Projeté orthogonal et trigonométrie : corrigé du contrôle de maths en seconde

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Voici le corrigé du contrôle de maths en seconde sur le thème « projeté orthogonal et trigonométrie », question par question.

Cette correction reprend chaque question avec la rédaction attendue en seconde. Pour chaque calcul, elle nomme d’abord le triangle rectangle utilisé, puis le côté adjacent, le côté opposé et l’hypoténuse, avant d’écrire la formule. Les touches arccos, arcsin et arctan de la calculatrice sont utilisées avec des arrondis au dixième.

Dans l’exercice du repère, la figure complétée montre l’angle droit en H, et la réciproque du théorème de Pythagore justifie le projeté orthogonal. Compare donc ta copie ligne par ligne, puis relève tes erreurs grâce au barème détaillé et aux pièges signalés. Refais enfin seul les questions ratées quelques jours plus tard.

L’énoncé complet se trouve ici : Projeté orthogonal et trigonométrie : contrôle de maths en seconde.

Barème du contrôle corrigé : projeté orthogonal et trigonométrie

Exercice Points
1. Les rapports du triangle KLM 4 points
2. Une longueur, puis un angle 4 points
3. Projeté orthogonal dans un repère 4 points
4. La maison et la route 4 points
5. La rampe de la médiathèque 4 points
Total 20 points

Le corrigé détaillé : projeté orthogonal et trigonométrie

Exercice 1 – Les rapports du triangle KLM (4 points)

  1. Le triangle \(KLM\) est rectangle en \(L\), donc son hypoténuse est le côté opposé à l’angle droit : c’est \([KM]\). Pour l’angle \(\widehat{LKM}\), le côté adjacent est \([KL]\) et le côté opposé est \([LM]\). Ainsi :
    \(\cos \widehat{LKM} = \frac{KL}{KM} = \frac{12}{13}\)
    \(\sin \widehat{LKM} = \frac{LM}{KM} = \frac{5}{13}\)
    \(\tan \widehat{LKM} = \frac{LM}{KL} = \frac{5}{12}\)
    L’hypoténuse est [KM] ; cos = 12/13, sin = 5/13 et tan = 5/12.
  2. On utilise par exemple la tangente : \(\widehat{LKM} = \arctan\left(\frac{5}{12}\right) \approx 22{,}62^\circ\). On obtient le même résultat avec \(\arccos\left(\frac{12}{13}\right)\). L’angle \(\widehat{LKM}\) mesure environ 22,6°.
  3. D’une part, la somme des angles d’un triangle vaut \(180^\circ\), donc \(\widehat{KML} \approx 180 – 90 – 22{,}6 = 67{,}4^\circ\).
    D’autre part, pour l’angle \(\widehat{KML}\), le côté opposé est \([KL]\) et le côté adjacent est \([LM]\) : \(\tan \widehat{KML} = \frac{12}{5} = 2{,}4\), donc \(\widehat{KML} = \arctan(2{,}4) \approx 67{,}38^\circ\).
    Les deux méthodes donnent \(\widehat{KML} \approx 67{,}4^\circ\).

Barème : Q1 : 1,5 point (0,5 pour l’hypoténuse et les côtés, 1 pour les trois rapports) ; Q2 : 1 point (0,5 pour la touche arctan ou arccos, 0,5 pour l’arrondi) ; Q3 : 1,5 point (0,5 pour la somme des angles, 1 pour la tangente).

Piège classique : garder les mêmes côtés pour l’angle en \(M\). En effet, le côté adjacent et le côté opposé s’échangent quand on change d’angle, alors que l’hypoténuse reste la même.

Exercice 2 – Une longueur, puis un angle (4 points)

  1. Dans le triangle \(ABC\) rectangle en \(B\), le côté \([BC]\) est opposé à l’angle \(\widehat{BAC}\) et \([AC]\) est l’hypoténuse. Donc :
    \(\sin \widehat{BAC} = \frac{BC}{AC}\), soit \(BC = 9 \times \sin 35^\circ \approx 5{,}162\).
    \(BC \approx 5{,}2\text{ cm}\).
  2. Le côté \([AB]\) est adjacent à l’angle \(\widehat{BAC}\), c’est pourquoi on utilise le cosinus :
    \(AB = 9 \times \cos 35^\circ \approx 7{,}372\).
    \(AB \approx 7{,}4\text{ cm}\).
  3. Dans le triangle \(DEF\) rectangle en \(E\), on connaît le côté opposé \(EF\) et le côté adjacent \(DE\) à l’angle \(\widehat{EDF}\). Alors :
    \(\tan \widehat{EDF} = \frac{EF}{DE} = \frac{4{,}5}{6} = 0{,}75\)
    \(\widehat{EDF} = \arctan(0{,}75) \approx 36{,}87^\circ\).
    L’angle \(\widehat{EDF}\) mesure environ 36,9°.

Barème : Q1 : 1,5 point (0,5 pour le choix du sinus, 0,5 pour l’égalité, 0,5 pour le résultat) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1,5 point (0,5 pour la tangente, 0,5 pour le rapport 0,75, 0,5 pour l’angle).

Piège classique : calculer \(\frac{9}{\sin 35^\circ}\) au lieu de \(9 \times \sin 35^\circ\). Or on cherche ici un côté plus court que l’hypoténuse, donc le résultat doit être inférieur à 9 cm.

Exercice 3 – Projeté orthogonal dans un repère (4 points)

  1. On remplace \(x\) par l’abscisse de \(H\) : \(0{,}5 \times 2 + 1 = 2\), ce qui est bien l’ordonnée de \(H\). Donc \(H\) appartient à la droite \((AB)\).
  2. Le repère est orthonormé, donc on applique la formule de la distance :
    \(AH = \sqrt{(2 – 0)^2 + (2 – 1)^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}\)
    \(CH = \sqrt{(2 – 0)^2 + (2 – 6)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}\)
    \(AC = \sqrt{(0 – 0)^2 + (6 – 1)^2} = \sqrt{25} = 5\)
    \(AH = \sqrt{5}\), \(CH = 2\sqrt{5}\) et \(AC = 5\).
  3. Le plus long côté est \([AC]\). D’une part, \(AC^2 = 25\) ; d’autre part, \(AH^2 + CH^2 = 5 + 20 = 25\). Ainsi \(AC^2 = AH^2 + CH^2\) et, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle \(AHC\) est rectangle en \(H\). Par conséquent, \((CH)\) est perpendiculaire à \((AB)\) avec \(H\) sur \((AB)\). \(H\) est le projeté orthogonal de \(C\) sur la droite \((AB)\).
Repère avec la droite (AB), le segment [CH] de longueur 2√5 perpendiculaire en H codé d'un angle droit, et le segment [CB] en pointillés
  1. La distance de \(C\) à \((AB)\) est la longueur \(CH\), soit \(2\sqrt{5} \approx 4{,}47\). De plus, \(CB = \sqrt{(6 – 0)^2 + (4 – 6)^2} = \sqrt{36 + 4} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10} \approx 6{,}32\). On constate donc que \(CH < CB\), car \([CB]\) est l’hypoténuse du triangle \(CHB\) rectangle en \(H\). La distance de C à (AB) vaut \(2\sqrt{5}\), plus petite que \(CB = 2\sqrt{10}\).

Barème : Q1 : 0,5 point ; Q2 : 1,5 point (0,5 par longueur exacte) ; Q3 : 1 point (0,5 pour la réciproque de Pythagore, 0,5 pour le projeté) ; Q4 : 1 point (0,5 pour la distance, 0,5 pour la comparaison).

Piège classique : citer le théorème de Pythagore lui-même. Quand on veut prouver qu’un triangle est rectangle, c’est sa réciproque qu’il faut utiliser.

Exercice 4 – La maison et la route (4 points)

  1. Le triangle \(PHM\) est rectangle en \(H\), puisque \(H\) est le projeté orthogonal de \(P\) sur \((d)\). Le côté \([PH]\) est opposé à l’angle \(\widehat{PMH}\), donc :
    \(PH = PM \times \sin 30^\circ = 240 \times 0{,}5 = 120\).
    La maison est à 120 m du point H.
  2. Le côté \([MH]\) est adjacent à l’angle de \(30^\circ\), ainsi :
    \(MH = 240 \times \cos 30^\circ = 240 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 120\sqrt{3} \approx 207{,}846\).
    \(MH = 120\sqrt{3}\text{ m}\), soit environ 207,8 m.
  3. Le triangle \(PHN\) est rectangle en \(H\) et \(PH = HN = 120\text{ m}\) : il est donc rectangle isocèle en \(H\). Ses deux angles aigus sont égaux, d’où \(\widehat{HNP} = \frac{180 – 90}{2} = 45^\circ\). Ensuite, d’après le théorème de Pythagore :
    \(PN^2 = 120^2 + 120^2 = 28\,800\), donc \(PN = 120\sqrt{2} \approx 169{,}706\).
    \(PHN\) est rectangle isocèle, \(\widehat{HNP} = 45^\circ\) et \(PN \approx 169{,}7\text{ m}\).
  4. Le plus court chemin de \(P\) à la route aboutit au projeté orthogonal \(H\). En effet, pour tout autre point de \((d)\), la distance à \(P\) est l’hypoténuse d’un triangle rectangle en \(H\), donc elle est plus grande que \(PH\). Soraya doit marcher vers H : elle parcourt alors 120 m.

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

Exercice 5 – La rampe de la médiathèque (4 points)

  1. Dans le triangle \(RST\) rectangle en \(S\), on connaît l’hypoténuse \(RT = 6\) et le côté opposé \(TS = 0{,}45\) à l’angle \(\alpha\). Donc :
    \(\sin \alpha = \frac{0{,}45}{6} = 0{,}075\), puis \(\alpha = \arcsin(0{,}075) \approx 4{,}30^\circ\).
    L’angle \(\alpha\) mesure environ 4,3°.
  2. D’après le théorème de Pythagore dans le triangle \(RST\) :
    \(RS^2 = RT^2 – TS^2 = 36 – 0{,}2025 = 35{,}7975\)
    \(RS = \sqrt{35{,}7975} \approx 5{,}983\).
    La longueur au sol est d’environ 5,98 m.
  3. La pente vaut \(\frac{0{,}45}{5{,}983} \times 100 \approx 7{,}5\,\%\). Or \(7{,}5\,\% > 5\,\%\). La pente est d’environ 7,5 % : la rampe ne respecte pas le règlement.
  4. Il faut \(\frac{0{,}45}{RS} \times 100 = 5\), donc \(RS = \frac{0{,}45 \times 100}{5} = 9\text{ m}\). Ensuite, avec le théorème de Pythagore :
    \(RT^2 = 9^2 + 0{,}45^2 = 81 + 0{,}2025 = 81{,}2025\)
    \(RT = \sqrt{81{,}2025} \approx 9{,}011\).
    Il faut 9 m au sol, donc une rampe d’environ 9,01 m.

Barème : Q1 : 1 point (0,5 pour le sinus, 0,5 pour l’angle) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1 point (0,5 pour la pente, 0,5 pour la conclusion) ; Q4 : 1 point (0,5 pour les 9 m, 0,5 pour la rampe).

Piège classique : diviser la hauteur par la longueur de la rampe pour la pente. Pourtant, la pente se calcule avec la longueur horizontale \(RS\), et non avec l’hypoténuse \(RT\).

À retenir de ce contrôle

  • Dans un triangle rectangle, le cosinus vaut adjacent sur hypoténuse, le sinus opposé sur hypoténuse et la tangente opposé sur adjacent.
  • Pour trouver un angle, on calcule d’abord un rapport, puis on utilise arccos, arcsin ou arctan en mode degrés.
  • Le projeté orthogonal H de C sur une droite est le point de la droite tel que (CH) lui soit perpendiculaire.
  • La distance d’un point à une droite est la longueur CH : c’est la plus courte, car toute autre longueur est une hypoténuse.
  • On garde les valeurs exactes pendant les calculs et on n’arrondit qu’à la dernière étape, sinon les erreurs s’accumulent.

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Consolider projeté orthogonal et trigonométrie 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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