Trigonométrie et produit scalaire : corrigé du contrôle de maths en première

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Barème du contrôle corrigé : trigonométrie et produit scalaire

Le corrigé détaillé : trigonométrie et produit scalaire

Exercice 1 – Valeurs remarquables en action (4 points)

1. On place les angles sur le cercle trigonométrique. \(\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -\frac{1}{2}\) ; \(\sin\left(\frac{5\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}\) ; \(\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\) ; \(\cos\left(\frac{7\pi}{6}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{2}\).
2. On applique \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos \theta\) : \(3 \times 4 \times \frac{1}{2} = 6\). Donc \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 6\).
3. On a \(2 \times 5 \times \cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) = 10 \times \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\). Ainsi, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = -5\sqrt{2}\).
4. On calcule \(\sqrt{3} \times 2 \times \cos\left(\frac{5\pi}{6}\right) = 2\sqrt{3} \times \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -3\). Le produit scalaire vaut \(-3\).
5. Les normes sont non nulles, donc \(\cos \theta = 0\). Les vecteurs sont orthogonaux : leur angle mesure \(\frac{\pi}{2}\).
6. Sur \([0\,;\,\pi]\), le cosinus prend une seule fois chaque valeur de \([-1\,;\,1]\). Or \(\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\) et \(\cos(\pi – x) = -\cos x\). Donc \(\theta = \pi – \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}\).

Piège classique : répondre aussi \(-\frac{3\pi}{4}\). Cependant, ce réel n’appartient pas à l’intervalle \([0\,;\,\pi]\) demandé.

Barème : Q1 : 1 point (0,25 par valeur) ; Q2 : 0,5 point ; Q3 : 0,5 point ; Q4 : 0,5 point ; Q5 : 0,5 point ; Q6 : 1 point.

Exercice 2 – Des angles grâce aux coordonnées (4 points)

1. Dans un repère orthonormé, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx^{\prime} + yy^{\prime}\), donc \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 3 \times 1 + 1 \times 2\). On obtient \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 5\).
2. On a \(\|\vec{u}\| = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10}\), puis \(\|\vec{v}\| = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}\). Donc \(\|\vec{u}\| = \sqrt{10}\) et \(\|\vec{v}\| = \sqrt{5}\).
3. D’après la formule, \(\cos \theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|} = \frac{5}{\sqrt{50}} = \frac{5}{5\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\).
   Comme \(\theta\) appartient à \([0\,;\,\pi]\), on en déduit \(\theta = \frac{\pi}{4}\).
4. On calcule \(\vec{u} \cdot \vec{t} = 3 \times (-2) + 1 \times 1 = -5\) et \(\|\vec{t}\| = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}\).
   Alors le cosinus de l’angle vaut \(\frac{-5}{\sqrt{10} \times \sqrt{5}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}\). L’angle formé par \(\vec{u}\) et \(\vec{t}\) mesure \(\frac{3\pi}{4}\).
5. On a \(\vec{u} \cdot \vec{w} = 3 \times (-1) + 1 \times 3 = 0\). Un produit scalaire nul entre vecteurs non nuls signifie qu’ils sont orthogonaux. Donc \(\vec{u}\) et \(\vec{w}\) forment un angle droit.

Barème : Q1 : 0,5 point ; Q2 : 1 point (0,5 par norme) ; Q3 : 1 point (0,5 pour le cosinus, 0,5 pour l’angle) ; Q4 : 1 point ; Q5 : 0,5 point.

Exercice 3 – L’hexagone régulier (3 points)

1. Chaque angle au centre d’un triangle équilatéral mesure \(\frac{\pi}{3}\). Ainsi, \(\widehat{AOB} = \frac{\pi}{3}\), \(\widehat{AOC} = \frac{2\pi}{3}\) et \(\widehat{AOD} = \pi\), car \(A\), \(O\) et \(D\) sont alignés. De plus, \(OA = OB = OC = OD = 2\).
   \(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 2 \times 2 \times \frac{1}{2} = 2\)
   \(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC} = 2 \times 2 \times \left(-\frac{1}{2}\right) = -2\)
   \(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OD} = 2 \times 2 \times (-1) = -4\)
   Les trois produits scalaires valent 2, \(-2\) et \(-4\).
2. On a \(AB = AF = 2\), donc \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AF} = 2 \times 2 \times \cos\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 4 \times \left(-\frac{1}{2}\right)\). Ainsi, \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AF} = -2\).
3. Les côtés opposés \([AB]\) et \([ED]\) sont parallèles, de même longueur et orientés dans le même sens, donc \(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{ED}\). Par conséquent, \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{ED} = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB} = AB^2\). On obtient \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{ED} = 4\).

Barème : Q1 : 1,5 point (0,25 par angle, 0,25 par produit scalaire) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 0,5 point.

Exercice 4 – Un triangle obtus (4 points)

1. On utilise la formule avec le cosinus : \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 5 \times 3 \times \cos\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 15 \times \left(-\frac{1}{2}\right)\). Donc \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -\frac{15}{2}\).
2. D’après le théorème d’Al-Kashi :
   \(BC^2 = AB^2 + AC^2 – 2 \times AB \times AC \times \cos\left(\widehat{BAC}\right)\)
   \(BC^2 = 25 + 9 – 30 \times \left(-\frac{1}{2}\right) = 34 + 15 = 49\)
   Comme une longueur est positive, on obtient \(BC = \sqrt{49} = 7\).
3. On a \(\|\overrightarrow{CA}\|^2 = \|\overrightarrow{BA} – \overrightarrow{BC}\|^2 = BA^2 – 2\,\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} + BC^2\).
   Donc \(2\,\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = BA^2 + BC^2 – AC^2\), ce qui donne la formule.
   Ensuite, \(\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = \frac{1}{2}(25 + 49 – 9) = \frac{65}{2}\). Ainsi, \(\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = \frac{65}{2}\).
4. On a \(\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = BA \times BC \times \cos\left(\widehat{ABC}\right)\), et ce produit est strictement positif. Or \(BA\) et \(BC\) sont positifs, donc \(\cos\left(\widehat{ABC}\right) > 0\). L’angle \(\widehat{ABC}\) est donc aigu.

Piège classique : écrire \(BC^2 = 25 + 9 – 15 = 19\). En effet, le cosinus de \(\frac{2\pi}{3}\) est négatif, donc le terme soustrait devient une addition.

Barème : Q1 : 1 point ; Q2 : 1,5 point (0,5 pour la formule, 0,5 pour le calcul, 0,5 pour la conclusion) ; Q3 : 1 point (0,5 pour la démonstration, 0,5 pour la valeur) ; Q4 : 0,5 point.

Exercice 5 – Le traîneau de Maëlle (5 points)

1. On a \(W_1 = \vec{F} \cdot \vec{d} = F \times d \times \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = 50 \times 200 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\,000\sqrt{3}\).
   Puis \(5\,000 \times 1{,}732 = 8\,660\). Le travail vaut \(W_1 = 5\,000\sqrt{3}\) J, soit environ 8 660 J.
2. De même, \(W_2 = 80 \times 200 \times \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = 16\,000 \times \frac{1}{2}\). Donc \(W_2 = 8\,000\) J.
3. On compare \(8\,660 > 8\,000\). Maëlle fournit le plus grand travail, alors que sa force est plus faible : sa corde est en effet moins inclinée.
4. On cherche \(F\) tel que \(F \times 200 \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 8\,000\), soit \(100\sqrt{2} \times F = 8\,000\).
   Alors \(F = \frac{80}{\sqrt{2}} = \frac{80\sqrt{2}}{2} = 40\sqrt{2}\), puis \(40 \times 1{,}414 = 56{,}56\). Il faudrait une force de \(40\sqrt{2}\) N, soit environ \(56{,}6\) N.
5. On résout \(50 \times 200 \times \cos \alpha = 5\,000\), soit \(10\,000 \cos \alpha = 5\,000\), donc \(\cos \alpha = \frac{1}{2}\). Sur \(\left[0\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\), on trouve \(\alpha = \frac{\pi}{3}\).

Piège classique : multiplier simplement la force par la distance. Pourtant, seule la composante de la force parallèle au déplacement travaille, d’où le cosinus.

Barème : Q1 : 1,5 point (1 pour la valeur exacte, 0,5 pour l’arrondi) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 0,5 point ; Q4 : 1 point ; Q5 : 1 point.

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Consolider trigonométrie et produit scalaire après ce corrigé

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