Transformations du plan, équations trigonométriques et produit scalaire

Sujet et corrigé — 20 points

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1. Exercice 1Équations et inéquations trigonométriques6 pts

   Chapitre : Équations et inéquations trigonométriques

   1. Résoudre dans $\mathbb{R}$ chacune des équations suivantes : (a) $2\cos x-\sqrt{3}=0$ ; (1 pt) (b) $\sin x=-\frac{1}{2}$ ; (1 pt) (c) $\tan x=1$. (1 pt)
   2. Résoudre dans $[0,2\pi [$ l'équation $2{\cos }^{2}x+\cos x-1=0$ (on pourra poser $X=\cos x$). (1,5 pt)
   3. Résoudre dans $]-\pi ,\pi ]$ l'inéquation $2\sin x-1\ge 0$ (on représentera l'ensemble des solutions sur le cercle trigonométrique). (1,5 pt)
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   1. (a) $2\cos x-\sqrt{3}=0\iff \cos x=\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos (\frac{\pi }{6})$, donc $x=\frac{\pi }{6}+2k\pi$ ou $x=-\frac{\pi }{6}+2k\pi$, $k\in \mathbb{Z}$. (b) $\sin x=-\frac{1}{2}=\sin (-\frac{\pi }{6})$, donc $x=-\frac{\pi }{6}+2k\pi$ ou $x=\pi -(-\frac{\pi }{6})+2k\pi =\frac{7\pi }{6}+2k\pi$, $k\in \mathbb{Z}$. (c) $\tan x=1=\tan (\frac{\pi }{4})$, donc $x=\frac{\pi }{4}+k\pi$, $k\in \mathbb{Z}$ (la tangente est $\pi$-périodique).
   2. On pose $X=\cos x$ ; l'équation devient $2X^2+X-1=0$, de discriminant $\Delta =1+8=9$, d'où $X=\frac{-1-3}{4}=-1$ ou $X=\frac{-1+3}{4}=\frac{1}{2}$.

   • $\cos x=-1$ : dans $[0,2\pi [$, l'unique solution est $x=\pi$.
   • $\cos x=\frac{1}{2}=\cos (\frac{\pi }{3})$ : dans $[0,2\pi [$, $x=\frac{\pi }{3}$ ou $x=2\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{5\pi }{3}$. Donc $S=\{\frac{\pi }{3},\pi ,\frac{5\pi }{3}\}$.

   1. $2\sin x-1\ge 0\iff \sin x\ge \frac{1}{2}$. L'équation $\sin x=\frac{1}{2}$ a pour solutions dans $]-\pi ,\pi ]$ les réels $\frac{\pi }{6}$ et $\frac{5\pi }{6}$. Sur le cercle trigonométrique, les points d'ordonnée supérieure ou égale à $\frac{1}{2}$ forment l'arc allant du point d'angle $\frac{\pi }{6}$ au point d'angle $\frac{5\pi }{6}$ en passant par le point d'angle $\frac{\pi }{2}$ (le « haut » du cercle). Donc $S=[\frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{6}]$.

2. Exercice 2Transformations du plan6 pts

   Chapitre : Transformations usuelles dans le plan

   Le plan est rapporté à un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$. On considère le point $A(2;1)$, le vecteur $\overrightarrow{u}(3;-2)$ et les points $\Omega (1;-1)$ et ${\Omega }^{\prime }(4;1)$.

   1. Soit $t$ la translation de vecteur $\overrightarrow{u}$. Déterminer les coordonnées du point $A_1=t(A)$, puis celles du point $B$ tel que $t(B)=O$. (1 pt)
   2. Soit $s$ la symétrie centrale de centre $\Omega$. Donner l'expression analytique de $s$ et calculer les coordonnées de $A_2=s(A)$. (1 pt)
   3. Soit $h$ l'homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $-2$. (a) Donner l'expression analytique de $h$. (1 pt) (b) Calculer les coordonnées de $A_3=h(A)$ et vérifier que $\overrightarrow{\Omega A_3}=-2\overrightarrow{\Omega A}$. (0,5 pt)
   4. Soit $(D)$ la droite d'équation $y=2x+3$. Déterminer une équation de la droite $(D^{\prime })=h((D))$, image de $(D)$ par $h$. (1 pt)
   5. Soit $s^{\prime }$ la symétrie centrale de centre ${\Omega }^{\prime }$, et $f$ la transformation qui à tout point $M$ associe le point $f(M)=s^{\prime }(s(M))$. Déterminer l'expression analytique de $f$ et reconnaître la nature de $f$ (on précisera ses éléments caractéristiques). (1,5 pt)
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   1. $A_1=t(A)$ signifie $\overrightarrow{A{A}_1}=\overrightarrow{u}$, donc $A_1(2+3;1-2)$, soit $A_1(5;-1)$. $t(B)=O$ signifie $\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{u}$, donc $B(0-3;0+2)$, soit $B(-3;2)$.
   2. $\Omega$ est le milieu de $[M{M}^{\prime }]$ où $M^{\prime }=s(M)$, donc $x^{\prime }=2x_{\Omega }-x$ et $y^{\prime }=2y_{\Omega }-y$ : $s:\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=2-x{y}^{\prime }=-2-y\end{array}.$ Pour $A(2;1)$ : $A_2(2-2;-2-1)$, soit $A_2(0;-3)$.
   3. (a) $M^{\prime }=h(M)$ signifie $\overrightarrow{\Omega M^{\prime }}=-2\overrightarrow{\Omega M}$, soit $x^{\prime }-1=-2(x-1)$ et $y^{\prime }+1=-2(y+1)$ : $h:\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=3-2x{y}^{\prime }=-3-2y\end{array}.$ (b) $A_3(3-4;-3-2)$, soit $A_3(-1;-5)$. On a $\overrightarrow{\Omega A}(1;2)$ et $\overrightarrow{\Omega A_3}(-2;-4)$, et $-2\overrightarrow{\Omega A}$ a pour coordonnées $(-2;-4)$ : on a bien $\overrightarrow{\Omega A_3}=-2\overrightarrow{\Omega A}$.
   4. L'image d'une droite par une homothétie est une droite qui lui est parallèle : $(D^{\prime })$ a une équation de la forme $y=2x+p$. Le point $M(0;3)$ appartient à $(D)$, donc $h(M)(3;-9)$ appartient à $(D^{\prime })$ : $-9=2\times 3+p$, d'où $p=-15$. Donc $(D^{\prime }):y=2x-15$. (Vérification avec $N(-1;1)\in (D)$ : $h(N)(5;-5)$ et $2\times 5-15=-5$.)
   5. Expression analytique de $s^{\prime }$ : $x^{\prime }=2\times 4-x=8-x$ et $y^{\prime }=2\times 1-y=2-y$. Soit $M(x;y)$ ; alors $s(M)(2-x;-2-y)$, puis $f(M)=s^{\prime }(s(M))(8-(2-x);2-(-2-y))$, soit $f:\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=x+6y^{\prime }=y+4\end{array}.$ Pour tout point $M$, le vecteur $\overrightarrow{Mf(M)}$ a pour coordonnées $(6;4)$ : $f$ est la translation de vecteur $\overrightarrow{v}(6;4)$. On remarque que $\overrightarrow{\Omega {\Omega }^{\prime }}(3;2)$ et $\overrightarrow{v}=2\overrightarrow{\Omega {\Omega }^{\prime }}$, conformément au cours : la composée de deux symétries centrales de centres $\Omega$ et ${\Omega }^{\prime }$ est la translation de vecteur $2\overrightarrow{\Omega {\Omega }^{\prime }}$.

3. Exercice 3Produit scalaire8 pts

   Chapitre : Le produit scalaire dans le plan

   Partie A. Soit $ABC$ un triangle tel que $AB=4$, $AC=6$ et $\hat{A}=60^{\circ }$. On note $I$ le milieu de $[BC]$.

   1. Calculer $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}$. (1 pt)
   2. Calculer $BC$. (1 pt)
   3. Calculer $AI$. (1 pt)
   4. Montrer que $\overrightarrow{AI}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}(A{C}^2-A{B}^2)$, puis calculer $\overrightarrow{AI}\cdot \overrightarrow{BC}$. (1 pt)

   Partie B. Le plan est rapporté à un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$. On considère les points $A(-1;1)$, $B(3;3)$ et $C(1;-3)$.

   1. Montrer que le triangle $ABC$ est rectangle en $A$. (1 pt)
   2. Soit $(\mathcal{C})$ le cercle de diamètre $[BC]$. Déterminer les coordonnées de son centre $\Omega$ et son rayon $r$. Justifier que $A\in (\mathcal{C})$. (1 pt)
   3. Montrer qu'une équation de $(\mathcal{C})$ est $x^2+y^2-4x-6=0$. (1 pt)
   4. Soit $D(5;1)$. Vérifier que $D\in (\mathcal{C})$ et calculer $\overrightarrow{DB}\cdot \overrightarrow{DC}$. Que peut-on en déduire pour le triangle $DBC$ ? (1 pt)
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   Partie A.

   1. $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=AB\times AC\times \cos (\hat{A})=4\times 6\times \cos 60^{\circ }=24\times \frac{1}{2}=12$.
   2. Théorème d'Al-Kashi : $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\times AB\times AC\times \cos (\hat{A})=16+36-2\times 12=28$. Donc $BC=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$.
   3. Théorème de la médiane : $A{B}^2+A{C}^2=2A{I}^2+\frac{B{C}^2}{2}$, soit $16+36=2A{I}^2+14$, d'où $A{I}^2=19$ et $AI=\sqrt{19}$.
   4. Comme $I$ est le milieu de $[BC]$, $\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$, et par la relation de Chasles $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$. Donc, par bilinéarité et symétrie du produit scalaire : $\overrightarrow{AI}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\cdot (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{1}{2}({\overrightarrow{AC}}^2-{\overrightarrow{AB}}^2)=\frac{1}{2}(A{C}^2-A{B}^2)$. Numériquement : $\overrightarrow{AI}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}(36-16)=10$.

   Partie B.

   1. $\overrightarrow{AB}(4;2)$ et $\overrightarrow{AC}(2;-4)$, donc $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=4\times 2+2\times (-4)=8-8=0$. Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont orthogonaux : le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.
   2. Le centre du cercle de diamètre $[BC]$ est le milieu de $[BC]$ : $\Omega (\frac{3+1}{2};\frac{3-3}{2})$, soit $\Omega (2;0)$. Son rayon est $r=\frac{BC}{2}$ avec $BC=\sqrt{(1-3{)}^2+(-3-3{)}^2}=\sqrt{4+36}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$, donc $r=\sqrt{10}$. D'après la question 1, $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0$ ; or le cercle de diamètre $[BC]$ est l'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}=0$, donc $A\in (\mathcal{C})$. (On peut aussi vérifier : $\Omega A=\sqrt{(-1-2{)}^2+1^2}=\sqrt{10}=r$.)
   3. $M(x;y)\in (\mathcal{C})\iff \Omega M^2=r^2\iff (x-2{)}^2+y^2=10\iff x^2-4x+4+y^2=10\iff x^2+y^2-4x-6=0$.
   4. $5^2+1^2-4\times 5-6=25+1-20-6=0$, donc $D\in (\mathcal{C})$. $\overrightarrow{DB}(-2;2)$ et $\overrightarrow{DC}(-4;-4)$, donc $\overrightarrow{DB}\cdot \overrightarrow{DC}=(-2)(-4)+2\times (-4)=8-8=0$. Les vecteurs $\overrightarrow{DB}$ et $\overrightarrow{DC}$ sont orthogonaux : le triangle $DBC$ est rectangle en $D$, ce qui est cohérent avec le fait que $D$ appartient au cercle de diamètre $[BC]$.