1S Grille de correction DM 3 2014-2015
Lycée Bertran de Born 1 sur 3
1S Grille de correction DM 3 2014-2015
E1 Réponse Points Obtenus
1 −−→
AB.−→
AC =AB×AC×cos
3π
4
= 2×3×
−
√2 2
= −3√
2 1
2 −−→AB.−→AC =−→AC.−−→AB=−→AC.−−→AK=−AC×AK= −6 1 3 −−→AB.−→AC = 1×(−3) + (−2)×(−2) = 1 car−−→AB
1
−2
et−→AC −3
−2
1
Total −→ 3 points
E 2 Réponse Points Obtenus
1 −−→AB.−→AC = 1 2
||−−→AB+−→AC||2− ||−−→AB||2− ||−→AC||2
= 1
2(AD2 −AB2 −AC2) = 1
2(62−42−32) = 11 2
1
2 cos−−→AB;−→AC
=
−−→AB.−→AC
AB×AC = 11/2 12 = 11
24 donc (−−→AB;−→AC)≈ 62,7˚ à 0,1˚ près. 2 3 D’une part, (−−→BA+−→AC)2 =
C hasles
−−→BC2=BC2. d’autre part, (−−→BA+−→AC)2 =
I d.RemBA2+AC2+ 2−−→BA.−→AC=BA2+AC2−2−−→AB.−→AC.
On en déduit queBC2= 42+ 32−2×11
2 = 25−11 = 14, d’oùBC= √ 14
3
Total −→ 6 points
E 3 Réponse Points Obtenus
1 D’une part,
−→AC.−→DI = (−−→AD+−−→DC).(−−→DA+−→AI) = −−→AD.−−→DA+−−→AD.−→AI +−−→DC.−−→DA+−−→DC.−→AI =
−AD2+ 0 + 0 +DC×AI=−9 + 32 = 23 . d’autre part, cos(θ) =
−→AC.−→DI
AC×DI = 23
√73×5 et donc θ≈ −57,4˚ à 0,1˚près.
4
2.a −→AC.−→DI =−AD2+ 0 + 0 +DC×AI = −b2+a2
2 1
2.b cos(θ) =
1 2a2−b2
AC×DI. (AC) et (DI) perpendiculaires correspond à θ = −π 2, puis cos(θ) = 0⇔b2= a2
2 et a=b√
2 puisqueaetb sont des nombres positifs.
1
Total −→ 6 points
E 4 Réponse Points Obtenus
1.a SoitKle milieu de [AC],K(1,5; 1,5).AK=√ 12.5.
Une équation du cercleC : (x−1,5)2+ (y−1,5)2= 12,5
2
1.b (xB−1,5)2+ (yB−1,5)2= (2−1,5)2+ (−2−1,5)2= 12,5 donc B∈ C B est sur le cercle de damètre [AC] donc le triangleABC est rectangle enB.
2
2.a La droite ∆ admet le vecteur−→AC 7
1
comme vecteur normal et elle passe parK.
On a ∆ : 7x+y+c= 0 etK∈∆⇔7xK+yK+c= 0⇔c=−7×1,5−1,5 =−12 On a donc ∆ : 7x+y−12 = 0
2
2.b M(x, y) ∈ C ∩ ∆ ⇔
(x−1,5)2+ (y−1,5)2= 12,5
7x+y−12 = 0 ⇔
(x−1,5)2+ (−7x+ 12−1,5)2= 12,5
y=−7x+ 12 ⇔
50x2−150x+ 100 = 0 y=−7x+ 12
⇔
x2−3x+ 2 = 0 y=−7x+ 12 ⇔
x= 1 oux= 2
y =−7x+ 12 ⇔ M(1; 5) ouM =B
2
Total −→ 8 points
Lycée Bertran de Born 2 sur 3
1S Grille de correction DM 3 2014-2015
E 5 Réponse Points Obtenus
1.a ABC est un triangle rectangle en A donc (AB) et (AC) sont perpendiculaires.
AC = 2AB et J milieu de [AC] impliquent que AB = AJ. Les vecteurs −−→AB et
−→AC sont orthogonaux. De ce fait,
A;−−→AB;−→AJ
est un repère orthonormé.
1
1.b A(0; 0),B(1; 0), C(0; 2) etI(0,5; 1). 1 2 La droite (BC) est dirigée par le vecteur−−→BC
−1 2
donc (BC) : 2x+y+c = 0.
On trouve la valeur decen utilisant le pointBpar exemple : 2xB+yB+c= 0⇔ 2 + 0 +c= 0⇔c=−2. On a donc (BC) : 2x+y−2 = 0
2
3 −−→BC est un vecteur normal de la droite (AH) car (AH) est la hauteur issue deA dans le triangleABC. On a donc (AH) :−x+ 2y+c= 0. On trouve la valeur de c en utilisant le pointA par exemple : −xA+ 2yA+c = 0⇔ c= 0. On a donc
(AH) :−x+ 2y= 0
2
4 H(x;y)∈(BC)∩(AH)⇔
2x+y−2 = 0
−x+ 2y= 0 ⇔
x= 2y
5y−2 = 0 ⇔ y= 0,4 etx= 0,8 donc H(0,8; 0,4) , puis E(0,8; 0) et F(0; 0,4) .
2
5 −→
AI 0,5
1
et−−→
EF −0,8
0,4
.−→
AI.−−→
EF = 0,5×(−0,8) + 1×0,4 = 0 donc les vecteurs sont orthogonaux et les droites (AI) et (EF) sont perpendiculaires.
1
Total −→ 9 points
E 6 Réponse Points Obtenus
1 AE= 30−2xet l’on doit avoirAE ∈[0; 30]⇔0630−2x630⇔06x615. 1 2 Pour x ∈ [0; 15], V(x) = AB ×AD ×AE = (15 −x)×x×(30−2x) =
2x3−60x2+ 450x
2
3 V est dérivable sur [0; 15] et V′(x) = 6x2−120x+ 450 .V′(x) = 0⇔x= 15 ou x= 5 etV′(x) est du signe dea= 6 à l’extérieur des racines.
x Signe deV′(x)
Variations deV
0 5 15
+ 0 − 0
0 0
1000 1000
0 0 a
500
b
500
2
4 La fonctionV admet un maximum pourx= 5 qui vaut 1000 (la dérivée s’annule et change de signe). Ainsi le volume maximal de la boîte est 1000 cm3 pour un choix de x= 5 .
1
5.a Dimensions de la boîte de volume maximal : 5,10 et 20 cm. 1 5.b D’après le tableau de variations, il existe deux valeursa et b telles que V(a) =
V(b) = 500. (a∈[0; 5] et b∈[5; 15])
On peut affiner les encadrements deaet b avec la calculatrice : 1,33< a <1,34 et b= 10 . La valeur exacte deaest 10−5√
3 .
1
Total −→ 8 points
Devoir réalisé en entier. 5
Précision des arrondis, soin, orthographe, autres 5
NOTE
Lycée Bertran de Born 3 sur 3
