Milieu et distance dans un repère : corrigé du contrôle de maths en seconde

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Voici le corrigé du contrôle de maths en seconde sur le thème « milieu et distance dans un repère », question par question.

Cette correction détaille chaque calcul de coordonnées et de longueur, avec les racines carrées simplifiées étape par étape. Les figures du corrigé montrent aussi les points obtenus, les codages et les cercles, afin que tu puisses comparer avec ton propre croquis.

Pour bien l’utiliser, refais d’abord l’exercice sans regarder, puis compare ta rédaction ligne à ligne. En effet, une nature de triangle affirmée sans citer la réciproque de Pythagore perd des points. Le barème placé sous chaque exercice t’indique donc où se gagnent les points. Enfin, les encadrés « Piège classique » signalent les erreurs de signe et de formule les plus fréquentes en seconde.

L’énoncé complet se trouve ici : Milieu et distance dans un repère : contrôle de maths en seconde.

Barème du contrôle corrigé : milieu et distance dans un repère

Exercice Points
1. Automatismes du repère 3 points
2. Le triangle ABC 5 points
3. Quatrième sommet d’un parallélogramme 4 points
4. Un point de l’axe des abscisses 3,5 points
5. Le plan du camping 4,5 points
Total 20 points

Le corrigé détaillé : milieu et distance dans un repère

Exercice 1 – Automatismes du repère (3 points)

  1. Le milieu a pour coordonnées les moyennes des coordonnées des extrémités :
    \(x = \dfrac{-3 + 7}{2} = \dfrac{4}{2} = 2\) et \(y = \dfrac{5 + (-1)}{2} = \dfrac{4}{2} = 2\).
    Le milieu de \([EF]\) est le point \((2 \,;\, 2)\).
  2. Le repère est orthonormé, donc on applique la formule de la distance :
    \(EF = \sqrt{(7 – (-3))^2 + (-1 – 5)^2} = \sqrt{10^2 + (-6)^2} = \sqrt{100 + 36} = \sqrt{136}\).
    Or \(136 = 4 \times 34\), ainsi \(\sqrt{136} = \sqrt{4} \times \sqrt{34} = 2\sqrt{34}\).
    \(EF = 2\sqrt{34}\).
  3. On calcule \(x = \dfrac{\frac{1}{2} + \frac{3}{2}}{2} = \dfrac{2}{2} = 1\) puis \(y = \dfrac{-4 + 6}{2} = \dfrac{2}{2} = 1\).
    Le milieu de \([GH]\) est le point \((1 \,;\, 1)\).
  4. Comme \(K\) est le milieu de \([UV]\), on a \(\dfrac{4 + x_V}{2} = 1\), donc \(4 + x_V = 2\) et \(x_V = -2\).
    De même, \(\dfrac{-2 + y_V}{2} = 3\), donc \(-2 + y_V = 6\) et \(y_V = 8\).
    Le point \(V\) a pour coordonnées \((-2 \,;\, 8)\).

Barème : Q1 : 0,75 point ; Q2 : 0,75 point (0,5 pour \(\sqrt{136}\), 0,25 pour la simplification) ; Q3 : 0,75 point ; Q4 : 0,75 point.

Piège classique : à la question 4, prendre la moyenne de \(U\) et de \(K\). On obtient alors le milieu de \([UK]\), et non l’autre extrémité \(V\).

Exercice 2 – Le triangle ABC (5 points)

  1. Les trois points sont placés sur la figure ci-dessous, qui montre aussi la suite de l’exercice. A est à gauche, B en haut et C en bas à droite.
Triangle ABC rectangle en B avec AB = BC codés, cercle vert de centre Ω(1 ; 0) passant par A, B, C et D(0 ; 3)
  1. Avec la formule de la distance :
    \(AB = \sqrt{(2 – (-2))^2 + (3 – 1)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}\)
    \(BC = \sqrt{(4 – 2)^2 + (-1 – 3)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}\)
    \(AC = \sqrt{(4 – (-2))^2 + (-1 – 1)^2} = \sqrt{36 + 4} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}\)
    \(AB = BC = 2\sqrt{5}\) et \(AC = 2\sqrt{10}\).
  2. D’une part, \(AB = BC\), donc le triangle \(ABC\) est isocèle en \(B\).
    D’autre part, \(AC\) est le plus grand côté : \(AC^2 = 40\) et \(AB^2 + BC^2 = 20 + 20 = 40\).
    Ainsi \(AC^2 = AB^2 + BC^2\), donc, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle est rectangle en \(B\).
    Le triangle \(ABC\) est rectangle et isocèle en \(B\).
  3. Dans un triangle rectangle, le centre du cercle circonscrit est le milieu de l’hypoténuse \([AC]\) :
    \(x_\Omega = \dfrac{-2 + 4}{2} = 1\) et \(y_\Omega = \dfrac{1 + (-1)}{2} = 0\).
    Le rayon vaut alors la moitié de l’hypoténuse : \(\dfrac{2\sqrt{10}}{2} = \sqrt{10}\).
    Le cercle a pour centre \(\Omega(1 \,;\, 0)\) et pour rayon \(\sqrt{10}\).
  4. On calcule \(\Omega D = \sqrt{(0 – 1)^2 + (3 – 0)^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}\).
    Cette distance est égale au rayon. Le point \(D\) appartient donc au cercle.

Barème : Q1 : 0,5 point ; Q2 : 0,5 point par longueur simplifiée ; Q3 : 0,5 point pour isocèle, 1 point pour rectangle avec la réciproque citée ; Q4 : 0,5 point pour le centre, 0,5 point pour le rayon ; Q5 : 0,5 point.

Piège classique : écrire \(\sqrt{16 + 4} = 4 + 2\). En effet, la racine d’une somme n’est pas la somme des racines : \(\sqrt{20} \neq 6\).

Exercice 3 – Quatrième sommet d’un parallélogramme (4 points)

  1. \(x_I = \dfrac{-3 + 4}{2} = \dfrac{1}{2} = 0{,}5\) et \(y_I = \dfrac{-2 + 3}{2} = \dfrac{1}{2} = 0{,}5\).
    \(I(0{,}5 \,;\, 0{,}5)\).
  2. Les diagonales \([MP]\) et \([NQ]\) ont le même milieu, donc \(I\) est aussi le milieu de \([NQ]\).
    Alors \(\dfrac{3 + x_Q}{2} = 0{,}5\), soit \(3 + x_Q = 1\) et \(x_Q = -2\).
    Puis \(\dfrac{-1 + y_Q}{2} = 0{,}5\), soit \(-1 + y_Q = 1\) et \(y_Q = 2\).
    \(Q(-2 \,;\, 2)\).
  3. \(MN = \sqrt{(3 – (-3))^2 + (-1 – (-2))^2} = \sqrt{36 + 1} = \sqrt{37}\)
    \(NP = \sqrt{(4 – 3)^2 + (3 – (-1))^2} = \sqrt{1 + 16} = \sqrt{17}\)
    Deux côtés consécutifs n’ont pas la même longueur, car \(\sqrt{37} \neq \sqrt{17}\). \(MNPQ\) n’est donc pas un losange.
  4. \(MP = \sqrt{(4 – (-3))^2 + (3 – (-2))^2} = \sqrt{49 + 25} = \sqrt{74}\)
    \(NQ = \sqrt{(-2 – 3)^2 + (2 – (-1))^2} = \sqrt{25 + 9} = \sqrt{34}\)
    Un parallélogramme est un rectangle seulement quand ses diagonales ont la même longueur. Or \(\sqrt{74} \neq \sqrt{34}\). Ce parallélogramme n’est pas un rectangle.
Parallélogramme MNPQ avec Q(−2 ; 2) en orange et ses diagonales en pointillés verts qui se coupent en I(0,5 ; 0,5)

Barème : Q1 : 1 point ; Q2 : 1 point (0,5 pour la propriété des diagonales, 0,5 pour les coordonnées) ; Q3 : 0,5 point pour les longueurs, 0,5 point pour la conclusion ; Q4 : 0,5 point pour les longueurs, 0,5 point pour la conclusion.

Piège classique : utiliser la diagonale \([NP]\) au lieu de \([NQ]\). Dans \(MNPQ\), les sommets opposés sont \(M\) et \(P\), puis \(N\) et \(Q\).

Exercice 4 – Un point de l’axe des abscisses (3,5 points)

  1. \(RA^2 = (1 – x)^2 + (5 – 0)^2 = 1 – 2x + x^2 + 25 = x^2 – 2x + 26\)
    \(RB^2 = (7 – x)^2 + (1 – 0)^2 = 49 – 14x + x^2 + 1 = x^2 – 14x + 50\)
    \(RA^2 = x^2 – 2x + 26\) et \(RB^2 = x^2 – 14x + 50\).
  2. Des distances positives sont égales lorsque leurs carrés sont égaux. On résout donc :
    \(x^2 – 2x + 26 = x^2 – 14x + 50\)
    \(-2x + 14x = 50 – 26\)
    \(12x = 24\), d’où \(x = 2\).
    Le point cherché est \(R(2 \,;\, 0)\).
  3. Avec \(x = 2\), on trouve \(RA^2 = 4 – 4 + 26 = 26\) et \(RB^2 = 4 – 28 + 50 = 26\), donc \(RA = RB = \sqrt{26}\).
    Ensuite, \(AB^2 = (7 – 1)^2 + (1 – 5)^2 = 36 + 16 = 52\), et \(RA^2 + RB^2 = 26 + 26 = 52\).
    Ainsi \(AB^2 = RA^2 + RB^2\) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle est rectangle en \(R\). \(ABR\) est rectangle et isocèle en \(R\).
  4. Les côtés de l’angle droit sont \([RA]\) et \([RB]\), donc l’aire vaut \(\dfrac{RA \times RB}{2} = \dfrac{\sqrt{26} \times \sqrt{26}}{2} = \dfrac{26}{2} = 13\).
    L’aire du triangle \(ABR\) est égale à 13 unités d’aire.
Triangle ABR avec A(1 ; 5), B(7 ; 1) et R(2 ; 0) sur l'axe des abscisses, angle droit et côtés égaux codés en R

Barème : Q1 : 0,5 point par carré développé ; Q2 : 1 point (0,5 pour l’équation réduite, 0,5 pour R) ; Q3 : 1 point ; Q4 : 0,5 point.

Piège classique : oublier que les \(x^2\) s’éliminent. L’équation paraît du second degré, mais elle devient en réalité du premier degré après simplification.

Exercice 5 – Le plan du camping (4,5 points)

  1. \(TS = \sqrt{(2 – (-4))^2 + (-6 – 2)^2} = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10\)
    \(TA = \sqrt{(4 – (-4))^2 + (-2 – 2)^2} = \sqrt{64 + 16} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}\)
    \(AS = \sqrt{(2 – 4)^2 + (-6 – (-2))^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}\)
    Une unité vaut 10 m, donc \(TS = 10 \times 10 = 100\) m. \(TS = 10\), \(TA = 4\sqrt{5}\), \(AS = 2\sqrt{5}\) en unités, et TS mesure 100 m.
  2. Le plus grand côté est \([TS]\). D’une part \(TS^2 = 100\), d’autre part \(TA^2 + AS^2 = 80 + 20 = 100\).
    Comme \(TS^2 = TA^2 + AS^2\), la réciproque du théorème de Pythagore s’applique. Le triangle \(TAS\) est rectangle en \(A\).
  3. Le lampadaire doit être le centre du cercle circonscrit au triangle \(TAS\). Or ce triangle est rectangle en \(A\), donc ce centre est le milieu de l’hypoténuse \([TS]\) :
    \(x_L = \dfrac{-4 + 2}{2} = -1\) et \(y_L = \dfrac{2 + (-6)}{2} = -2\).
    La distance cherchée est le rayon : \(\dfrac{TS}{2} = 5\) unités, soit 50 m.
    \(L(-1 \,;\, -2)\), à 50 m de la tente, des sanitaires et de l’accueil.
  4. D’abord, \(2{,}2^2 = 4{,}84\) et \(2{,}3^2 = 5{,}29\). Puisque \(4{,}84 < 5 < 5{,}29\), on a bien \(2{,}2 < \sqrt{5} < 2{,}3\).
    Ensuite, le trajet de Nolwenn mesure \(TA + AS = 4\sqrt{5} + 2\sqrt{5} = 6\sqrt{5}\) unités.
    Alors \(6 \times 2{,}2 < 6\sqrt{5} < 6 \times 2{,}3\), c’est-à-dire \(13{,}2 < 6\sqrt{5} < 13{,}8\) unités.
    Enfin, en mètres, le trajet mesure entre 132 m et 138 m, alors que Yanis parcourt 100 m.
    Le détour de Nolwenn allonge donc son chemin de 32 à 38 mètres environ.
Triangle TAS rectangle en A sur le plan du camping, lampadaire L(−1 ; −2) au milieu de [TS] et cercle de rayon 5 en pointillés

Barème : Q1 : 0,5 point par distance (conversion en mètres comprise) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 0,5 point pour L, 0,5 point pour 50 m ; Q4 : 0,25 point pour l’encadrement de \(\sqrt{5}\), 0,5 point pour celui du trajet, 0,25 point pour le détour.

Piège classique : additionner les racines comme \(\sqrt{80} + \sqrt{20} = \sqrt{100}\). En réalité, il faut simplifier d’abord, puis regrouper : \(4\sqrt{5} + 2\sqrt{5} = 6\sqrt{5}\).

À retenir de ce contrôle

  • Le milieu d’un segment a pour coordonnées les moyennes des abscisses et des ordonnées des deux extrémités.
  • Dans un repère orthonormé, la distance AB se calcule avec la racine carrée de la somme des carrés des écarts de coordonnées.
  • Pour prouver qu’un triangle est rectangle, on compare le carré du plus grand côté à la somme des carrés des deux autres.
  • Un quadrilatère est un parallélogramme lorsque ses diagonales ont le même milieu, ce qui permet de calculer un sommet manquant.
  • Le centre du cercle circonscrit à un triangle rectangle est le milieu de l’hypoténuse, et le rayon en vaut la moitié.

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Consolider milieu et distance dans un repère après ce corrigé

Pour ne plus perdre de points sur ce thème, relis la leçon coordonnées et repérage dans le plan ; entraîne-toi sur la fiche repérage dans le plan.

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