Équations de droites et vecteur normal : corrigé du contrôle de maths en première
Voici le corrigé du contrôle de maths en première sur le thème « équations de droites et vecteur normal », question par question.
Cette correction détaille les cinq exercices dans l’ordre du sujet. Pour chaque droite, elle précise d’abord quel vecteur joue le rôle de vecteur normal, puis elle calcule la constante \(c\) avec un point connu. Ainsi, tu vois pourquoi une hauteur ou une perpendiculaire se construit toujours de la même façon.
Les systèmes sont résolus étape par étape, et chaque résultat est confronté à la figure. De plus, deux schémas montrent le projeté orthogonal et le chemin le plus court vers la route. Compare ensuite ta copie au barème placé sous chaque exercice, puis lis les pièges signalés, car la confusion entre vecteur directeur et vecteur normal coûte souvent des points.
L’énoncé complet se trouve ici : Équations de droites et vecteur normal : contrôle de maths en première.
Barème du contrôle corrigé : équations de droites et vecteur normal
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Vecteurs directeurs et normaux | 3 points |
| 2. Trois droites à identifier | 4 points |
| 3. La hauteur d’un triangle | 5 points |
| 4. Projeté orthogonal et distance | 4 points |
| 5. Le chemin de la maison de Nadia | 4 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : équations de droites et vecteur normal
Exercice 1 – Vecteurs directeurs et normaux (3 points)
- Pour une droite d’équation \(ax + by + c = 0\), le vecteur \((-b\,;\,a)\) est directeur et le vecteur \((a\,;\,b)\) est normal. Ici, \(a = 2\) et \(b = -3\). Donc \(\vec{u}(3\,;\,2)\) est un vecteur directeur et \(\vec{n}(2\,;\,-3)\) est un vecteur normal de \(d\).
- On remplace les coordonnées de \(E\) dans l’équation : \(2 \times 3 – 3 \times 4 + 6 = 6 – 12 + 6 = 0\). L’égalité est vérifiée. Ainsi, \(E\) appartient à \(d\).
- Comme \(\vec{n}(4\,;\,-1)\) est normal, la droite a une équation de la forme \(4x – y + c = 0\). Puis, puisque \(F\) est sur la droite, \(4 \times 1 – 2 + c = 0\), donc \(c = -2\). Une équation de la droite est \(4x – y – 2 = 0\).
Piège classique : confondre vecteur directeur et vecteur normal. En effet, les coefficients \((a\,;\,b)\) donnent directement un vecteur normal, alors que le vecteur directeur est \((-b\,;\,a)\).
Exercice 2 – Trois droites à identifier (4 points)
- On lit deux points sur chaque droite, puis on les teste dans les équations.
La droite \(d_1\) passe par \((0\,;\,4)\) et \((2\,;\,0)\) : \(2 \times 0 + 4 – 4 = 0\) et \(2 \times 2 + 0 – 4 = 0\), donc elle a pour équation \((E_3)\).
Ensuite, \(d_2\) passe par \((0\,;\,-1)\) et \((-1\,;\,0)\), qui vérifient \((E_1)\).
Enfin, \(d_3\) passe par \((-3\,;\,0)\) et \((1\,;\,2)\), qui vérifient \((E_2)\).
\(d_1 : 2x + y – 4 = 0\) ; \(d_2 : x + y + 1 = 0\) ; \(d_3 : x – 2y + 3 = 0\). - Un vecteur normal de \((E_2)\) est \(\vec{n_2}(1\,;\,-2)\), et un vecteur normal de \((E_3)\) est \(\vec{n_3}(2\,;\,1)\). Leur produit scalaire vaut \(1 \times 2 + (-2) \times 1 = 0\), donc ces vecteurs sont orthogonaux. Par conséquent, les droites \(d_3\) et \(d_1\) sont perpendiculaires.
- On résout le système formé par les deux équations. D’abord, \((E_2)\) donne \(x = 2y – 3\). Puis on remplace dans \((E_3)\) :
\(2(2y – 3) + y – 4 = 0\), soit \(5y – 10 = 0\), donc \(y = 2\).
Alors \(x = 2 \times 2 – 3 = 1\). Le point d’intersection a pour coordonnées \((1\,;\,2)\), ce que confirme le graphique. - Deux droites parallèles peuvent avoir le même vecteur normal \((1\,;\,1)\). La droite cherchée a donc une équation \(x + y + c = 0\), et \(K\) donne \(2 + 3 + c = 0\), d’où \(c = -5\). Elle a pour équation \(x + y – 5 = 0\).
Exercice 3 – La hauteur d’un triangle (5 points)
- On calcule \(\overrightarrow{AB}(6 – (-3)\,;\,2 – (-1))\), soit \(\overrightarrow{AB}(9\,;\,3)\). Ce vecteur est directeur de \((AB)\). On vérifie ensuite que \(A\) et \(B\) satisfont l’équation proposée : \(-3 – 3 \times (-1) = 0\) et \(6 – 3 \times 2 = 0\). Deux points distincts définissent une seule droite. Donc \((AB)\) a pour équation \(x – 3y = 0\).
- La hauteur issue de \(C\) est perpendiculaire à \((AB)\), donc tout vecteur directeur de \((AB)\), notamment \(\overrightarrow{AB}\), lui est normal. Son équation est alors de la forme \(9x + 3y + c = 0\). Comme \(C\) est sur la hauteur, \(9 + 21 + c = 0\), donc \(c = -30\). En divisant par 3 : la hauteur issue de \(C\) a pour équation \(3x + y – 10 = 0\).
- Le point \(H\) est sur les deux droites. D’abord, \(x – 3y = 0\) donne \(x = 3y\). Puis on remplace : \(9y + y – 10 = 0\), donc \(y = 1\), et ainsi \(x = 3\). Le point \(H\) a bien pour coordonnées \((3\,;\,1)\).
- On a \(\overrightarrow{CH}(2\,;\,-6)\), donc \(CH = \sqrt{2^2 + (-6)^2} = \sqrt{40} = \sqrt{4 \times 10}\). Ainsi, \(CH = 2\sqrt{10}\).
- L’aire d’un triangle vaut base fois hauteur divisé par 2 :
\(\text{Aire} = \frac{AB \times CH}{2} = \frac{3\sqrt{10} \times 2\sqrt{10}}{2} = \frac{6 \times 10}{2} = 30\).
L’aire du triangle \(ABC\) vaut 30 unités d’aire.
Piège classique : prendre \(\overrightarrow{AB}\) comme vecteur directeur de la hauteur. Or la hauteur est perpendiculaire à \((AB)\) : \(\overrightarrow{AB}\) en est donc un vecteur normal.
Exercice 4 – Projeté orthogonal et distance (4 points)
- On calcule \(4 + 2 \times 5 – 4 = 10\). Comme \(10 \neq 0\), le point \(P\) n’appartient pas à \(\Delta\).
- Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{u}(-2\,;\,1)\). Or \(d^{\prime}\) est perpendiculaire à \(\Delta\), donc \(\vec{u}\) est normal à \(d^{\prime}\). Son équation s’écrit alors \(-2x + y + c = 0\). Avec \(P\) : \(-8 + 5 + c = 0\), donc \(c = 3\). La droite \(d^{\prime}\) a pour équation \(-2x + y + 3 = 0\).
- Le point \(K\) est l’intersection de \(\Delta\) et \(d^{\prime}\). D’abord, \(d^{\prime}\) donne \(y = 2x – 3\). Ensuite, on remplace dans \(\Delta\) :
\(x + 2(2x – 3) – 4 = 0\), soit \(5x – 10 = 0\), donc \(x = 2\).
Puis \(y = 2 \times 2 – 3 = 1\). Le projeté orthogonal est \(K(2\,;\,1)\). - On a \(\overrightarrow{PK}(-2\,;\,-4)\), donc \(PK = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20}\). La distance de \(P\) à \(\Delta\) vaut \(2\sqrt{5}\).
- Si \(M = K\), l’égalité est vraie. Sinon, le triangle \(PKM\) est rectangle en \(K\), car \((PK)\) est perpendiculaire à \(\Delta\). D’après le théorème de Pythagore, \(PM^2 = PK^2 + KM^2\), donc \(PM^2 \geq PK^2\). Ainsi, \(PM \geq PK\) : \(K\) est le point de \(\Delta\) le plus proche de \(P\).
Exercice 5 – Le chemin de la maison de Nadia (4 points)
- Le vecteur \(\overrightarrow{AB}(8\,;\,-6)\) est directeur de la route. Le vecteur \(\vec{n}(3\,;\,4)\) lui est orthogonal, car \(3 \times 8 + 4 \times (-6) = 0\). La route a donc une équation \(3x + 4y + c = 0\). Avec \(A\) : \(0 + 24 + c = 0\), d’où \(c = -24\). On vérifie avec \(B\) : \(24 + 0 – 24 = 0\). La route a pour équation \(3x + 4y – 24 = 0\).
- Le chemin est perpendiculaire à la route, donc \(\overrightarrow{AB}(8\,;\,-6)\), ou \((4\,;\,-3)\), en est un vecteur normal. Son équation est alors \(4x – 3y + c = 0\). Avec \(M\) : \(28 – 21 + c = 0\), donc \(c = -7\). Le chemin est porté par la droite d’équation \(4x – 3y – 7 = 0\).
- On résout le système. D’une part, \(3x + 4y = 24\), multipliée par 3, donne \(9x + 12y = 72\). D’autre part, \(4x – 3y = 7\), multipliée par 4, donne \(16x – 12y = 28\). En additionnant, \(25x = 100\), donc \(x = 4\). Puis \(12 + 4y = 24\) donne \(y = 3\). Le chemin rejoint la route en \(H(4\,;\,3)\).
- On a \(\overrightarrow{MH}(-3\,;\,-4)\), donc \(MH = \sqrt{9 + 16} = 5\) unités, soit 500 m. Le coût vaut \(500 \times 40 = 20\,000\) €.
Ensuite, \(\overrightarrow{MA}(-7\,;\,-1)\), donc \(MA = \sqrt{50} \approx 7{,}07\) unités, soit environ 707 m, pour un coût d’environ \(707 \times 40 = 28\,280\) €.
Le chemin le plus court mesure 500 m et coûte 20 000 € : Nadia économise environ 8 280 € par rapport au chemin vers \(A\).
Piège classique : oublier l’échelle. En effet, une longueur de 5 dans le repère représente 500 m, et non 5 m.
À retenir de ce contrôle
- Pour une droite d’équation ax + by + c = 0, le vecteur (a ; b) est normal et le vecteur (−b ; a) est directeur.
- Deux droites sont perpendiculaires lorsque le produit scalaire de leurs vecteurs normaux est nul.
- Un vecteur directeur d’une droite est un vecteur normal de toute droite qui lui est perpendiculaire.
- Le projeté orthogonal d’un point sur une droite est l’intersection de cette droite avec la perpendiculaire passant par le point.
- La distance d’un point à une droite est la longueur qui le sépare de son projeté orthogonal, plus petite que toute autre.
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