FICHE DE RÉVISION – Résolution de problèmes : géométrie
(Niveau : Seconde)
Géométrie : Résolution de Problèmes
Mobiliser tous les outils géométriques (collège + lycée) pour calculer, démontrer et optimiser sur des figures planes.
Partie 1 : La Boîte à Outils Géométriques
Pour résoudre un problème de géométrie, tu dois choisir les bons outils parmi ceux que tu connais déjà et ceux appris en Seconde :
- Théorèmes du collège : Pythagore, Thalès, propriétés des angles (alternes-internes, etc.), trigonométrie (SOH CAH TOA) dans le triangle rectangle, propriétés des quadrilatères (parallélogramme, losange…), cercle (circonscrit, inscrit…).
- Outils de Seconde :
- Vecteurs : Pour prouver parallélisme, alignement, égalités de longueurs (via \(\vec{AB} = \vec{DC}\) \(\Rightarrow\) ABDC parallélogramme), construire des points.
- Coordonnées : Pour calculer des longueurs (\(AB = \sqrt{(x_B-x_A)^2 + (y_B-y_A)^2}\)), des milieux, vérifier la colinéarité (avec le déterminant).
- Équations de droites : Pour trouver des points d’intersection.
Le but est de traduire l’énoncé en langage mathématique et de choisir l’outil le plus efficace.
Partie 2 : Le Projeté Orthogonal
C’est une notion simple mais très utile, notamment pour parler de distance.
Le projeté orthogonal d’un point \(M\) sur une droite \(\Delta\) est le point d’intersection, noté \(H\), entre la droite \(\Delta\) et la droite perpendiculaire à \(\Delta\) passant par \(M\).
Propriété fondamentale : Le projeté orthogonal \(H\) est le point de la droite \(\Delta\) qui est le plus proche du point \(M\). La distance \(MH\) est la plus courte distance entre le point \(M\) et la droite \(\Delta\).
Démonstration : \(H\) est le point de \(\Delta\) le plus proche de \(M\).
Soit \(H\) le projeté orthogonal de \(M\) sur \(\Delta\). Le triangle \(MHH’\) est rectangle en \(H\).
Prenons n’importe quel autre point \(H’\) sur la droite \(\Delta\) (avec \(H’ \neq H\)).
Dans le triangle \(MHH’\) rectangle en \(H\), l’hypoténuse est \([MH’]\).
Or, dans un triangle rectangle, l’hypoténuse est toujours le côté le plus long.
Donc, \(MH’ > MH\).
Conclusion : Quel que soit le point \(H’\) choisi sur \(\Delta\) (différent de \(H\)), la distance \(MH’\) est toujours plus grande que la distance \(MH\). Le point \(H\) est donc bien le plus proche de \(M\).
Dans un triangle ABC, le pied de la hauteur issue de A sur (BC) est le projeté orthogonal de A sur la droite (BC).
Partie 3 : Calculs de Longueurs, Angles, Aires, Volumes
C’est la partie « application directe » des formules.
- Longueurs : Pythagore, Thalès, trigonométrie (SOH CAH TOA), formule de distance avec les coordonnées.
- Angles : Trigonométrie (SOH CAH TOA \(\rightarrow\) \(\cos\), \(\sin\), \(\tan\)), somme des angles d’un triangle (180°), angles inscrits/au centre…
- Aires : Formules des figures usuelles (rectangle, triangle \(\frac{B \times h}{2}\), disque \(\pi r^2\)…).
- Volumes (Rappels collège) : Formules des solides usuels (pavé droit \(L \times l \times h\), cylindre \(\pi r^2 h\), cône \(\frac{1}{3}\pi r^2 h\), pyramide \(\frac{1}{3} \text{Aire}_{\text{base}} \times h\), sphère \(\frac{4}{3}\pi r^3\)…).
Rappel Trigonométrique Important
Dans un triangle rectangle, pour un angle aigu \(\alpha\) :
$$ \cos^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) = 1 $$Démonstration : \(\cos^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) = 1\)
Soit ABC un triangle rectangle en A. Soit \(\alpha\) l’angle \(\hat{B}\).
Par définition :
\(\cos(\alpha) = \frac{\text{Adjacent}}{\text{Hypoténuse}} = \frac{AB}{BC}\)
\(\sin(\alpha) = \frac{\text{Opposé}}{\text{Hypoténuse}} = \frac{AC}{BC}\)
Calculons la somme des carrés :
\(\cos^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) = \left(\frac{AB}{BC}\right)^2 + \left(\frac{AC}{BC}\right)^2\)
\(\cos^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) = \frac{AB^2}{BC^2} + \frac{AC^2}{BC^2}\)
\(\cos^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) = \frac{AB^2 + AC^2}{BC^2}\)
D’après le théorème de Pythagore dans le triangle ABC rectangle en A : \(AB^2 + AC^2 = BC^2\).
On remplace le numérateur :
\(\cos^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) = \frac{BC^2}{BC^2} = 1\)
Conclusion : On a bien \(\cos^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) = 1\).
Partie 4 : Problèmes d’Optimisation
Ce sont des problèmes où on cherche à rendre une quantité (longueur, aire, volume…) **maximale** ou **minimale** en fonction d’une variable.
Méthode générale :
- Choisir la variable : Identifier la grandeur qui varie (souvent une longueur, notée \(x\)).
- Exprimer la quantité à optimiser : Écrire la longueur, l’aire, etc., comme une fonction de \(x\) (ex: \(A(x) = …\)).
- Déterminer l’intervalle : Préciser les valeurs possibles pour \(x\) (contraintes géométriques).
- Étudier la fonction : Utiliser la calculatrice graphique, un logiciel, ou les variations des fonctions de référence pour trouver le maximum ou le minimum de la fonction sur l’intervalle.
On a un rectangle de périmètre fixe P=20m. Quelles dimensions lui donnent l’aire maximale ?
1. Variables : Longueur L, largeur l. Relation : \(2(L+l) = 20 \Rightarrow L+l = 10 \Rightarrow L = 10 – l\). On choisit \(x = l\) (la largeur). \(0 < l < 10\).
2. Quantité à optimiser : Aire \(A = L \times l = (10-l) \times l = (10-x)x = 10x – x^2\). On cherche à maximiser \(A(x) = -x^2 + 10x\).
3. Intervalle : \(x \in ]0, 10[\).
4. Étude : La fonction \(A(x)\) est un polynôme du second degré. Sa courbe est une parabole « vers le bas ». Le maximum est atteint au sommet. L’abscisse du sommet est \(x = -b/(2a) = -10/(2 \times -1) = 5\).
Le maximum est atteint pour \(x=l=5\). Alors \(L = 10-5=5\).
Conclusion : L’aire est maximale quand le rectangle est un carré de côté 5m.
Partie 5 : Entraînement (Exercices)
- Exercice 1 (Projeté) : Soit un cercle de centre O et de rayon R. Soit A un point extérieur au cercle. Quelle est la distance la plus courte entre A et un point M du cercle ? (Faire un dessin, utiliser le projeté).
-
Exercice 2 (Calculs) : Soit ABC un triangle isocèle en A avec AB = AC = 5 cm et BC = 6 cm. Soit H le pied de la hauteur issue de A.
a) Calculer la longueur AH.
b) Calculer l’aire du triangle ABC.
c) Calculer \(\cos(\hat{B})\) et \(\sin(\hat{B})\). En déduire \(\cos^2(\hat{B}) + \sin^2(\hat{B})\). - Exercice 3 (Optimisation simple) : Parmi tous les rectangles d’aire 36 cm², quel est celui qui a le périmètre minimal ? (Suivre la méthode : variable \(x\)=largeur, exprimer le périmètre P(x), trouver le minimum).
Partie 6 : Corrections Détaillées
Correction Exercice 1 (Distance point-cercle)
Soit M un point quelconque sur le cercle. On cherche à minimiser la distance AM.
La distance entre A et le centre O est AO.
Le point du cercle le plus proche de A est le point H situé sur le segment [AO]. C’est l’intersection du cercle avec la droite (AO).
La distance minimale est AH.
On a \(AO = AH + HO\). Comme H est sur le cercle, \(HO = R\) (le rayon).
Donc \(AH = AO – HO = AO – R\).
Solution : La distance la plus courte est \(AO – R\). (C’est la distance du point A au centre, moins le rayon).
Correction Exercice 2 (Triangle isocèle)
ABC isocèle en A, AB=AC=5, BC=6. H pied de la hauteur issue de A.
a) Calculer AH :
Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est aussi médiane. Donc H est le milieu de [BC].
\(BH = BC / 2 = 6 / 2 = 3\) cm.
Le triangle ABH est rectangle en H. D’après Pythagore :
\(AB^2 = AH^2 + BH^2\)
\(5^2 = AH^2 + 3^2\)
\(25 = AH^2 + 9\)
\(AH^2 = 25 – 9 = 16\)
\(AH = \sqrt{16} = 4\) cm.
b) Aire de ABC :
\(\text{Aire} = \frac{\text{Base} \times \text{Hauteur}}{2} = \frac{BC \times AH}{2}\)
\(\text{Aire} = \frac{6 \times 4}{2} = 12\).
L’aire est de 12 cm².
c) Trigonométrie dans ABH :
L’hypoténuse est AB=5. L’adjacent à \(\hat{B}\) est BH=3. L’opposé est AH=4.
\(\cos(\hat{B}) = \frac{\text{Adj}}{\text{Hyp}} = \frac{BH}{AB} = \frac{3}{5}\)
\(\sin(\hat{B}) = \frac{\text{Opp}}{\text{Hyp}} = \frac{AH}{AB} = \frac{4}{5}\)
Vérification : \(\cos^2(\hat{B}) + \sin^2(\hat{B}) = \left(\frac{3}{5}\right)^2 + \left(\frac{4}{5}\right)^2 = \frac{9}{25} + \frac{16}{25} = \frac{25}{25} = 1\). C’est correct !
Correction Exercice 3 (Optimisation)
Rectangle d’aire A=36. On cherche le périmètre minimal.
1. Variables : Largeur \(x\) (avec \(x > 0\)), Longueur L.
Relation : \(A = L \times x = 36 \Rightarrow L = \frac{36}{x}\).
2. Quantité à optimiser : Périmètre \(P = 2(L+x)\).
On exprime P en fonction de \(x\) : \(P(x) = 2\left(\frac{36}{x} + x\right) = \frac{72}{x} + 2x\).
3. Intervalle : \(x \in ]0, +\infty[\).
4. Étude de \(P(x)\) : On utilise la calculatrice graphique.
En traçant la fonction \(Y = 72/X + 2X\) pour \(X > 0\), on observe que la courbe descend puis remonte. Elle admet un minimum.
En utilisant la fonction « Minimum » de la calculatrice, on trouve que le minimum est atteint pour \(x = 6\).
Si \(x=6\), alors \(L = 36/6 = 6\).
Le périmètre minimal est \(P(6) = 2(6+6) = 24\).
Conclusion : Le périmètre est minimal lorsque le rectangle est un carré de côté 6 cm.
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