Seconde 6 DST4 Correction 20 d´ecembre 2014 Exercice 1 : Cours
(1) −→
AB −5−4
I(12; 3) et AB =√ 41
(2)
x
f
−∞ −3 +∞
−5
−5
Exercice 2 : In´equations
(1) S = (−√
5 + 5
3 ;
√5 + 5 3
)
(2) S ={3; 7}
(3) S={0; 2}
(4) S=]− 32;12[
(5) S=]− ∞;−23]∪[57; +∞[
(6) S=]− ∞;−92[∪]3; +∞[
Exercice 3 : Une ´equation de droite
(1) Le coefficient directeur de (AB) est −43
(2) L’´equation r´eduite est du typey=−43x+b o`ub est l’ordonn´ee `a l’origine. La droite passe parC donc 4 = −43 ×4 +b et b= 4 + 163 = 283 . L’´equation est donc y=−43x+283
(3) −43 ×7 + 283 = 06= 3 donc D n’appartient pas `ad.
Exercice 4 : Tracer des droites (1) Prendre les points A(0;−3) et B(2; 1) (2) Prendre les points C(4; 3) et D(−3;−2)
Exercice 5 : Vecteur (1) −→
AB −15
et −−→
DC −15
donc −→
AB =−−→
DC
(2) On en d´eduit queABCD est un parall´elogramme.
(3) −→
AB+−−→
CD
5−5
−1+1
les coordonn´ees sont donc 00
et −→
AB−−−→
CD
5+5
−1−1
les coordonn´ees sont donc −210
.
(4) Soient (xE;yE) les coordonn´ees de E. ABDE est un parall´elogramme donc −→
AB = −−→
ED et donc
−xE = 5 et 5−yE =−1. Ainsi xE =−5 et yE = 6 donc E(−5; 6).
Exercice 6 : Calculs sur les fonctions polynˆomes du second degr´e (1) Repr´esenter sch´ematiquement les fonctions polynˆomes suivantes :
a. Coordonn´ees du sommet (3; 5), coefficient dominant 1 (1 carreau vers la droite et un vers le haut).
b. Coordonn´ees du sommet (−2;−5), coefficient dominant -2 (1 carreau vers la droite et 2 vers le bas).
c. Coordonn´ees du sommet (3; 1), coefficient dominant 23 (3 carreaux vers la droite et 6 vers le haut).
(2) a. f(x) = 5(x+ 2)2+ 3 = 5(x2+ 4x+ 4) + 3 = 5x2+ 20x+ 23, donc a= 5, b = 20 etc= 23 b. f(x) = 2(x−2)(x+ 5) = 2(x2−2x+ 5x−10) = 2x2+ 6x−20, donca = 2,b = 6 etc=−20.
c. Par sym´etrie de la parabole, on sait que le sommet est d’abscisse−2, doncf(x) = 12(x+2)2+y0 o`u y0 est l’ordonn´ee du sommet.
f(0) = 2 +y0 = 2 donc y0 = 0.
Ainsi f(x) = 12(x+ 2)2 = 12x2+ 2x+ 2 donc a= 12,b = 2 etc= 2.
Seconde 6 DST4 Page 2 sur 2 Exercice 7 : Probl`eme de synth`ese
(1) a. AP M est isoc`ele et rectangle donc P M A\ = 45˚. De la mˆeme fa¸con, l’angle QM B\ = 45˚.
On a donc P M Q\ = 180−45−45 = 90˚ donc P M Qest rectangle en M.
b. AP M est isoc`ele et rectangle doncP A=P MetP A2+P M2 =AM2, ainsiP M2 = AM22 = x22. Donc P M = √x2. De mˆeme QM = 10−x√2 .
c. Comme P M Qest rectangle, on aP Q2 =P M2+QM2 = x22 +(10−x)2 2 =x2−10x+ 50
(2) a.
x
f
0 5 10
50 50
25 25
50 50
b. f(x) = (x−5)2+ 25 =x2−10x+ 50 =P Q2.
c. P Q2 est donc compris entre 25 et 50 et P Qest compris entre 5 et 5√ 2.
(3) P Q= 3 revient `a P Q2 = 9 donc (x−5)2+ 25 = 9, c’est-`a-dire (x−5)2 =−16. C’est impossible, on ne peut donc pas placer M tel que P Q= 9
Exercice 8 : Probl`eme ouvert
Avec la figure, on conjecture que les 3 droites sont concourantes.
Dans le rep`ere (A;B;D), on a A(0; 0), C(1; 1), D(0; 1),G(1; 12),B(1; 0) etE(0; 2).
Donc, l’´equation de (AC) est y = x, l’´equation de (DG) est y = −12x+ 1 et l’´equation de (EB) est y =−2x+ 2.
Les coordonn´ees du point d’intersectionO de (AC) et (DG) sont les solutions de : (y =x
y =−12x+ 1 ⇔
(y =x
y =−12y+ 1 ⇔
(x = 23 y = 23 .
De plus −2× 23 + 2 = 23 donc O appartient `a (EB).
Les trois droites sont donc bien concourantes en O.
