Trigonométrie : Tous les exercices

1.aAffirmation 1 : Le plan (P) est orthogonal à la droite (AB), et passe par le milieu de [AB].

Un vecteur normal au plan (P) : -x + y - 5z - 0{,}5 = 0 est \vec{n}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -5\end{pmatrix}.
Le vecteur \overrightarrow{AB} a pour coordonnées \begin{pmatrix}2-3 \\ 1-0 \\ -3-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -5\end{pmatrix}.
\vec{n} et \overrightarrow{AB} sont égaux, donc colinéaires : la droite (AB) est donc orthogonale au plan (P).
Le milieu de [AB] a pour coordonnées \left(\dfrac{3+2}{2} ; \dfrac{0+1}{2} ; \dfrac{2-3}{2}\right) = (2{,}5 ; 0{,}5 ; -0{,}5).
On vérifie : \begin{aligned}-2{,}5 + 0{,}5 - 5 \times (-0{,}5) - 0{,}5 &= -2{,}5 + 0{,}5 + 2{,}5 - 0{,}5 \\ &= 0\end{aligned} Le milieu appartient bien à (P).
L'affirmation 1 est VRAIE.

1.bAffirmation 2 : Les droites (d) et (AB) sont sécantes.

Un vecteur directeur de (d) est \vec{u}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ -2\end{pmatrix}, non colinéaire à \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -5\end{pmatrix} : les droites ne sont pas parallèles.
Cherchons un éventuel point d'intersection en résolvant t = 3 - s et -1{,}5 - t = s (paramètres de (d) et (AB)).
En substituant : -1{,}5 - (3 - s) = s, soit -4{,}5 + s = s, soit -4{,}5 = 0, ce qui est impossible.
Le système n'a donc pas de solution : les droites (d) et (AB) ne sont pas sécantes (elles sont non coplanaires).
L'affirmation 2 est FAUSSE.

1.cAffirmation 3 : La mesure de l'angle ACB, arrondie à 10^{-1}, est égale à 70,5^{\circ} (C(1,5 ; -3 ; -1)).

\overrightarrow{CA}\begin{pmatrix}3-1{,}5 \\ 0-(-3) \\ 2-(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1{,}5 \\ 3 \\ 3\end{pmatrix} et \overrightarrow{CB}\begin{pmatrix}2-1{,}5 \\ 1-(-3) \\ -3-(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0{,}5 \\ 4 \\ -2\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} &= 1{,}5 \times 0{,}5 + 3 \times 4 + 3 \times (-2) \\ &= 0{,}75 + 12 - 6 \\ &= 6{,}75\end{aligned}
\begin{aligned}CA &= \sqrt{1{,}5^{2} + 3^{2} + 3^{2}} \\ &= \sqrt{20{,}25} \\ &= 4{,}5\end{aligned} et \begin{aligned}CB &= \sqrt{0{,}5^{2} + 4^{2} + (-2)^{2}} \\ &= \sqrt{20{,}25} \\ &= 4{,}5\end{aligned}
\begin{aligned}\cos(\widehat{ACB}) &= \dfrac{\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB}}{CA \times CB} \\ &= \dfrac{6{,}75}{4{,}5 \times 4{,}5} \\ &= \dfrac{6{,}75}{20{,}25} \\ &= \dfrac{1}{3}\end{aligned}
\begin{aligned}\widehat{ACB} &= \arccos\left(\dfrac{1}{3}\right) \\ &\approx 70{,}5^{\circ}\end{aligned}
L'affirmation 3 est VRAIE.

2.Affirmation 4 : Titouan a plus de chances d'ouvrir sa porte que Clotilde.

Le digicode de la porte A utilise 3 symboles distincts parmi 8, saisis dans un ordre précis : il y a 8 \times 7 \times 6 = 336 codes possibles.
Le digicode de la porte B utilise 4 symboles distincts parmi 8, saisis dans n'importe quel ordre : il y a \binom{8}{4} = 70 codes possibles.
Clotilde choisit un code au hasard pour la porte A : \begin{aligned}P(\text{ouvrir}) &= \dfrac{1}{336} \\ &\approx 0{,}0030\end{aligned}
Titouan choisit un code au hasard pour la porte B : \begin{aligned}P(\text{ouvrir}) &= \dfrac{1}{70} \\ &\approx 0{,}0143\end{aligned}
Comme \dfrac{1}{70} > \dfrac{1}{336}, Titouan a bien plus de chances d'ouvrir sa porte que Clotilde.
L'affirmation 4 est VRAIE.

1.aCalculer les coordonnées des vecteurs AB et AC. (A(-1;5), B(3;5), C(4;0))

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3-(-1) \\ 5-5 \\ \end{pmatrix} = \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4 \\ 0 \\ \end{pmatrix} ; \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}4-(-1) \\ 0-5 \\ \end{pmatrix} = \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}5 \\ -5 \\ \end{pmatrix}.

1.bEn déduire la valeur du produit scalaire AB \cdot AC.

Le repère étant orthonormé : \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = 4\times5+0\times(-5) = 20.

2.aMontrer que AC = 5\sqrt{2}.

AC = \sqrt{5^{2}+(-5)^{2}} = \sqrt{25+25} = \sqrt{50} = \sqrt{25\times2} = 5\sqrt2.

2.bÉcrire l'expression du produit scalaire AB \cdot AC en fonction de l'angle BAC (on admet AB = 4).

\begin{aligned}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} &= AB\times AC\times\cos(\widehat{BAC}) \\ &= 4\times5\sqrt2\times\cos(\widehat{BAC}) \\ &= 20\sqrt2\,\cos(\widehat{BAC})\end{aligned}

2.cEn déduire une mesure, en radian, de l'angle BAC.

En combinant les deux expressions du produit scalaire : \begin{aligned}20 = 20\sqrt2\,\cos(\widehat{BAC}) &\iff \cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{1}{\sqrt2} \\ &\iff \cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{\sqrt2}{2}\end{aligned}
On reconnaît un cosinus usuel : \widehat{BAC} = \dfrac{\pi}{4} radian.

PartieA ; 1.a On considère f(x) = eˣsin(x) sur [0 ; π]. Démontrer que f'(x) = eˣ[sin(x) + cos(x)] sur cet intervalle.

f est un produit de fonctions dérivables : f'(x) = e^{x}\sin(x)+e^{x}\cos(x) = e^{x}[\sin(x)+\cos(x)].

PartieA ; 1.b Justifier que f est strictement croissante sur [0 ; π/2].

Sur \left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right], \cos(x)\geqslant0 et \sin(x)\geqslant0, et ils ne s'annulent jamais simultanément (\sin ne s'annule qu'en 0 où \cos(0)=1, \cos ne s'annule qu'en \frac{\pi}{2} où \sin(\frac{\pi}{2})=1) : donc \sin(x)+\cos(x)>0 sur cet intervalle.
Comme e^{x}>0 pour tout réel x, f'(x)>0 comme produit de deux facteurs strictement positifs : f est strictement croissante sur \left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right].

PartieA ; 2.a Déterminer une équation de la tangente T à la courbe de f au point d'abscisse 0.

\begin{aligned}f(0) &= e^{0}\sin(0) \\ &= 0\end{aligned} et f'(0) = e^{0}[\sin(0)+\cos(0)] = 1.
La tangente en 0 a pour équation y=f'(0)x+f(0), soit y=x.

PartieA ; 2.b Démontrer que f est convexe sur [0 ; π/2].

Pour tout réel x : f''(x) = e^{x}[\sin(x)+\cos(x)] + e^{x}[\cos(x)-\sin(x)] = 2e^{x}\cos(x).
Sur \left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right], \cos(x)\geqslant0 et e^{x}>0, donc f''(x)\geqslant0 : f est convexe sur \left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right].

PartieA ; 2.c En déduire que, pour tout réel x de [0 ; π/2], eˣsin(x) \geq x.

La courbe d'une fonction convexe est au-dessus de toutes ses tangentes, en particulier au-dessus de la tangente T d'équation y=x au point d'abscisse 0.
Donc, pour tout x\in\left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right], f(x)\geqslant x, c'est-à-dire e^{x}\sin(x)\geqslant x.

PartieA ; 3. Justifier que le point d'abscisse π/2 de la courbe de f est un point d'inflexion.

f''(x)=2e^{x}\cos(x) s'annule en changeant de signe en x=\dfrac{\pi}{2} (positive avant, négative après, car \cos change de signe en \frac{\pi}{2}) : le point d'abscisse \dfrac{\pi}{2} est donc un point d'inflexion de la courbe de f.

PartieB : On note I = ∫₀^{π/2} eˣsin(x) dx et J = ∫₀^{π/2} eˣcos(x) dx. En intégrant par parties de deux manières différentes, établir I = 1 + J et I = e^{π/2} - J.

En posant u(x)=e^{x}, v'(x)=\sin(x) (donc u'(x)=e^{x}, v(x)=-\cos(x)), l'intégration par parties donne : \begin{aligned}\displaystyle I &= \left[-\cos(x)e^{x}\right]_0^{\pi/2} + \displaystyle\int\limits_0^{\pi/2}e^{x}\cos(x)\,\mathrm{d}x \\ &= 0+1+J \\ &= 1+J\end{aligned}
En posant u(x)=\sin(x), v'(x)=e^{x} (donc u'(x)=\cos(x), v(x)=e^{x}), l'intégration par parties donne : \begin{aligned}\displaystyle I &= \left[\sin(x)e^{x}\right]_0^{\pi/2} - \displaystyle\int\limits_0^{\pi/2}e^{x}\cos(x)\,\mathrm{d}x \\ &= e^{\pi/2}-J\end{aligned}
On obtient donc bien I=1+J et I=e^{\pi/2}-J.

PartieB : En déduire que I = (1 + e^{π/2}) / 2.

En additionnant les deux relations : \begin{aligned}2I &= 1+J+e^{\pi/2}-J \\ &= 1+e^{\pi/2}\end{aligned} donc I = \dfrac{1+e^{\pi/2}}{2}.

PartieB : On note g(x) = x. Calculer l'aire exacte du domaine hachuré entre les courbes de f et g sur [0 ; π/2].

D'après la partie A, f(x)\geqslant g(x) sur \left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right], donc l'aire cherchée est \begin{aligned}\displaystyle \mathcal{A} &= \displaystyle\int\limits_0^{\pi/2}(f(x)-x)\,\mathrm{d}x \\ &= I - \left[\dfrac{x^{2}}{2}\right]_0^{\pi/2}\end{aligned}
\begin{aligned}\mathcal{A} &= \dfrac{1+e^{\pi/2}}{2} - \dfrac12\left(\dfrac{\pi}{2}\right)^{2} \\ &= \dfrac{1+e^{\pi/2}}{2} - \dfrac{\pi^{2}}{8}\end{aligned} unités d'aire (\approx1{,}67 u.a.).

L'espace est muni d'un repère orthonormé. On donne \alpha réel, A(1 ; 1 ; 0), B(2 ; 1 ; 0), C(\alpha ; 3 ; \alpha), et (d) : x=1+t, y=2t, z=-t. Affirmation 1 : pour toute valeur de \alpha, A, B, C définissent un plan dont un vecteur normal est ȷ(0 ; 1 ; 0). Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}\alpha-1 \\ 2 \\ \alpha\end{pmatrix} ne sont jamais colinéaires (leurs deuxièmes coordonnées sont 0 et 2) : A, B, C définissent bien un plan quel que soit \alpha.
Le repère étant orthonormé : \begin{aligned}\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{\jmath} &= (\alpha-1)\times0+2\times1+\alpha\times0 \\ &= 2 \\ &\neq 0\end{aligned}
\overrightarrow{\jmath} n'est donc pas orthogonal à \overrightarrow{AC}, donc ce n'est pas un vecteur normal au plan (ABC). L'affirmation est fausse.

Affirmation 2 : il existe exactement une valeur de \alpha telle que (AC) et (d) soient parallèles. Vraie ou fausse ?

(d) est dirigée par \overrightarrow{u}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ -1\end{pmatrix} et (AC) par \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}\alpha-1 \\ 2 \\ \alpha\end{pmatrix} : ces deux vecteurs ont la même deuxième coordonnée (2), donc pour qu'ils soient colinéaires, il faudrait qu'ils soient égaux.
Cela exigerait \alpha-1=1 (soit \alpha=2) et \alpha=-1 simultanément, ce qui est impossible.
Quel que soit \alpha, les vecteurs ne sont donc jamais colinéaires : l'affirmation est fausse.

Affirmation 3 : une mesure de l'angle OAB est 135^{\circ}. Vraie ou fausse ?

\overrightarrow{AO}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{AB} &= -1\times1+(-1)\times0+0\times0 \\ &= -1\end{aligned}
\begin{aligned}AO &= \sqrt{(-1)^{2}+(-1)^{2}} \\ &= \sqrt2\end{aligned} et \begin{aligned}AB &= \sqrt{1^{2}} \\ &= 1\end{aligned} donc \begin{aligned}\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{AB} &= AO\times AB\times\cos(\widehat{OAB}) \\ &= \sqrt2\cos(\widehat{OAB})\end{aligned}
\begin{aligned}-1 = \sqrt2\cos(\widehat{OAB}) &\iff \cos(\widehat{OAB}) = -\dfrac{1}{\sqrt2} \\ &\iff \cos(\widehat{OAB}) = -\dfrac{\sqrt2}{2}\end{aligned} ce qui correspond à un angle de \pi-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{3\pi}{4}, soit 135^{\circ}. L'affirmation est vraie.

Affirmation 4 : le projeté orthogonal de A sur (d) est le point H(1 ; 2 ; 2). Vraie ou fausse ?

Pour que x_H=1+t avec x_H=1, il faut t=0 ; mais alors \begin{aligned}y &= 2\times0 \\ &= 0 \\ &\neq 2\end{aligned} et \begin{aligned}z &= -0 \\ &= 0 \\ &\neq 2\end{aligned} H ne vérifie pas la représentation paramétrique de (d), donc H n'appartient même pas à (d) : l'affirmation est fausse.

Affirmation 5 : la sphère de centre O et de rayon 1 rencontre (d) en deux points distincts. Vraie ou fausse ?

Un point M_t de (d) vérifie \begin{aligned}OM_t &= \sqrt{(1+t)^{2}+(2t)^{2}+(-t)^{2}} \\ &= \sqrt{6t^{2}+2t+1}\end{aligned}
\begin{aligned}OM_t = 1 &\iff 6t^{2}+2t+1 = 1 \\ &\iff 6t^{2}+2t = 0 \\ &\iff 2t(3t+1) = 0 \\ &\iff t = 0 \end{aligned} ou t=-\dfrac13.
Cette équation a deux solutions distinctes : la sphère rencontre bien (d) en deux points. L'affirmation est vraie.

Troisélèves construisent chacun, en vraie grandeur, la même figure : un triangle ABC avec A, C, B alignés et AC = CB, la droite (CG) perpendiculaire à (AB), et un arc de cercle de centre G reliant A à B. On donne CG = 10 cm et BG = 20 cm. 1. Démontrer que la longueur BC mesure environ 17,3 cm.

Les droites (AB) et (CG) sont perpendiculaires, donc le triangle BCG est rectangle en C.
D'après le théorème de Pythagore : \text{BG}^2 = \text{BC}^2 + \text{CG}^2.
Soit 20^2 = \text{BC}^2 + 10^2, donc \text{BC}^2 = 400 - 100 = 300.
Comme BC est une longueur (donc positive), \text{BC} = \sqrt{300} \approx 17,3 cm (arrondi au millimètre).

2.Quelle est l'aire du triangle BAG, arrondie à l'unité ?

Le point C est le milieu de [AB] (puisque AC = CB), donc \text{AB} = 2\times\text{BC} = 2\sqrt{300}.
La droite (CG) est perpendiculaire à (AB) : c'est donc la hauteur du triangle BAG issue de G, relative à la base [AB].
L'aire du triangle BAG est \dfrac{\text{AB}\times\text{CG}}{2} = \dfrac{2\sqrt{300}\times10}{2} = 10\sqrt{300} = 100\sqrt3 \approx 173 cm^{2} (arrondi à l'unité).

3.a.Montrer que l'angle \widehat{\text{CGB}} mesure exactement 60^{\circ}.

Dans le triangle CGB, rectangle en C, on connaît le côté adjacent CG et l'hypoténuse GB : on utilise donc le cosinus.
\cos\left(\widehat{\text{CGB}}\right) = \dfrac{\text{CG}}{\text{GB}} = \dfrac{10}{20} = 0,5.
Or l'angle dont le cosinus vaut 0,5 mesure exactement 60^{\circ} (on peut aussi utiliser la touche \cos^{-1} de la calculatrice), donc \widehat{\text{CGB}} = 60^{\circ}.

3.b.En déduire la mesure de l'angle \widehat{\text{AGB}}.

G est le centre de l'arc de cercle passant par A et B, donc GA = GB (rayons de l'arc) : le triangle AGB est isocèle en G.
Dans ce triangle isocèle, la droite (CG) est la hauteur issue du sommet principal G ; elle est donc aussi la bissectrice de l'angle \widehat{\text{AGB}}, et coupe cet angle en deux angles égaux, dont \widehat{\text{CGB}}.
On a donc \widehat{\text{AGB}} = 2\times\widehat{\text{CGB}} = 2\times60 = 120^{\circ}.

4.Les trois élèves pensent qu'en assemblant leurs trois pièces, ils peuvent former un disque complet. Expliquer pourquoi ils ont raison.

Un disque complet correspond à un angle plein de 360^{\circ} autour de son centre.
Chaque pièce est une portion de disque de centre G avec un angle au centre \widehat{\text{AGB}} = 120^{\circ}.
En assemblant les trois pièces identiques bord à bord autour du même point G, les trois angles s'additionnent : 3\times120 = 360^{\circ}, ce qui correspond exactement à un disque complet.

5.En déduire l'aire de la pièce obtenue par chacun des élèves, arrondie à l'unité.

Les trois pièces assemblées forment un disque de centre G et de rayon R = \text{GB} = 20 cm.
L'aire de ce disque est \begin{aligned}\pi\times R^2 &= \pi\times20^2 \\ &= 400\pi\end{aligned} cm^{2}.
Les trois pièces étant identiques, chacune a pour aire \dfrac{400\pi}{3} \approx 419 cm^{2} (arrondi à l'unité).

PartieA ; 1. Dans un repère orthonormé, (P) : 2x+2y-3z+1=0, et A(1 ; 0 ; 1), B(2 ; -1 ; 1), C(-4 ; -6 ; 5). Vérifier pour chaque point s'il appartient à (P).

A : 2+0-3+1 = 0 : A appartient à (P). B : 4-2-3+1 = 0 : B appartient à (P).
C : \begin{aligned}-8-12-15+1 &= -34 \\ &\neq 0\end{aligned} C n'appartient pas à (P).

PartieA ; 2. Montrer que C′(0 ; -2 ; -1) est le projeté orthogonal de C sur le plan (P).

\overrightarrow{CC'}\begin{pmatrix}4 \\ 4 \\ -6\end{pmatrix} = 2\overrightarrow{n}, où \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2 \\ 2 \\ -3\end{pmatrix} est normal à (P) : la droite (CC′) est orthogonale à (P).
C′ vérifie l'équation de (P) : 0-4+3+1 = 0. ✓ C′ est donc bien le projeté orthogonal de C sur (P).

PartieA ; 3. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AB).

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix} dirige la droite passant par A : x=1+t, y=-t, z=1, avec t\in\mathbb{R}.

PartieA ; 4. Déterminer les coordonnées du point H de (AB) tel que (AB) et (HC) soient orthogonales.

Pour le point de paramètre t : \overrightarrow{CH}\begin{pmatrix}5+t \\ 6-t \\ -4\end{pmatrix}, et \begin{aligned}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CH} &= (5+t)-(6-t) \\ &= 2t-1\end{aligned}
L'orthogonalité impose 2t-1=0, soit t=\dfrac12 : H(1{,}5~;~-0{,}5~;~1) (c'est le milieu de [AB]).

PartieB ; 1. On admet \overrightarrow{HC}\begin{pmatrix}-\dfrac{11}{2} \\ -\dfrac{11}{2} \\ 4\end{pmatrix}. Calculer la valeur exacte de \|\overrightarrow{HC}\|.

\begin{aligned}\|\overrightarrow{HC}\| &= \sqrt{\dfrac{121}{4}+\dfrac{121}{4}+16} \\ &= \sqrt{\dfrac{153}{2}}\end{aligned}

PartieB ; 2. Déterminer la valeur exacte de l'aire S du triangle ABC.

H est le pied de la hauteur issue de C : \begin{aligned}S &= \dfrac{AB\times HC}{2} \\ &= \dfrac{\sqrt2\times\sqrt{\dfrac{153}{2}}}{2} \\ &= \dfrac{\sqrt{153}}{2}\end{aligned}

PartieC ; 1. On admet HC′ =\sqrt{\dfrac{17}{2}}. Soit \alpha = \widehat{CHC'}. Déterminer \cos(\alpha).

(CC′) est orthogonale à (P), donc à (C′H) : le triangle CHC′ est rectangle en C′.
\begin{aligned}\cos(\alpha) &= \dfrac{HC'}{HC} \\ &= \dfrac{\sqrt{\dfrac{17}{2}}}{\sqrt{\dfrac{153}{2}}} \\ &= \sqrt{\dfrac{17}{153}} \\ &= \sqrt{\dfrac19} \\ &= \dfrac13\end{aligned}

PartieC ; 2.a Montrer que les droites (C′H) et (AB) sont perpendiculaires.

(CH) est orthogonale à (AB) (définition de H), et (CC′), orthogonale au plan (P), est orthogonale à (AB) qui y est incluse.
(AB) est donc orthogonale à deux droites sécantes du plan (CC′H), donc à ce plan tout entier, et en particulier à (C′H). Ces deux droites étant sécantes en H : elles sont perpendiculaires.

PartieC ; 2.b Calculer S', l'aire du triangle ABC′ (valeur exacte).

[C′H] est la hauteur issue de C′ relative à la base [AB] : S' = \dfrac{AB\times C'H}{2} = \dfrac{\sqrt2\times\sqrt{\dfrac{17}{2}}}{2} = \dfrac{\sqrt{17}}{2}.

PartieC ; 2.c Donner une relation entre S, S' et \cos(\alpha).

\begin{aligned}\dfrac{S'}{S} &= \dfrac{C'H}{CH} \\ &= \cos(\alpha)\end{aligned} autrement dit S' = S\cos(\alpha) : l'aire du triangle projeté est celle du triangle initial multipliée par le cosinus de l'angle entre les deux plans.

1.Sur une figure (non tracée à l'échelle), les points L, N, A forment un triangle avec AN = 13 cm, LN = 5 cm, AL = 12 cm ; le point O appartient au segment [LN] avec ON = 3 cm, et le point H appartient au segment [NA], avec (OH) perpendiculaire à (LN). Montrer que le triangle LNA est rectangle en L.

Dans le triangle LNA, le côté le plus long est [AN], avec \begin{aligned}AN^2 &= 13^2 \\ &= 169\end{aligned}
D'autre part, \begin{aligned}LN^2+AL^2 &= 5^2+12^2 \\ &= 25+144 \\ &= 169\end{aligned}
On a bien AN^2 = LN^2+AL^2, donc d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle LNA est rectangle en L.

2.Montrer que la longueur OH est égale à 7,2 cm.

Le triangle LNA est rectangle en L, donc (AL)\perp(LN). Or (OH)\perp(LN) d'après l'énoncé.
Les droites (AL) et (OH), toutes deux perpendiculaires à la droite (LN), sont donc parallèles entre elles.
Les droites (NA) et (NL) sont sécantes en N, avec O sur [NL] et H sur [NA] : les conditions du théorème de Thalès sont réunies pour les triangles NOH et NLA.
D'après le théorème de Thalès, \begin{aligned}\dfrac{NO}{NL} &= \dfrac{NH}{NA} \\ &= \dfrac{OH}{LA}\end{aligned} soit \dfrac{3}{5} = \dfrac{OH}{12}, d'où OH = \dfrac{3\times12}{5} = \dfrac{36}{5} = 7,2 cm.

3.Calculer la mesure de l'angle \widehat{\text{LNA}}, arrondie au degré.

Dans le triangle LNA rectangle en L, l'angle \widehat{\text{LNA}} a pour côté adjacent [LN] et pour hypoténuse [NA].
D'après SOH-CAH-TOA, \begin{aligned}\cos\widehat{\text{LNA}} &= \dfrac{LN}{NA} \\ &= \dfrac{5}{13}\end{aligned}
Donc \begin{aligned}\widehat{\text{LNA}} &= \cos^{-1}\left(\dfrac{5}{13}\right) \\ &\approx 67{,}38^{\circ}\end{aligned} soit environ 67^{\circ}.

4.Pourquoi les triangles LNA et ONH sont-ils semblables ?

Les triangles LNA et ONH ont en commun l'angle \widehat{\text{LNA}}=\widehat{\text{ONH}} (même sommet N).
De plus, le triangle LNA est rectangle en L et, d'après la question 2, (OH)\perp(LN) donc le triangle ONH est rectangle en O : \begin{aligned}\widehat{\text{NLA}} &= \widehat{\text{NOH}} \\ &= 90^{\circ}\end{aligned}
Les triangles LNA et ONH ont donc deux paires d'angles de même mesure : ils sont semblables.

5.aQuelle est l'aire du quadrilatère LOHA ?

On calcule d'abord l'aire du triangle LNA, rectangle en L : \begin{aligned}\mathcal{A}_{\text{LNA}} &= \dfrac{LN\times LA}{2} \\ &= \dfrac{5\times12}{2} \\ &= 30\end{aligned} cm^{2}.
On calcule ensuite l'aire du triangle ONH, rectangle en O : \begin{aligned}\mathcal{A}_{\text{ONH}} &= \dfrac{ON\times OH}{2} \\ &= \dfrac{3\times7{,}2}{2} \\ &= 10{,}8\end{aligned} cm^{2}.
Le quadrilatère LOHA s'obtient en retirant le triangle ONH du triangle LNA : \mathcal{A}_{\text{LOHA}} = \mathcal{A}_{\text{LNA}} - \mathcal{A}_{\text{ONH}} = 30-10{,}8 = 19,2 cm^{2}.

5.bQuelle proportion de l'aire du triangle LNA représente l'aire du quadrilatère LOHA ?

On calcule le quotient des deux aires : \begin{aligned}\dfrac{\mathcal{A}_{\text{LOHA}}}{\mathcal{A}_{\text{LNA}}} &= \dfrac{19{,}2}{30} \\ &= 0{,}64\end{aligned}
L'aire du quadrilatère LOHA représente donc 0{,}64 = \dfrac{64}{100}, soit 64 % de l'aire du triangle LNA.

1.aDans l'espace muni d'un repère orthonormé, on donne A(2 ; 0 ; 3), B(0 ; 2 ; 1), C(-1 ; -1 ; 2) et D(3 ; -3 ; -1). Calculer les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AC}, et en déduire que les points A, B et C ne sont pas alignés.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2 \\ 2 \\ -2\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-3 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix}.
Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles : \dfrac{-2}{-3}\neq\dfrac{2}{-1}.
Les vecteurs \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AC} ne sont donc pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

1.bCalculer les longueurs AB et AC.

\begin{aligned}AB^2 &= (-2)^2+2^2+(-2)^2 \\ &= 4+4+4 \\ &= 12\end{aligned} donc \begin{aligned}AB &= \sqrt{12} \\ &= 2\sqrt3\end{aligned}
\begin{aligned}AC^2 &= (-3)^2+(-1)^2+(-1)^2 \\ &= 9+1+1 \\ &= 11\end{aligned} donc AC = \sqrt{11}.

1.cÀ l'aide du produit scalaire \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}, déterminer le cosinus de l'angle \widehat{BAC}, puis une valeur approchée de sa mesure au dixième de degré.

\begin{aligned}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} &= (-2)\times(-3)+2\times(-1)+(-2)\times(-1) \\ &= 6-2+2 \\ &= 6\end{aligned}
Or, par définition du produit scalaire, \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = AB\times AC\times\cos\left(\widehat{BAC}\right).
Donc \begin{aligned}6 = 2\sqrt3\times\sqrt{11}\times\cos\left(\widehat{BAC}\right) &\iff \cos\left(\widehat{BAC}\right) = \dfrac{6}{2\sqrt{33}} \\ &\iff \cos\left(\widehat{BAC}\right) = \dfrac{3}{\sqrt{33}}\end{aligned}
La calculatrice donne alors \widehat{BAC}\approx 58,5^{\circ} au dixième de degré près.

2.aDéterminer une équation du plan \mathcal{P} passant par le point C et perpendiculaire à la droite (AB).

Un point M(x~;~y~;~z) appartient à \mathcal{P} si, et seulement si, \overrightarrow{CM}\cdot\overrightarrow{AB} = 0, puisque \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2 \\ 2 \\ -2\end{pmatrix} est un vecteur normal à \mathcal{P}.
Avec \overrightarrow{CM}\begin{pmatrix}x+1 \\ y+1 \\ z-2\end{pmatrix}, cette condition s'écrit -2(x+1)+2(y+1)-2(z-2) = 0.
En divisant par -2 : \begin{aligned}(x+1)-(y+1)+(z-2) = 0 &\iff x-y+z-2 = 0 \end{aligned}
Une équation du plan \mathcal{P} est donc x-y+z-2=0.

2.bDonner une représentation paramétrique de la droite (AB).

La droite (AB) passe par A(2 ; 0 ; 3) et admet \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2 \\ 2 \\ -2\end{pmatrix}, ou plus simplement le vecteur colinéaire \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix}, comme vecteur directeur.
Une représentation paramétrique de (AB) est donc : \begin{cases}x = 2-t\\y = t\\z = 3-t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.

2.cEn déduire les coordonnées du projeté orthogonal E du point C sur la droite (AB), c'est-à-dire du point d'intersection de la droite (AB) et du plan \mathcal{P}.

Les coordonnées de E vérifient à la fois l'équation de \mathcal{P} et la représentation paramétrique de (AB). On remplace x, y, z par leurs expressions en fonction de t dans l'équation de \mathcal{P} :
\begin{aligned}(2-t)-t+(3-t)-2 = 0 &\iff 3-3t = 0 \\ &\iff t = 1 \end{aligned}
En remplaçant t=1 dans la représentation paramétrique : \begin{aligned}x &= 2-1 \\ &= 1\end{aligned} y=1, \begin{aligned}z &= 3-1 \\ &= 2\end{aligned}
Donc, E a pour coordonnées (1 ; 1 ; 2).

2.dCalculer l'aire du triangle ABC.

\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}-1 \\ -3 \\ 1\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}BC^2 &= (-1)^2+(-3)^2+1^2 \\ &= 1+9+1 \\ &= 11\end{aligned} d'où BC = \sqrt{11}.
Comme \begin{aligned}AC &= BC \\ &= \sqrt{11}\end{aligned} le triangle ABC est isocèle en C. Puisque E est le projeté orthogonal de C sur la droite (AB), le segment [CE] est donc la hauteur issue de C dans ce triangle isocèle.
\overrightarrow{CE}\begin{pmatrix}2 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}CE^2 &= 2^2+2^2+0^2 \\ &= 8\end{aligned} d'où \begin{aligned}CE &= \sqrt8 \\ &= 2\sqrt2\end{aligned}
L'aire du triangle ABC vaut donc \begin{aligned}\mathcal{A}(\text{ABC}) &= \dfrac{AB\times CE}{2} \\ &= \dfrac{2\sqrt3\times2\sqrt2}{2} \\ &= 2\sqrt6\end{aligned}

3.aSoit le point F(1 ; -1 ; 3). Montrer que les points A, B, C et F sont coplanaires.

Les points A, B, C, F sont coplanaires si, et seulement si, il existe deux réels \alpha et \beta tels que \overrightarrow{AF} = \alpha\,\overrightarrow{AB}+\beta\,\overrightarrow{AC}.
\overrightarrow{AF}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix}. Le système à résoudre, en utilisant les deux premières coordonnées, est \begin{cases}-1 = -2\alpha-3\beta\\-1 = 2\alpha-\beta\end{cases}.
De la deuxième équation, \beta = 2\alpha+1. En reportant dans la première : \begin{aligned}-1 &= -2\alpha-3(2\alpha+1) \\ &= -2\alpha-6\alpha-3 \\ &= -8\alpha-3\end{aligned} d'où 8\alpha = -2, soit \alpha = -\dfrac14, puis \begin{aligned}\beta &= 2\times\left(-\dfrac14\right)+1 \\ &= \dfrac12\end{aligned}
On vérifie avec la troisième coordonnée : \begin{aligned}\alpha\times(-2)+\beta\times(-1) &= -\dfrac14\times(-2)+\dfrac12\times(-1) \\ &= \dfrac12-\dfrac12 \\ &= 0\end{aligned} ce qui correspond bien à la troisième coordonnée de \overrightarrow{AF}, qui vaut 0.
Donc \overrightarrow{AF} = -\dfrac14\,\overrightarrow{AB}+\dfrac12\,\overrightarrow{AC} : les points A, B, C et F sont coplanaires.

3.bVérifier que la droite (FD) est orthogonale au plan (ABC).

\overrightarrow{FD}\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ -4\end{pmatrix} (puisque D(3 ; -3 ; -1) et F(1 ; -1 ; 3)).
\begin{aligned}\overrightarrow{FD}\cdot\overrightarrow{AB} &= 2\times(-2)+(-2)\times2+(-4)\times(-2) \\ &= -4-4+8 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\overrightarrow{FD}\cdot\overrightarrow{AC} &= 2\times(-3)+(-2)\times(-1)+(-4)\times(-1) \\ &= -6+2+4 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \overrightarrow{FD} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc il est orthogonal à ce plan : la droite (FD) est bien orthogonale au plan (ABC).

3.cSachant que le volume d'un tétraèdre est égal au tiers de l'aire de sa base multipliée par sa hauteur, calculer le volume du tétraèdre ABCD.

Prenons pour base le triangle ABC, d'aire \mathcal{A}(\text{ABC}) = 2\sqrt6 (question 2.d). Comme (FD) est orthogonale au plan (ABC) et que F appartient à ce plan (question 3.a), la longueur FD est la hauteur du tétraèdre relative à cette base.
\begin{aligned}FD^2 &= 2^2+(-2)^2+(-4)^2 \\ &= 4+4+16 \\ &= 24\end{aligned} donc \begin{aligned}FD &= \sqrt{24} \\ &= 2\sqrt6\end{aligned}
Le volume du tétraèdre ABCD est donc \begin{aligned}\mathcal{V} &= \dfrac13\times\mathcal{A}(\text{ABC})\times FD \\ &= \dfrac13\times2\sqrt6\times2\sqrt6 \\ &= \dfrac{4\times6}{3} \\ &= 8\end{aligned}
Donc, le volume du tétraèdre ABCD vaut 8 (en unités de volume).

1.Le triangle ABC est dessiné à main levée avec AC = 10,4 cm, AB = 4 cm et BC = 9,6 cm. Les points A, L, C sont alignés, ainsi que B, K, C, avec (KL) parallèle à (AB) et CK = 3 cm. Construire la figure en vraie grandeur.

Cette construction se réalise aux instruments : on trace le triangle ABC avec les longueurs données, puis le point K sur [BC] tel que CK = 3 cm, puis la parallèle à (AB) passant par K, qui coupe [AC] en L.

2.Prouver que le triangle ABC est rectangle en B.

D'une part, \begin{aligned}AC^2 &= 10{,}4^2 \\ &= 108{,}16\end{aligned}
D'autre part, \begin{aligned}AB^2+BC^2 &= 4^2+9{,}6^2 \\ &= 16+92{,}16 \\ &= 108{,}16\end{aligned}
On a donc AC^2 = AB^2+BC^2, l'égalité de Pythagore est vérifiée.
Donc, d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en B.

3.Calculer la longueur CL en cm.

Les points A, L, C sont alignés et les points B, K, C sont alignés dans le même ordre.
Les droites (KL) et (AB) sont parallèles.
Or, d'après le théorème de Thalès, \begin{aligned}\dfrac{CK}{CB} &= \dfrac{CL}{CA} \\ &= \dfrac{KL}{BA}\end{aligned}
On a donc \dfrac{CK}{CB} = \dfrac{CL}{CA}, soit \dfrac{3}{9{,}6} = \dfrac{CL}{10{,}4},
d'où CL = \dfrac{3\times10{,}4}{9{,}6} = \dfrac{31{,}2}{9{,}6} = 3,25 cm.

4.À la calculatrice, calculer une valeur approchée de la mesure de l'angle \widehat{CAB}, au degré près.

Dans le triangle ABC rectangle en B, d'après la définition du cosinus (CAH) : \begin{aligned}\cos(\widehat{CAB}) &= \dfrac{AB}{AC} \\ &= \dfrac{4}{10{,}4} \\ &\approx 0{,}385\end{aligned} La calculatrice donne alors \widehat{CAB} \approx 67^{\circ} au degré près.