Correction DS3 Denis Augier 1S1
Correction du DS 3 de 1S1 du 5 novembre 2018.
Exercice 1. On se place dans un repère planP repéré parpO;~i;~jq.
1. On considère le pointAp3,1qet~u: ˆ3
´1
˙ .
Déterminer l’équation de la droitedpassant parAet de vecteur directeur~u.
M PdôÝÝÑ
AM et ~u sont colinéairesôdet´ÝÝÑ AM;~u¯
“
x´3 3 y´1 ´1
“ ´px´3q ´3py´1q “ ´x´3y`6“0 Donc d:´x´3y`6“0.
2. On considère les points Bp´3;´3qetCp0;´1q. Déterminez une équation de la droitepBCq.
M P pBCq ôÝÝÑ BM etÝÝÑ
BC sont colinéairesôdet´ÝÝÑ BM;ÝÝÑ
BC¯
“
x`3 3 y`3 2
“2px`3q ´3py`3q “2x´3y´3“0 DoncpBCq: 2x´3y´3“0.
3. Déterminer l’intersection des droitesdet pBCq.
Si Mpx, yqappartient à l’intersection dedetpBCqalors ces coordonnées vérifies :
"
´x´3y`6“0
2x´3y´3“0 ô 2L1`L2 L2´L1
"
´9y`9“0 3x´9“0 ô
"
x“3 y“1 DoncdX pBCq “ tAu.
4. Déterminer un point et vecteur directeur de la droite ∆ d’équation : 2x`6y`3“0.
Avecx“0, on obtienty“´36 “ ´12 . Donc le point de coordonnées` 0,´12 ˘
est un point de ∆. Le vecteur~v: ˆ´6
2
˙
est un vecteur directeur de ∆.
5. Déterminer les positions relatives des droitesd,pBCqet ∆. (Sécantes, parallèles ou confondues)
On a~v“ ´2~u. Donc les vecteurs directeurs dedet ∆ sont colinéaires. Doncd{{∆. Or à la question 3. On a montré quedetpBCqétaient sécantes. Donc ∆ etpBCqsont sécantes (puisqued{{∆).
6. Les pointsA,B et Csont-ils alignés ?
A est l’intersection depBCqetddonc A, B et C sont alignés.
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Exercice 2. Soitmun nombre réel. On considère les vecteurs ~u
ˆm´1 2
˙ et~v
ˆ 3
m´2
˙ . Déterminer les valeurs dem pour que les vecteurs~uet~vsoient colinéaires.
~
u et ~v soit colinéairesôdetp~u, ~vq “
m´1 3
2 m´2
“ pm´1qpm´2q ´6“m2´3m´4“0.
On cherche les racines du polynôme : ∆ “ p´3q2´4ˆ p´4q “ 25 ą 0. On a deux racines : x1 “ 3´5
2ˆ1 “ ´1 et x1“ 3`5
2ˆ1 “4. Donc :
~
u et ~v soit colinéairesôm“ ´1 ou m“5
Exercice 3. SoitABCD un parallélogramme. On noteE etF les points vérifiant les égalités vectorielles suivantes : ÝÝÑ
BE“ 3 2
ÝÝÑ
BA et ÝÝÑ
BF “3ÝÝÑ BC On se place dans le repèrepA,ÝÝÑ
AB,ÝÝÑ ADq
1. Déterminer les coordonnées des pointsE etF dans le repèrepA,ÝÝÑ AB,ÝÝÑ
ADq.
ÝÑAE“ÝÝÑ AB`ÝÝÑ
BE“ÝÝÑ AB`3
2 ÝÝÑ BA“ ´1
2 ÝÝÑ AB DoncE`´1
2 ,0˘ .
CommeABCD parallélogramme, on aÝÑ AC“ÝÝÑ
AB`ÝÝÑ AD, donc :
ÝÑAF “ÝÝÑ AB`ÝÝÑ
BF “ÝÝÑ AB`3ÝÝÑ
BC“ÝÝÑ AB`3
¨
˚
˝ ÝÝÑ
BA` ÝÑ loAComoon ÝÝÑ AB`ÝÝÑ
AD
˛
‹
‚“ÝÝÑ AB`3ÝÝÑ
AD
DoncFp1; 3q.
2. Montrer queÝÝÑ
EF “3ÝÝÑ ED.
ÝÝÑ EF :
ˆxF´xE
yF´xE
˙
“
ˆ1´´12 3´0
˙
“ ˆ3
2
3
˙ et ÝÝÑ
ED:
ˆ0´´12 1´0
˙
“ ˆ1
2
1
˙
. DoncÝÝÑ
EF“3ÝÝÑ ED.
3. Montrer que les pointsE,D etF sont alignés.
PuisqueÝÝÑ
EF “3ÝÝÑ
ED, les vecteursÝÝÑ
EF et 3ÝÝÑ
EDsont colinéaires et donc les pointsE,D et F sont alignés.
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Exercice 4. On considère la fonction définie surRparfpxq “ ´6
?x2`4 `5.
1. Recopier et finir de compléter le tableau ci-dessous : x
xÞÑx2
xÞÑx`4
xÞÑ? x
xÞÑ 1x
x ÞÑ
´6x`5
0 `8
0 0
`8
`8
4 4
`8
`8
2 2
`8
`8
1 2 1 2
0 0
2 2
5 5
Justification : . .
Car la fonction carré est croissante surr0;`8r .
.
L’opérationu`kne modifie pas les variations de la fonction.
. . La fonction?
uà les mêmes variation queu.
. .
La fonction inverse, inverse les variations deu (Remarque : ici on est à valeur dansr2;`8rintervalle
sur lequel la fonction inverse est bien définie) .
La fonction affine xÞÑ ´6x`5 est décroissante donc les variations sont inversées.
x
xÞÑx2
xÞÑx`4
xÞÑ? x
xÞÑ 1x
x ÞÑ
´6x`5
´8 0
`8
`8
0 0
`8
`8
4 4
`8
`8
2 2
0 0
1 2 1 2
5 5
2 2
Justification : . .
Car la fonction carré est décroissante surr´8,0r .
.
L’opérationu`kne modifie pas les variations de la fonction.
. . La fonction?
uà les mêmes variation queu.
. .
La fonction inverse, inverse les variations deu (Remarque : ici on est à valeur dansr2;`8rintervalle
sur lequel la fonction inverse est bien définie) .
La fonction affine xÞÑ ´6x`5 est décroissante donc les variations sont inversées.
2. Comparer en justifiant et sans les calculer :
• fp3qetfp5q. Comme surr0,`8rla fonctionf est croissante : 3ď5ñfp3q ďfp5q.
• fp´3qetfp´5q. Comme surr´8,0rla fonctionf est décroissante :´5ď ´3ñfp´5q ěfp´3q.
• fpaqet fpbqavecaďbď0.
Comme surr´8,0rla fonctionf est décroissante :aďbď0ñfpaq ěfpaq ěfp0q “2.
Exercice 5. On considère la fonctionhdéfinie sur Rparhpxq “x3`3x2`3. Soit aet bdeux réels.
1. Montrer quehpbq ´hpaq “ pb´aqpa2`ab`b2`3a`3bq.
On a :hpbq ´hpaq “ pb3`3b2`3q ´ pa3`3a2`3q “b3´3b2´a3`3a2
De plus :pb´aqpa2`ab`b2`3a`3bq “ba2`ab2`b3`3ab`3b2´a3´a2b´ab2´3a2´3ab“b3`3b2´a3´3a2. Donchpbq ´hpaq “ pb´aqpa2`ab`b2`3a`3bq.
2. Montrer que si 0ďaďb alorshpbq ´hpaq ě0.
Commeaě0 etbě0 alorspa2`ab`b2`3a`3bq ě0. Par ailleursběadoncb´aě0.
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3. En déduire les variations dehsurr0,`8r.
Donchest croissante. Puisque :
si 0ďaďbñhpbq ´hpaq ě0ñhpbq ěhpaq.
Exercice 6. On note P la parabole représentation graphique de la fonction carré (c’est-à-dire d’équation y “ x2) et Ap1; 1qun point deP.
On notedune droite du plan ety“ax`bson équation réduite.
1. Étude d’un cas particulier :
(a) Montrer que pour quedpasse par le pointAil faut et il suffit queb“1´a.
APdô1“aˆ1`bôb“1´a
(b) Montrer que pour queAsoit le seul point d’intersection entreP et d, il faut et il suffit quea“2. (Indication : a2´4a`4“ pa´2q2).
Pour rechercher les points d’intersection dedetP, on doit résoudre le système (commeAPdôy“ax`a´1) :
"
y“x2
y“ax`1´a ô
"
x2“ax`1´a y“ax`1´a ô
"
x2´ax´1`a“0 y“ax`1´a
Pour que seul A soit solution du système précédent, il faut que la première équation (qui est un polynôme du second degré) n’est qu’une solution. Donc il faut ∆“0 :
∆“0ô p´aq2´4ˆ1ˆ p´1`aq “0ôa2´4a`4“ pa´2q2“0ôa“2 DoncdXP“ tAu ôa“2.
(c) En déduire alors l’équation de d.
Sia“2 alors b“1´a“ ´1 etd:y“2x´1.
2. Étude du cas général. On noteMpx0, x20qun point quelconque deP.
(a) Montrer quedpasse parM si et seulement sib“x20´ax0.M Pdôx20“aˆx0`bôb“x20´ax0
(b) Montrer queM est l’unique point d’intersection dedet P si et seulement sia“2x0. (Indication :a2´4ax0` 4x20“ pa´2x0q2).
Pour rechercher les points d’intersection de d et P, on doit résoudre le système (comme M P d ô y “ ax`ax20´x20) :
"
y“x2 y“ax`x20´ax0
ô
"
x2“ax`x20´ax0
y“ax`1´a ô
"
x2´ax´x20`ax0“0 y“ax`1´a
Pour que seul M soit solution du système précédent, il faut que la première équation (qui est un polynôme du second degré) n’est qu’une solution. Donc il faut ∆“0 :
∆“0ô p´aq2´4ˆ1ˆ p´x20`ax0q “0ôa2´4x0a`4x20“ pa´2x0q2“0ôa“2x0 DoncdXP“ tMu ôa“2x0.
(c) En déduire alors l’équation de d. Sia“2x0 alorsb“x20´ax0“x20´2x20“ ´x20et d:y“2x0ˆx´x20.
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