Correction Devoir maison 1

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1S:Dm 1 Correction Devoir maison 1 _2014-2015

EXERCICE 1 :

On considère l’hyperboleHd’équationy= 2

x et les droites D^md’équation y=m(x+ 1)−2 avecm∈R,

1. Vérifier que les droites D^mpassent par un point fixe C, indépendant dem et queC∈ H.

Pour obtenir un point dont les coordonnées sont indépendantes dem, il est naturel de faire le choix dex=−1 comme abscisse pour faire « disparaître » le termem(x+ 1).

En effet, m(−1 + 1)−2 = −2 donc le point de coordonnées (−1;−2) appartient à D^m pour tout m et les coordonnées de dépendent pas dem. De plus, 2

−1 =−2 donc (−1;−2)∈ H. C(−1;−2) est un point fixe qui appartient àD^m∩ H.

> ⊡ >

2. Que représente mpour les droitesD^m?

y=m(x+ 1)−2⇔y=mx+m−2 doncmest le coefficient directeur de la droiteD^m.

> ⊡ >

3. Déterminer le (ou les) réel(s) mde telle sorte queD^met Haient seulememt le point C en commun.

A la question 1., on a trouvé un point commun aux deux courbes D^m et H, mais cela ne signifie pas qu’il est le seul. Trouver d’autres éventuels points d’intersection nécessite l’écriture d’une équation. En effet si l’on note M(x;y) (x6= 0, un point de Hne peut pas avoir une abscisse nulle) les points communs aux deux courbes, on a :

M(x;y)∈ D^m∩ H ⇔m(x+ 1)−2 = 2 x mx(x+ 1)−2x= 2

mx²+ (m−2)x−2 = 0 (E)

Ce qui signifie qu’un point appartient aux deux courbes si et seulement si son abscisse vérifie l’équation (E).

• Sim= 0, l’équationE n’admet qu’une solution puisque (E) devient−2x−2 = 0⇔x=−1 : on retrouvexC.

• Si m 6= 0, les deux courbes D^m et H n’ont qu’un seul point en commun si et seulement si l’équation (E) n’admet qu’une seule solution. Or cette équation est alors du second degré : on aura une solution unique pour le choix dempermettant d’obtenir un discriminant ∆mnul.

∆m= 0⇔(m−2)²+ 8m= 0⇔m²−4m+ 4 + 8m= 0⇔m²+ 4m+ 4 = 0⇔(m+ 2)²= 0⇔m=−2 En résumé, pour m∈ {−2; 0}, les courbes D^m etHn’admettent que le pointC en commun.

> ⊡ >

4. On suppose que m >0.

(a) Justifier que D^m etHse coupent deux fois.

m >0 doncm+ 2>0 et doncp

(m+ 2)²=m+ 2 (1) (il est rappelé que√

X²=|X|pour toutX réel) De plus ∆m= (m+ 2)² donc ∆m >0. Orm >0 donc m 6=−2 et ∆m >0. Ainsi l’équation (E) admet deux solutions réelles distinctes et les courbes se coupent deux fois.

> ⊡ >

My Maths Space 1 / 4

(2)

(b) Déterminer les abscisses x1 et x2 des points d’intersection deD^m etH. Les abscisses cherchées sont :

x1=−b+√

∆m

2a =

(1)

2−m+m+ 2

2m = 4

2m = 2 m x2=−b−√

∆m

2a =

(1)

2−m−m−2

2m = −2m

2m =−1 M(x;y)∈ D^m∩ H ⇔x= 2

m oux=−1

> ⊡ >

(c) x1 etx2 sont-ils de même signe ? x1×x2= 2

m ×(−1) =−2

m. Commem >0,x1x2<0 doncx1 etx2 sont de signes contraires.

> ⊡ >

EXERCICE 2 :

b b

b S

R

T

M N

P Q

Soit M N P Q un parallélogramme. Le point R est le symétrique du point Q par rapport au point N. Les pointsS et T sont définis par :

−−→M S =−4−−→M P et −−→M T = 4−−→M N

1. Première méthode : calcul vectoriel

(a) Exprimer les vecteurs−→T R et−→T S en fonction des vecteurs −−→M N et−−→P N.

−→T R=−−→T M+−−→M N+−−→N R

=−4−−→M N+−−→M N+−−→QN (−−→N R=−−→QN)

=−4−−→M N+−−→M N+−−→QP +−−→P N (Chasles)

=−4−−→M N+−−→M N+−−→M N+−−→P N (parallélogramme→−−→QP =−−→M N)

−→T R=−2−−→M N+−−→P N puis

−→T S=−−→

T M+−−→

M S

=−4−−→

M N−4−−→

M P (hypothèses)

=−4−−→

M N−4−−→

N P (Chasles et distributivité)

−→T S=−8−−→

M N+ 4−−→

P N

> ⊡ >

(b) En déduire une expression du vecteur −→

T S en fonction du vecteur−→

T R et conclure.

On a donc−→T S=−8−−→M N+ 4−−→P N= 4(−2−−→M N+−−→P N) = 4−→T R, ainsi les vecteurs−→T R et−→T S sont colinéaires et les pointsT, Ret S sont alignés.

> ⊡ >

(3)

2. Seconde méthode : avec des coordonnées

On se place dans le repère (M;−−→M N;−−→M Q) donc M(0,0),N(1,0) etQ(0,1) . (a) Donner les coordonnées des pointsT,Ret S dans ce repère.

• −−→M T = 4−−→M N donc−−→M T = 4−−→M N+ 0−−→M Qet−−→M T 4

0

ce qui implique que T(4,0) (M origine du repère) ;

• −−→M R=−−→M N+−−→N R=−−→M N +−−→QN =−−→M N+−−→M N−−−→M Q= 2−−→M N−−−→M Qdonc R(2,−1) ;

• −−→

M S=−4−−→

M P =−4(−−→

M N+−−→

M Q) =−4−−→

M N−4−−→

M Qdonc S(−4,−4)

> ⊡ >

(b) En déduire les coordonnées des vecteurs −→

T R et−→

T S.

−→T R

xR−xT = 2−4 =−2 yR−yT =−1−0 =−1

et −→T S

xS−xT =−4−4 =−8 yS−yT =−4−0 =−4

> ⊡ >

(c) Conclure

(−2)×(−4)−(−1)×(−8) = 0 donc les vecteurs−→T Ret−→T S sont colinéaires et les pointsT,RetS alignés.

> ⊡ >

EXERCICE 3 :

b

bb b

A B

J I

C D

E F

ABCD est un parallélogramme.E est le point tel que−→

AE = 1 3

−→AC, I est le milieu de [AB],J celui de [DC].

On considère le repère (A,−−→AB,−−→AD).

1. Ci-dessus.

2. (a) Quelles sont les coordonnées des points A, B, Det C dans le repère choisi ?

Dans le repère choisi : A(0; 0) ,B(1; 0) ,D(0; 1) et comme−→AC =−−→AB+−−→AD, alors C(1; 1)

> ⊡ >

(b) Montrer que les coordonnées des pointsI, J etE sont : I 1

2; 0

,J 1

2; 1

etE 1

3;1 3

• I est le milieu de [AB] donc−→AI= 1 2

−−→ABet I 1

2; 0

;

• −→AJ =−−→AD+−→DJ =−→AI+−−→AD=1 2

−−→AB+−−→ADdonc J 1

2; 1

;

• −→AE= 1 3

−→AC =

règl.parall

1

3(−−→AB+−−→AD) = 1 3

−−→AB+1 3

−−→ADet E 1

3;1 3

.

> ⊡ >

3. Démontrer que les points I, E et D sont alignés.

−→ID

xD−xI = 0−¹2=−¹2

yD−yI = 1−0 = 1

et −−→ED

xD−xE = 0−¹3 =−¹3

yD−yE= 1−¹3 = ²₃

Et−1 2×2

3−1×

−1 3

= 0 donc les vecteurs−→IDet −−→EDsont colinéaires et les pointsI, E et Dsont alignés.

> ⊡ >

(4)

4. (a) Trouver une équation cartésienne de la droite(BJ).

SoitM(x;y) un point du planP. M ∈(BJ)⇔−→BJ

−1/2 1

et−−→BM x−1

y

colinéaires

⇔ −1/2×y−1×(x−1) = 0

⇔2x+y−2 = 0

Une équation cartésienne de (BJ) est donc 2x+y−2 = 0 .

> ⊡ >

(b) Montrer que les droites (BJ)et(ID)sont parallèles.

Un vecteur directeur de (BJ) est

−b=−1 a= 2

. Or−→

ID −1/2

1

, les deux vecteurs sont visiblement colinéaires (proportionnalité des coordonnées) et donc les droites (BJ) et (ID) sont parallèles .

> ⊡ >

5. Déterminer une équation cartésienne de la droite (AC).

L’équation réduite de (AC) est y=x (laissé à la sagacité du lecteur).

> ⊡ >

6. (a) Soit F le point d’intersection des droites (BJ) et(AC). Déterminer les coordonnées de F.

(ID) et (BJ) sont parallèles. Or (ID) et (AC) sont sécantes donc (BJ) et (AC) également. : on noteF le point d’intersection.

Les coordonnées deF sont donc solution du système

2x+y−2 = 0

y=x ⇔

3x−2 = 0 y=x ⇔

x= 2/3 y= 2/3 . On a donc F(2/3; 2/3) .

> ⊡ >

(b) Prouver queF est le milieu de[EC].

Les coordonnées du milieu de [EC] sont égales à xE+xC

2 = 1/3 + 1

2 = 2

3 et yE+yC

2 = 1/3 + 1

2 =2

3. On reconnaît les coordonnées deF. ou

−→AE= 1 3

−→AC et−→

AF = 2 3

−→AC, donc−→

AF = 2−→

AE, ce qui prouve que F est le milieu de [EC]

> ⊡ >