2nd – Exercices – Projeté orthogonal

Projeté orthogonal

Exercices corrigés – 2nd

 

Exercice 1

On appelle $A’$, $B’$ et $C’$ les projetés orthogonaux respectifs des points $A$, $B$ et $C$ sur la droite $\Delta$.

Représenter ces trois points sur la figure ci-dessous.

 

$\quad$

Correction Exercice 1

On obtient la figure suivante :

[collapse]

$\quad$

Exercice 2

On considère un triangle $ABC$ isocèle en $A$ tel que l’angle $\widehat{BAC}$ est aigu.

Le cercle $\mathscr{C}$ de diamètre $[AB]$ coupe le segment $[AC]$ en $B’$.

  1. Montrer que le point $B’$ est le projeté orthogonal du point $B$ sur la droite $(AC)$.
    $\quad$
  2. On appelle $C’$ le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AB)$.
    Montrer que $AC’=AB’$.
    $\quad$
  3. Montrer qu’on a également $BB’=CC’$.
    $\quad$
Correction Exercice 2
  1. Le triangle $ABB’$ est inscrit dans le cercle $\mathscr{C}$ et le côté $[AB]$ est un diamètre de ce cercle. Par conséquent le triangle $ABB’$ est rectangle en $B’$.
    Ainsi les droite $(BB’)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires et le point $B’$ appartient à la droite $(AC)$. Cela signifie donc que le point $B’$ est le projeté orthogonal du point $B$ sur la droite $(AC)$.
    $\quad$
  2. On appelle $A’$ le milieu du segment $[BC]$.
    Le triangle $ABC$ étant isocèle en $A$, la droite $(AA’)$ est un axe de symétrie pour ce triangle.
    L’image du point $B$ par cette symétrie est le point $C$.
    Une symétrie axiale conserve les angles. Donc l’image du point $B’$ est le point $C’$ par cette symétrie.
    Une symétrie centrale conserve les longueurs et le point $A$ est sa propre image. Donc $AB’=AC’$.
    $\quad$
  3. Pour répondre à cette question, on peut utiliser les mêmes arguments qu’à la question précédente ou appliquer le théorème de Pythagore (ce que nous allons faire).
    Dans le triangle $BCC’$ rectangle en $C’$ on applique le théorème de Pythagore :
    $AC^2=AC’^2+CC’^2$
    Dans le triangle $CBB’$ rectangle en $B’$ on applique le théorème de Pythagore :
    $AB^2=AB’^2+BB’^2$
    Le triangle $ABC$ est iscole en $A$ donc $AB=AC$.
    Ainsi $AC’^2+CC’^2=AB’^2+BB’^2$.
    Puisque $AB’=AC’$ on a, par conséquent, $CC’^2=BB’^2$.
    Or $CC’$ et $BB’$ sont des longueurs. Donc $CC’=BB’$.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

$\quad$

Exercice 3

On considère un triangle équilatéral $ABC$ et un point $M$ à l’intérieur du triangle. On appelle $M_1$, $M_2$ et $M_3$ les projetés orthogonaux du point $M$ sur les côtés du triangle $ABC$.
Montrer, en calculant des aires, que la somme $MM_1+MM_2+MM_3$ est constante.

$\quad$

Correction Exercice 3

 

L’aire du triangle $MBC$ est $\mathscr{A}_1=\dfrac{MM_1\times BC}{2}$.
L’aire du triangle $MAB$ est $\mathscr{A}_2=\dfrac{MM_2\times AB}{2}$.
L’aire du triangle $MAC$ est $\mathscr{A}_3=\dfrac{MM_3\times AC}{2}$.
On appelle $\mathscr{A}$ l’aire du triangle $ABC$.

Par conséquent $\mathscr{A}_1+\mathscr{A}_2+\mathscr{A}_3=\mathscr{A}$
$\ssi \dfrac{MM_1\times BC}{2}+\dfrac{MM_2\times AB}{2}+\dfrac{MM_3\times AC}{2}=\mathscr{A}$
Le triangle $ABC$ est équilatéral. Donc $AB=BC=AC$.
On en déduit donc que :
$\dfrac{MM_1\times AB}{2}+\dfrac{MM_2\times AB}{2}+\dfrac{MM_3\times AB}{2}=\mathscr{A}$
$\ssi \left(MM_1+MM_2+MM_3\right)AB=2\mathscr{A}$
$\ssi MM_1+MM_2+MM_3=\dfrac{2\mathscr{A}}{AB}$

La somme $MM_1+MM_2+MM_3$ est bien constante.

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 4

On considère un triangle $ABC$ rectangle en $A$ tel que $AB=6$ cm et $AC=8$ cm.
Déterminer la distance du point $A$ au côté $[BC]$.

$\quad$

Correction Exercice 4

On appelle $A’$ le projeté orthogonal de $A$ sur $[BC]$.

Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$, on applique le théorème de Pythagore.
$\begin{align*} BC^2&=AB^2+AC^2 \\
&=36+64 \\
&=100\end{align*}$
Par conséquent $BC=10$.

On peut calculer l’aire $\mathscr{A}$ du triangle $ABC$ de deux façons:
$\mathscr{A} = \dfrac{AB\times AC}{2}=\dfrac{8\times 6}{2}=24$ cm$^2$
$\mathscr{A} = \dfrac{AA’\times BC}{2} \ssi 24=\dfrac{AA’\times 10}{2} \ssi AA’=\dfrac{24}{5}$

La distance du point $A$ au côté $[BC]$ est donc égale à $\dfrac{24}{5}$ cm.

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 5

On considère une droite $d$, un point $A$ appartenant à cette droite et un point $B$ n’appartenant pas à celle-ci. On appelle $O$ le projeté orthogonal de $B$ sur la droite $d$.
Les points $A’$ et $B’$ sont respectivement les symétriques des points $A$ et $B$ par rapport à $O$.
Quelle est la nature du quadrilatère $ABA’B’$?

$\quad$

Correction Exercice 5

Le point $O$ est donc le milieu des segments $[AA’]$ et $[BB’]$.
Les diagonales du quadrilatère $ABA’B’$ se coupend donc en leur milieu.
Par conséquent $ABA’B’$ est un parallélogramme.
$O$ est le projeté orthogonal du point $B$ sur la  droite $(AA’)$.
Cela signifie donc que les droites $(OB)$ et $(AA’)$ sont perpendiculaires.
Les diagonales du quadrilatère $ABA’B’$ sont perpendiculaires. C’est donc un losange.

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 6

autre formule pour calculer l’aire d’un triangle

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

  1. Exprimer l’aire $\mathscr{A}$ du triangle $ABC$ en prenant comme base le côté $[BC]$.
    $\quad$
  2. En déduire que $\mathscr{A}=\dfrac{1}{2}ab\sin\widehat{ACB}$.
    $\quad$
  3. Application : Déterminer un arrondi à $10^{-2}$ près de l’aire du triangle $ABC$ si $a=4$ cm, $b=6$ cm et $\widehat{ACB}=60$°.
    $\quad$
Correction Exercice 6

  1. On a $\mathscr{A}=\dfrac{AH\times BC}{2}=\dfrac{AH\times a}{2}$
    $\quad$
  2. Dans le triangle $AHC$ rectangle en $H$ on a :
    $\sin \widehat{ACB}=\dfrac{AH}{AC} \ssi \sin \widehat{ACB}=\dfrac{AH}{b} \ssi AH=b\times \sin\widehat{ACB}$
    Donc $\mathscr{A}=\dfrac{AH\times a}{2}=\dfrac{AB\times \sin \widehat{ACB}}{2}$
    $\quad$
  3. Si$a=4$ cm, $b=6$ cm et $\widehat{ACB}=60$°
    Alors
    $\begin{align*} \mathscr{A}&=\dfrac{4\times 6\times \sin  60}{2} \\
    &=12\sin 60  \\
    &=12\times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\
    &=6\sqrt{3} \\
    &\approx 10,39\end{align*}$
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Exercice 7

Formule d’Al Kashi

On considère un triangle quelconque $ABC$ tel que $\widehat{ACB}$ soit aigu. On appelle $H$ le projeté orthogonal de $A$ sur $(BC)$.

  1. À l’aide de relations trigonométriques, exprimer $HA$ et $HC$ en fonction de $AC$.
    $\quad$
  2. En déduire une expression de $BH$ en fonction de $BC$, $AC$ et $\cos \widehat{ACB}$.
    $\quad$
  3. En déduire que $AB^2=AC^2+BC^2-2\times AC\times BC\times \cos \widehat{ACB}$.
    $\quad$
  4. Application : Si $AC=6$ cm, $BC=8$ cm et $\widehat{ACB}=60$° déterminer la longueur du segment $[AB]$.
    $\quad$
Correction Exercice 7

  1. Dans le triangle $AHC$ rectangle en $H$ on a :
    $\sin \widehat{ACB}=\dfrac{AH}{AC} \ssi AH=AC\sin \widehat{ACB}$
    $\cos \widehat{ACB}=\dfrac{HC}{AC} \ssi HC=AC\cos \widehat{ACB}$
    $\quad$
  2. Si $H$ appartient au segment $[BC]$ alors $BH=BC-HC=BC-AC\cos \widehat{ACB}$
    Si $H$ n’appartient pas au segment $[BC]$ (l’angle $\widehat{ABC}$ est alors obtus) alors $BH=HC-BC=AC\cos \widehat{ACB}-BC$
    $\quad$
    On aura par la suite besoin de $BH^2$ qui dans les deux cas vaut $\left(BC-AC\cos \widehat{ACB}\right)^2$.
    $\quad$
  3. On applique le théorème de Pythagore dans le triangle $ABH$ rectangle en $H$.
    $\begin{align*} AB^2&=BH^2+HA^2 \\
    &=\left(BC-AC\cos \widehat{ACB}\right)^2+\left(AC\sin \widehat{ACB}\right)^2 \\
    &=BC^2+AC^2\cos^2 \widehat{ACB}-2BC\times AC\times \cos \widehat{ACB}+AC^2\times \sin^2 \widehat{ACB} \\
    &=BC^2+AC^2\times \left(\cos^2 \widehat{ACB}+\sin^2 \widehat{ACB}\right)-2BC\times AC\times \cos \widehat{ACB}\qquad (*) \\
    &=BC^2+AC^2-2BC\times AC\times \cos \widehat{ACB}-2BC\times AC\times \cos \widehat{ACB}\end{align*}$
    $(*)$ car $\cos^2 \widehat{ACB}+\sin^2 \widehat{ACB}=1$ (propriété du cours).
    $\quad$
  4. Si $AC=6$ cm, $BC=8$ cm et $\widehat{ACB}=60$°
    alors $AB^2=8^2+6^2-2\times 8\times 6\times \cos 60= 52$
    Donc $AB=\sqrt{52}$
    $\quad$

 

[collapse]

$\quad$