\documentclass[a4paper,french,12pt]{article}
\input{Preambule-lua.tex}
\usepackage{calligra}
\usepackage{libertinus}  %% Bien, pour la police texte
 % \usepackage{stix2}  %  pour la police texte mais j'ai des erreurs
 \setmathfont{Euler Math} % ou bien \setmathfont{Neo Euler}.
\geometry{a4paper,hmargin=1cm,vmargin=1cm}

\setboolean{solution}{true}
% \setboolean{solution}{false}

\begin{document}
\pagestyle{empty}

\devperslandscape{{\bf \Large \textcalligra{DS N\up{~~o}{\Huge 14}  : Produit scalaire (30 min)}} }{}{\textcalligra{ Spé math (1ére) } }{\large \textcalligra{20 mai 2026}}

% \devpers{ $\pmb{\cald \cals~ \caln^o 1}$ : {\bf \Large \textcalligra{DS 1  : Révisions suites et fonctions}} }{}{T\up{ale} }{7 octobre 2024}

\setlength{\columnseprule}{.5pt}
\setlength{\columnsep}{30pt}

 \setcounter{exercice}{0}


% \begin{multicols}{2}

\begin{exercice}
 La figure ci-dessous représente
    \begin{enumerate}
    \item[$\bullet$] Un rectangle $ABCD$ tel que $AB=10$ et $BC=4$;
    \item[$\bullet$] Un triangle ABF isocèle en $F$ avec $\widehat{FAB}=\dfrac{\pi}{6}$.
    \item[$\bullet$] $BCE$ est équilatéral.
     \end{enumerate}

\begin{center}

\begin{mplibcode}
    u:=.6cm;
repere(-1,15,1u,-5,5.5,1u);
%draw quadrillage(1,1) withcolor 0.1white dashed evenly;
%draw axes(1,1);
%draw cadre;
l=10;a=4;t=30;
pair A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K,L;
A=(0,0);B=(l,0);C=(l,-a);D=(0,-a);H=(l/2,-a/2);E=(l+(3**0.5)*a/2,-a/2);F=(l/2,(l/2)*sind(t)/cosd(t));
% defTriangleLLA(A,B,L)(5,2.5,30);
% AffCotes:=true;AffAngles:=true;
%marque_p:="";
nomme.ulft(A);
nomme.urt(B);
nomme.bot(C);
nomme.llft(D);
nomme.lrt(E);
nomme.top(H);
nomme.top(F);

% draw Triangle(A,B,L)()("")("~");



%drawarrow B--C;
%drawarrow D--E;
%draw vecteur.top(_c(4,3),v);
%draw vecteur.top(_c(2,3),u);
draw A--B--C--D--cycle;
draw A--B--F--cycle;
draw C--B--E--cycle;
draw C--A;
draw D--B;
fin
\end{mplibcode}

\end{center}
     Calculer les produits scalaires suivants ; vous compléterez la copie (aucune justification n'est demandée).
\begin{multicols}{2}

     \begin{enumerate}[itemsep=20pt,labelindent=\parindent,
                 leftmargin=*,
                 label={$\protect\bullet$}]
      \item $\vect{CD}.\vect{CE}=$
      \item $\vect{CH}.\vect{CA}=$
      \item $\vect{AB}.\vect{BE}=$
      \item $\vect{CH}.\vect{AB}=$
      \item $\vect{BE}.\vect{BA}=$
      \item $\vect{DH}.\vect{CE}=$
      \item $\vect{BC}.\vect{BF}=$
      \item $\vect{AF}.\vect{DC}=$
\end{enumerate}

\end{multicols}

\begin{corrige}
 \begin{enumerate}
  \item Comme $BCE$ est équilatéral, on a $\widehat{DCE}=\dfrac{5\pi}{6}$ et donc $\vect{CD}.\vect{CE}=10.4.\cos\dfrac{5\pi}{6}=-20\sqrt{3}$
  \item En posant des coordonnées dans le repère orthonormé $(D,\dfrac{\vect{DC}}{DC},\dfrac{\vect{DA}}{DA})$, on a
  $D(0,0)$, $C(10,0)$, $B(10,4)$, $A(0,4)$, $B(5,2)$, $E(x_E,2)$, $F(5,y_F)$.

  On a alors $\vect{CH}\cp{-5}{2}$ et $\vect{CA}\cp{-10}{4}$,

  Alors $\vect{CH}.\vect{CA}=50+8=58$
  \item Comme au 1 :  $\vect{AB}.\vect{BE}=AB.BE\cos\dfrac{\pi}{6}=20\sqrt{3}$
  \item Par projection orthogonale de $C$ et $H$ sur $(AB)$, $\vect{CH}.\vect{AB}=-50$.
  \item Comme au 3. : $\vect{BE}.\vect{BA}=-\vect{AB}.\vect{BE}=-20\sqrt{3}$.
  \item Il faut faire attention, $\vect{DH}$ et $\vect{CE}$ non colinéaires. Par exemple, on peut calculer $x_E$, par projection de $E$ sur $(DC)$, on a $x_E=10+4\cos\dfrac{\pi}{6}=10+2\sqrt{3}$.

  Alors  $\vect{DH}\cp{5}{2}$ et  $\vect{CE}\cp{2\sqrt{3}}{2}$, alors $\vect{DH}.\vect{CE}=10\sqrt{3}+4$.
  \item Il nous faut la hauteur issue de $F$ du triangle $ABF$ pour répondre. Comme il est isocèle, et  $\widehat{FAB}=\dfrac{\pi}{6}$, par trigonométrie, on a $\tan\widehat{FAB}=\dfrac{h}{\frac12 AB}$ donc $h=\dfrac{5}{\sqrt{3}}$.

  Alors par projection, $\vect{BC}.\vect{BF}=-4.\dfrac{5}{\sqrt{3}}=-20\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
  \item Par projection : $\vect{AF}.\vect{DC}=50$
 \end{enumerate}

\end{corrige}

\end{exercice}



\begin{exercice}
 On donne dans un repère orthonormé : $A(1;2)$, $B(-3;4)$, $C(5;1)$


Déterminer une valeur approchée au dixième de degré près de l'angle $\widehat{\text{BAC}}$.



\begin{corrige}
On sait que $\vect{AB}.\vect{AC}=AB.AC\cos(\widehat{BAC})$, alors on a :
\[
 \cos(\widehat{BAC})=\dfrac{\vect{AB}.\vect{AC}}{AB.AC}
\]

On a  $\vect{AB}\cp{-4}{2}$ et $\vect{AC}\cp{4}{-1}$ et donc $\vect{AB}.\vect{AC}=-16 -2 = -18$.

\medskip

Et $AB^2=16+4=20$ donc $AB=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$

\medskip
$AB^2=16+1=17$ donc $AC=\sqrt{17}$

Donc finalement


\[
 \cos(\widehat{BAC})= \dfrac{-18}{2\sqrt5 \times \sqrt{17}} = \dfrac{-18}{2\sqrt{85}}
\]

Et avec la fonction \texttt{arcos} de la calculatrice, on a $\widehat{BAC}\approx167,5^\circ$.


\end{corrige}
\end{exercice}

% \end{multicols}
\end{document}
