E3C2 – Spécialité maths – QCM – 2020

QCM

E3C2 – 1ère

Ce QCM comprend 5 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 votre réponse.

Chaque réponse correcte rapporte 1 point. Une réponse incorrecte ou une question sans réponse n’apporte ni ne retire de point.

Question 1

Dans un repère orthonormé, on a : $\vect{AB}\begin{pmatrix}-4\\3\end{pmatrix}$ et $\vect{CB}\begin{pmatrix}-1\\5\end{pmatrix}$. Le produit scalaire $\vect{AB}.\vect{CB}$ vaut :

a. $-23$
b. $-17$
c. $19$
d. $23$

$\quad$

Correction Question 1

$\begin{align*} \vect{AB}.\vect{CB}&=-4\times (-1)+3\times 5\\
&=19\end{align*}$

Réponse c

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Question 2

Dans un repère orthonormé, on a $\vect{CB}\begin{pmatrix}-1\\5\end{pmatrix}$. Alors la longueur $CB$ est égale à :

a. $24$
b. $\sqrt{24}$
c. $26$
d. $\sqrt{26}$

$\quad$

Correction Question 2

$\begin{align*} CB&=\sqrt{(-1)^2+5^2}\\
&=\sqrt{26}\end{align*}$

Réponse d

$\quad$

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$\quad$

Question 3

$ABC$ est un triangle équilatéral de côté $3$.

$I$ et $H$ sont les milieux respectifs de $[CB]$ et de $[AB]$.
$D$ est le projeté orthogonal de $I$ sur $(CH)$.

On a :

a. $\vect{HB}.\vect{HC}=0$
b. $\vect{AH}.\vect{DI}=0$
c. $\vect{AH}.\vect{AI}=0$
d. $\vect{BH}.\vect{DI}=0$

$\quad$

Correction Question 3

$ABC$ est un triangle équilatéral. La médiane $(HC)$ est donc également la hauteur issue de $C$.
Par conséquent $\vect{HB}$ et $\vect{HC}$ sont orthogonaux.
Donc $\vect{HB}.\vect{HC}=0$

Réponse a

$\quad$

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$\quad$

Question 4

Soit un réel $x$ tel que $\cos(x)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. On a :

a. $\cos(-x)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
b. $\sin(-x)=\dfrac{-\sqrt{3}}{2}$
c. $\sin(x)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
d. $\cos(-x)=\dfrac{-\sqrt{3}}{2}$

$\quad$

Correction Question 4

Pour tout réel $x$ on a $\cos(-x)=\cos(x)$
Ainsi $\cos(-x)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Réponse a

$\quad$

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$\quad$

Question 5

Le plan est muni d’un repère orthonormé.
On considère l’équation de cercle $x^2-2x+(y+3)^2=3$. Son centre a pour coordonnées :

a. $(-1;-3)$
b. $(1;-3)$
c. $(-2;3)$
d. $(-2;-3)$

$\quad$

Correction Question 5

$\begin{align*} &x^2-2x+(y+3)^2=3 \\
\ssi~&x^2-2x+1-1+\left(y-(-3)\right)^2=3\\
\ssi~&(x-1)^2+\left(y-(-3)\right)^2=4\end{align*}$
Le centre du cercle a pour coordonnées $(1;-3)$.

Réponse b

$\quad$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Dans un repère orthonormé on considère le point $A(-3; 5)$ et la droite $(d)$ dont une équation cartésienne est $-x+3y+2=0$.

Tracer la droite $(d)$ dans le repère donné en annexe à rendre avec la copie.
$\quad$
Déterminer les coordonnées d’un vecteur normal à la droite $(d)$.
$\quad$
Déterminer une équation cartésienne de la droite perpendiculaire à $(d)$ et passant par $A$.
$\quad$
En déduire que le point $H$, projeté orthogonal de $A$ sur la droite $(d)$, a pour coordonnées $(-1; -1)$.
$\quad$
En déduire la distance entre le point $A$ et la droite $(d)$.
$\quad$

Annexe

$\quad$

Correction Exercice

Si $y=0$ alors $x=2$. La droite passe par le point $B(2;5)$.
Si $x=-1$ alors $y=-1$. La droite passe par le point $C(-1;-1)$.
On obtient donc le graphique suivant :

$\quad$
Un vecteur normal à la droite $(d)$ est $\vec{n}\begin{pmatrix}-1\\3\end{pmatrix}$.
$\quad$
On appelle $(d’)$ la droite perpendiculaire à la droite $(d)$ passant par le point $A$.
$\vec{n}$ est donc un vecteur directeur de cette droite.
Ainsi une équation cartésienne de la droite $(d’)$ est de la forme $3x+y+c=0$.
Le point $A(-3;5)$ appartient à cette droite.
Donc $-9+5+c=0 \ssi c=4$.
Une équation de la droite $(d’)$ est donc $3x+y+4=0$.
$\quad$
Vérifions que le point $H(-1;-1)$ appartient au deux droites.
D’après la réponse apportée à la question 1. le point $H$ et le point $C$ sont confondus. Donc $H$ appartient à la droite $(d)$.
$3\times (-1)+(-1)+4=-3-1+4=0 \checkmark$.
Le point $H$ appartient également à la droite $(d’)$.
Ainsi $H(-1;-1)$ est bien le projeté orthogonal du point $A$ sur la droite $(d)$.
$\quad$
Ainsi la distance entre le point $A$ et la droite $(d)$ est :
$\begin{align*} AH&=\sqrt{\left(-1-(-3)\right)^2+(-1-5)^2} \\
&=\sqrt{2^2+(-6)^2} \\
&=\sqrt{40}\end{align*}$
$\quad$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Dans le plan muni d’un repère orthonormé $\Oij$, on considère les points $A(4 ; -1)$, $B(3 ; 4)$ et $C(-1 ; 1)$.

Calculer le produit scalaire $\vect{AB}.\vect{AC}$.
$\quad$
a. Soit $D$ le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AB)$, justifier que $\vect{AB}.\vect{AD}=\vect{AB}.\vect{AC}$.
$\quad$
b. En déduire la longueur $AD$.
$\quad$
Déterminer la hauteur du triangle $ABC$ issue de $C$.
$\quad$
Calculer l’aire du triangle $ABC$.
$\quad$

$\quad$

Correction Exercice

On a $\vect{AB}\begin{align*}-1\\5\end{align*}$ et $\vect{AC}\begin{align*}-5\\2\end{align*}$.
Ainsi :
$\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=-1\times (-5)+5\times 2 \\
&=15\end{align*}$
$\quad$
a. On a
$\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=\vect{AB}.\left(\vect{AD}+\vect{DC}\right)\\
&=\vect{AB}.\vect{AD}+\vect{AB}.\vect{DC}\\
&=\vect{AB}.\vect{AD}+0\\
&=\vect{AB}.\vect{AD}\end{align*}$
$\quad$
b. On a :
$\begin{align*}AB&=\sqrt{(-1)^2+5^2}\\
&=\sqrt{26}\end{align*}$
Les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AD}$ sont colinéaires et de même sens (puisque leur produit scalaire est positif).
Ainsi $\vect{AB}.\vect{AD}=AB\times AD$.
Par conséquent $\sqrt{26}AD=15 \ssi AD=\dfrac{15}{\sqrt{26}}$.
$\quad$
On a
$\begin{align*} AC&=\sqrt{(-5)^2+2^2}\\
&=\sqrt{29}\end{align*}$
Dans le triangle $ACD$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore
$\begin{align*} &AC^2=AD^2+DC^2 \\
\ssi~&29=\left(\dfrac{15}{\sqrt{26}}\right)^2+DC^2 \\
\ssi~&29 \dfrac{225}{26}+DC^2 \\
\ssi~&DC^2=\dfrac{529}{26}\\
\ssi~&DC=\sqrt{\dfrac{529}{26}}\\
\ssi~&DC=\dfrac{23}{\sqrt{26}}\end{align*}$
$\quad$
L’aire du triangle $ABC$ est :
$\begin{align*} \mathscr{A}_{ABC}&=\dfrac{AB\times DC}{2} \\
&=\dfrac{\sqrt{26}\times \dfrac{23}{\sqrt{26}}}{2} \\
&=\dfrac{23}{2}\\
&=11,5\end{align*}$
$\quad$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

$OABC$ et $ODEF$ sont des carrés de côtés respectifs $3$ et $2$. $OAMF$ est un rectangle.
On note $H$ le projeté orthogonal du point $M$ sur la droite $(DC)$.
Dans cet exercice, on pourra, si on le souhaite, se placer dans le repère $\left(O;\dfrac{1}{3}\vect{OA},\dfrac{1}{3}\vect{OC}\right)$.

La droite $(OM)$ est-elle perpendiculaire à la droite $(DC)$ ?
$\quad$
Calculer $\vect{CD}.\vect{CM}$
$\quad$
Déterminer la longueur $CH$.
$\quad$

$\quad$

Correction Exercice

Dans le repère $\left(O;\dfrac{1}{3}\vect{OA},\dfrac{1}{3}\vect{OC}\right)$ on a $O(0;0)$, $M(3;-2)$, $D(-2;0)$ et $C(0;3)$.
Ainsi $\vect{OM}\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}$ et $\vect{DC}\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}$.
Ainsi :
$\begin{align*} \vect{OM}.\vect{DC}&=3\times 2+(-2)\times 3
&=0\end{align*}$
Ces vecteurs sont donc orthogonaux.
Par conséquent les droites $(OM)$ et $(DC)$ sont perpendiculaires.
$\quad$
On a $\vect{CD}\begin{pmatrix}-2\\-3\end{pmatrix}$ et $\vect{CM}\begin{pmatrix}3\\-5\end{pmatrix}$.
Par conséquent :
$\begin{align*} \vect{CD}.\vect{CM}&=-2\times 3+(-3)\times (-5)\\
&=9\end{align*}$
$\quad$
$H$ est le projeté orthogonal de $M$ sur $(CD)$.
Par conséquent :
$\begin{align*} \vect{CD}.\vect{CM}&=\vect{CD}.\vect{CH} \\
&=CD \times CH\end{align*}$
Dans le triangle $OCD$ rectangle en $O$ on applique le théorème de Pythagore.
$\begin{align*} CD^2&=OD^2+OC^2 \\
&=9+4\\
&=13\end{align*}$
Ainsi $CD=\sqrt{13}$.
Donc $\vect{CD}.\vect{CM}=CH\sqrt{13}$
Or $\vect{CD}.\vect{CM}=9$
Par conséquent $CH=\dfrac{9}{\sqrt{13}}$
$\quad$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

On appelle orthocentre d’un triangle le point de concours de ses trois hauteurs.

Dans le plan muni d’un repère orthonormé, on considère les points $A(-4; 10)$, $B(8; 16)$ , $C(8; -2)$, $H(2 ;10)$ et $K(5 ;7)$. (Voir figure ci-dessous)

Montrer que $\vect{AB}.\vect{HC}=0$ et $\vect{AC}.\vect{HB}=0$
$\quad$
Que représente le point $H$ pour le triangle $ABC$ ?
$\quad$
Montrer que $K$ est le centre du cercle passant par les sommets du triangle $ABC$.
$\quad$
On admet que $G$, le centre de gravité du triangle $ABC$, est le point qui vérifie $\vect{AG}=\dfrac{2}{3}\vect{AM}$ où $M$ est le milieu du segment $[BC]$. Déterminer les coordonnées de $G$.
$\quad$
Montrer que les points $G$, $H$ et $K$ sont alignés.
$\quad$

$\quad$

Correction Exercice

On a $\vect{AB}\begin{pmatrix}12\\6\end{pmatrix}$ et $\vect{HC}\begin{pmatrix}6\\-12\end{pmatrix}$
$\begin{align*} \vect{AB}.\vect{HC}&=12\times 6+6\times (-12)\\
&=0\end{align*}$
$\quad$
On a $\vect{AC}\begin{pmatrix}12\\-12\end{pmatrix}$ et $\vect{HB}\begin{pmatrix}6\\6\end{pmatrix}$
$\begin{align*} \vect{AC}.\vect{HB}&=12\times 6+(-12)\times 6\\
&=0\end{align*}$
$\quad$
Ainsi $(AB)$ est perpendiculaires à $(HC)$ et $(AC)$ est perpendiculaire à $(HB)$.
Les droites $(HC)$ et $(HB)$ sont donc respectivement les hauteurs du triangles $(ABC)$ issues des sommets $C$ et $B$.
Par conséquent $H$ est l’orthocentre du triangle $ABC$.
$\quad$
On a :
$\begin{align*} KA&=\sqrt{(-4-5)^2+(10-7)^2}\\
&=\sqrt{(-9)^2+3^2}\\
&=\sqrt{90}\end{align*}$
$\begin{align*} KB&=\sqrt{8-5)^2+(16-7)^2} \\
&=\sqrt{3^2+9^2}\\
&=\sqrt{90}\end{align*}$
$\begin{align*} KC&=\sqrt{(8-5)^2+(-2-7)^2}\\
&=\sqrt{3^2+(-9)^2}\\
&=\sqrt{90}\end{align*}$
Le point $K$ est donc équidistant des sommets du triangle $ABC$. C’est par conséquent le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$.
$\quad$
Les coordonnées du point $M$ sont :
$\begin{cases}x_M=\dfrac{8+8}{2}\\y_M=\dfrac{16+(-2)}{2}\end{cases}\ssi \begin{cases}x_M=8\\y_M=7\end{cases}$.
Ainsi $M(8;7)$.
On a donc $\vect{AM}\begin{pmatrix}12\\-3\end{pmatrix}$
On a, en notant $G\left(x_G;y_G\right)$ :
$\begin{align*} \vect{AG}=\dfrac{2}{3}\vect{AM}&\ssi \begin{cases} x_G+4=\dfrac{2}{3}\times 12 \\y_G-10=\dfrac{2}{3}\times (-3)\end{cases} \\
&\ssi \begin{cases} x_G+4=8 \\y_G-10=-2\end{cases} \\
&\ssi \begin{cases} x_G=4 \\y_G=8\end{cases} \end{align*}$
$\quad$
On a $\vect{GK}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ et $\vect{GH}\begin{pmatrix} -2\\2\end{pmatrix}$.
Ainsi $\vect{GH}=-2\vect{GK}$.
Ces deux vecteurs sont colinéaires. Les points $G$, $H$ et $K$ sont donc alignés.
$\quad$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Le plan est rapporté à un repère orthonormé.
On considère les points $A(-3 ; 1)$, $B(3 ; 5)$ et $C(7 ; 1)$ dans ce repère.
Le but de cet exercice est de déterminer les coordonnées du centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$ et le rayon de ce cercle.
On rappelle que le cercle circonscrit à un triangle est le cercle passant par les trois sommets de ce triangle.

Placer les points $A$, $B$ et $C$ dans le plan puis construire le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
$\quad$
Vérifier que la droite $\Delta$ d’équation $3x+2y-6=0$ est la médiatrice du segment $[AB]$.
$\quad$
Déterminer les coordonnées du point $B’$, milieu du segment $[AC]$.
$\quad$
Déterminer les coordonnées du point $I$, centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$.
$\quad$
Calculer une valeur exacte du rayon du cercle circonscrit au triangle $ABC$.
$\quad$

$\quad$

Correction Exercice

On obtient le graphique suivant :

$\quad$
On a $\vect{AB}\begin{pmatrix}6\\4\end{pmatrix}$.
C’est un vecteur normal à $\Delta$.
Une équation cartésienne de $\Delta$ est donc de la forme $6x+4y+c=0$.
On appelle $M(x;y)$ le milieu de $[AB]$.
On a donc $\begin{cases} x=\dfrac{-3+3}{2}\\y=\dfrac{1+5}{2}\end{cases} \ssi \begin{cases} x=0\\y=3\end{cases}$
$M$ appartient à $\Delta$ donc
$0+12+c=0\ssi c=-12$.
Une équation cartésienne de $Delta$ est donc $6x+4y-12=0$ soit également, en divisant chaque terme par $2$, $3x+2y-6=0$.
$\quad$
Les coordonnées du point $B’$ sont :
$\begin{cases} x_{B’}=\dfrac{-3+7}{2}\\y_{B’}=\dfrac{1+1}{2}\end{cases} \ssi \begin{cases} x_{B’}=2\\y_{B’}=1\end{cases}$.
Ainsi $B'(2;1)$.
$\quad$
$A$ et $C$ ont la même ordonnée. Une équation de la médiatrice au segment $[AC]$ est donc de la forme $x=k$.
Le point $B’$ appartient à cette médiatrice. Une équation de cette droite est donc $x=2$.
Les coordonnées du point $I$ sont donc solution du système :
$\begin{align*} \begin{cases} 3x+2y-6=0\\x=2\end{cases} &\ssi \begin{cases} x=2 \\6+2y-6=0\end{cases} \\
&\ssi \begin{cases} x=2\\y=0\end{cases}\end{align*}$
$\quad$
Le rayon du cercle circonscrit au triangle $ABC$ est :
$\begin{align*} R&=IA\\
&=\sqrt{(-3-2)^2+(1-0)^2} \\
&=\sqrt{(-5)^2+1^2}\\
&=\sqrt{26}\end{align*}$
$\quad$

[collapse]

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