E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

$\Oij$ est un repère orthonormé du plan.
On considère les points $A,B$ et $C$ de coordonnées respectives $(-2 ; 0)$, $(6 ; 0)$ et $(0 ; 6)$.
Les points $A’$, $B’$ et $C’$ milieux respectifs des segments $[BC]$, $[AC]$ et $[AB]$.
Le cercle $\Gamma$ passant par les points $A’$, $B’$ et $C’$ a pour centre le point $I$ de coordonnées $(1 ; 2)$.

a. Calculer le rayon de ce cercle.
$\quad$
b. En déduire qu’une équation du cercle $\Gamma$ est $(x-1)^2+(y-2)^2=5$
$\quad$
Propriété des hauteurs du triangle $ABC$
a. On admet que $O$ est le pied de la hauteur issue de $C$. Montrer que le point $O$ est sur le cercle $\Gamma$.
$\quad$
b. Soit $H_A$ le pied de la hauteur issue de $A$. Montrer que $H_A$ a pour coordonnées $(2 ; 4)$.
$\quad$
c. Justifier que la point $H_A$ est sur le cercle $\Gamma$.
$\quad$

$\quad$

Correction Exercice

a. Le point $A’$, milieu de $[BC]$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{6+0}{2};\dfrac{0+6}{2}\right)$ soit $(3;3)$.
Ainsi le rayon du cercle de centre $I$ et passant par $A’$ est :
$\begin{align*} R&=\sqrt{(3-1)^2+(3-2)^2}\\
&=\sqrt{2^2+1^2}\\
&=\sqrt{5}\end{align*}$
$\quad$
b. Une équation du cercle $\Gamma$ est donc $(x-1)^2+(y-2)^2=\sqrt{5}^2$ soit $(x-1)^2+(y-2)^2=5$.
$\quad$
a. On a :
$(0-1)^2+(0-2)^2=1+4=5$
Donc $O(0;0)$ appartient à $\Gamma$.
$\quad$
b. Montrons tout d’abord que le point $H$ de coordonnées $(2;4)$ appartient à la droite $(BC)$.
On a $\vect{BC}\begin{pmatrix} -6\\6\end{pmatrix}$ et $\vect{BH}\begin{pmatrix}-4\\4\end{pmatrix}$.
Ainsi $\vect{BH}=\dfrac{2}{3}\vect{BC}$.
Ces deux vecteurs sont colinéaires et donc le point $H$ appartient à la droite $(BC)$.
$\quad$
$\vect{AH}\begin{pmatrix}4\\4\end{pmatrix}$
$\begin{align*}\vect{AH}.\vect{BC}&=-6\times 4+6\times 4\\
&=0\end{align*}$
Ainsi $(AH)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires.
Par conséquent $H$ est le pied de la hauteur issue de $A$.
Donc $H_A$ a bien pour coordonnées $(2;4)$.
$\quad$
c. On a $(2-1)^2+(4-2)^2=1+4=5$
Donc $H_A$ est sur le cercle $\Gamma$.
$\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence

E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Le centre commercial « L’autre faubourg » de Cholet a été conçu en forme circulaire de $110$ m de rayon permettant une visibilité à $360$° et une accessibilité optimale, notamment aux personnes à mobilité réduite.

Le parking, situé à l’intérieur du disque, dessert l’ensemble des $32$ magasins.

On munit le plan d’un repère orthonormé de centre $O$.

L’unité est le mètre.

Les entrées des magasins du centre commercial sont situées sur le cercle $\mathcal{C}$ de centre $O$ et de rayon $110$.

Une allée centrale couverte a été construite afin de permettre aux automobilistes de rejoindre les magasins en cas d’intempéries. Elle est modélisée par la droite $(AD)$ avec $A(-30; 15)$ et $D(80; -40)$.
a. Déterminer une équation du cercle $\mathcal{C}$.
$\quad$
b. Démontrer que le point $O$ appartient à la droite $(AD)$.
$\quad$
Camille qui vient de garer sa voiture en $G(-10; -10)$ sous une pluie battante, souhaite se mettre à l’abri sous cette allée centrale, le plus rapidement possible.
a. Calculer le produit scalaire $\vect{AG}.\vect{AO}$
$\quad$
b. Le point de la droite $(AD)$ le plus proche de $G$ est-il $O$ ?
$\quad$

$\quad$

Correction Exercice

a. Une équation du cercle $\mathcal{C}$ est $(x-0)^2+(y-0)^2=110^2$ soit $x^2+y^2=12~100$.
$\quad$
b. $\vect{AO}\begin{pmatrix}30\\-15\end{pmatrix}$ et $\vect{AD}\begin{pmatrix}110\\-55\end{pmatrix}$
$\begin{align*}\text{det}\left(\vect{AO},\vect{AD}\right)&=30\times (-55)-(-15)\times 110 \\
&=-1~650+1~650\\
&=0\end{align*}$
Ces deux vecteurs sont donc colinéaires.
Le point $O$ appartient bien à la droite $(AD)$.
$\quad$
a. $\vect{AG}\begin{pmatrix}20\\-25\end{pmatrix}$
Ainsi :
$\begin{align*} \vect{AG}.\vect{AO}&=20\times 30+(-15)\times (-25)\\
&=600+375\\
&=975\end{align*}$
$\quad$
b. $\vect{OG}\begin{pmatrix} -10\\-10\end{pmatrix}$
Par conséquent :
$\begin{align*} \vect{AO}.\vect{OG}&=30\times (-10)+(-15)\times (-10)\\
&=-300+150\\
&=-150\\
&\neq 0\end{align*}$
Le point $O$ n’est donc pas le projeté orthogonal du point $G$ sur la droite $(AD)$.
Par conséquent $O$ n’est pas le point de la droite $(AD)$ le plus proche de $G$.
$\quad$
Autre solution : Si $O$ est le point le plus proche de $G$ alors $O$ est le projeté orthogonal de $G$ sur la droite $(AD)$.
On a alors $\vect{AO}.\vect{OG}=\vect{AO}.\vect{AO} = AO^2$
Or $AO^2=(-30)^2+15^2=1~125$
OR $1~125\neq 975$
Le point $O$ n’est donc pas le projeté orthogonal du point $G$ sur la droite $(AD)$.
Par conséquent $O$ n’est pas le point de la droite $(AD)$ le plus proche de $G$.
$\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence

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

On définit la fonction $f$ sur $]2,5 ; +\infty[$ par : $$f(x)=\dfrac{3x+1}{-2x+5}$$
Alors pour tout $x\in ]2,5;+\infty[$, $f'(x)$ est donné par l’expression :

a. $-\dfrac{3}{2}$
b. $\dfrac{17}{(-2x+5)^2}$
c. $\dfrac{13}{(-2x+5)^2}$
d. $-\dfrac{13}{(-2x+5)^2}$

$\quad$

Correction Question 1

La fonction $f$ est dérivable sur $]2,5;+\infty[$ en tant que quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur $]2,5;+\infty[$.

Pour tout réel $x>2,5$ on a :
$\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{3(-2x+5)-(-2)(3x+1)}{(-2x+5)^2} \\
&=\dfrac{-6x+15+6x+2}{(-2x+5)^2} \\
&=\dfrac{17}{(-2x+5)^2}\end{align*}$

Réponse b

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Question 2

On considère une fonction $f$ polynôme de degré $2$ dont une représentation graphique est donnée ci-dessous dans un repère orthonormé.

Par lecture graphique, on peut affirmer qu’une forme factorisée de $f$ est :

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

$\quad$

Correction Question 2

La fonction polynôme du second degré est croissante puis décroissante. Son coefficient principal est donc négatif.
Graphiquement ses racines sont $1$ et $3$.
Ainsi $f(x)=-2(x-1)(x-3)$.

Réponse b

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Question 3

On se place dans un repère orthogonal. On a tracé ci-dessous la courbe représentative d’une fonction $f$ ainsi que sa tangente au point $A$.

On a alors :

a. $f'(0)=0$
b. $f'(0)=2$
c. $f'(0)=1$
d. $f'(0)=0,5$

$\quad$

Correction Question 3

$f'(0)$ est le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point $A$.
Graphiquement, cette droite passe par les points $A(0;2)$ et $B(1;3)$
Par conséquent :
$\begin{align*} f'(0)&=\dfrac{3-2}{0-1} \\
&=1\end{align*}$

Réponse c

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Question 4

Le plan est rapporté à un repère orthonormé.
On considère les points $G(1 ; -2)$ et $H(6 ; 4)$.
La droite $(GH)$ passe par le point :

a. $A(-3 ; 2)$
b. $B(2,5 ; 0)$
c. $C(10 ; 12)$
d. $D(-14 ; -20)$

$\quad$

Correction Question 4

On a $\vect{GH}\begin{pmatrix}5\\6\end{pmatrix}$
$\vect{GA}\begin{pmatrix}-4\\4\end{pmatrix}$ n’est clairement pas colinéaire à $\vect{GH}$
$\vect{GB}\begin{pmatrix}1,5\\2\end{pmatrix}$ n’est clairement pas colinéaire à $\vect{GH}$
$\vect{GC}\begin{pmatrix}9\\14\end{pmatrix}$ n’est clairement pas colinéaire à $\vect{GH}$
$\vect{GD}\begin{pmatrix}-15\\-18\end{pmatrix}$. $\vect{GD}=-3\vect{GH}$. Ces deux vecteurs sont colinéaires.
Donc $(GH)$ passe par le point $D$.

Réponse d

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Question 5

On considère un nombre réel $x$ appartenant à l’intervalle $\left[\pi;\dfrac{3\pi}{2}\right]$ tel que $\cos x=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
Alors $\sin(x)$ est égal à :

a. $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
b. $-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
c. $-\dfrac{1}{2}$
d. $\dfrac{1}{2}$

$\quad$

Correction Question 5

$x\in \left[\pi;\dfrac{3\pi}{2}\right]$ donc $\sin(x)<0$.

$\begin{align*} &\cos^2(x)+\sin^2(x)=1\\
\ssi~& \dfrac{3}{4}+\sin^2(x)=1 \\
\ssi~& \sin^2(x)=\dfrac{1}{4} \\
\ssi~& \sin(x)=\dfrac{1}{2} \text{ ou } \sin(x)=-\dfrac{1}{2}\end{align*}$
Ainsi $\sin(x)=-\dfrac{1}{2}$

Réponse c

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence

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 $C(9 ; 3)$.

Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AB)$.
$\quad$
Déterminer une équation cartésienne de la droite $D$ passant par le point $C$ et de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}-1\\3\end{pmatrix}$.
$\quad$
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.
Les droites $D$ et $(AB)$ sont-elles perpendiculaires ?
$\quad$
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

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 $x+2y-5=0$.
$\quad$
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 $-x+3y=0$.
$\quad$
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.
$\quad$
$\vect{AE}\begin{pmatrix}4;-2\end{pmatrix}$ 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 a besoin du produit scalaire $\vect{AE}.\vect{CE}$ à la question suivante.
$\quad$
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 $\widehat{AEC}=135$°
$\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence

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.
$\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence

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 $C(7 ; 1)$.

Le triangle $ABC$ est-il isocèle en $B$ ?
$\quad$
Déterminer la valeur arrondie au dixième de degré de l’angle $\widehat{BAC}$.
$\quad$
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

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 $B$.
$\quad$
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 $\widehat{BAC}\approx 41,6$°
$\quad$
$\vect{AH}\begin{pmatrix}3,6\\1,8\end{pmatrix}$
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 $(AC)$.
$\quad$

[collapse]

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence

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

On considère les points $E(3 ; −4)$ et $F(7 ; 2)$.
La droite $(EF)$ passe par le point :

a. $A(0;8)$
b. $B(5,5;0)$
c. $C(13;11)$
d. $D(-25;45)$

$\quad$

Correction Question 1

On a $\vect{EF}\begin{pmatrix}4\\6\end{pmatrix}$
On va déterminer les coordonnées des vecteurs $\vect{EA}$, $\vect{EB}$, $\vect{EC}$ et $\vect{ED}$ et tester leur colinéarité avec le vecteur $\vect{EF}$.

$\vect{EA}\begin{pmatrix}-3\\12\end{pmatrix}$ , $\vect{EB}\begin{pmatrix}2,5\\4\end{pmatrix}$ , $\vect{EC}\begin{pmatrix}10\\15\end{pmatrix}$ , $\vect{ED}\begin{pmatrix}-28\\49\end{pmatrix}$

On constate que $10\times 6-4\times 45=0$. Donc $\vect{EC}$ et $\vect{EF}$ sont colinéaires. Le point $C$ appartient à la droite $(EF)$.

Réponse C

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Question 2

On considère la droite $D$ qui a pour équation réduite $y=-2x+4$
Parmi les vecteurs suivants, déterminer celui qui est un vecteur normal de la droite $D$ :

a. $\vec{n_1}(2;1)$
b. $\vec{n_2}(-1;2)$
c. $\vec{n_3}(1;-2)$
d. $\vec{n_4}(-2;1)$

$\quad$

Correction Question 2

Une équation cartésienne de la droite $d$ est donc $2x+y-4=0$.
Un vecteur normal à cette droite est par conséquent $\vec{n}(2;1)$.

Réponse a

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Question 3
Soit $ABCD$ un carré de côté $6$ et $I$ le milieu de $[BC]$. Alors le produit scalaire $\vect{AD};\vect{AI}$ vaut :

a. $-18$
b. $18$
c. $36$
d. $9\sqrt{5}$

$\quad$

Correction Question 3

On appelle $J$ le projeté orthogonal du point $I$ sur la droite $(AD)$. $J$ est alors le milieu du segment $[AD]$.
Ainsi $\vect{AD}.\vect{AI}=\vect{AD}.\vect{AJ}$.
Les vecteurs $\vect{AD}$ et $\vect{AJ}$ sont colinéaires et de même sens.
Ainsi
$\begin{align*} \vect{AD}.\vect{AI}&=\vect{AD}.\vect{AJ} \\
&=AD\times AJ \\
&=6\times 3\\
&=18\end{align*}$

Autre méthode

$\begin{align*} \vect{AD}.\vect{AI}&=\vect{AD}.\left(\vect{AB}+\vect{BI}\right)\\
&=\vect{AD}.\vect{AB}+\vect{AD}.\vect{BI} \\
&=0+\dfrac{1}{2}\vect{AD}.\vect{BC}\\
&=\dfrac{1}{2}\times 6\times 6 \\
&=18\end{align*}$

Réponse b

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Question 4

Sur le cercle trigonométrique ci-dessous, le nombre $\dfrac{14\pi}{3}$ a pour image le point :

a. $E$
b. $F$
c. $G$
d. $H$

$\quad$

Correction Question 4

$\begin{align*} \dfrac{14\pi}{3}&=\dfrac{12+2\pi}{3} \\
&=\dfrac{12\pi}{3}+\dfrac{2\pi}{3}\\
&=4\pi+\dfrac{2\pi}{3} \\
&=2\times 2\pi+\dfrac{2\pi}{3}\end{align*}$
Le nombre $\dfrac{14\pi}{3}$ a donc pour image $F$

Autre méthode :

À l’aide de la calculatrice, on obtient :
$\cos \left(\dfrac{14\pi}{3}\right)=-\dfrac{1}{2}$ et $\sin \left(\dfrac{14\pi}{3}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. L’image de $\dfrac{14\pi}{3}$ appartient donc au quadrant supérieur gauche; c’est le point $F$.

Réponse F

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Soit le réel $x$ appartenant à l’intervalle $\left[\dfrac{\pi}{2};\pi\right]$ tel que $\sin x=0,8$. Alors :

a. $\cos(x)=0,6$
b. $\cos(x)=-0,6$
c. $\cos(x)=0,2$
d. $\cos(x)=-0,2$

$\quad$

Correction Question 5

Pour tout réel $x$ on a $\cos^2(x)+\sin^2(x)=1$
Ainsi
$\begin{align*} &\cos^2(x)+\sin^2(x)=1 \\
\ssi~&\cos^2(x)+0,8^2=1 \\
\ssi~&\cos^2(x)+0,64=1\\
\ssi~&\cos^2(x)=0,36\\
\ssi~&\cos(x)=0,6 \text{ ou }\cos(x)=-0,6\end{align*}$
On sait que $x$ appartient à l’intervalle $\left[\dfrac{\pi}{2};\pi\right]$. Donc $\cos(x)<0$.
Par conséquent $\cos(x)=-0,6$.

Réponse b

$\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence