Un corrigé du devoir surveillé n°2 E

Un corrigé du devoir surveillé n°2

E

1.

Soit ABC un triangle ; soit I le milieu de [AC ] ; soient K et L tels que −−→ AK =

−→ AB et −→ BL = 2 C B −→ . Partie A : Méthode sans repère

1. Faire une figure.

b b

b

b b b

C B

A

I K

L

2. Exprimer −→ K L en fonction de −→ AB et C B −→ .

−→ K L = −−→ K A + −→ AB + −→ BL = − 3 5

−→ AB + −→ AB + 2 −→ C B = 2 5

−→ AB + 2 C B −→

3. Exprimer −→ I K en fonction de −→ AB et C B −→ .

−→ I K = −→ I A + −−→ AK = 1 2

C A −−→ + 3 5

−→ AB = 1 2

³ C B −→ + −→ B A ´ + 3

5

−→ AB = 1 2

C B −→ − 1 2

−→ AB + 3 5

−→ AB = 1 10

−→ AB + 1 2

−→ C B

4. Conclure.

4 −→ I K = 4 µ 1

10

−→ AB + 1 2

−→ C B

¶

= 2 5

−→ AB + 2 −→ C B = −→ K L

Les vecteurs −→ I K et −→ K L sont donc colinéaires, donc les points I , K et L sont alignés.

Partie B : Méthode avec repère On choisit le repère ³

A ; −→ AB , −→ AC ´ .

1. Donner les coordonnées de A, B , C et I . Aucune justification n’est demandée.

A (0; 0), B (1; 0), C (0; 1) et I ¡ 0;

¢

.

2. Montrer que les coordonnées de K et L sont : K ¡

5

; 0 ¢

et L (3 ; − 2).

A étant l’origine du repère, les coordonnées de K et L sont, respectivement, les mêmes que celles des vecteurs −−→ AK et −→ AL

−−→ AK =

−→ AB =

−→ AB + 0 −→ AC donc K ¡

5

; 0 ¢

−→ AL = −→ AB + −→ BL = −→ AB + 2 −→ C B = −→ AB + 2 ³ C A −−→ . + −→ AB ´

= 3 −→ AB − 2 −→ AC donc L (3; − 2).

3. Montrer que les points I , K et L sont alignés.

−→ I K = µ

5

− 0 0 −

¶

= µ

5

−

¶

= µ X

Y

¶

et −→ K L =

µ 3 −

− 2 − 0

¶

= µ

5

− 2

¶

= µ X

Y

¶

Condition de colinéarité : X Y

− X

Y = − 6 + 6 = 0.

Donc les vecteurs −→ I K et −→ K L sont colinéaires, donc les points I , K et L sont alignés.

E

2.

Dans un repère orthonormé, on considère les points A (1 ; 3), B (5 ; 1) et C (4 ; 5).

Il a été choisi une seule et même méthode pour trouver les équations cartésiennes des droites de cet exercice.

1. On considère la droite D d’équation − x + 2y − 9 = 0.

(a) Représenter D dans le repère ci-contre.

Cherchons deux points appartenant à D :

• Si x = 0 alors 2y − 9 = 0 ⇔ y = 4,5 ; • Si x = 4 alors − 4 + 2y − 9 = 0 ⇔ y = 6,5.

(b) Déterminer une équation de la droite ( AB ).

M (x ; y) ∈ (AB ) ⇔ −−→ AM µ x − 1

y − 3

¶ et −→ AB

µ 4

− 2

¶

colinéaires

⇔ − 2(x − 1) − 4(y − 3) = 0 (condition de colinéarité)

⇔ − 2x − 4y + 14 = 0 ⇔ x + 2y − 7 = 0 Une équation cartésienne de (AB) est donc x + 2y − 7 = 0.

(c) Montrer que les droites (AB ) et D ne sont pas parallèles.

D : − x + 2y − 9 = 0 est du type ax + by + c = 0 donc elle admet comme vecteur directeur

−

→ v = ( − b ; a ) = ( − 2; − 1) = (X ; Y ).

(AB) admet −→ AB = (4; − 2) = (X

; Y

) comme vecteur directeur.

Condition de colinéarité : X Y

− X

Y = − 4 − 4 = − 8 6= 0.

Donc les vecteurs − → v et −→ AB ne sont pas colinéaires donc les droites D et (AB) ne sont pas paral- lèles.

(d) Déterminer les coordonnées du point d’intersection de ces deux droites.

M (x ; y) ∈ D ∩ ( AB) ⇔

½ − x + 2y − 9 = 0 L

x + 2y − 7 = 0 L

⇔

½ − x + 2y − 9 = 0 L

4y − 16 = 0 L

+ L

⇔

½ y = 4 x = − 1 Donc les coordonnées du point d’intersection de ces deux droites sont ( − 1; 4).

2. (a) Déterminer les coordonnées du point E, milieu de [ AB ].

E ¡ x

; y

¢

avec x

=

= 3 et y

=

= 2. Donc E (3; 2).

(b) Déterminer une équation cartésienne de la médiane issue de C dans le triangle ABC . La médiane issue de C passe par le milieu du segment [ AB], c’est donc la droite (EC ).

M (x ; y ) ∈ (EC) ⇔ −−→ E M µ x − 3

y − 2

¶ et −→ EC

µ 1 3

¶

colinéaires

⇔ 3(x − 3) − 1( y − 2) = 0 (condition de colinéarié)

⇔ 3x − y − 7 = 0

Donc une équation cartésienne de la médiane issue de C dans le triangle ABC est 3x − y − 7 = 0.

(c) Déterminer les coordonnées de G, centre de gravité du triangle ABC .

Plusieurs méthodes étaient possibles ici, comme obtenir une équation d’une autre médiane du triangle et de chercher l’intersection des deux médianes, mais le plus simple était encore de faire comme suit.

On sait que G est au deux tiers de la médiane en partant du sommet ce qui, vectoriellement, donne :

−−→ CG = 2 3

C E −→ ⇔

µ x

− 4 y

− 5

¶

= 2 3

µ − 1

− 3

¶

⇔

½ x

− 4 = −

y

− 5 = − 2 ⇔

½ x

=

y

= 3 Donc les coordonnées de G sont ¡

; 3 ¢

.

ABC D parallélogramme ⇔ −→ AB = −−→ DC ⇔ µ 4

− 2

¶

=

µ 4 − x

5 − y

¶

⇔

½ x

= 0 y

= 7 Donc les coordonnées de D sont (0; 7).

(b) D appartient-il à la médiatrice de [ AC ] ?

Soit ∆ cette médiatrice. D ∈ ∆ ⇔ D A = DC . Or D A = p

(1 − 0)

+ (3 − 7)

= p

17 et DC = p

(4 − 0)

+ (7 − 5)

= p 20.

Donc, comme D A 6= DC , D ∉ ∆ . D n’appartient donc pas à la médiatrice de [AC ].

Peut-on affirmer que ABC D est un losange ?

Comme D A 6= DC les côtés du parallélogramme ABC D ne sont pas tous égaux, donc ABC D n’est pas un losange.

1 2 3 4 5 6 7

− 1

1 2 3 4 5

− 1

− 2

x y

b b

b

b b

b b

b b

A

B C D

E G

D

E

3.

Dans un repère orthonormé, on considère les points suivants :

• A ( − 3 ; 2) • B (1 ; 0) • C ( − 3 ; − 2) • D (3 ; 4) • E (3 ; − 1) Il a été choisi une seule et même méthode pour trouver les équations de droite de cet exercice, différente de celle de l’exercice précédent.

1. Déterminer une équation cartésienne de la droite D de vecteur directeur → − u ( − 1 ; 4) passant par C .

On sait que si → − u ( − 1; 4) = ( − b ; a) est un vecteur directeur de D alors cette droite admet une équation de la forme ax + by + c = 0 ⇔ 4x + y + c = 0.

C ∈ D ⇔ 4x

+ y

+ c = 0 ⇔ c = 14.

Une équation cartésienne de D est donc 4x + y + 14 = 0.

2. Déterminer une équation cartésienne de la droite D

parallèle à (C D) passant par E.

Les deux droites étant parallèles, C D −−→ = (6; 6) = ( − b ; a ) est un vecteur directeur de D

donc cette droite admet une équation de la forme ax + by + c = 0 ⇔ 6x − 6y + c = 0.

E ∈ D

⇔ 6x

− 6y

+ c = 0 ⇔ c = − 24.

Une équation cartésienne de D

est donc 6x − 6y − 24 = 0 ⇔ x − y − 4 = 0.

3. (a) Déterminer une équation du cercle C de centre E et passant par le point D.

On donnera l’équation sous forme développée et réduite.

C admet une équation de la forme (x − x

)

+ (y − y

)

= r

⇔ (x − 3)

+ (y + 1)

= r

. D ∈ C ⇔ (x

− 3)

+ (y

+ 1)

= r

⇔ r

= 25.

Une équation cartésienne de C est donc (x − 3)

+ (y + 1)

= 25.

Sous forme développée et réduite : x

+ y

− 6x + 2y − 15 = 0.

(b) Montrer que le cercle C coupe l’axe des ordonnées en deux points dont on déterminera les coordonnées.

M (x ; y ) ∈ C ∩ (O y ) ⇔

½ x = 0

x

+ y

− 6x + 2y − 15 = 0 ⇔

½ x = 0

y

+ 2y − 15 = 0 y

+ 2y − 15 = 0 est une équation trinôme.

∆ = 64 > 0 donc ce trinôme a deux racines y

= − 5 et y

= 3.

Donc le cercle coupe l’axe des ordonnées en deux points de coordonnées (0; − 5) et (0; 3).

4. Soit Γ l’ensemble des points M (x ; y) tels que

x

+ y

+ 2x − 2y − 3 = 0

(a) Montrer que Γ est un cercle dont on déterminera le centre et le rayon.

x

+ y

+ 2x − 2y − 3 = 0 ⇔ (x + 1)

− 1 + (y − 1)

− 1 − 3 = 0 ⇔ (x + 1)

+ (y − 1)

= 5 Donc Γ est bien un cercle : celui de centre Ω ( − 1; 1) et de rayon r = p

5.

(b) Le point A appartient-il à Γ ? Justifier.

x

+ y

+ 2x

− 2y

− 3 = 9 + 4 − 6 − 4 − 3 = 0 donc A ∈ Γ .

5. Question bonus (hors barème) : à ne traiter que si le devoir a été entièrement fait et relu.

Montrer que les cercles C et Γ se coupent en deux points.

∈ ∩ Γ

⇔

½ x

+ y

− 6x + 2y − 15 = 0 L

x

+ y

+ 2x − 2y − 3 = 0 L

⇔

½ x

+ y

− 6x + 2y − 15 = 0 L

8x − 4y + 12 = 0 L

− L

⇔

½ x

+ y

− 6x + 2y − 15 = 0

y = 2x + 3 ⇔

½ x

+ (2x + 3)

− 6x + 2(2x + 3) − 15 = 0 y = 2x + 3

⇔

½ 5x

+ 10x = 0

y = 2x + 3 ⇔

½ 5x(x + 2) = 0 y = 2x + 3 Donc x

= 0 ou x

= − 2 et on a alors y

= 3 et y

= − 1.

Les cercles se coupent en deux points de coordonnées (0; 3) et ( − 2; − 1).

1 2 3 4

− 1

− 2

− 3

− 4

− 5

− 6

1 2 3 4 5 6 7

− 1

− 2

− 3

− 4

x y

b b bb

b b b

b b

A

B

C

D

E Ω

D

D

C

Γ

E

4.

Sur la figure ci-contre :

• ABC D est un rectangle de périmètre 20

• BGC est un triangle rectangle et isocèle en G On pose BC = x.

bb bb

b

A

B C

D G

1. Justifier que x ∈ [0 ; 10].

• x étant une longueur x > 0.

• Soit y = AB.

2x + 2y = 20 ⇔ x = 10 − y.

y étant une longueur, on a aussi y > 0 ⇔ − y 6 0 ⇔ 10 − y 6 10 ⇔ x 6 10.

Donc x ∈ [0; 10].

2. On note f (x) l’aire totale composée par le rectangle ABC D et le triangle BGC . (a) Montrer que f (x) = −

x

+ 10x.

• Soit A (x) l’aire du rectangle ABC D.

A (x) = AB × BC = x ×

= x(10 − x) = − x

+ 10x

• Soit B (x) l’aire du triangle BCG.

B (x) =

.

Comme le triangle est isocèle en G, BG = GC donc B (x) =

.

Comme le triangle est rectangle en G, BG

+ GC

= BC

⇔ 2BG

= x

⇔ BG

=

. Donc B (x) =

.

f (x) = A (x) + B (x) = − x

+ 10x +

= −

x

+ 10x.

(b) En déduire la valeur exacte de x pour que l’aire totale soit maximale. Quelle est alors cette aire ?

f est un trinôme de la forme ax

+ bx + x avec a négatif, donc f admet un maximum.

Il est atteint en x

= −

= −

2

=

et vaut f (x

) = −

¡

3

¢

+ 10 ¡

3

¢ =

. L’aire totale est donc maximale pour x =

et elle vaut

.

3. (a) Déterminer le signe de P (x) = −

x

+ 10x sur [0 ; 10].

P est un trinôme de la forme ax

+ bx + c avec a négatif, donc P (x) est négatif sauf entre les éventuelles racines.

P (x) = 0 ⇔ −

x

+ 10x = 0 ⇔ x ¡

−

x + 10 ¢

⇔ x = 0 ou x = 8.

Sur [0; 10] :

x 0 8 10

P (x) 0 + 0 −

(b) En déduire les valeurs de x pour lesquelles l’aire du rectangle est inférieure à celle du triangle.

Avec les notations introduites dans le 2a, on cherche à résoudre l’inéquation A (x) 6 ^B (x).

A (x) 6 ^B (x) ⇔ − x

+ 10x 6

_{⇔ −}

x

+ 10x 6 0 ⇔ P (x) 6 0.