Théorème d’Al-Kashi et orthogonalité : corrigé du contrôle de maths en première

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Voici le corrigé du contrôle de maths en première sur le thème « théorème d’Al-Kashi et orthogonalité », question par question.

Cette correction rédige chaque démonstration comme sur une copie de première. Pour le théorème d’Al-Kashi, elle écrit la formule, remplace les valeurs, puis arrondit seulement à la fin. Pour l’orthogonalité, elle détaille la décomposition des vecteurs et justifie chaque terme nul.

Compare d’abord tes résultats numériques, puis ta rédaction, car une conclusion sans propriété citée ne rapporte pas tous les points. Les figures du corrigé montrent en outre le cercle de l’exercice 3 et le projeté orthogonal dans le champ. Enfin, le barème et les encadrés « Piège classique » t’aident à repérer les erreurs de signe, notamment avec le cosinus d’un angle obtus.

L’énoncé complet se trouve ici : Théorème d’Al-Kashi et orthogonalité : contrôle de maths en première.

Barème du contrôle corrigé : théorème d’Al-Kashi et orthogonalité

Exercice Points
1. Un triangle quelconque 4 points
2. Deux segments dans un carré 4 points
3. Un ensemble de points 3 points
4. Deux bateaux sur le lac 4,5 points
5. La clôture du champ 4,5 points
Total 20 points

Le corrigé détaillé : théorème d’Al-Kashi et orthogonalité

Exercice 1 – Un triangle quelconque (4 points)

  1. D’après le théorème d’Al-Kashi :
    \(BC^2 = AB^2 + AC^2 – 2 \times AB \times AC \times \cos \widehat{BAC}\)
    \(BC^2 = 25 + 64 – 2 \times 5 \times 8 \times \frac{1}{2} = 89 – 40 = 49\)
    Une longueur est positive, donc \(BC = \sqrt{49} = 7\). \(BC = 7\) cm.
  2. On applique Al-Kashi en \(B\) : \(AC^2 = BA^2 + BC^2 – 2 \times BA \times BC \times \cos \widehat{ABC}\).
    Donc \(\cos \widehat{ABC} = \dfrac{BA^2 + BC^2 – AC^2}{2 \times BA \times BC} = \dfrac{25 + 49 – 64}{2 \times 5 \times 7} = \dfrac{10}{70} = \dfrac{1}{7}\).
    À la calculatrice, en degrés : \(\widehat{ABC} \approx 81{,}8^\circ\). \(\cos \widehat{ABC} = \frac{1}{7}\) et \(\widehat{ABC} \approx 81{,}8^\circ\).
  3. La somme des angles d’un triangle vaut \(180^\circ\), donc \(\widehat{ACB} \approx 180 – 60 – 81{,}8 = 38{,}2^\circ\).
    Pour vérifier, on applique Al-Kashi en \(C\) : \(\cos \widehat{ACB} = \dfrac{64 + 49 – 25}{2 \times 8 \times 7} = \dfrac{88}{112} = \dfrac{11}{14}\), ce qui donne aussi environ \(38{,}2^\circ\). \(\widehat{ACB} \approx 38{,}2^\circ\).

Barème : Q1 : 0,5 point pour la formule, 1 point pour BC = 7 ; Q2 : 1 point pour le cosinus, 0,5 point pour l’angle ; Q3 : 0,5 point pour la déduction, 0,5 point pour la vérification.

Piège classique : oublier le facteur 2 dans \(-2 \times AB \times AC \times \cos \widehat{A}\). On trouverait alors \(BC^2 = 69\), ce qui est faux.

Exercice 2 – Deux segments dans un carré (4 points)

  1. Dans un carré, \((DA)\) est perpendiculaire à \((AB)\), donc \(\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB} = 0\). De même, \(\overrightarrow{AI}\) est porté par \((AB)\) et \(\overrightarrow{BJ}\) par \((BC)\), qui sont perpendiculaires. Ces deux produits scalaires sont donc nuls.
  2. \(\overrightarrow{BJ} = \frac{1}{2}\overrightarrow{BC} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\), alors que \(\overrightarrow{DA} = -\overrightarrow{AD}\). Ainsi \(\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{BJ} = -\frac{1}{2}AD^2 = -\frac{1}{2} \times 36 = -18\).
    Ensuite, \(\overrightarrow{AI} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\), donc \(\overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{AB} = \frac{1}{2}AB^2 = 18\).
    \(\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{BJ} = -18\) et \(\overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{AB} = 18\).
  3. On développe :
    \(\overrightarrow{DI} \cdot \overrightarrow{AJ} = \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{BJ} + \overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{BJ}\)
    \(\overrightarrow{DI} \cdot \overrightarrow{AJ} = 0 – 18 + 18 + 0 = 0\).
    Le produit scalaire est nul, donc les vecteurs sont orthogonaux. Les droites \((DI)\) et \((AJ)\) sont perpendiculaires.
  4. Dans ce repère, \(A(0 \,;\, 0)\), \(D(0 \,;\, 6)\), \(I(3 \,;\, 0)\) et \(J(6 \,;\, 3)\).
    Alors \(\overrightarrow{DI}(3 \,;\, -6)\) et \(\overrightarrow{AJ}(6 \,;\, 3)\), d’où \(\overrightarrow{DI} \cdot \overrightarrow{AJ} = 3 \times 6 + (-6) \times 3 = 18 – 18 = 0\). On retrouve bien un produit scalaire nul.

Barème : Q1 : 0,5 point par justification ; Q2 : 0,5 point par produit scalaire ; Q3 : 0,5 point pour le développement, 0,5 point pour la conclusion ; Q4 : 0,5 point pour les coordonnées, 0,5 point pour le calcul.

Piège classique : écrire \(\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{BJ} = 18\). Pourtant, ces vecteurs sont de sens contraires, donc leur produit scalaire est négatif.

Exercice 3 – Un ensemble de points (3 points)

  1. On a \(\overrightarrow{MA}(-1 – x \,;\, 2 – y)\) et \(\overrightarrow{MB}(5 – x \,;\, -6 – y)\). Donc :
    \(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = (-1 – x)(5 – x) + (2 – y)(-6 – y)\)
    \(= (x^2 – 4x – 5) + (y^2 + 4y – 12) = x^2 – 4x + y^2 + 4y – 17\). C’est bien l’expression annoncée.
  2. \((x – 2)^2 + (y + 2)^2 – 25 = x^2 – 4x + 4 + y^2 + 4y + 4 – 25 = x^2 – 4x + y^2 + 4y – 17\).
    Par conséquent, \(M \in \Gamma\) équivaut à \((x – 2)^2 + (y + 2)^2 = 25\), c’est-à-dire \(\Omega M^2 = 5^2\) avec \(\Omega(2 \,;\, -2)\). \(\Gamma\) est le cercle de centre \(\Omega(2 \,;\, -2)\) et de rayon 5, c’est-à-dire le cercle de diamètre \([AB]\).
  3. \((5 – 2)^2 + (2 + 2)^2 = 9 + 16 = 25\), donc \(E \in \Gamma\). Ainsi \(\overrightarrow{EA} \cdot \overrightarrow{EB} = 0\). En effet, \(\overrightarrow{EA}(-6 \,;\, 0)\) et \(\overrightarrow{EB}(0 \,;\, -8)\) donnent \(0 + 0 = 0\). Le point \(E\) appartient à \(\Gamma\), et le triangle \(AEB\) est rectangle en \(E\).
Cercle de centre Ω(2 ; −2) et de rayon 5 passant par A, B et E, avec le triangle AEB rectangle en E

Barème : Q1 : 1 point ; Q2 : 0,5 point pour la vérification, 0,5 point pour le centre et le rayon ; Q3 : 0,5 point pour l’appartenance, 0,5 point pour le triangle rectangle.

Piège classique : donner un rayon égal à 25. L’équation \((x – 2)^2 + (y + 2)^2 = 25\) donne le carré du rayon, donc le rayon vaut 5.

Exercice 4 – Deux bateaux sur le lac (4,5 points)

  1. D’après Al-Kashi dans le triangle \(APB\) :
    \(AB^2 = PA^2 + PB^2 – 2 \times PA \times PB \times \cos 120^\circ\)
    \(AB^2 = 9 + 25 – 2 \times 3 \times 5 \times \left(-\frac{1}{2}\right) = 34 + 15 = 49\)
    Donc \(AB = 7\). Les deux voiliers sont à 7 km l’un de l’autre.
  2. \(\cos \widehat{PAB} = \dfrac{AP^2 + AB^2 – PB^2}{2 \times AP \times AB} = \dfrac{9 + 49 – 25}{2 \times 3 \times 7} = \dfrac{33}{42} = \dfrac{11}{14}\).
    À la calculatrice, \(\widehat{PAB} \approx 38{,}2^\circ\).
  3. La durée vaut \(\frac{7}{14} = 0{,}5\) h. Le trajet dure donc 30 minutes.
  4. \(\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = PA \times PB \times \cos 120^\circ = 3 \times 5 \times \left(-\frac{1}{2}\right) = -7{,}5\).
    Ensuite, \(PM^2 = \frac{1}{4}\left(PA^2 + 2\,\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} + PB^2\right) = \frac{1}{4}(9 – 15 + 25) = \frac{19}{4}\).
    Donc \(PM = \dfrac{\sqrt{19}}{2} \approx 2{,}179\) km. La bouée est à environ 2 179 m du ponton.

Barème : Q1 : 0,5 point pour la formule, 1 point pour AB = 7 ; Q2 : 1 point ; Q3 : 0,5 point ; Q4 : 0,5 point pour le produit scalaire, 1 point pour PM.

Piège classique : prendre \(\cos 120^\circ = \frac{1}{2}\). Or un angle obtus a un cosinus négatif, donc \(\cos 120^\circ = -\frac{1}{2}\) et \(AB^2 = 34 + 15\).

Exercice 5 – La clôture du champ (4,5 points)

  1. D’après Al-Kashi :
    \(BC^2 = 60^2 + 100^2 – 2 \times 60 \times 100 \times \cos 50^\circ = 13\,600 – 12\,000 \cos 50^\circ\)
    \(BC^2 \approx 5\,886{,}5\), donc \(BC \approx 76{,}7\). Le côté \(BC\) mesure environ 76,7 m.
  2. Le périmètre vaut \(60 + 100 + BC \approx 236{,}7\) m. Alors le prix est environ \(236{,}72 \times 12 \approx 2\,840{,}7\) €. La clôture coûte environ 2 841 €. Avec l’arrondi 236,7 m, on trouve 2 840 €, ce qui est aussi accepté.
  3. \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \times AC \times \cos 50^\circ = 6\,000 \cos 50^\circ \approx 3\,856{,}7\).
    De plus, l’angle en \(A\) est aigu, donc \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AH \times AC\). Ainsi \(AH = \dfrac{3\,856{,}7}{100} \approx 38{,}6\). \(AH \approx 38{,}6\) m.
  4. Si l’angle en \(B\) était droit, on aurait \(AC^2 = AB^2 + BC^2\). Or \(AB^2 + BC^2 \approx 3\,600 + 5\,886{,}5 = 9\,486{,}5\), alors que \(AC^2 = 10\,000\).
    D’ailleurs, \(\cos \widehat{ABC} = \dfrac{AB^2 + BC^2 – AC^2}{2 \times AB \times BC} \approx \dfrac{-513{,}5}{9\,206{,}9} \approx -0{,}056\), d’où \(\widehat{ABC} \approx 93{,}2^\circ\). Monsieur Ferrand a tort : l’angle en \(B\) est légèrement obtus.
Champ ABC avec BC environ 76,7 m, le projeté orthogonal H de B sur [AC] et l'angle en B d'environ 93,2°

Barème : Q1 : 0,5 point pour la formule, 1 point pour BC ; Q2 : 0,5 point pour le périmètre, 0,5 point pour le prix ; Q3 : 0,5 point pour le produit scalaire, 0,5 point pour AH ; Q4 : 1 point pour une justification correcte.

Piège classique : laisser la calculatrice en radians. On obtiendrait alors \(\cos 50 \approx 0{,}96\), et donc une longueur \(BC\) complètement fausse.

À retenir de ce contrôle

  • Le théorème d’Al-Kashi s’écrit BC² = AB² + AC² − 2 × AB × AC × cos(Â) et généralise le théorème de Pythagore.
  • Deux vecteurs non nuls sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul, ce qui prouve une perpendicularité.
  • L’ensemble des points M tels que le produit scalaire de MA et MB est nul est le cercle de diamètre [AB].
  • Le cosinus d’un angle obtus est négatif : avec 120°, le terme −2ab cos(120°) augmente donc la longueur cherchée.
  • Le produit scalaire de AB et AC est égal à AH × AC lorsque H est le projeté orthogonal de B sur la droite (AC), avec l’angle aigu.

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Consolider théorème d’Al-Kashi et orthogonalité après ce corrigé

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

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