cos ( π 2 + x ) A = 2 ( cos π 4 sin x + sin π 4 cos x

Première S Correction exercices. Page n ° 1 2007 2008

E1

1. A = 2 sin ( x + π

4 ) + cos ( π− x ) + cos ( π 2 + x ) A = 2 ( cos π

4 sin x + sin π

4 cos x ) + ( − cos x ) + ( − sin x ) A = 2 ( 2

2 sin x + 2

2 cos x ) − cos x − sin x A = sin x + cos x − cos x − sin x

A = 0 2. cos ( 5π

4 ) = cos ( π + π4 ) = − cos ( π

4 ) = − 2 2

cos ( 2x ) = 2 cos ² ( x ) − 1 ⇔ 2 cos ² ( x ) = cos ( 2x ) + 1 ⇔ cos ² ( x ) = 1

2 ( cos ( 2x ) + 1 ) cos ² ( 5π

8 ) = 0,5 cos ( 5π

4 ) + 0,5 = 0,5 × ( − 2

2 ) + 0,5 = − 2 4 + 1

2 or 5π

8 ∈ [ π

2 ; π ] donc cos ( 5π

8 ) < 0 donc cos ( 5π 8 ) = −

4 2 2− = −

2 2 2−

E2

1. C est l'ensemble des points M ( x ; y ) tels que

x² + y² + y + 2x = 2 ⇔ ( x + 1 )² − 1 + ( y + 0,5 )² − 0,25 = 2 ⇔ ( x + 1 )² + ( y + 0,5 )² = 3,25.

Donc C est le cercle de centre I ( - 1 ; - 0,5 ) et de rayon R = 13 4 . A ( 0 ; 1 ).

0² + 1² + 1 + 2 × 0 = 2. Donc A ∈ C.

2. Soit B le point de coordonnées ( 0 ; y ) qui vérifie

( 0 + 1 )² + ( y + 0,5 )² = 3,25 ⇔ ( y + 0,5 )² = 2,25 ⇔( y + 0,5 − 1,5 ) ( y + 0,5 + 1,5 ) = 0

⇔ ( y − 1 ) ( y + 2 ) = 0 ⇔ y = 1 ou y = − 2.

Or ( 0 ; 1 ) est déjà le point A. Donc le point B a pour coordonnées ( 0 ; − 2 ).

3. D₁ est la tangente au cercle C en A. Donc c'est la droite perpendiculaire à ( IA ) passant par A.

ÄIA ( 0 + 1 ; 1 + 0,5 ) ainsi ÄIA ( 1 ; 1,5 ).

La droite D₁ admet le vecteur ÄIA comme vecteur normal.

Donc elle admet une équation de la forme 1x + 1,5 y + c = 0.

Comme elle passe par A, c vérifie l'équation 1,5 + c = 0 ⇔ c = − 1,5.

Donc une équation de D₁ est x + 1,5 y − 1,5 = 0 ⇔ 2x + 3y − 3 = 0.

De même D₂ est la droite tangente au cercle C en B.

ÄIB ( 0 + 1 ; − 2 + 0,5 ) ÄIB ( 1 ; − 1,5 ).

D₂ : 1x − 1,5 y + c = 0

− 1,5 ×( - 2 ) + c = 0 ⇔ c = − 3

Donc D₂ : x − 1,5 y − 3 = 0 ⇔ 2x − 3y − 6 = 0 4. E est le point d'intersection de D₁ et de D₂.

Alors ses coordonnées x et y vérifient 2x + 3y − 3 = 0 et 2x − 3y − 6 = 0 Donc 4x − 9 = 0 ⇔ x = 9

4 et 6y + 3 = 0 ⇔ y = − 1

2 . Donc E ( 2,25 ; - 0,5 ).

Première S Correction exercices. Page n ° 2 2007 2008

5. La droite ( AB ) a pour équation x = 0.

La droite ( IE ) a pour équation y = − 0,5.

Donc les droites ( IE ) et ( AB ) sont perpendiculaires.

Leur point d'intersection a pour coordonnées ( 0 ; − 0,5 ).

Or le milieu du segment [ AB ] a pour coordonnées ( 0 , − 0,5 ).

Donc la droite ( IE ) est la médiatrice du segment [ AB ].

Démonstration géométrique

Le triangle IAB est isocèle de sommet I donc I appartient à la médiatrice de [AB] et ÆIAB = ÆIBA .

ÆBAE = 90 − ÆIAB et ÆABE = 90 −ÆIBA donc ÆBAE = ÆABE donc le triangle ABE est isocèle de sommet E donc EA = EB donc E appartient à la médiatrice de [AB]. Donc (IE) est la médiatrice de [AB]

6. a) L'aire de IAB est égale à 1,5.

En effet, l'aire de IAB est le double de l'aire de IAD en posant D le milieu de [ AB ].

Donc D ( 0 , - 0,5 ).

Et IAD est un triangle rectangle en D donc son aire est égale à 1

2 × DI × DA = 1

2 × 1 × 1,5.

b ) ÄIA . ÄIB = IA × IB × cos ( ÄIA , ÄIB ) = IA × IA × cos ( ÆAIB ) = ( 1² + 1,5² ) cos ( ÆAIB ) ÄIA . ÄIB = 3,25 × cos ( ÆAIB ).

Or ÄIA . ÄIB = x x' + y y' = ( − 1 ) × ( − 1 ) + ( − 1,5 ) × ( − 1,5 ) = 1 − 9/4 = − 5/4 = − 1,25 Donc cos ( ÆAIB ) = − 125

325 = − 5

13 . D'après la calculatrice, ÆAIB ≈ 112,6 °.

c ) Voir dessin.

d ) Une valeur approchée de l'aire de E est égale à la différence entre l'aire du disque et l'aire du triangle. Donc A ≈ 112

360 πR² − 1,5 = 112

360 π× 3,25 − 1,5 ≈ 1,69. L'aire est proche de 1,69 unités d’aire (6,77 cm²).

Première S Correction exercices. Page n ° 3 2007 2008

E3

Dans le plan muni d'un repère orthonormal direct ( O ; ^→i ; ^→j ), pour tout réel t,

on considère les points du cercle trigonométrique M₁ ( t ) et M₂ ( t ) d'angle polaire α1 ( t ) = π 4 t et α2 ( t ) = π

3 t.

1. Déterminons les mesures principales de α1 ( t ) et α2 ( t ) pour t = 10 et t = 15.

α1 ( t ) = π

4 t Donc α1 ( 10 ) = π

4 × 10 = 10 4 π = 5

2 π = 4

2 π + π2 = 2π + π 2 Donc la mesure principale de α1 ( 10 ) est π

2 . Et α1 ( 15 ) = π

4 × 15 = 15

4 π = 16 4 π − π

4 = 4π − π 4 Donc la mesure principale de α1 ( 15 ) est − π

4 . α2 ( t ) = π

3 t Donc α2 ( 10 ) = π

3 × 10 = 10

3 π = 12

3 π − 2π3 = 4π − 2π3 Donc la mesure principale de α2 ( 10 ) est − 2π3

Et α2 ( 15 ) = π

3 × 15 = 15

3 π = 5 π = 4π + π Donc la mesure principale de α2 ( 15 ) est π.

M₁ ( 10 ) est le point de coordonnées ( x ; y ) tels que x = cos α1 ( 10 ) et y = sin α1 ( 10 ).

Donc x = cos ( π

2 ) = 0 et y = sin ( π 2 ) = 1

Donc M₁ ( 10 ) a pour coordonnées cartésiennes ( 0 ; 1 ).

M₁ ( 15 ) est le point de coordonnées ( x ; y ) tels que x = cos α1 ( 15 ) et y = sin α1 ( 15 ).

Donc x = cos ( − π

4 ) = 2

2 et y = sin ( − π

4 ) = − 2 2 Donc M1 ( 15 ) a pour coordonnées cartésiennes ( 2

2 ; − 2 2 ).

M₂ ( 10 ) est le point de coordonnées ( x ; y ) tels que x = cos α2 ( 10 ) et y = sin α2 ( 10 ).

Donc x = cos ( − 2π3 ) = − 1

2 et y = sin ( − 2π3 ) = − 3 2 Donc M₂ ( 10 ) ( − 1

2 ; − 3 2 ).

M₂ ( 15 ) est le point de coordonnées ( x ; y ) tels que x = cos α2 ( 15 ) et y = sin α2 ( 15 ).

Donc x = cos ( π ) = − 1 et y = sin ( π ) = 0 Donc M2 ( 15 ) ( − 1 ; 0 ).

Première S Correction exercices. Page n ° 4 2007 2008

2. Recherchons t et t ' pour que M₁ ( t ) et M₂ ( t ' ) soient confondus.

Le cas particulier où t = t ' = 0 alors α1 ( 0 ) = 0 et α2 ( 0 ) = 0.

Donc les point M₁ ( 0 ) et M₂ ( 0 ) sont confondus.

Pour trouver un autre exemple, je cherche t et t' tels que p 4 t = p

3 t' ⇔ 3p t = 4 p t' Je choisis t = 4 et t' = 3. Ainsi les valeurs a ₁ ( t ) = π

4 × 4 = π et a 2 ( t' ) = π

3 × 3 = π Donc les points M₁ ( 4 ) et M₂ ( 3 ) sont confondus.

3. Soit N₃ ( t ) le point de coordonnées polaires [ 2 ; α2 ( t ) ].

Lorsque t ∈ [ 0 ; 4 ] alors 0 ≤ t ≤ 4 ⇔ 0 ≤ π 3 × t ≤4

3 π ⇔ 0 ≤ α2 ( t ) ≤ 4 3π.

Donc l'ensemble des points N₃ ( t ) est l'ensemble des points est l'arc de cercle de centre O et de rayon 2 cm situé au dessus de l'axe des abscisses et compris entre les points G ( 2 ; 0 ) et H [ 0,5 ; 4

3 π ].