Projection orthogonale Seconde : 6 exercices corrigés

Les premiers calculs utilisent des axes simples avant d'aborder la distance d'un point à une droite quelconque. Une preuve par Pythagore explique ensuite pourquoi le projeté orthogonal réalise bien la plus courte distance.

Les définitions et méthodes utilisées sont réunies dans le cours de Projection orthogonale. Les triangles rectangles obtenus permettent d'utiliser les relations trigonométriques.

Bases de Projection orthogonale : Projeté sur un axe

Exercice 1 : Projeté sur un axe

Facile

Dans un repère orthonormé, A(4;−3)A(4;-3). On projette A sur l'axe des abscisses en H.

  1. Donner les coordonnées de H.
  2. Calculer AH.
  3. Justifier que AH est perpendiculaire à l'axe.
Indication
Le projeté conserve l'abscisse et possède une ordonnée nulle.
Voir le corrigé
  1. Le projeté sur l'axe des abscisses conserve l'abscisse et annule l'ordonnée : H(4;0)H(4;0).
  2. AH=∣0−(−3)∣=3AH=|0-(-3)|=3.
  3. AH→=(0;3)\overrightarrow{AH}=(0;3) est vertical, tandis que l'axe des abscisses est horizontal. Ils sont perpendiculaires.

Exercice 2 : Projection sur une droite horizontale

Moyen

La droite d a pour équation y=2y=2. On considère M(−1;7)M(-1;7).

  1. Déterminer le projeté H de M sur d.
  2. Calculer la distance de M à d.
  3. Comparer avec la distance de M à N(3;2)N(3;2).
Indication
Le segment le plus court vers une droite est perpendiculaire à cette droite.
Voir le corrigé
  1. La droite d est horizontale. Le projeté conserve donc l'abscisse de M : H(−1;2)H(-1;2).
  2. MH=∣7−2∣=5MH=|7-2|=5. La distance de M à d vaut 5.
  3. MN=(3+1)2+(2−7)2=41>5MN=\sqrt{(3+1)^2+(2-7)^2}=\sqrt{41}\gt 5. Le point H réalise bien une distance plus courte que N.

Choisir une méthode : Aire obtenue par une hauteur

Exercice 3 : Aire obtenue par une hauteur

Difficile

Dans un triangle ABC, AB=10AB=10 cm. Le projeté orthogonal H de C sur la droite (AB) vérifie CH=6,4CH=6{,}4 cm et H se trouve hors du segment [AB].

  1. Calculer l'aire du triangle.
  2. Expliquer pourquoi la position extérieure de H ne change pas la formule.
  3. Déterminer la hauteur si l'aire devient 40 cm240\ \mathrm{cm}^2 avec la même base.
Indication
La hauteur est la distance de C à la droite support de la base.
Voir le corrigé
  1. A=AB×CH2=10×6,42=32 cm2\mathcal A=\frac{AB\times CH}{2}=\frac{10\times6{,}4}{2}=32\ \mathrm{cm}^2.
  2. La hauteur est la distance de C à la droite (AB)(AB). Cette distance reste CH même si H est extérieur au segment [AB].
  3. Avec la même base, 10h2=40\frac{10h}{2}=40, donc h=8 cmh=8\ \mathrm{cm}.

Exercice 4 : Retrouver une distance par le théorème de Pythagore

Moyen

Le projeté HH d'un point AA sur dd est connu. On dispose d'un point MM de dd avec AM=13AM=13 cm et HM=5HM=5 cm. On cherche la distance de AA à dd.

  1. Justifier que le triangle AHM est rectangle et choisir la relation de Pythagore utile.
  2. Calculer la longueur AH.
  3. Interpréter AH comme une distance minimale.
Indication
Repérer la droite par rapport à laquelle une hauteur ou une distance est recherchée.
Voir le corrigé
  1. Le triangle AHM est rectangle en H par définition du projeté. Pythagore donne AH2=AM2−HM2AH^2=AM^2-HM^2.
  2. Ainsi AH2=169−25=144AH^2=169-25=144, donc AH=12AH=12 cm.
  3. La distance du point A à la droite d est 12 cm. Tout autre point de d est au moins à 12 cm de A.

Approfondir Projection orthogonale : Démontrer la propriété de minimisation

Exercice 5 : Plus courte distance sur l’axe des abscisses

Moyen

Le point P(−4;6)P(-4;6) est donné dans un repère orthonormé. Le point M(t;0)M(t;0) se déplace sur l'axe des abscisses.

  1. Exprimer PM2PM^2 en fonction de t.
  2. Déterminer sa valeur minimale.
  3. Identifier le projeté orthogonal de P.
Indication
Écrire PM2=(t+4)2+62PM^2=(t+4)^2+6^2 permet de lire le minimum sans dériver.
Voir le corrigé
  1. PM2=(t+4)2+36PM^2=(t+4)^2+36.
  2. Le carré est minimal et nul pour t=−4t=-4. La distance minimale vaut donc 36=6\sqrt{36}=6.
  3. Le point correspondant est H(−4;0)H(-4;0), projeté orthogonal de P sur l'axe.

Exercice 6 : Démontrer la propriété de minimisation

Difficile

Le point HH est le projeté orthogonal de AA sur une droite dd. On choisit un autre point MM de dd.

  1. Identifier le triangle rectangle, puis appliquer le théorème de Pythagore.
  2. Comparer AMAM et AHAH, puis interpréter le résultat.
Indication
Le segment [AH][AH] est perpendiculaire à toute la droite dd, donc aussi à [HM][HM].
Voir le corrigé
  1. Le triangle AHMAHM est rectangle en HH, car HH et MM appartiennent à dd et AH⊥dAH\perp d. Pythagore donne AM2=AH2+HM2AM^2=AH^2+HM^2.
  2. Comme HM2≥0HM^2\geq0, on a AM2≥AH2AM^2\geq AH^2, puis AM≥AHAM\geq AH. La distance de AA à dd est donc AHAH.
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