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% pour le pied de page central
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\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction}}\end{center}

\subsection{}

\begin{enumerate}
\item $\overrightarrow{AJ}.\overrightarrow{DI}=\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BJ}\right).\left(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AI}\right)=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BJ}.\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{BJ}.\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BJ}.\overrightarrow{DA}$ car $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{DA}$ et $\overrightarrow{BJ}\perp\overrightarrow{AI}$ donc $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{DA}=0$ et $\overrightarrow{BJ}.\overrightarrow{AI}=0$.
D'autre part : $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BJ}.\overrightarrow{DA}=AB\times BI+\left(-BJ\times DA\right)=\dfrac{a^2}{2}-\dfrac{a^2}{2}=0$ car $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AI}$ sont colinéaires de même sens, alors que $\overrightarrow{BJ}$ et $\overrightarrow{DA}$ sont colinéaires de sens contraires.\\
Par conséquent : $\overrightarrow{AJ}.\overrightarrow{DI}=0$ et $\overrightarrow{AJ}$ et $\overrightarrow{DI}$ sont orthogonaux.

\item On en déduit que les droites $(AJ)$ et $(DI)$ sont perpendiculaires, donc que l'angle $\widehat{QPS}$ est droit.\\
On montrerait de même que les angles $\widehat{PSR}$et $\widehat{SRQ}$ sont droits. Un quadrilatère qui a trois angles droits est un rectangle, donc $PQRS$ est un rectangle.

\item $\overrightarrow{PS}.\overrightarrow{ID}=\overrightarrow{AL}.\overrightarrow{ID}$ car le projeté orthogonal de $\overrightarrow{AL}$ sur $(ID)$ est $\overrightarrow{PS}$.\\
$\overrightarrow{AL}.\overrightarrow{ID}=\overrightarrow{AL}.\overrightarrow{AD}$ car le projeté orthogonal de $\overrightarrow{ID}$ sur $(AL)$ est $\overrightarrow{AD}$.\\
Par conséquent : $\boxed{\overrightarrow{PS}.\overrightarrow{ID}=\overrightarrow{AL}.\overrightarrow{AD}}$.

\item $\overrightarrow{PS}.\overrightarrow{ID}=PS\times ID$ (vecteurs colinéaires de même sens) ; $\overrightarrow{AL}.\overrightarrow{AD}=AL\times AD$ (idem).\\
Par conséquent : $PS\times ID=AL\times AD$.\\
D'après le théorème de Pythagore, on a : $ID^2=AD^2+AJ^2=a^2+\left(\dfrac{a}{2}\right)^2=\dfrac{5a^2}{4}$ d'où $ID=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}$.\\
Alors : $PS=\dfrac{AL\times AD}{ID}=\dfrac{\frac{a^2}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{a}{\sqrt{5}}$ : $\boxed{PS=\dfrac{a}{\sqrt{5}}}$.\\


\item On montrerait de même que les autres côtés de $PQRS$ ont la même longueur ; un rectangle qui a ses côté de même longueur est un carré donc $PQRS$ est un carré.\\
L'aire de $PQRS$ vaut : $\mathscr{A}(PQRS)=\left(\dfrac{a}{\sqrt{5}}\right)^2=\dfrac{a^2}{5}=\dfrac{1}{5}a^2$ donc $\boxed{\mathscr{A}(PQRS)=\dfrac{1}{5}\mathscr{A}(ABCD)}$.
\end{enumerate}

\subsection{}

\begin{enumerate}
\item $\overrightarrow{BI}.\overrightarrow{BD}=BI\times BD\cos\left(\overrightarrow{BI}~;~\overrightarrow{BD}\right)=BI\times BD\cos\theta$.\\
$BI=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}$ (voir exercice 1) et $BD=a\sqrt{2}$ (résultat à savoir).\\
Par conséquent : $\overrightarrow{BI}.\overrightarrow{BD}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\times a\sqrt{2}\cos\theta=\boxed{\left(\dfrac{a^2}{2}\sqrt{10}\right)\cos\theta}$.

\item $\overrightarrow{BI}=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BD}\right)$ donc $\overrightarrow{BI}.\overrightarrow{BD}=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BD}\right).\overrightarrow{BD}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BD}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BD}^2=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}^2+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BD}^2$ (car le projeté orthogonal de $\overrightarrow{BD}$ sur $(BA)$ est $\overrightarrow{BA}$).\\
Alors : $\overrightarrow{BI}.\overrightarrow{BD}=\dfrac{1}{2}a^2+\dfrac{1}{2}(a\sqrt{2})^2=\boxed{\dfrac{3}{2}a^2}$.

\item On a exprimé le même produit scalaire de deux fa\c cons différentes, donc : \\
$\left(\dfrac{a^2}{2}\sqrt{10}\right)\cos\theta=\dfrac{3}{2}a^2$ d'où $\cos\theta=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$ (résultat qui ne dépend pas de $a$, donc $\theta$ ne dépend pas de la taille du carré).

\item Avec une calculatrice, on trouve : $\theta\approx 18,43$ \degre à 0,01 \degre par défaut.
\end{enumerate}


\subsection{}

\begin{enumerate}
\item $B$ appartient au cercle de diamètre $[AA']$ donc le triangle $BA'A$ est rectangle en $B$.\\
$B$ est donc le projetée orthogonal de $A'$ sur $(MB)$.\\
On en déduit que : $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MA'}$.

\item $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MA'}=\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}\right).\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA'}\right)=MO^2+\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OA'}=MO^2+\overrightarrow{MO}.\left(\overrightarrow{OA}\right)-OA^2=MO^2-OA^2=MO^2-R^2$ (car $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{PA'}=\overrightarrow{0}$ et $\overrightarrow{OA}$ et $\overrightarrow{OA'}$ sont colinéaires de sens contraire).\\
Par conséquent : $\boxed{\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=MO^2-R^2}$.

\item On montrerait de même que : $\boxed{\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MD}=MO^2-R^2}$.\\
On en déduit que : $\boxed{\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MD}=MO^2-R^2}$.
\end{enumerate}



\label{fin}
\end{document}
