2\sqrt{3}}{2\sqrt{3} \times 2} = \dfrac{-2\sqrt{3}}{4\sqrt{3}} = -\dfrac{1}{2}\).

Calcul de \(\sin(\theta)\) :
\(\sin(\theta) = \dfrac{\det(\vec{u}, \vec{v})}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|} = \dfrac{-6}{2\sqrt{3} \times 2} = \dfrac{-6}{4\sqrt{3}} = -\dfrac{3}{2\sqrt{3}} = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).

Déduction de \(\theta\) :
On a \(\cos(\theta) = -\frac{1}{2}\) et \(\sin(\theta) = -\frac{\sqrt{3}}{2}\).
La mesure principale de \(\theta\) est donc \(\theta = -\frac{2\pi}{3}\).

Propriété : Soit \(ABC\) un triangle. La surface de \(ABC\) est : \(S = \dfrac{|\det(\vec{AB}, \vec{AC})|}{2}\).

📌 Application : On considère les points \(A(-3; 1)\), \(B(1; 1)\) et \(C(-5; -1)\).
1) Calculer \(\vec{AB} \cdot \vec{AC}\).
2) Calculer \(\det(\vec{AB}, \vec{AC})\) puis déduire la surface du triangle \(ABC\).
3) Calculer \(\cos(\vec{AB}, \vec{AC})\) et \(\sin(\vec{AB}, \vec{AC})\).

📝 Corrigé :

Coordonnées des vecteurs :
\(\vec{AB}(1 – (-3); 1 – 1) = \vec{AB}(4; 0)\).
\(\vec{AC}(-5 – (-3); -1 – 1) = \vec{AC}(-2; -2)\).

1) Calcul de \(\vec{AB} \cdot \vec{AC}\) :
\(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 4 \times (-2) + 0 \times (-2) = -8\).

2) Calcul du déterminant et de la surface :
\(\det(\vec{AB}, \vec{AC}) = 4 \times (-2) – (-2) \times 0 = -8 – 0 = -8\).
Surface : \(S = \dfrac{|\det(\vec{AB}, \vec{AC})|}{2} = \dfrac{|-8|}{2} = 4\).

3) Calcul de \(\cos\) et \(\sin\) :
\(\|\vec{AB}\| = \sqrt{4^2 + 0^2} = 4\).
\(\|\vec{AC}\| = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\).

\(\cos(\vec{AB}, \vec{AC}) = \dfrac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{\|\vec{AB}\| \times \|\vec{AC}\|} = \dfrac{-8}{4 \times 2\sqrt{2}} = \dfrac{-8}{8\sqrt{2}} = -\dfrac{1}{\sqrt{2}} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\).

\(\sin(\vec{AB}, \vec{AC}) = \dfrac{\det(\vec{AB}, \vec{AC})}{\|\vec{AB}\| \times \|\vec{AC}\|} = \dfrac{-8}{8\sqrt{2}} = -\dfrac{1}{\sqrt{2}} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\).

Conclusion : La surface du triangle \(ABC\) est \(S = 4\).

Droite dans le plan

Définition : Soit \((D) = D(A; \vec{u})\) une droite passant par le point \(A\) et de vecteur directeur \(\vec{u}\). Tout vecteur non nul et orthogonal à \(\vec{u}\) est appelé vecteur normal à la droite \((D)\).

Propriété : Soit \((D)\) une droite d’équation cartésienne \(ax + by + c = 0\).
• Le vecteur \(\vec{n}(a; b)\) est un vecteur normal à \((D)\).
• Le vecteur \(\vec{u}(-b; a)\) est un vecteur directeur de \((D)\).

📌 Application : Donner un vecteur normal à la droite \((D)\) dans chacun des cas suivants :
1) \((D) : -2x + 5y + 4 = 0\)
2) \((D) : 2x – 1 = 0\)
3) \((D) : x – \frac{3}{2}y + 1 = 0\)

📝 Corrigé :

1) \((D) : -2x + 5y + 4 = 0\) :
Un vecteur normal est \(\vec{n}(-2; 5)\).

2) \((D) : 2x – 1 = 0\) :
On peut l’écrire \(2x + 0y – 1 = 0\). Un vecteur normal est \(\vec{n}(2; 0)\).
Remarque : La droite est verticale, donc un vecteur normal est horizontal.

3) \((D) : x – \frac{3}{2}y + 1 = 0\) :
Un vecteur normal est \(\vec{n}\left(1; -\frac{3}{2}\right)\) ou encore \(\vec{n}(2; -3)\) en multipliant par 2.

Propriété : Une équation de la droite \((D)\) passant par le point \(A(x_A; y_A)\) et de vecteur normal \(\vec{n}(a; b)\) est : \(a(x – x_A) + b(y – y_A) = 0\).

📌 Exemple : Déterminons une équation cartésienne de la droite \((D)\) passant par le point \(A(1; 2)\) et de vecteur normal \(\vec{n}(5; 3)\).
Soit \(M(x; y)\) un point du plan, on a \(M(x; y) \in (D) \iff \vec{AM} \cdot \vec{n} = 0\)
\(\iff (x – 1) \times 5 + (y – 2) \times 3 = 0\)
\(\iff 5x – 5 + 3y – 6 = 0\)
\(\iff 5x + 3y – 11 = 0\).
Donc une équation cartésienne de \((D)\) est : \(5x + 3y – 11 = 0\).

📌 Application : Déterminer dans chacun des cas suivants une équation cartésienne de la droite \((D)\).
1) \((D)\) est la droite passant par le point \(A(2; 3)\) et de vecteur normal \(\vec{n}(2; -1)\).
2) \((D)\) est la médiatrice du segment \([AB]\) tel que \(A(3; -1)\) et \(B(-1; 5)\).

📝 Corrigé :

1) Droite passant par \(A(2; 3)\) et de vecteur normal \(\vec{n}(2; -1)\) :
Soit \(M(x; y)\) un point de \((D)\). On a \(\vec{AM} \cdot \vec{n} = 0\).
\((x – 2) \times 2 + (y – 3) \times (-1) = 0\)
\(2x – 4 – y + 3 = 0\)
\(2x – y – 1 = 0\).

2) Médiatrice de \([AB]\) avec \(A(3; -1)\) et \(B(-1; 5)\) :
Un vecteur normal à la médiatrice est \(\vec{AB}(-1 – 3; 5 – (-1)) = \vec{AB}(-4; 6)\).
Le milieu de \([AB]\) est \(I\left(\frac{3 + (-1)}{2}; \frac{-1 + 5}{2}\right) = I(1; 2)\).
Soit \(M(x; y)\) un point de \((D)\). On a \(\vec{IM} \cdot \vec{AB} = 0\).
\((x – 1) \times (-4) + (y – 2) \times 6 = 0\)
\(-4x + 4 + 6y – 12 = 0\)
\(-4x + 6y – 8 = 0\)
En divisant par 2 : \(-2x + 3y – 4 = 0\) ou encore \(2x – 3y + 4 = 0\).

Propriété : Soient \((D)\) et \((D’)\) deux droites et \(\vec{n}\) et \(\vec{n’}\) leurs vecteurs normaux respectifs. On a :
• \((D) \perp (D’) \iff \vec{n} \perp \vec{n’} \iff \vec{n} \cdot \vec{n’} = 0\).
• \((D) \parallel (D’) \iff \det(\vec{n}, \vec{n’}) = 0\).

📌 Application : Étudier la position relative des droites \((D)\) et \((D’)\) définies par :
\((D) : 2x + y – 1 = 0\) et \((D’) : -x + 2y + 3 = 0\).

📝 Corrigé :

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

Test d’orthogonalité :
\(\vec{n} \cdot \vec{n’} = 2 \times (-1) + 1 \times 2 = -2 + 2 = 0\).
Donc \(\vec{n} \perp \vec{n’}\), ce qui signifie que \((D) \perp (D’)\).

Conclusion : Les droites \((D)\) et \((D’)\) sont perpendiculaires.

Propriété : Soit \((D)\) une droite d’équation \(ax + by + c = 0\) et \(A(x_A; y_A)\) un point du plan.
La distance du point \(A\) à la droite \((D)\) est : \(d(A; (D)) = \dfrac{|ax_A + by_A + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}\).

📌 Exemple : On considère la droite \((D)\) d’équation \(4x + 3y + 1 = 0\) et les points \(A(2; 1)\) et \(B(-1; 1)\).
On a : \(d(A; (D)) = \dfrac{|2 \times 4 + 1 \times 3 + 1|}{\sqrt{4^2 + 3^2}} = \dfrac{12}{5}\)
et \(d(B; (D)) = \dfrac{|-1 \times 4 + 1 \times 3 + 1|}{\sqrt{4^2 + 3^2}} = 0\) donc \(B \in (D)\).

📌 Application : On considère la droite \((D)\) d’équation \(x – 2y + 8 = 0\) et le point \(A(-3; 5)\), \(H\) le projeté orthogonal de \(A\) sur \((D)\).
1) Déterminer \(d(A; (D))\).
2) Déterminer les coordonnées du point \(H\).

📝 Corrigé :

1) Calcul de \(d(A; (D))\) :
\(d(A; (D)) = \dfrac{|x_A – 2y_A + 8|}{\sqrt{1^2 + (-2)^2}} = \dfrac{|-3 – 2(5) + 8|}{\sqrt{1 + 4}} = \dfrac{|-3 – 10 + 8|}{\sqrt{5}} = \dfrac{|-5|}{\sqrt{5}} = \dfrac{5}{\sqrt{5}} = \sqrt{5}\).

2) Coordonnées de \(H\) :
Le vecteur normal à \((D)\) est \(\vec{n}(1; -2)\).
La droite perpendiculaire à \((D)\) passant par \(A\) a pour vecteur directeur \(\vec{n}(1; -2)\) et passe par \(A(-3; 5)\).
Son équation paramétrique est : \(\begin{cases} x = -3 + t \\ y = 5 – 2t \end{cases}\).
Le point \(H\) est l’intersection de cette droite avec \((D)\).
On remplace dans l’équation de \((D)\) :
\((-3 + t) – 2(5 – 2t) + 8 = 0\)
\(-3 + t – 10 + 4t + 8 = 0\)
\(5t – 5 = 0\)
\(t = 1\).
Donc \(H(-3 + 1; 5 – 2) = H(-2; 3)\).

Vérification : \(H(-2; 3)\) appartient à \((D)\) car \(-2 – 2(3) + 8 = -2 – 6 + 8 = 0\).
La distance \(AH = \sqrt{(-2 – (-3))^2 + (3 – 5)^2} = \sqrt{1^2 + (-2)^2} = \sqrt{5} = d(A; (D))\).

Étude analytique d’un cercle

Définition : Le cercle \((C)\) de centre \(\Omega(a; b)\) et de rayon \(R\) est l’ensemble des points \(M\) du plan tels que \(\Omega M = R\).

Propriété : Une équation cartésienne du cercle de centre \(\Omega(a; b)\) et de rayon \(R\) est :
\((x – a)^2 + (y – b)^2 = R^2\)
que l’on peut écrire \(x^2 + y^2 – 2ax – 2by + c = 0\) où \(c = a^2 + b^2 – R^2\).

📌 Application : Déterminer une équation du cercle \((C)\) dans chacun des cas suivants :
1) \((C)\) de centre \(\Omega(-2; 3)\) et de rayon 4.
2) \((C)\) de centre \(A(2; 3)\) et passe par le point \(B(1; -3)\).

📝 Corrigé :

1) Centre \(\Omega(-2; 3)\), rayon \(R = 4\) :
\((x – (-2))^2 + (y – 3)^2 = 4^2\)
\((x + 2)^2 + (y – 3)^2 = 16\).

2) Centre \(A(2; 3)\), passe par \(B(1; -3)\) :
Le rayon est \(R = AB = \sqrt{(1 – 2)^2 + (-3 – 3)^2} = \sqrt{(-1)^2 + (-6)^2} = \sqrt{1 + 36} = \sqrt{37}\).
L’équation du cercle est : \((x – 2)^2 + (y – 3)^2 = 37\).

📌 Application : Déterminer l’ensemble des points \(M(x; y)\) du plan vérifiant l’équation \((E)\) dans les cas suivants :
1) \((E) : x^2 + y^2 – 4x – 2y + 1 = 0\)
2) \((E) : x^2 + y^2 – 2x – 4y + 5 = 0\)
3) \((E) : x^2 + y^2 – 6x + 4y + 14 = 0\)
4) \((E) : x^2 – x + y^2 + 3y – 4 = 0\)

📝 Corrigé :

1) \((E) : x^2 + y^2 – 4x – 2y + 1 = 0\) :
\((x^2 – 4x) + (y^2 – 2y) + 1 = 0\)
\((x – 2)^2 – 4 + (y – 1)^2 – 1 + 1 = 0\)
\((x – 2)^2 + (y – 1)^2 = 4\).
C’est un cercle de centre \(\Omega(2; 1)\) et de rayon \(R = 2\).

2) \((E) : x^2 + y^2 – 2x – 4y + 5 = 0\) :
\((x – 1)^2 – 1 + (y – 2)^2 – 4 + 5 = 0\)
\((x – 1)^2 + (y – 2)^2 = 0\).
C’est un point unique : \(\Omega(1; 2)\) (cercle de rayon nul).

3) \((E) : x^2 + y^2 – 6x + 4y + 14 = 0\) :
\((x – 3)^2 – 9 + (y + 2)^2 – 4 + 14 = 0\)
\((x – 3)^2 + (y + 2)^2 = -1\).
Impossible car un carré est toujours positif. L’ensemble est vide.

4) \((E) : x^2 – x + y^2 + 3y – 4 = 0\) :
\(\left(x – \frac{1}{2}\right)^2 – \frac{1}{4} + \left(y + \frac{3}{2}\right)^2 – \frac{9}{4} – 4 = 0\)
\(\left(x – \frac{1}{2}\right)^2 + \left(y + \frac{3}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} + \frac{9}{4} + 4 = \frac{10}{4} + 4 = \frac{5}{2} + 4 = \frac{13}{2}\).
C’est un cercle de centre \(\Omega\left(\frac{1}{2}; -\frac{3}{2}\right)\) et de rayon \(R = \sqrt{\frac{13}{2}}\).

Propriété : Soient \(A\) et \(B\) deux points distincts du plan.
L’ensemble des points \(M\) du plan qui vérifient \(\vec{AM} \cdot \vec{BM} = 0\) est le cercle de diamètre \([AB]\) et d’équation cartésienne :
\((x – x_A)(x – x_B) + (y – y_A)(y – y_B) = 0\).

📌 Application : On considère les points \(A(-1; 2)\) et \(B(-5; 4)\).
Déterminer une équation du cercle \((C)\) de diamètre \([AB]\) par deux méthodes.

📝 Corrigé :

Méthode 1 : En utilisant le centre et le rayon
Le centre est le milieu de \([AB]\) : \(\Omega\left(\frac{-1 + (-5)}{2}; \frac{2 + 4}{2}\right) = \Omega(-3; 3)\).
Le rayon est \(R = \frac{AB}{2}\).
\(AB = \sqrt{(-5 – (-1))^2 + (4 – 2)^2} = \sqrt{(-4)^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}\).
Donc \(R = \sqrt{5}\).
L’équation du cercle est : \((x + 3)^2 + (y – 3)^2 = 5\).

Méthode 2 : En utilisant la propriété \(\vec{AM} \cdot \vec{BM} = 0\)
Soit \(M(x; y)\) un point du cercle. On a \(\vec{AM} \cdot \vec{BM} = 0\).
\(\vec{AM}(x + 1; y – 2)\) et \(\vec{BM}(x + 5; y – 4)\).
\((x + 1)(x + 5) + (y – 2)(y – 4) = 0\)
\(x^2 + 5x + x + 5 + y^2 – 4y – 2y + 8 = 0\)
\(x^2 + y^2 + 6x – 6y + 13 = 0\).

Vérification : \((x + 3)^2 + (y – 3)^2 = 5 \iff x^2 + 6x + 9 + y^2 – 6y + 9 = 5 \iff x^2 + y^2 + 6x – 6y + 13 = 0\). Les deux méthodes donnent le même résultat.

Propriété : Le cercle \((C)\) de centre \(\Omega(a; b)\) et de rayon \(R\) est l’ensemble des points \(M(x; y)\) du plan qui vérifient le système :
\((S) : \begin{cases} x = a + R\cos\theta \\ y = b + R\sin\theta \end{cases} \quad (\theta \in \mathbb{R})\).
Le système \((S)\) est appelé une représentation paramétrique du cercle \((C)\).

📌 Application :
1) Déterminer l’ensemble des points \(M(x; y)\) du plan qui vérifient le système :
\(\begin{cases} x = -1 + 2\cos\theta \\ y = 3 + 2\sin\theta \end{cases} \quad (\theta \in \mathbb{R})\).
2) Soit \((C_1)\) le cercle de centre \(\Omega(-1; 2)\) et de rayon \(\sqrt{3}\).
a) Donner une représentation paramétrique du cercle \((C_1)\).
b) Donner les coordonnées de deux points du cercle \((C_1)\).
3) Donner une représentation paramétrique du cercle \((C_2)\) d’équation \(x^2 + y^2 + 4x – 6y + 9 = 0\).

📝 Corrigé :

1) Système donné : \(\begin{cases} x = -1 + 2\cos\theta \\ y = 3 + 2\sin\theta \end{cases}\)
On a \(x + 1 = 2\cos\theta\) et \(y – 3 = 2\sin\theta\).
\((x + 1)^2 + (y – 3)^2 = 4\cos^2\theta + 4\sin^2\theta = 4\).
C’est le cercle de centre \(\Omega(-1; 3)\) et de rayon \(R = 2\).

2) Cercle \((C_1)\) de centre \(\Omega(-1; 2)\) et de rayon \(\sqrt{3}\) :
a) Représentation paramétrique : \(\begin{cases} x = -1 + \sqrt{3}\cos\theta \\ y = 2 + \sqrt{3}\sin\theta \end{cases} \quad (\theta \in \mathbb{R})\).
b) Pour \(\theta = 0\) : \(x = -1 + \sqrt{3}\), \(y = 2\). Point \(M_1(-1 + \sqrt{3}; 2)\).
Pour \(\theta = \frac{\pi}{2}\) : \(x = -1\), \(y = 2 + \sqrt{3}\). Point \(M_2(-1; 2 + \sqrt{3})\).

3) Cercle \((C_2)\) d’équation \(x^2 + y^2 + 4x – 6y + 9 = 0\) :
\((x + 2)^2 – 4 + (y – 3)^2 – 9 + 9 = 0\)
\((x + 2)^2 + (y – 3)^2 = 4\).
C’est le cercle de centre \(\Omega(-2; 3)\) et de rayon \(R = 2\).
Représentation paramétrique : \(\begin{cases} x = -2 + 2\cos\theta \\ y = 3 + 2\sin\theta \end{cases} \quad (\theta \in \mathbb{R})\).

Propriété : Soit \((C)\) un cercle d’équation \(x^2 + y^2 + ax + by + c = 0\) et \(M(x_0; y_0)\) un point du plan.
• \(M\) est un point du cercle \((C)\) si et seulement si \(x_0^2 + y_0^2 + ax_0 + by_0 + c = 0\).
• \(M\) est à l’intérieur du cercle \((C)\) si et seulement si \(x_0^2 + y_0^2 + ax_0 + by_0 + c < 0\).
• \(M\) est à l’extérieur du cercle \((C)\) si et seulement si \(x_0^2 + y_0^2 + ax_0 + by_0 + c > 0\).

📌 Application :
1) Résoudre graphiquement les inéquations suivantes :
• \(x^2 + y^2 + 2x – 6y + 9 \geq 0\).
• \(x^2 + y^2 + 2y – 3 < 0\).
2) Résoudre graphiquement le système suivant :
\(\begin{cases} x^2 + y^2 – 2x + 2y – 7 < 0 \\ x – y + 1 > 0 \end{cases}\)

📝 Corrigé :

1) Inéquation \(x^2 + y^2 + 2x – 6y + 9 \geq 0\) :
\((x + 1)^2 + (y – 3)^2 \geq 1\).
C’est l’extérieur du cercle de centre \(\Omega(-1; 3)\) et de rayon 1 (frontière incluse).

Inéquation \(x^2 + y^2 + 2y – 3 < 0\) :
\(x^2 + (y + 1)^2 < 4\).
C’est l’intérieur du cercle de centre \(\Omega(0; -1)\) et de rayon 2 (frontière exclue).

2) Système :
\(x^2 + y^2 – 2x + 2y – 7 < 0 \iff (x – 1)^2 + (y + 1)^2 < 9\) : intérieur du cercle de centre \((1; -1)\) et de rayon 3.
\(x – y + 1 > 0 \iff y < x + 1\) : demi-plan sous la droite \(y = x + 1\).
La solution est l’intersection de l’intérieur du cercle et du demi-plan.

Propriété : Soit \((C)\) un cercle de centre \(\Omega\) et de rayon \(R\) et \((D)\) une droite du plan.
• Si \(d(\Omega; (D)) > R\), alors la droite \((D)\) ne coupe pas le cercle \((C)\).
• Si \(d(\Omega; (D)) = R\), alors la droite \((D)\) et le cercle \((C)\) ont un seul point commun (tangente).
• Si \(d(\Omega; (D)) < R\), alors la droite \((D)\) coupe le cercle \((C)\) en deux points distincts.

📌 Application : Étudier la position relative du cercle \((C)\) et la droite \((D)\), en déterminant les coordonnées des points d’intersection s’ils existent, dans chacun des cas suivants :
1) \((C) : x^2 + y^2 + 2x – 2y = 0\) et \((D) : x + y + 2 = 0\).
2) \((C) : x^2 + y^2 – 2x + 4y – 11 = 0\) et \((D) : x + y = 3\).
3) \((C) : x^2 + y^2 + 2x – 6y = 6\) et \((D) : 4x – 3y = 8\).

📝 Corrigé :

1) \((C) : x^2 + y^2 + 2x – 2y = 0\) et \((D) : x + y + 2 = 0\) :
Centre du cercle : \((x + 1)^2 + (y – 1)^2 = 2\), donc \(\Omega(-1; 1)\) et \(R = \sqrt{2}\).
Distance de \(\Omega\) à \((D)\) : \(d = \frac{|-1 + 1 + 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\).
Comme \(d = R\), la droite est tangente au cercle.
Point d’intersection : on résout le système.
\(y = -x – 2\). En remplaçant : \(x^2 + (-x – 2)^2 + 2x – 2(-x – 2) = 0\)
\(x^2 + x^2 + 4x + 4 + 2x + 2x + 4 = 0\)
\(2x^2 + 8x + 8 = 0 \Rightarrow x^2 + 4x + 4 = 0 \Rightarrow (x + 2)^2 = 0 \Rightarrow x = -2\).
Alors \(y = 0\). Point de tangence : \((-2; 0)\).

2) \((C) : x^2 + y^2 – 2x + 4y – 11 = 0\) et \((D) : x + y = 3\) :
Centre : \((x – 1)^2 + (y + 2)^2 = 16\), donc \(\Omega(1; -2)\) et \(R = 4\).
Distance : \(d = \frac{|1 + (-2) – 3|}{\sqrt{2}} = \frac{|-4|}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2} \approx 2.83 < 4\).
La droite coupe le cercle en deux points.
Résolution : \(y = 3 – x\).
\(x^2 + (3 – x)^2 – 2x + 4(3 – x) – 11 = 0\)
\(x^2 + 9 – 6x + x^2 – 2x + 12 – 4x – 11 = 0\)
\(2x^2 – 12x + 10 = 0 \Rightarrow x^2 – 6x + 5 = 0\)
\(\Delta = 36 – 20 = 16\), \(x_1 = 1\), \(x_2 = 5\).
Points : \((1; 2)\) et \((5; -2)\).

3) \((C) : x^2 + y^2 + 2x – 6y = 6\) et \((D) : 4x – 3y = 8\) :
Centre : \((x + 1)^2 + (y – 3)^2 = 16\), donc \(\Omega(-1; 3)\) et \(R = 4\).
Distance : \(d = \frac{|4(-1) – 3(3) – 8|}{\sqrt{4^2 + (-3)^2}} = \frac{|-4 – 9 – 8|}{5} = \frac{21}{5} = 4.2 > 4\).
La droite ne coupe pas le cercle.

Définition : Soit \((C)\) un cercle de centre \(\Omega\) et de rayon \(R\) et \(A\) un point de \((C)\).
On dit qu’une droite \((D)\) est tangente à \((C)\) au point \(A\) si et seulement si \((D)\) et \((\Omega A)\) sont perpendiculaires au point \(A\).

Propriété : Soit \((C)\) un cercle de centre \(\Omega\) et \(A\) un point de \((C)\) et \(M\) un point d’une droite \((D)\).
\((D)\) est tangente à \((C)\) au point \(A\) si et seulement si \(\vec{AM} \cdot \vec{A\Omega} = 0\).

📌 Application : On considère le cercle \((C)\) d’équation \(x^2 + y^2 – 2x – 4y = 0\).
1) Vérifier que \(A(2; 4)\) est un point du cercle \((C)\).
2) Déterminer une équation de la tangente au cercle \((C)\) en \(A\).

📝 Corrigé :

1) Vérification :
\(2^2 + 4^2 – 2(2) – 4(4) = 4 + 16 – 4 – 16 = 0\). Donc \(A(2; 4) \in (C)\).

2) Équation de la tangente :
Le centre du cercle est \(\Omega(1; 2)\) (car \((x – 1)^2 + (y – 2)^2 = 5\)).
La tangente en \(A\) est perpendiculaire à \((\Omega A)\).
\(\vec{\Omega A}(2 – 1; 4 – 2) = \vec{\Omega A}(1; 2)\).
Un vecteur normal à la tangente est \(\vec{\Omega A}(1; 2)\).
Soit \(M(x; y)\) un point de la tangente. On a \(\vec{AM} \cdot \vec{\Omega A} = 0\).
\((x – 2) \times 1 + (y – 4) \times 2 = 0\)
\(x – 2 + 2y – 8 = 0\)
\(x + 2y – 10 = 0\).

Conclusion : La tangente au cercle en \(A\) a pour équation \(x + 2y – 10 = 0\).