E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Dans un repère orthonormé, on considère les points $A(-1 ; 3)$, $B(5 ; 0)$ et $C(9 ; 3)$.

  1. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AB)$.
    $\quad$
  2. Déterminer une équation cartésienne de la droite $D$ passant par le point $C$ et de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}-1\\3\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  3. Démontrer que les droites $D$ et $(AB)$ ne sont pas parallèles.
    $\quad$
    On admet que le point $E(3 ; 1)$ est le point d’intersection de ces deux droites.
  4. Les droites $D$ et $(AB)$ sont-elles perpendiculaires ?
    $\quad$
  5. On donne $AE = 2\sqrt{5}$ et $EC = 2\sqrt{10}$.
    Calculer la mesure en degrés de l’angle $\widehat{AEC}$.
    $\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. Un vecteur directeur de la droite $(AB)$ est $\vect{AB}\begin{pmatrix}6\\-3\end{pmatrix}$.
    Ainsi une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est de la forme $-3x-6y+c=0$.
    $A(-1;3)$ appartient à cette droite.
    Donc $3-18+c=0\ssi c=15$.
    Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est $-3x-6y+15=0$ ou encore $x+2y-5=0$.
    $\quad$
  2. Une équation cartésienne de la droite $D$ est de la forme $-x+3y+c$.
    $C(9;3)$ appartient à la droite $D$.
    Donc $-9+9+c=0\ssi c=0$.
    Une équation cartésienne de la droite $D$ est donc $-x+3y=0$.
    $\quad$
  3. Un vecteur directeur de la droite $D$ est $\vec{u}\begin{pmatrix}-3\\-1\end{pmatrix}$.
    Un vecteur directeur de la droite $(AB)$ est $\vect{AB}\begin{pmatrix}6\\-3\end{pmatrix}$.
    det$\left(\vec{u};\vect{AB}\right)=-3\times -3-(-1)\times 6=15\neq 0$.
    Ces vecteurs ne sont pas colinéaires.
    Par conséquent, les droites $D$ et $(AB)$ ne sont pas parallèles.
    $\quad$
  4. $\vect{AE}\begin{pmatrix}4;-2\end{pmatrix}$ et $\vect{CE}\begin{pmatrix}-6;-2\end{pmatrix}$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \vect{AE}.\vect{CE}&=4\times (-6)+(-2)\times (-2) \\
    &=-24+4\\
    &=-20\\
    &\neq 0\end{align*}$
    Les droites $(D)$ et $(AB)$ ne sont donc pas perpendiculaires.
    Remarque : On pouvait calculer également $\vect{AB}.\vec{u}$ ou det$\left(\vec{n};\vect{AB}\right)$ mais on besoin du produit scalaire $\vect{AE}.\vect{CE}$ à la question suivante.
    $\quad$
  5. On a $\vect{AE}.\vect{CE}=-20$
    et $\vect{AE}.\vect{CE}=AE\times EC\times \cos \widehat{AEC}$
    Par conséquent :
    $\begin{align*} &2\sqrt{5}\times 2\sqrt{10}\cos\widehat{AEC}=-20 \\
    \ssi~& \cos \widehat{AEC}=-\dfrac{20}{20\sqrt{2}} \\
    \ssi~& \cos \widehat{AEC}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{align*}$
    Par conséquent $\widehat{AEC}=135$°
    $\quad$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Dans un repère orthonormé $\Oij$ du plan, on considère les points $A(2;-1)$, $B(0;3)$ et $C(3;1)$.

  1. a. Vérifier que$\vect{AB}.\vect{AC}=6$
    $\quad$
    b. Calculer $\norme{\vect{AB}}$ et $\norme{AC}$, on donnera les valeurs exactes.
    $\quad$
    c. Vérifier que $\cos\left(\widehat{BAC}\right)=0,6$ et en déduire la mesure de l’angle $\widehat{BAC}$ au degré près.
    $\quad$
  2. a. Vérifier qu’une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est $2x+y-3=0$.
    $\quad$
    b. On note $H$ le pied la hauteur du triangle $ABC$ issue du sommet $C$.
    Déterminer les coordonnées du point $H$.
    $\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. a. On a $\vect{AB}\begin{pmatrix}-2;4\end{pmatrix}$ et $\vect{AC}\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=-2\times 1+4\times 2\\
    &=6\end{align*}$.
    $\quad$
    b. On a :
    $\begin{align*} \norme{\vect{AB}}&=\sqrt{(-2)^2+4^2}\\
    &=\sqrt{20}\end{align*}$ $\quad$ et $\quad$ $\begin{align*} \norme{\vect{AC}}&=\sqrt{1^2+2^2}\\
    &=\sqrt{5}\end{align*}$
    $\quad$
    c. On a d’une part $\vect{AB}.\vect{AC}=6$ et d’autre part $\vect{AB}.\vect{AC}=\norme{\vect{AB}}\times \norme{\vect{AC}}\times \cos \widehat{BAC}$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \norme{\vect{AB}}\times \norme{\vect{AC}}\times \cos \widehat{BAC} =6 &\ssi \cos \widehat{BAC}=\dfrac{6}{\norme{\vect{AB}}\times \norme{\vect{AC}}} \\
    &\ssi \cos \widehat{BAC}=\dfrac{6}{\sqrt{20}\times \sqrt{5}} \\
    &\ssi \cos \widehat{BAC}=\dfrac{6}{10}\\
    &\ssi \cos \widehat{BAC}=0,6\end{align*}$
    $\quad$
    Ainsi $\widehat{BAC} \approx 53$°
  2. a. $2\times 2-1-3=0$ donc les coordonnées du point $A$ vérifient l’équation donnée.
    $0+3-3=0$ donc les coordonnées du point $B$ vérifient l’équation donnée.
    Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est donc $2x+y-3=0$.
    $\quad$
    b. On appelle $d$ la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par $C$.
    Le vecteur $\vect{AB}$ est donc un vecteur normal à la droite $d$.
    Une équation cartésienne de $d$ est donc de la forme $-2x+4y+c=0$.
    Le point $C(3;1)$ appartient à $d$ donc $-6+4+c=0 \ssi c=2$.
    Une équation de $d$ est donc $-2x+4y+2=0$ ou encore $-x+2y+1=0$.
    Les coordonnées du point $H$ sont solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} 2x+y-3=0\\-x+2y+1=0\end{cases} &\ssi \begin{cases} y=3-2x\\-x+2(3-2x)+1=0\end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} y=3-2x\\-5x+6+1=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=3-2x\\x=\dfrac{7}{5}\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{7}{5}\\y=3-2\times \dfrac{7}{5}\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{7}{5}\\y=\dfrac{1}{5}\end{cases}\end{align*}$
    Ainsi $H$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{7}{5};\dfrac{1}{5}\right)$.
    $\quad$

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$\quad$

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E3C2-Spécialité maths – QCM – 2020

QCM

E3C2 – 1ère

Cet exercice est un questionnaire à choix multiple (QCM) comportant cinq questions.
Pour chacune des questions, une seule des quatre réponses proposées est correcte.
Les questions sont indépendantes.
Pour chaque question, indiquer le numéro de la question et recopier sur la copie la lettre correspondante à la réponse choisie.
Aucune justification n’est demandée mais il peut être nécessaire d’effectuer des recherches au brouillon pour aider à déterminer la réponse.
Chaque réponse correcte rapporte 1 point. Une réponse incorrecte ou une question sans réponse n’apporte ni ne retire de point.

Question 1

Soit $a$, $b$, $c$ trois réels tels que $a\neq 0$ et soit $g$ la
fonction définie sur $\R$ par : $$g(x)=ax^2+bx+c$$
Soit $\Delta$ son discriminant.

La représentation graphique de la fonction $g$ dans un repère orthonormé est donnée ci-dessous.

Alors on peut affirmer que :

a. $a>0$ et $\Delta>0$
b. $a>0$ et $\Delta<0$
c. $a<0$ et $\Delta>0$
d. $a<0$ et $\Delta<0$

$\quad$

Correction Exercice

La parabole coupe l’axe des abscisses en deux points. Donc $\Delta >0$.
D’après la représentation graphique de la fonction $g$, celle-ci possède un maximum. Donc $a<0$.

Réponse c

$\quad$

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$\quad$

Question 2

On considère la fonction $f$ dont la fonction dérivée est la fonction $g$ considérée dans la question 1.
Le tableau des variations de $f$ est :

$\quad$

Correction Question 2

$g$ est positive sur $[1;5]$ et négative sur $]-\infty;1]\cup[5;+\infty[$.
Par conséquent $f$ est croissante sur $[1;5]$ et décroissante sur $]-\infty;1]\cup[5;+\infty[$.

Réponse c

$\quad$

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$\quad$

Question 3

On considère à nouveau la fonction $f$ dont la fonction dérivée est la fonction $g$ considérée dans la question 1. On sait de plus que $f(3)=7$.
La tangente à la courbe représentative de $f$ au point d’abscisse $3$ a pour équation réduite :

a. $y=4$
b. $y=4x+3$
c. $y=4x+7$
d. $y=4x-5$

$\quad$

Correction Question 3

On a $f'(3)=g(3)=4$ et $f(3)=7$
Une équation de cette tangente est de la forme $y=f'(3)(x-3)+f(3)$ soit $y=4(x-3)+7$ ou encore $y=4x-5$.

Réponse d

$\quad$

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$\quad$

$\quad$

Question 4

Dans un repère orthonormé, on considère les points $A(5; -1)$, $B(3; 2)$ et $C(1; -3)$. Une équation cartésienne de la droite perpendiculaire à $(AB)$ et passant par $C$ est :

a. $-2x+3y+11=0$
b. $3x-2y-9=0$
c. $x-3y-10=0$
d. $3x+2y+3=0$

$\quad$

Correction Question 4

$\vect{AB}\begin{pmatrix}-2\\3\end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de la droite $(AB)$.
C’est donc un vecteur normal à la droite $d$ perpendiculaire à $(AB)$ passant par $C$.
Une équation cartésienne de $d$ est donc de la forme $-2x+3y+c=0$
Le point $C(1;-3)$ appartient à $d$ donc :
$-2-9+c=0 \ssi c=11$
Une équation cartésienne de $d$ est donc $-2x+3y+11=0$.

Réponse a

$\quad$

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$\quad$

Question 5

Dans un repère orthonormé, on considère les points $A(5; -1)$, $B(3; 2)$ et $C(1; -3)$.
Une mesure, arrondie au degré, de l’angle $\widehat{ABC}$, est :

a. $11$
b. $25$
c. $55$
d. $88$

$\quad$

Correction Question 5

On a $\vect{BA}\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix}$ et $\vect{BC}\begin{pmatrix}-2\\-5\end{pmatrix}$

D’une part,
$\begin{align*} \vect{BA}.\vect{BC}&=2\times (-2)+(-3)\times (-5)\\
&=11\end{align*}$

$\quad$

$\begin{align*} BA&=\sqrt{2^2+(-3)^2} \\
&=\sqrt{13}\end{align*}$
$\begin{align*} BC&=\sqrt{(-2)^2+(-5)^2} \\
&=\sqrt{29}\end{align*}$

D’autre part part,
$\begin{align*} \vect{BA}.\vect{BC}&=BA\times BC\times \cos \widehat{ABC} \\
&=\sqrt{13}\times \sqrt{29}\times \cos \widehat{ABC} \end{align*}$

Donc $\sqrt{13}\times \sqrt{29}\times \cos \widehat{ABC} =11$
Ainsi $\cos \widehat{ABC}=\dfrac{11}{\sqrt{13}\times \sqrt{29}}$
Et $\widehat{ABC} \approx 55$°

Réponse c

$\quad$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Le plan est muni d’un repère orthonormé $\Oij$.

On considère les points : $A(-1 ; -3)$, $B(1 ; 2)$ et $C(7 ; 1)$.

  1. Le triangle $ABC$ est-il isocèle en $B$ ?
    $\quad$
  2. Déterminer la valeur arrondie au dixième de degré de l’angle $\widehat{BAC}$.
    $\quad$
  3. On considère le point $H$ de coordonnées$ (2,6 ; -1,2)$.
    Le point $H$ est-il le projeté orthogonal du point B sur la droite $(AC)$ ?
    $\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. On a :
    $\begin{align*} BA&=\sqrt{(-1-1)^2+(-3-2)^2} \\
    &=\sqrt{4+25}\\
    &=\sqrt{29}\end{align*}$
    $\begin{align*} BC&=\sqrt{(7-1)^2+(1-2)^2}\\
    &=\sqrt{36+1}\\
    &=\sqrt{37}\end{align*}$
    Par conséquent $BA\neq BC$ : le triangle $ABC$ n’est pas isocèle en $B$.
    $\quad$
  2. On a $\vect{AB}\begin{pmatrix}2\\5\end{pmatrix}$ et $\vect{AC}\begin{pmatrix}8\\4\end{pmatrix}$
    Ainsi :
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=2\times8+5\times 4\\
    &=36\end{align*}$
    $\quad$
    $\begin{align*}AC&=\sqrt{8^2+4^2}\\
    &=\sqrt{80}\end{align*}$
    On a également :
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=AB\times AC\times \cos \widehat{BAC}\\
    &=\sqrt{29}\times \sqrt{80}\cos \widehat{BAC}\end{align*}$
    Par conséquent $\sqrt{29}\times \sqrt{80}\cos \widehat{BAC}=36$
    Donc $\cos \widehat{BAC}=\dfrac{36}{\sqrt{29}\times \sqrt{80}}$
    Ainsi $\widehat{BAC}\approx 41,6$°
    $\quad$
  3. $\vect{AH}\begin{pmatrix}3,6\\1,8\end{pmatrix}$
    Montrons que les vecteurs $\vect{AC}\begin{pmatrix}8\\4\end{pmatrix}$ et $\vect{AH}\begin{pmatrix}3,6\\1,8\end{pmatrix}$ sont colinéaires.
    $\begin{align*}\det\left(\vect{AC}.\vect{AH}\right)&=8\times 1,8-4\times 3,6\\
    &=14,4-14,4\\
    &=0\end{align*}$
    Les deux vecteurs sont colinéaires. Le point $H$ appartient donc à la droite $(AC)$.
    Montrons maintenant que les vecteurs $\vect{AC}\begin{pmatrix}8\\4\end{pmatrix}$ et $\vect{BH}\begin{pmatrix}1,6\\-3,2\end{pmatrix}$ sont orthogonaux.
    $\begin{align*} \vect{AC}.\vect{BH}&=8\times 1,6+4\times (-3,2)\\
    &=12,8-12,8\\
    &=0\end{align*}$
    Les deux vecteurs sont orthogonaux.
    Par conséquent $H$ est le projeté orthogonal du point $B$ sur la droite $(AC)$.
    $\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Le rectangle $OABC$ ci-dessous représente une place touristique vue de dessus.
Le plan est muni d’un repère orthonormé $\Oij$ tel que ⃗$\vect{OC}=24\vec{i}$ et$\vect{OA}=35\vec{j}$.
Afin d’éclairer le plus grand nombre de monuments, on place au point $O$, un projecteur lumineux qui permet d’éclairer la partie du plan délimitée par les segments de droite $[OK]$ et $[OL]$ tels que $K$ est le milieu de $[AB]$ et $\vect{CL}=\dfrac{1}{5}\vect{CB}$.

  1. Déterminer par lecture graphique les coordonnées des points $A$, $B$, $C$, $K$ et $L$.
    $\quad$
  2. Un visiteur affirme : « Moins de $70\%$ de la surface de la place est éclairée ».
    Cette affirmation est-elle exacte ?
    $\quad$
  3. a. Donner les coordonnées des vecteurs $\vect{OK}$ et $\vect{OL}$.
    $\quad$
    b. Montrer que le produit scalaire $\vect{Ok}.\vect{OL}$ est égal à $533$.
    $\quad$
    c. En déduire la mesure, arrondie au degré, de l’angle $\widehat{KOL}$.
    $\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. Graphiquement :
    – les coordonnées de $A$ sont $(0;35)$
    – les coordonnées de $B$ sont $(24;35)$
    – les coordonnées de $C$ sont $(24;0)$
    – les coordonnées de $K$ sont $(12;35)$
    – les coordonnées de $L$ sont $(24;7)$
    $\quad$
  2. L’aire du rectangle $OABC$ est :
    $\begin{align*}\mathscr{A}_{OABC}&=24\times 35\\
    &=840\end{align*}$
    L’aire du triangle $OAK$ est :
    $\begin{align*} \mathscr{A}_{OAK}&=\dfrac{12\times 35}{2}\\
    &=210\end{align*}$
    L’aire du triangle $OCL$ est :
    $\begin{align*} \mathscr{A}_{OCL}&=\dfrac{24\times 7}{2}\\
    &=84\end{align*}$
    La partie non éclairée a une aire égale à $84+210=294$.
    Cela $\dfrac{294}{840}=35\%$ de la surface de la place.
    Par conséquent $65\%$ de la surface de la place est éclairée.
    L’affirmation est exacte.
    $\quad$
  3. a. Le vecteur $\vect{OK}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix}12\\35\end{pmatrix}$.
    Le vecteur $\vect{OL}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix}24\\7\end{pmatrix}$.
    $\quad$
    b. Ainsi :
    $\begin{align*} \vect{OK}.\vect{OL}&=12\times 24+35\times 7\\
    &=533\end{align*}$
    $\quad$
    c. On a :
    $\begin{align*} OK&=\sqrt{12^2+35^2}\\
    &=37\end{align*}$
    $\begin{align*} OL&=\sqrt{24^2+7^2}\\
    &=25\end{align*}$
    Par définition
    $\begin{align*} \vect{OK}.\vect{OL}&=OK\times OL\times \cos\widehat{KOL} \\
    &=37\times 25\times \cos\widehat{KOL}\\
    &=925 \cos\widehat{KOL}\end{align*}$
    Par conséquent :
    $925\cos \widehat{KOL}=533 \ssi \cos \widehat{KOL}=\dfrac{533}{925}$
    Ainsi $\widehat{KOL}\approx 55$°
    $\quad$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Le logo d’une entreprise est constitué d’un carré, d’un cercle et d’un triangle.
Il a été représenté ci-dessous dans un repère orthonormé $\Oij$.

On donne les coordonnées des sommets du carré :
$$A(-3 ; 3) , B(3 ; 3) , C(3 ; 3) ,D(-3 ; -3)$$
On considère le point $E\left(-2;3+\sqrt{5}\right)$.

On admettra que $E$ est situé sur le cercle de diamètre $[AB]$.

On note $I$ le milieu de $[AB]$.

  1. Donner une équation cartésienne de la droite $(BD)$ et une équation du cercle de diamètre $[AB]$.
    $\quad$
  2. Montrer que la hauteur du triangle $BDE$ issue de $E$ admet pour équation cartésienne $$x+y-\left(1+\sqrt{5}\right)=0$$
  3. Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal $H$ du point $E$ sur la droite $(BD)$.
    $\quad$
  4. Calculer l’aire du triangle $BDE$ (en unités d’aire).
    $\quad$
  5. Montrer que $\vect{DB}.\vect{DE}=42+6\sqrt{5}$.
    On admet que $\norme{\vect{DE}}=\sqrt{42+12\sqrt{5}}$; en déduire la mesure de l’angle $\widehat{BDE}$ au degré près.
    $\quad$


$\quad$

Correction Exercice

  1. Un vecteur directeur de la droite $(BD)$ est $\vect{BD}\begin{pmatrix}-6\\-6\end{pmatrix}$.
    Une équation cartésienne de la droite $(BD)$ est donc de la forme $-6x+6y+c=0$
    Le point $B(3;3)$ appartient à la droite $(BD)$.
    Par conséquent $-18+18+c=0\ssi c=0$.
    Une équation cartésienne de la droite $(BD)$ est donc $-6x+6y=0$ ou encore $-x+y=0$.
    $\quad$
    On appelle $M$ le milieu de $[AB]$. $M$ a donc pour coordonnées $(0;3)$.
    $A$ et $B$ ont la même ordonnée donc :
    $AB=\left|x_B-x_A\right|$ soit $AB=6$.
    Le rayon du cercle est $R=\dfrac{AB}{2}$ donc $R=3$.
    Ainsi une équation cartésienne du cercle de diamètre $[AB]$ est :
    $(x-0)^2+(y-3)^2=3^2$ soit $x^2+(y-3)^2=9$.
    $\quad$
  2. On appelle $d$ la hauteur du triangle $BDE$ issue de $E$.
    Le vecteur $\vect{BD}$ est donc normal à la droite $d$.
    Une équation cartésienne de $d$ est par conséquent de la forme $-6x-6y+d=0$
    Le point $E\left(-2;3+\sqrt{5}\right)$ appartient à la droite $d$.
    Par conséquent $12-6\left(3+\sqrt{5}\right)+d=0 \ssi d=6+6\sqrt{5}$.
    Une équation cartésienne de $d$ est donc $-6x-6y+6+6\sqrt{5}$ ou encore, en divisant les deux membres par $-6$,$ x+y-\left(1+\sqrt{5}\right)$.
    $\quad$
  3. Le point $H$ appartient à la fois à la droite $(BD)$ et à la droite $d$.
    Ses coordonnées sont donc solution du système :
    $\begin{align*}\begin{cases}-x+y=0\\x+y-\left(1+\sqrt{5}\right)=0\end{cases}&\ssi \begin{cases}x=y\\x+x-\left(1+\sqrt{5}\right)=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases}x=y\\2x=1+\sqrt{5}\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases}x=y\\x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\end{cases}\end{align*}$
    Le point $H$ a donc pour coordonnées $\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2};\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)$.
    $\quad$
  4. L’aire du triangle $BDE$ est $\mathscr{A}=\dfrac{BD\times EH}{2}$
    Or $BD=\sqrt{(-3-3)^2+(-3-3)^2}$ soit $BD=6\sqrt{2}$
    et
    $\begin{align*} EH&=\sqrt{\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}+2\right)^2+\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}-3-\sqrt{5}\right)^2}\\
    &=\sqrt{\dfrac{15+5\sqrt{5}}{2}+\dfrac{15+5\sqrt{5}}{2}}\\
    &=\sqrt{15+5\sqrt{5}}\end{align*}$
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \mathscr{A}&=\dfrac{6\sqrt{2}\times \sqrt{15+5\sqrt{5}}}{2} \\
    &=15+3\sqrt{5}\end{align*}$
    $\quad$
  5. On a $\vect{DB}\begin{pmatrix}6\\6\end{pmatrix}$ et $\vect{DE}\begin{pmatrix}1\\6+\sqrt{5}\end{pmatrix}$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*}\vect{DB}.\vect{DE}&=6+6\left(6+\sqrt{5}\right) \\
    &=42+6\sqrt{5}\end{align*}$
    $\quad$
    On a également $\vect{DB}.\vect{DE}=DB\times DE\times \cos \widehat{BDE}$
    Par conséquent :
    $\begin{align*}\cos \widehat{BDE}&=\dfrac{\vect{DB}.\vect{DE}}{DB\times DE}\\
    &=\dfrac{42+6\sqrt{5}}{6\sqrt{2}\times \sqrt{42+12\sqrt{5}}}\end{align*}$
    Donc $\widehat{BDE}\approx 38$°.
    $\quad$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Produit scalaire – 2020

Produit scalaire

E3C2 – 1ère

Sur le dessin ci-dessous, la largeur du but est de : $AB = 7,32$ mètres.
Les points $A$, $B$ et $D$ sont alignés.
On appelle $T$ le point où se trouve un ballon. Le triangle $TAD$ est rectangle en $D$.

  1. Pourquoi $\vect{TD}.\vect{DB}=0$?
    $\quad$
  2. Démontrer que $\vect{TA}.\vect{TB}=470,88$
    $\quad$
  3. Déterminer une valeur approchée, au dixième de degré près, de l’angle de tir, c’est-à-dire de l’angle $\widehat{ATB}$.
    $\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. Le triangle $TAD$ est rectangle en $D$ et le point $B$ appartient au segment $[AD]$.
    Par conséquent les vecteurs $\vect{BD}$ et $\vect{TD}$ sont orthogonaux.
    Donc $\vect{TD}.\vect{DB}=0$.
    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*} \vect{TA}.\vect{TB}&=\left(\vect{TD}+\vect{DA}\right).\left(\vect{TD}+\vect{DB}\right) \\
    &=\vect{TD}.\vect{TD}+\vect{TD}.\vect{DB}+\vect{DA}.\vect{TD}+\vect{DA}.\vect{DB}\\
    &=18^2+0+0+DA\times DB \quad (*)\\
    &=324+(9+7,32)\times 9 \\
    &=324+16,62\times 9\\
    &=470,88\end{align*}$
    $(*)$ les vecteurs $\vect{DA}$ et $\vect{DT}$ sont orthogonaux donc $\vect{DA}.\vect{TD}=0$.
    $\quad$
  3. Dans le triangle $BDT$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
    $\begin{align*} BT^2&=BD^2+DT^2 \\
    &=9^2+18^2\\
    &=405\end{align*}$
    Donc $BT=\sqrt{405}$.
    Dans le triangle $ADT$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
    $\begin{align*} AT^2&=AD^2+DT^2 \\
    &=(9+7,32)^2+18^2\\
    &=590,342~4\end{align*}$
    Donc $AT=\sqrt{590,342~4}$.
    $\quad$
    On a $\vect{TA}.\vect{TB}=470,88$ et $\vect{TA}.\vect{TB}=TA\times TB\times \cos \widehat{ATB}$
    Par conséquent :
    $\begin{align*} &\vect{TA}.\vect{TB}=TA\times TB\times \cos \widehat{ATB} \\
    \ssi~&\cos \widehat{ATB} =\dfrac{\vect{TA}.\vect{TB}}{TA\times TB} \\
    \ssi~&\cos \widehat{ATB}=\dfrac{470,88}{ \sqrt{405}\times \sqrt{590,342~4}}\end{align*}$
    Donc $\widehat{ATB}\approx 15,6$°.

$\quad$

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$\quad$

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