EXERCICE1 7 points Partie A : Les demi-cercles
1. a. Un pointM(x; y) appartient à ce cercle si−−→
AM·−−→
BM =0, soit si
(x−5)(x+1)+(y−2)(y−2)=0, soit six2−5x+x−5+y2+4−4y=0 soit finalement six2+y2−4x−4y=1
b. Il faut donc résoudre :
½ x2+y2−4x−4y = 1
x = 0 , d’oùy−4y=1 ouy2−4y−1= 0.
∆=42−4×(−1)=20=4×5>0. Il y a deux solutions : y=4+2p
5
2 =2+p
5 ety=2−p 5
Comme les points du demi-cercle ont une ordonnée supérieure ou égale à 2, seule la solutiony=2+p
5 est à retenir.
Le demi-cercle coupe l’axe des ordonnées au point de coordonnées¡
0 ; 2+p 5¢
. 2. a. Le cercle et le demi-cercle sont concentriques donc le demi-cercle a pour centre
le milieu de [AB] de coordonnées (2 ; 2).
b. La tangente est perpendiculaire au rayon qui passe par O. Graphiquement on voit que le coefficient directeur de cette tangente est égal à−1.
Partie B : La courbe
1. On af(0)=0, donc O∈Cf;
f(5)= −0, 072×53+0, 64×52−5= −9+16−5=2, donc A(5 ; 2)∈Cf. 2. On notef′la fonction dérivée de la fonctionf.
a. f′(x)=3×(−0, 072)x2+2×0, 64x−1= −0, 216x2+1, 28x−1.
b. Le coefficient directeur de la tangente à la courbeCf au point d’abscisse 0 est égal à :
f′(0)= −1.
c. f′(5)= −0, 216×52+1, 28×5−1= −5, 4+6, 4−1=0.
Le nombre dérivé en 5 est égal au coefficient directeur de la tangente à la courbe Cf au point d’abscisse 5 c’est-à-dire le point A. Cette tangente est donc horizon- tale.
d. Développons 0, 08¡
135x−125−27x2+25x¢
=0, 008¡
−27x2+160x−125¢
=
−0, 216x2+1, 28x−1=f′(x). On a donc la forme factorisée de la dérivée.
six>25
27, alors 27x−25>0.
En on déduit par produit des signes de chaque facteur que si 0
6
x<2527, alorsf′(x)<0 : la fonctionf est donc décroissante sur
· 0 ; 27
25
¸ et si 25
27<x
6
5, alorsf′(x)>0 : la fonctionf est donc croissante sur·27 25; 5
¸ . 4. Voir l’annexe 1.
5. Voir l’annexe 1.
EXERCICE 2 6 points
1. Réponsec.
2. Réponsed.: les trois côtés ont pour mesureap
2 ; aétant la mesre d’un côté du cube.
3. Réponsed.
4. Réponsed.
5. Réponsec.: le centre de l’ellipse a pour coordonnées (−2 ; 1).
6. −→
u(5 ; 1 ; 0) et →−
v(1 ;−3 ; 1).
−
→u·−→
v =5×1+1×(−3)0×1=5−3=2 Réponsed.
EXERCICE 3 7 points
Partie A : observation du pavage
1. La rotation de centre B et d’angle 120° transforme l’hexagone 1 en l’hexagone 2 2. Voir plus bas.
Partie B : Obtention du motif
A B C
M1
M2
M3
M
1. AAM
1BM2CM3 =AAM
1BM+ABM
2CM+ACM
3AM=2AAMB+2ACMB+2ACAM(d’après les symétries axiales).
AAM
1BM2CM3=2 (AAMB+ACMB+ACAM)=2AABC.
2. a. La formule d’Al-Kashi appliquée au triangle MAB s’écrit :
MB2=MA2+AB2−2MA×AB×cosMAB soit cos MAB =MA2+AB2−MB2
2MA×AB =16+25−4 2×4×5 = 37
40.
La calculatrice donneMAC ≈22, 3°
b. On aMAC =BAC−MAB=60−22, 3=37, 7°.
La formule d’Al-Kashi appliquée au triangle MAC s’écrit :
CM2=MA2+AC2−2MA×AC×cosMAC =16+25−2×4×5×cos 37, 7≈41−31, 6489.
CM2≈9, 35⇒CM≈3, 06 cm.
Partie C : Construction d’un pavage différent 1. Voir plus bas.
Annexe 1 - Exercice 1 (à rendre avec la copie)
Partie A
b b
b
b b b
b
B A
O
C
I J
Partie B
x 0 1 2 3 4 5
f(x) 0 −0, 432 −0, 016 0,816 1,632 2
Annexe 2 - Exercice 3 (à rendre avec la copie)
A 1
C
B
2
Annexe 3 - Exercice 3 (à rendre avec la copie)
bA
A
b
B B
bCC
bM
bM1M1
bM2M2
bM3M3
b b b
b
