Correction devoir surveillé n°9

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Correction devoir surveillé n°9

Exercice 1

1) .

1 2 1

2 1

2 5 4 7

D’où . 4

2) . cos. dans un triangle équilatéral mesurent 60

3) . .

Exercice 2

1) Pour ! " # :

sin ^&_' ! sin ^&_' ! sin ^&_' cos 2sin(!) cos ^&_'

Or cos ^&_' donc sin ^&_' ! sin 2) Comme ^& 2 ^&_* , on a cos Or cos(2+) 2 cos (+) 1 donc cos On en déduit : 2 cos ^& 1 ^√' d’où Or ^&" ^&; ./ donc cos ^& 0 0. On a alors Exercice 3

1) 123 sin; 2) 324 sin;

3) 1345 123 324 425

1

2 sin(+) 1

2 sin(+) 1

2 sin(+) ( 1

2 sin(+) ( )(

Or, comme appartient aux segments

D’où 1345 sin

4) On utilise la formule des sinus dans les triangles

Correction devoir surveillé n°9

/ /

7 7 7

4 4 cos(60) car 60°. D’où . 8

. . (4 ) (4

cos(!) sin(!) cos ^&_' sin ^&_' cos(!) sin(!)

^&_' ! sin(!)

2 ^& cos ^&_* ^√' 2 ^& 2 cos ^& 1 d’où cos ^{& √'} 1 ^√': _; . On a alors cos ^{& <√':}

sin(+)

sin(. +) sin(+) 521

) 1

2 sin(+) 1

2 sin(+) 1 2 7

) ( )7 ( )

appartient aux segments 7 et 7 d’après l’énoncé, on a sin(+)

On utilise la formule des sinus dans les triangles et .

4 et tous les angles

4 16) d’où . 6

( ) cos ^&_'

( )

sin(. +)

et .

a. Dans le triangle , la somme des angles est égale à 180°, donc = 180 30 80 70°. ¹³

?@A 143=_{?@A 134}¹⁴₌ donc ^?@A(BC)

?@A(DC) E 12,6 GH

Dans le triangle , on a = 180 50 70 60°. ³⁵

?@A 315= _{?@A 153}¹³₌ donc ^?@A(DC)

?@A(*C) E 13 GH b. Dans le triangle , la somme des angles est égales à 180° donc I 180 30 50 100°

c. On utilise la formule obtenue à la question 3) : 1345 sin(+) E 80,63 GH Exercice 4

1) ! J 4! 6J 9 0

! 4! 4 J 6J 9 4 (! 2) (J 3)^' 4

Donc est le cercle de centre (2; 3) et de rayon 2

2) Une droite d’équation S! TJ G 0 admet le vecteur TS comme vecteur directeur.

Donc la droite , qui a pour équation ! J 0, admet le vecteur U 11 comme vecteur directeur.

On note V(!; J) un point quelconque de la droite passant par et perpendiculaire à . Les vecteurs V et U sont donc orthogonaux et leur produit scalaire est donc nul.

Or V. U (! 2) 1 (J 3) 1 ! J 5 car V a pour coordonnées W! 2J 3X. Finalement l’équation de Δ est donc ! J 5 0

3) On cherche les équations des tangentes au cercle parallèles à la droite . Ces droites sont donc

perpendiculaires à Δ (car elles sont parallèles à qui est perpendiculaire à Δ) mais aussi perpendiculaires au rayon du cercle où elles sont tangentes. Autrement dit, les rayons du cercle et Δ sont parallèles. Mais comme Δ passe par , les rayons sont portées par la droite Δ.

Ceci signifie que les points de tangence sont les points d’intersection de Δ et de .

Pour déterminer les coordonnées de ces points, on doit donc résoudre le système : Z! J 4! 6J 9 0

! J 5 0 [ Z! (5 !) 4! 6(5 !) 9 0

J 5 ! [ \ Z2! 8! 4 0 J 5 ! [

La résolution de la première équation, du second degré, donne : Δ (8) 4 2 4 32 et les deux racines !^B:√' _; 2 √2 et ! ^B]√' _; 2 √2

Les deux points d’intersection sont donc 2 √2; 3 √2 et ^2 √2; 3 √2.

Il reste ensuite à déterminer les équations des parallèles à passant par et par ^. Les équations sont de la forme

! J G 0.

Pour la tangente en : 2 √2 3 √2 G 0 \ G 1 2√2 Pour la tangente en ^ : 2 √2 3 √2 G 0 \ G 1 2√2

Finalement, les équations cherchées sont ! J 1 2√2 0 et ! J 1 2√2 0 Exercice 5

1) On considère un point V du plan :

V. V V .V V V. . V .

Or V. .V V. 0 car est le milieu de 7 et donc 0. Et aussi : . cos(.) ¹³¹³ (1) D’où : V. V V _;

2) V. V 12 \ V _; 12 \ V _; 4 12 \ V 16 \ V 4 L’ensemble de points cherché est donc le cercle de centre et de rayon 4.