Une ann´ee de contrˆole en Premi`ere S

Gilles Auriol

auriolg@free.fr — http ://auriolg.free.fr

Voici l’int´egralit´e des contrˆoles de math´ematiques effectu´es par la classe de 1S4 du lyc´ee Pierre d’Aragon durant l’ann´ee scolaire 2002-2003 sous la houlette de M. Aragon.

DEVOIR N˚1 DU 26/09/02 Enonc´´ e - Groupe 1

1. ABC est un triangle. A^′, B^′ et C^′ sont les milieux respectifs de [BC], [CA] et [AB]. M est un point quelconque. I, J et K sont les sym´etriques de M respectivement par rapport `a A^′, B^′ et C^′.

M A

B C

A^′

C^′ B^′

b

b b

b b

b b

(a) D´emontrer que −→

BI =−→

AJ et que −−→

AK =−→

CI.

(b) prouver que (AI), (BJ) et (CK) sont concourantes et pr´eciser la position du point de concours.

2. ABCD est un quadrilat`ere quelconque, I et L sont les points tels que −→

AI = x−→

AB et

−→AL = x−−→AD, o`u x est un r´eel de l’intervalle ]0; 1[.

(a) Justifier que−→JK = 1 2

−−→BD.

(b) Utiliser la relation de Chasles −→ IL =−→

IA +−→

AL pour prouver que−→

IL = x−−→

BD.

(c) Quel th´eor`eme permeet de montrer le parall´elisme de (IL) et (JK) ? R´ediger une solution.

3. ABC est un triangle, E est tel que −→AE = 1 3

−−→BC, le point I est tel que−→CI = 2 3

−−→CB et F est tel que −→

AF = 1

3. D´emontrer que I, E et F sont align´es.

Correction - Groupe 1

1. (a) A^′ est le milieu de [MI] et de [BC], donc BICM est un parall´elogramme, donc

−−→BC =−−→

BM +−→

BI, d’o`u −→

BI =−−→

BC −−−→

BM =−−→

MC [1].

De mˆeme AJCM ´etant un parall´elogramme, on a−→

AJ +−−→

AM =−→

AC et−→

AJ =−→

AC−−−→

−−→ AM = MC [2].

En comparant [1] et [2], on en d´eduit −→

BI =−→

AJ.

AKBM et BICM ´etant des parall´elogrammes, on a −−→AK = −→

AB −−−→AM = −−→MB et

−→CI =−−→

CB −−−→CM =−−→MB, d’o`u −−→AK =−→CI.

2

se coupent en le milieu de [AI].

Finalement les droites (AI), (BJ) et (CK) se coupent en le milieu de [AI].

2. (a) −−→

CK = 1 2

−−→CD et −→

CJ = 1 2

−−→CB, donc en soustrayant membre `a membre −−→

CK −−→

CJ = 1

2

−−→CD −−−→CB

d’o`u −→JK = 1 2

−−→BD.

(b) Par Chasles −IL =→ −→

AL −−→AI = x−−→

AD − x−→AB = x−−→BD

(c) D’apr`es la question 2a, −−→BD = 2−→JK, donc −IL = 2x→ −→JK, ainsi (IL)//(JK).

3. −→

F E =−→

AE −−→

AF = 1 3

−−→BC −−→

AC

= 1 3

−→BA [1’]

D’autre part −→

AF = 1 3

−→AC, d’o`u−→

AC +−→

CF = 1 3

−→AC puis −→

CF = −2 3

−→AC et

−→IF =−→

CF −−→

CI = −2 3

−→AC − 2 3

−−→CB = 2 3

−→BA [2’]

De [1’], on d´eduit que −→BA = 3−→F E et en rempla¸cant dans [2’]

−→IF = 2

33−→F E = 2−→F E

d’o`u (IF )//(F E), mais F est commun `a ces deux droites parall`eles, ainsi elles sont confon- dues et I, E et F sont align´es.

DEVOIR N˚2 DU 03/10/02 Enonc´´ e - Groupe 1 1. R´esoudre (2x + 3)(x − 4) + x²− 16 = 0.

2. R´esoudre (2x + 1)(1 + 3x) + 1 = 9x². 3. R´esoudre (x + 3)(x − 2) + 2x²− 18 = 0.

4. R´esoudre 4(x + 6)²− 9(x − 3)² = 0.

5. R´esoudre x²+ 4x + 2

x + 2 = 2x + 1.

6. R´esoudre 1

2x − 1 − 3

2x²− x > 5 x.

7. Trouver deux nombres tels que leur somme vaille 19

3 et leur produit 10.

Correction - Groupe 1

1. (2x + 3)(x − 4) + x²− 16) = 0

(2x + 3)(x − 4) + (x − 4)(x + 4) = 0 (2x + 3 + x + 4)(x − 4) = 0 (3x + 7)(x − 4) = 0 donc S =



−7 3, 4

 .

2. (2x + 1)(1 + 3x) + 1 − 9x² = 0

(2x + 1)(1 + 3x) + (1 − 3x)(1 + 3x) = 0 (1 + 3x)(2x + 1 + 1 − 3x) = 0 (1 + 3x)(−x + 2) = 0 donc S =



−1 3, 2

 .

3. (x + 3)(x − 2) + 2x²− 18 = 0

(x + 3)(x − 2) + 2(x − 3)(x + 3) = 0 (x + 3)(x − 2 + 2x − 6) = 0 (x + 3)(3x − 8) = 0 donc S =

8 3, −3

 .

4. 4(x + 6)²− 9(x − 3)² = 0

(2x + 12)²− (3x − 9)² = 0 (2x + 12 − 3x + 9)(2x + 12 + 3x − 9) = 0 (−x + 21)(5x + 3) = 0 donc S =



−3 5, 21

 .

4

⇔ −x²− x = 0 ⇔ −x(x + 1) = 0 donc S = {−1, 0} ∩ R − {−2} = {−1, 0}.

6. Cette in´equation est d´efinie pour x ∈ R −

 0,1

2



. Sur cet intervalle : 1

2x − 1 − 3

2x² − x > 5

x ⇔ x − 3 − 5(2x − 1)

x(2x − 1) > 0 ⇔ −9x + 2 x(2x − 1) > 0 d’o`u le tableau de signes :

x −∞ 0 2

9

1

2 +∞

−9x + 2 + + 0 − −

x − 0 + + +

2x − 1 − − − 0 +

−9x + 2

x(2x − 1) + k − 0 + k −

donc S =] − ∞, 0[ ∪

2 9,1

2

 .

7. Soit α et β les deux nombres cherch´es. Comme

(x − α)(x − β) = x²− (α + β)x + αβ = x² −19

3 x + 10 = P (x)

et P (α) = P (β) = 0, les nombres α et β sont n´ecessairement les racines du polynˆomes P (x) :

x²− 19

3 + 10 = 0 ⇔ 3x² − 19x + 30 = 0 Le discriminant vaut (−19)²− 3 × 30 × 4 = 1, donc les racines sont

α = 19 + 1 6 = 10

3 et β = 19 − 1 6 = 3 R´eciproquement, on v´erifie bien que 10

3 × 3 = 10 et 10

3 + 3 = 19 3 . Enonc´´ e et correction - Groupe 2 Exercices 1,2,3, contrˆole n˚1, groupe 1. Page 2.

DEVOIR N˚3 DU 10/10/02 Enonc´´ e - Groupe 1 1. R´esoudre −2x² + 5x + 1 = 0.

2. R´esoudre 3x²− 7x − 1 = 0.

3. R´esoudre x²− 2(1 +√

3)x + 4 + 2√ 3 = 0.

4. R´esoudre x³− 1 = 0.

5. R´esoudre 4

1 − x+ 3

x − 2 = 1.

6. R´esoudre 3x − 2

2x²− 5x − 3 − 2x + 5

3x²− 7x − 6 = 0.

7. R´esoudre (x²− x)² = 14(x²− x) − 24.

Correction - Groupe 1

1. Remarquons d’abord que −2x²+ 5x+ 1 = 0 ⇔ 2x²−5x−1 = 0. On calcule le discriminant :

∆ = 5²− 4(−2)(1) = 33. Donc S =

(5 −√ 33

4 ,5 +√ 33 4

) .

2. ∆ = (−7)²− 4(3)(−1) = 61. Donc

(7 −√ 61

6 ,7 +√ 61 6

) . 3. ∆ = [2(1 +√

3)]²− 4(1)(4 + 2√

3) = 4(4 + 2√

3) − 4(4 + 2√

3) = 0. Donc S = {1 +√ 3}.

4. 1 est racine. On peut mettre x − 1 en facteur. Donc x³− 1 = (x − 1)(x²+ ax + 1) o`u a est un r´eel `a d´eterminer. En d´eveloppant on trouve x³− 1 = x³+ (a − 1)x²+ (1 − a)x − 1 Donc a = 1 et x³− 1 = (x − 1)(x²+ x + 1). Le discriminant de x²+ x + 1 vaut −3 donc x²+ x + 1 n’est pas factorisable. S = {1}.

5. On r´esout sur R − {1, 2}.

4

1 − x + 3

x − 2 = 1 ⇔ 4(x − 2) + 3(1 − x)

(1 − x)(x − 2) = 1

⇔ 4x − 8 + 3 − 3x = (1 − x)(x − 2)

⇔ x − 5 = x − 2 − x²+ 2x

⇔ x²− 2x − 3 = 0

⇔ (x − 1)(x + 3) = 0 Donc S = {1, −3} ∩ R − {1, 2} = {1, −3}.

6.

3x − 2

2x²− 5x − 3 − 2x + 5

3x²− 7x − 6 = 0 ⇔ 3x − 2

(x − 3)(2x + 1) − 2x + 5

(x − 3)(3x + 2) = 0 [1]

On r´esout l’´equation sur R −



−2 3, −1

2, 3

 .

[1] ⇔ (3x − 2)(3x + 2) − (2x + 5)(2x + 1)

(x − 3)(2x + 1)(3x + 2) = 0

⇔ 9x²− 4 − (4x²+ 12x + 5)

(x − 3)(2x + 1)(3x + 2) = 0

⇔ (x − 3)(5x + 3)

(x − 3)(2x + 1)(3x + 2) = 0

⇔ 5x + 3 = 0

6

(x²− x)² = 14(x²− x) − 24 ⇔

 X = x²− x

X²− 14X + 24 = 0 ⇔

 X = x² − x

(X − 12)(X − 2) = 0

⇔

 X = x² − x

X = 12 ou

 X = x²− x

X = 2 ⇔

12 = x² − x ou 2 = x²− x

⇔

x²− x − 12 = 0 ou x²− x − 2 = 0

⇔

(x − 4)(x + 3) = 0 ou (x + 1)(x − 2) = 0 D’o`u S = {4, −3, −1, 2}.

Enonc´´ e - Groupe 2

◮ EXERCICE 1

ABCD est un quadrilat`ere quelconque. I est le milieu de [AC] et J celui de [BD]. Les points K et L sont tels que −−→

KA = −2−−→KB et −→

LC = −2−→LD, M est le milieu de segment [LK].

1. (a) Justifier l’existence du barycentre G de (A, 1), (B, 2), (C, 1) et (D, 2).

(b) Prouver que G appartient `a (KL) et `a (IJ).

2. Justifier que M est confondu avec G et indiquer la position de M sur (IJ).

◮ EXERCICE 2

ABC est un triangle rectangle isoc`ele en A tel que AB = 4 cm. On se propose de trouver l’ensemble Γ des points M du plan tels que || −−−→MA +−−→MB + 2−−→

MC|| = 4.

1. Utiliser le barycentre G de (A, −1), (B, 1) et (C, 2) pour r´eduire −−−→MA +−−→MB + 2−−→MC.

2. Montrer M ∈ Γ ⇔ MG = 2.

3. En d´eduire la nature de Γ.

4. Placer G et construire Γ.

◮ EXERCICE 3

ABC est un triangle isoc`ele en A, de hauteur [AH], tel que AH = BC = 4 (unit´e : 1 cm).

1. Placer le point G barycentre des points pond´er´es (A, 2), (B, 1) et (C, 1).

2. M d´esigne un point quelconque (a) Prouver que le vecteur −→

V = 2−−→

MA −−−→

MB −−−→

MC est un vecteur de norme 8.

(b) Trouver l’ensemble E des points M du plan tels que ||2−−→

MA −−−→

MB −−−→

MC|| = ||−→ V ||.

Tracer E.

Correction - Groupe 2

◮ EXERCICE 1

1. (a) La somme des coefficients est non nulle (´egale `a 6), donc le barycentre existe.

(b) −−→KA + 2−−→KB =−→

0 , donc K = Bar{(A, 1), (B, 2)}.

−→LC + 2−→LD =−→

0 , donc L = Bar{(C, 1), (D, 2)}.

Le th´eor`eme d’associativit´e avec le point G = Bar{(A, 1), (B, 2), (C, 1), (D, 2)} donne G = Bar{(K, 3), (L, 3)}, c’est-`a-dire que G est le milieu de [KL] et G ∈ (KL).

b b

b b b

b b

A

K B

C L

D

I M J

I est le milieu de [AC] donc I = Bar{(A, 1), (C, 1)}.

J est le milieu de [BD] donc I = Bar{(B, 2), (D, 2)}.

En utilisant le mˆeme th´eor`eme et en regroupant A et C d’une part, B et D d’autre part, on en d´eduit que G = Bar{(I, 2)(J, 4)} = Bar{(I, 1)(J, 2)} et G ∈ (IJ).

2. Nous avons d´ej`a justifi´e que G est le milieu de [KL].

G = Bar{(I, 1)(J, 2)} d’apr`es la question pr´ec´edente. Pour tout point X du plan on a donc 3−−→

XG = −→

XI + 2−→

XJ. En faisant X = I, on trouve 3−→

IG = 2−→

IJ. Finalement G (c’est-`a-dire M) est tel que −→IG = 2

3

−→ IJ.

◮ EXERCICE 2

1. Comme G = Bar{(A, −1)(B, 1)(C, 2)}, pour tout point M du plan, 2−−→

MG = −−−→

MA +−−→

MB + 2−−→

MC.

2. || −−−→MA +−−→MB + 2−−→

MC|| = 4 ⇔ ||2−−→

MG|| = 4 ⇔ MG = 2.

3. Γ est le cercle de centre G et de rayon 2.

4. En faisant M = C dans 2−−→

MG = −−−→MA +−−→MB + 2−−→MC, on obtient 2−→

CG = −−→CA +−−→CB, d’o`u 2−→CG = −→AB et−→CG = 1

2

−→AB.

b

A Γ C

B G

8

−→AG = 1 2

−−→AH.

A

C B

b G

H

E

2. (a) −→

V = 2−−→

MA − (−−→

MB +−−→

MC) et comme H est le milieu de [BC], on a−−→

MB +−−→

MC = 2−−→

MH pour tout point M, donc

−

→V = 2−−→

MA − 2−−→MH = 2(−−→

MA −−−→MH) = 2−−→HA et en prenant les normes ||−→

V || = 2HA = 8.

(b) ||2−−→MA +−−→MB +−−→

MC|| = ||−→

V || ⇔ ||4MG|| = 8 ⇔ MG = 2, donc E est le cercle de centre G et de rayon 2.

DEVOIR N˚4 DU 17/10/02 Enonc´´ e - Groupe 1

◮ EXERCICE 1

Voir exercice 1, contrˆole n˚3, groupe 2. Page 7.

◮ EXERCICE 2

ABCD est un rectangle. Le but de l’exercice est de trouver l’ensemble Γ des points M du plan tels que ||−−→

MA +−−→

MB +−−→

MC +−−→

MD|| = ||−−→

MA −−−→

MB −−−→

MC +−−→

MD||.

1. Prouver que pour tout point M du plan, −−→

MA −−−→

MB −−−→MC +−−→

MD = −2−→AB.

2. R´eduire la somme −−→MA +−−→MB +−−→MC +−−→MD.

3. (a) En d´eduire que l’ensemble Γ est un cercle dont on pr´ecisera le centre et le rayon.

(b) Justifier que les milieux de [BC] et [AD] sont sur Γ. Tracer Γ.

◮ EXERCICE 3

ABC est un triangle. On note a = BC, b = AC et c = AB. A^′ est le pied de la bissectrice int´erieure de [ABC. A^′ est donc ´equidistant des cˆot´es de l’angle. On note d cette distance et h la longueur de la hauteur issue de A.

1. (a) Exprimer de deux fa¸cons diff´erentes les aires des triangles AA^′B et AA^′C.

(b) En d´eduire que A^′B A^′C = c

b.

2. Prouver que A^′ est le barycentre de (B, b) et (C, c).

3. B^′ et C^′ sont les pieds des bissectrices de [ABC et [ACB. Exprimer B^′ comme barycentre de C et A, puis C^′ comme barycentre de A et B.

4. D´emontrer que le point I, centre du cercle inscrit, c’est-`a-dire point de concours des bissec- trices, est barycentre de (A, a), (B, b) et (C, c).

Correction - Groupe 1

◮ EXERCICE 1 Voir page 7.

◮ EXERCICE 2

1. −−→

MA −−−→

MB −−−→

MC +−−→

MD = −−→

MA −−−→

MA −−→

AB −−−→

MA −−→

AC +−−→

MA +−−→

AD

= −−→

AB −−→AC +−−→AD

= −−→

AB +−→

CA +−−→

AD

= −−→AB +−−→CD

= −2−→

AB (car dans un rectangle −−→

CD = −−→

AB)

2. Soit G = Bar{(A, 1), (B, 1), (C, 1), (D, 1)}. Ce point existe car la somme des coefficients est non nulle. Pour tout point M du plan on a

4−−→

MG = −−→

MA +−−→

MB +−−→

MC +−−→

MD [1]

10

(b) En faisant M = A dans la relation [1], 4AG = AB +AC +AD. Mais dans un pa- rall´elogramme (a fortiori dans un rectangle),−→

AB +−−→

AD =−→

AC, donc 4−→

AG = 2−→

AC, d’o`u la position de G : −→

AG = 1 2

−→AC, G est le milieu de [AC].

I est le milieu de [BC], G celui de [AC], donc par le th´eor`eme du milieu GI = AB 2 , soit I ∈ Γ. De mˆeme, en utilisant le fait que H est le milieu de [AD] on justifie que HG = DC

2 = AB 2 .

On construit en utilisant ces derniers r´esulats :

b

G

Γ

A B

C D

H ^{b b} I

◮ EXERCICE 3

1. (a) En consid´erant deux hauteurs diff´erentes pour chacun des triangles : A(AA^′B) = 1

2h A^′B = 1

2cd et A(AA^′C) = 1

2h A^′C = 1 2bd (b) En divisant membre `a membre les deux ´egalit´es pr´ec´edentes :

A(AA^′B)

A(AA^′C) = A^′B A^′C = c

b

2. D’apr`es la question pr´ec´edente, bA^′B = cA^′C. Par ailleurs les vecteurs −−→

A^′B et −−→

A^′C sont colin´eaires de sens contraites, donc b−−→

A^′B = −c−−→

A^′C, d’o`u b−−→

A^′B + c−−→

A^′C = 0, ce qui traduit bien le fait que A^′ = Bar{(A, a), (B, b)}.

3. On recommence ce qui vient d’ˆetre fait `a deux reprises. On d´esigne par h^′ (resp. h^′′) la longueur de la hauteur issue de B (resp. de C) et par d^′ (resp. d^′′) la distance de B^′ (resp.

C^′) au cˆot´e [BA] (resp. [AC]). On a alors A(BB^′A) = 1

2h^′AB^′ = 1

2cd^′ et A(BB^′C) = 1

2h^′B^′C = 1 2ad^′ d’o`u, en divisant membre `a membre,

A(BB^′A)

A(BB^′C) = AB^′ B^′C = c

a ainsi que

A(CC^′A) = 1

2h^′′AC^′ = 1

2bd^′′ et A(CC^′B) = 1

2h^′′BC^′ = 1 2ad^′′

qui permet d’´ecrire

A(CC^′A)

A(CC^′B) = AC^′ BC^′ = b

a

Les mˆemes consid´erations que pr´ec´edemment conduisent `a B^′ = Bar{(A, a), (C, c)} et C^′ = Bar{(A, a), (B, b)}

4. Soit G = Bar{(A, a), (B, b), (C, c)}. Ce point existe car a + b + c 6= 0. On utilise trois fois le th´eor`eme d’associativ´e :

(a) A^′ = Bar{(B, b), (C, c)} d’o`u G = Bar{(A, a)(A^′, b + c)}, donc G ∈ (AA^′).

(b) B^′ = Bar{(A, a), (C, c)} d’o`u G = Bar{(B, b)(B^′, a + c)}, donc G ∈ (BB^′).

(c) C^′ = Bar{(A, a), (B, b)} d’o`u G = Bar{(C, c)(C^′, a + b)}, donc G ∈ (CC^′).

ainsi G appartient au trois bissectrices donc G = I.

On a donc red´emontr´e que les bissectrices int´erieures sont concourantes et que de plus leur point d’intersection est barycentre de (A, a), (B, b) et (C, c).

12

Soit f : x 7→ −x²+ 4x.

1. Parit´e, d´eriv´ee (en passant par la d´efinition), tableau de variations.

2. Equation de la tangente T au point d’abscisse 4.

3. D´eterminer x tel que B

x + 1

x − 3,3x + 15 x − 3



∈ C^f. 4. R´epr´esenter C^f et la tangente T .

Correction - Groupe 1 1. – Fonction polynˆome donc D^f =R.

– f (1) = 3 et f (−1) = −5 donc f n’est ni paire ni impaire.

– On forme le taux d’accroissement a(h) de f en x0 ∈ D^f :

a(h) = −(x⁰− h)²+ 4(x0 + h) + x²0− 4x⁰ h

= −x²⁰ − x⁰h − h²+ 4x0+ 4h + x²0− 4x⁰ h

= −2x⁰h − h²+ 4h

= −2x⁰ − h + 4h

D’o`u f^′(x0) = −2x⁰ + 4, quand on fait tendre h vers 0. Donc ∀x ∈ D^f, f^′(x) = −2x + 4.

– On en d´eduit le tableau de variations de f :

x −∞ 2 +∞

f^′(x) + 0 −

f (x) ր 4 ց

2. L’´equation de la tangente au point d’abscisse 4 est : y = f^′(4)(x − 4) + f(4)

= −4(x − 4) + 0 Finalement T : y = −4x + 16.

3.

B

x + 1

x − 3,3x + 15 x − 3



∈ C^f

⇔ f

x + 1 x − 3



= 3x + 15

x − 3 et x + 1 x − 3 ∈ D^f

⇔ 3x + 15

x − 3 = −

x + 1 x − 3

² + 4

x + 1 x − 3



et x + 1 x − 3 ∈ R

⇔ (3x + 15)(x − 3) = −(x + 1)²+ 4(x + 1)(x − 3) et x 6= 3

⇔ 3x²− 9x + 15x − 45 = −x²− 2x − 1 + 4(x²− 3x + x − 3) et x 6= 3

⇔ 3x²+ 6x − 45 = −x²− 2x − 1 + 4x²− 8x − 12 et x 6= 3

⇔ 16x = 32 et x 6= 3

En conclusion B ∈ C^f ⇔ x = 2.

4. Repr´esentation graphique

–8 –6 –4 –2 0 2 4 6

–4 –2 2 4 6

14

1. R´esoudre dans R l’in´equation 2x + 3

x²+ 2x − 3 + 1

1 − x 6 4x − 3

4(2x²+ 7x + 3) [1].

2. R´esoudre dans R l’in´equation f(x) = x³ − 2x² − 71x + 72 < 0.

3. R´esoudre





2x + 3y − z = 24 4x − 2y + 3z = 6 6x − y + 2z = 22

.

4. Simplifier f (x) = cos(19π − x) + sin(17π + x) − sin

19π 2 − x

 + cos

17π 2 − x

 .

Correction - Groupe 1 1.

[1] ⇔ 2x + 3

(x − 1)(x + 3) − 1

x − 1 6 4x − 3 4(x + 3)(2x + 1) Donc D[1] = R − {1, −3, −1

2}.

[1] ⇔ 4(2x + 1)(2x + 3) − 4(x + 3)(2x + 1) − (4x − 3)(x − 1) 4(x − 1)(x + 3)(2x + 1) 60

⇔ 4(4x²+ 8x + 3) − 4(2x²+ 7x + 3) − (4x²− 7x + 3) 4(x − 1)(x + 3)(2x + 1) 60

⇔ 4x²+ 11x − 3

4(x − 1)(x + 3)(2x + 1) 60

⇔ (x + 3)(4x − 1)

4(x − 1)(x + 3)(2x + 1) 60

⇔ 4x − 1

4(x − 1)(2x + 1) 60

x −∞ −3 −1

2

1

4 1 +∞

4x − 1 − − − 0 + +

x − 1 − − − − 0 +

2x + 1 − − 0 + + +

Q(x) − k − k + 0 − k +

Finalement S =] − ∞, −3[ ∪



−3, −1 2



∪

1 4, 1

 .

2. A la calculatrice, on s’aper¸coit que 1, 9 et −8 sont racines du polynˆome f(x), donc ∀x ∈ R, f(x) < 0 ⇔ (x − 1)(x − 9)(x + 8) < 0, d’o`u S^′ =] − ∞, −8[ ∪ ]1, 9[, car

x −∞ −8 1 9 +∞

x − 1 − − 0 + +

x − 9 − − − 0 +

x + 8 − 0 + + +

f (x) − 0 + 0 − 0 +

3. 





2x + 3y − z = 24 4x − 2y + 3z = 6

6x − y + 2z = 22

⇔





z = 2x + 3y − 24 4x − 2y + 3(2x + 3y − 24) = 6

6x − y + 2(2x + 3y − 24) = 22

⇔





z = 2x + 3y − 24 10x + 7y = 78

10x + 5y = 70 ⇔







z = 2x + 3y − 24 2y = 78 − 70

x = 7 − 1 2y

⇔







z = 2x + 3y − 24 y = 4

x = 7 − 4 2 = 5 Donc (x, y, z) = (5, 4, −2).

4.

∀x ∈ R, f(x) = cos(19π − x) + sin(17π + x) − sin

19π 2 − x

 + cos

17π 2 − x



= cos(π − x) + sin(π + x) − cos

π

2 −19π 2 + x

 + sin

π

2 −17π 2 + x



= − cos x − sin x − cos(9π + x) + sin(−8π + x)

= − cos x − sin x − cos(π + x) + sin x

= − cos x − sin x + cos x + sin x

= 0

16

1. Calculer la d´eriv´ee de f : x 7→ 3 − x

x + 1 (avec la d´efinition, les formules n’´etant pas connues).

2. Soit ABC un triangle ´equilat´eral et I le milieu de [BC]. D´eterminer les ensembles d´efinis par

(a) M ∈ P ⇔ (−−→MA,−−→MB) = 0 [2π] ; (b) M ∈ Q ⇔ (−−→

AM,−→

AB) = (−→

AC,−−→

AM) [2π] ; (c) M ∈ R ⇔ (−−→MA,−−→MB) = π

2[2π] ; (d) M ∈ S ⇔ (−−→IM ,−→AB) = π

3 [2π].

3. Soit (E) l’´equation√

3 cos x = sin x.

(a) Montrer que si α est solution de (E), alors cos²α = 1 4. (b) En d´eduire les solutions de (E) sur [−π, π].

Correction - Groupe 1 1. Soit

a(h) = 1

h(f (x0+ h) − f(x⁰))

= 1 h

3 − x⁰− h

x0+ h + 1 − 3 − x⁰ x0+ 1



= 1 h

(3 − x⁰− h)(x⁰+ 1) − (3 − x⁰)((x0+ h + 1)) (x0+ h + 1)(x0 + 1)



= 1 h

3x0− x²⁰− hx⁰+ 3 − x⁰− h − 3x⁰− 3h − 3 + x²⁰+ x0h + x0

(x0+ h + 1)(x0+ 1)



= −4

(x0 + h + 1)(x0+ 1) donc lim

h→0ah = −4

(x0+ 1)² et ∀x ∈ R − {−1}, f^′(x) = −4 (x + 1)². 2. (a)

M ∈ P ⇔ (−−→MA,−−→MB) = 0 [2π]

⇔ −−→MA et−−→MB sont colin´eaires et de mˆeme sens

⇔ M ∈ (AB) et M 6∈ [AB]

donc P est la droite (AB) priv´ee du segment [AB].

(b) (c)

M ∈ R ⇔ (−−→MA,−−→MB) = π 2[2π]

⇔ le triangle AMB est rectangle en M est et direct donc R est le demi-cercle de diam`etre [AB] passant par I car (−→IA,−→IB) = π

2, alors que les points de l’autre demi-cercle v´erifient (−−→

MA,−−→

MB) = −π 2 [2π]

(d)

M ∈ S ⇔ (−−→

IM ,−→

AB) = π 3[2π]

⇔ (−−→

IM ,−→

IB) + (−→

IB,−→

AB) = π 3[2π]

⇔ (−−→IM ,−→IB) + (−→BI,−→BA) = π 3[2π]

⇔ (−−→IM ,−→IB) = 0 [2π] car (−→BI,−→BA) = 0 [2π]

⇔ les vecteurs −−→

IM et −→

IB sont colin´eaires donc S est la demi-droite ]IB).

3. (a) Soit α tel que ,√

3 cos α = sin α, alors en ´elevant au carr´e 3 cos²α = sin²α d’o`u 3 cos²α = 1 − cos²α et enfin cos²α = 1

4 [1].

(b) R´esolvons [1] sur [−π, π]

[1] ⇔ cos x = 1

2 ou cos x = −1 2

⇔ 

x = π

3 ou x = −π 3

 ou



x = 2π

3 ou x = −2π 3



R´eciproquement, on v´erifie que seuls π

3 et −2π

3 sont solutions. Donc S =

π 3, −2π

3

 .

18

1. R´esoudre dans R l’´equation sinπ 4 + x

= cosπ 4 − x

.

2. Soit ABC un triangle. D´eterminer et construire l’ensemble ∆ des points M tels que

||−−→

MA + 2−−→

MB − 3−−→

MC|| = ||2−−→

MB − 3−−→

MC||

3. Soit C un cercle de centre O et de rayon 4 cm. A est un point fixe de C et M est un de ce cercle tel que (−→OA,−−→

OM) = −28512 rad.

(a) D´etermination principale de l’angle en radians et en degr´es.

(b) Longueur de l’arc de cercle AM.

(c) Placer M.

Correction - Groupe 1 1.

sinπ 4 + x

= cosπ 4 − x

⇔ sinπ 4 + x

= sinπ 2 − π

4 + x

⇔ sinπ 4 + x

= sinπ 4 + x Donc S = R.

2.

M ∈ ∆ ⇔ ||−−→MA + 2−−→

MB − 3−−→

MC|| = ||2−−→

MB − 3−−→

MC||

⇔ ||−−→

MA + 2−−→

MA + 2−→

AB − 3−−→

MA − 3−→

AC|| = ||2−−→

MB − 3−−→

MC||

⇔ ||2−→

AB − 3−→

AC|| = ||2−−→

MB − 3−−→

MC||

Soit G = Bar{(B, 2), (C, −3)}. Alors pour tout point M du plan

−−−→

MG = 2−−→

MB − 3−−→

MC [1]

donc

M ∈ ∆ ⇔ || −−→

AG|| = || −−−→

MG|| ⇔ AG = MG L’ensemble ∆ est le cercle de centre G et de rayon AG.

Pour construire le point G appliquons [1] avec M = C. On a −−→CG = 2−−→CB ou−→CG = 2−−→BC.

B

A

C G

∆

b

b b

3. (a)

(−→OA,−−→

OM) = −28512 + 2kπ

= −(4537 + 0, 82573) × 2π + 2kπ

= −0, 82573 × 2π + 2π(k − 4537)

= −5, 1882 + 2k^′π

La d´etermination principale est comprise entre −π et π. On ajoute un tour : α = (−→OA,−−→

OM) = −5, 1882 + 2π = 1, 0950 rad On convertit α en degr´e :

x

α = 180

π =⇒ x = 180α

π = 62, 74˚

(b) L’arc AM mesure rα = 4 × 1, 0950 = 4, 38 cm.

(c) On donne `a A une position simple.

O A

M

α = 62, 74

20

Soit f :7→√

3x²+ 4x − 7.

1. Ensemble de d´efinition.

2. Montrer que ∆ : x = −2

3 est un axe de sym´etrie de C^f. 3. R´esoudre f (x) = 3x + 7.

4. R´esoudre f (x) > 3x + 7.

5. R´esoudre dans R l’´equation sin 2x + cos 3x = 0.

Correction - Groupe 1

1. x ∈ D^f ⇔ 3x²+ 4x − 7 > 0

⇔ (x − 1)(3x + 7) > 0

⇔ x 6 −7

3 ou x > 1 Donc D^f =



−∞, −7 3



∪ [1, +∞[.

2. ∆ : x = −2

3 est un axe de sym´etrie de C^f ⇔ ∀x ∈ D^f :







−4

3 − x ∈ D^f [1]

f



−4 3− x



= f (x) [2]

[1] :

x ∈ D^f ⇔ x 6 −7

3 ou x > 1

⇔ −x > 7

3 ou − x 6 −1

⇔ −4

3 − x > 1 ou −4

3 − x 6 −7 3

⇔ −4

3 − x ∈ D^f [2] :

f



−4 3− x



= s

3



−4 3− x

2

+ 4



−4 3− x



− 7

= s

3

16 9 + 8

3x + x²



− 16

3 − 4x − 7

=

r16

3 + 8x + 3x²− 16

3 − 4x − 7

= √

3x²+ 4x − 7 = f(x)

3. Si l’´equation f (x) = 3x + 7 a des solutions, elles v´erifient n´ecessairement f²(x) = (3x + 7)², beaucoup plus facile `a r´esoudre :

f²(x) = (3x + 7)² ⇔ 3x²+ 4x − 7 = 9x²+ 42x + 49

⇔ −6x²− 38x − 56 = 0

⇔ 3x²+ 19x + 28 = 0

⇔ (x + 4)(3x + 7) = 0

Donc S ⊂



−4, −7 3



. R´eciproquement on v´erifie que la seule solution est en fait −7 3. Finalement S =



−7 3

 .

4. Dressons un tableau de signes pour r´esoudre l’in´equation f (x) > 3x + 7.

x −∞ −7

3 1 +∞

3x²+ 4x − 7 + 0 − 0 +

3x + 7 − 0 + +

(a) Il est clair que l’ensemble



−7 3, 1



ne r´epond pas `a la question car f (x) n’y est pas d´efinie.

(b) Sur



−∞, −7 3



on a ”positif > n´egatif” ce qui est vrai sauf pour −7

3 pour lequel il y a ´egalit´e.

(c) Sur [1, +∞[, les deux membres de l’in´equation sont positifs et on peut ´elever au carr´e : f (x) > 3x + 7 ⇔ 3x²+ 4x − 7 > (3x + 7)²

en utilisant les calculs de la question pr´ec´edente

f (x) > 3x + 7 ⇔ (x + 4)(3x + 7) < 0

⇔ −4 < x < −7 3 ce qui est impossible sur [1, +∞[. En conclusion : S^′ =



−∞, −7 3

 . 5. sin 2x + cos 3x = 0 ⇔ − sin 2x = cos 3x

⇔ sin(−2x) = cos 3x

⇔ cosπ

2 + 2x

= cos 3x

⇔ π

2 + 2x = 3x + 2kπ ou π

2 + 2x = −3x + 2kπ

⇔ x = π

2 − 2kπ ou 5x = −π

2 + 2kπ D’o`u S^′′ =

π

2 + 2kπ, −π 10 +2

5kπ



k∈Z

22

x→∞f (x) = +∞.

2. Soit f : x 7→ −x + 2 − 3 x − 1.

(a) Calculer la d´eriv´ee de f (en revenant `a la d´efinition).

(b) Donner une ´equation de la tangente `a C^f au point d’abscisse 3.

(c) D´emontrer que I(1, 1) est centre de sym´etrie de C^f. Correction - Groupe 1 1. lim

x→∞f (x) = +∞ ⇔ ∀ε ∈ R^∗+, ∃α ∈ R^∗+, ∀x ∈ D^f(x 6 −α =⇒ f(x) > ε).

2. (a) D^f =R − {1}.

a(h) = 1

h(f (x0+ h) − f(x⁰))

= 1 h



−x⁰− h + 2 − 3

x0+ h − 1 + x0− 2 + 3 x0− 1



= 1 h



−h +−3(x⁰− 1) + 3(x⁰+ h − 1) (x0+ h − 1)(x⁰− 1)



= 1 h

 3h

(x0+ h − 1)(x⁰− 1)− h



= 3

(x0+ h − 1)(x⁰− 1)− 1 d’o`u lim

h→0a(h) = 3

(x0− 1)² − 1. La fonction f est donc d´erivable pour tout x ∈ D^f; sa d´eriv´ee est f (x) = 3

(x − 1)² − 1.

(b) La tangente `a C^f au point d’abscisse 3 a pour ´equation y = f^′(3)(x − 3) + f(3) c’est-

`a-dire y = −1

4(x − 3) − 5

2 et enfin y = −1 4x − 7

4.

(c) Un point M(x, y) du rep`ere de centre O a pour coordonn´ees M(X, Y ) dans le rep`ere

de centre I. Alors 

x = X + 1 y = Y + 1 Puis

M(x, y) ∈ C^f ⇔

 x ∈ D^f y = f (x) ⇔

( x 6= 1

y = −x + 2 − 3 x − 1

⇔

( Y + 1 6= 1

Y + 1 = −X − 1 + 2 − 3 X + 1 − 1

⇔

( Y 6= 0

Y + 1 = −X − 3 X et en posant g : x 7→ −x − 3

x (donc D^f =R^∗), M(x, y) ∈ C^f ⇔

 x ∈ D^g

y = g(x) ⇔M(X, Y ) ∈ C^g

En r´esum´e C^f = C^g. Or g est impaire donc C^g admet le centre du nouveau rep`ere comme centre de sym´etrie, c’est-`a-dire que C^f admet I comme centre de sym´etrie.

DEVOIR N˚11 DU 16/01/03 Enonc´´ e - Groupe 1

◮ EXERCICE 1

A. Plusieurs ´ecritures d’un mˆeme produit scalaire

ABC est un triangle, H est le projet´e orthongonal de A sur (BC) et I le milieu de [BC].

H B C

A

b

1. En ´ecrivant −→AB =−−→AH +−−→HB et −→AC =−−→AH +−−→HC, d´emontrer que :

−→AB ·−→

AC =−−→

AH²+−−→

HB ·−−→

HC [1]

2. (a) D´emontrer que −→

AB ·−→

AC =−→

AB²+−→

AB ·−−→

BC.

(b) En ´ecrivant −→

AC =−→

AB +−−→

BC, d´emontrer que −→

AB ·−→

AC =−→

AB²+−−→

BH ·−−→

BC [2].

(c) D´emontrer de mˆeme que −→

AB ·−→AC =−→AC²+−−→

CH ·−−→CB [3].

3. En ´ecrivant −→

AB =−→

AI +−→

IB et −→

AC =−→

AI +−→

IC, prouver que−→

AB ·−→

AC = AI²− IB² [4].

B. Caract´erisation d’un triangle rectangle

1. Dire que le triangle ABC est rectangle en A ´equivaut `a dire que−→

AB ·−→AC = 0. D´eduire alors du A que les propositions suivantes sont ´equivalentes :

(i) Le triangle ABC est rectangle en A, (ii) −−→

BC ·−−→BH = BA², (iii) −−→

CB ·−−→

CH = CA², (iv) −−→

HB ·−−→

HC = −HA²,

(v) IA = IB = IC o`u I est le milieu du segment [BC].

2. Application. ABC est un triangle rectangle en A.

(a) En utilisant les notations port´ees sur la figure ci-dessous, d´eduire de la question pr´ec´edente que c² = am, b² = an et h² = mn.

a n

h m

A B

C

H

(b) On donne n = 3 et h =√

3. Calculer a, b et c.

24

1. A, B, C sont trois points distincts non align´es. D´emontrer que le seul vecteur u tel que

−

→u ·−→

AB = 0 et −→ u ·−−→

BC = 0 est le vecteur nul.

2. OBC est un triangle isoc`ele en O. D´emontrer que (−−→OB +−→

OC) ·−−→BC = 0 [1].

B. ABC est un triangle, C son cercle circonscrit de centre O, H son orthocentre et G son centre de gravit´e.

1. (a) En utilisant la relation [1] et−−→

HO +−→

OA =−−→

HA, d´emontrer que (−−→

HO +−→

OA +−−→

OB +−→

OC) ·−−→

BC = 0 (b) D´emontrer de mˆeme que

(−−→HO +−→OA +−−→OB +−→

OC) ·−→AB = 0 (c) En utilisant A.1, en d´eduire que :−−→OH = −→OA +−−→OB +−→OC.

2. (a) En tenant compte de −→GA +−−→GB +−→GC =−→0 , d´emontrer que −→OA +−−→OB +−→OC = 3−→OG.

(b) En d´eduire que O, H et G sont align´es. La droite contenant ces points est appel´ee droite D’Euler du triangle ABC.

Correction - Groupe 1

◮ EXERCICE 1

A. Plusieurs ´ecritures d’un mˆeme produit scalaire

1. −→

AB ·−→AC = (−−→AH +−−→

HB) · (−−→AH +−−→HC)

= −−→

AH²+−−→

AH ·−−→

HC +−−→

AH ·−−→

HB +−−→

HB ·−−→

HC Mais H est le projet´e orthogonal de A sur −−→BC, donc −−→

AH ·−−→HC = −−→

AH ·−−→HB = 0. De fait

−→AB ·−→

AC =−−→

AH² +−−→

HB ·−−→

HC [1].

2. (a)

−→AB ·−→AC = −→

AB · (−→AB +−−→BC)

= −→

AB²+−→

AB ·−−→

BC (b) −→

AB ·−→AC = −→AB² +−→

AB ·−−→BC, mais −→AB se projette orthogonalement en −−→HB sur le support de −−→BC, donc

−→AB ·−→

AC = −→

AB²+−−→

HB ·−−→

BC

= −→AB²−−−→

BH ·−−→BC [2]

(c) −→

AB ·−→AC = (−→AC +−−→

CB) ·−→AC =−→AC²+−−→

CB ·−→AC, mais −→AC se projette orthogonalement en −−→HC sur le support de−−→BC, donc

−→AB ·−→AC = −→AC²+−−→

CB ·−−→HC

= −→

AC²−−−→

CB ·−−→

CH [3]

3.

−→AB ·−→

AC = (−→

AI +−→

IB) · (−→

AI +−→

IC)

= −→AI²+−→

AI ·−→IC +−→

IB ·−→AI +−→

IB ·−→IC

= −→

AI²−−→

AI ·−→

IB +−→

IB ·−→

AI −−→

IC ·−→

IC (−→

IC = −−→

IB car I milieu de [AB])

= AI²− IB² [4]

B. Caract´erisation d’un triangle rectangle 1. (i) ⇔ (ii) :

ABC rectangle en A ⇔ −→

AB ·−→

AC = 0

⇔ −→AB²−−−→

BH ·−−→BC = 0 (d’apr`es [2])

⇔ AB² = −−→

BH ·−−→

BC (i) ⇔ (iii) :

ABC rectangle en A ⇔ −→

AB ·−→

AC = 0

⇔ −→AC²−−−→

CB ·−−→CH = 0 (d’apr`es [3])

⇔ AC² = −−→

CB ·−−→

CH (i) ⇔ (iv) :

ABC rectangle en A ⇔ −→

AB ·−→

AC = 0

⇔ −−→AH²+−−→

HB ·−−→HC = 0 (d’apr`es [1])

⇔ −−→

HB ·−−→

HC = −AH² (i) ⇔ (v) :

ABC rectangle en A ⇔ −→

AB ·−→

AC = 0

⇔ AI²− IB² = 0 (d’apr`es [4])

⇔ AI = IB

De plus I ´etant le milieu de [BC], IB = IC.

2. (a) −−→

BC ·−−→

BH = BC × BH. En orientant (BC) de B vers C, par exemple, BC × BH = am.

D’apr`es (ii),−−→

BC ·−−→

BH = AB² = c². Donc c² = am [R].

(b) −−→

CB ·−−→

CH = CB × CH = (−a)(−n) = an (en gardant la mˆeme orientation). D’apr`es (iii), −−→

CB ·−−→

CH = AC² = b². Donc c² = an [R’].

(c) −−→

HB ·−−→

HC = HB × HC = (−m)n = −mn (mˆeme orientation encore) ; comme −−→

−−→ HB ·

HC = −AH² d’apr`es (iv), −mn = −h², ou encore h² = mn [R”].

3. n = 3 et h =√

3. D’apr`es R”, m = h²

n = (√ 3)² 3 = 1.

Comme B, H et C sont align´es dans cet ordre, on a a = m + n donc a = 4.

D’apr`es R : c =√

am = √ 4 = 2.

D’apr`es R’ : b =√

an =√

4 × 3 = 2√ 3.

◮ EXERCICE 2

A. Questions pr´eliminaires

26

2. OBC est isoc`ele en O donc (OI), I ´etant le milieu de [BC] est une hauteur du triangle.

de −−→OB +−→OC = 2−→OI, on d´eduit (−−→OB + −→

OC) · −−→BC = 2−→

OI · −−→

BC, or (OI)⊥(BC) donc (−−→OB +−→

OC) ·−−→BC = 0.

O

B I C

B.

1. (a) OB = OC car O est le centre du cercle circonscrit donc OBC est isoc`ele en O et (−−→OB +−→

OC) ·−−→BC = 0 [1] d’apr`es A.2.

−−→HA ⊥−−→BC car (HA) est la hauteur issue de A dans le triangle ABC, donc−−→

HA·−−→BC = 0, soit (−−→HO +−→

OA) ·−−→BC = 0 [2].

En ajoutant [1] et [2] en factorisant par −−→BC, on obtient bien (−−→HO +−→OA +−−→OB +−→

OC) ·−−→BC = 0 [R]

(b) OA = OB car O est le centre du cercle circonscrit donc OAB est isoc`ele en O et (−→

OA +−−→

OB) ·−→

AB = 0 [1’] d’apr`es A.2.

−−→HC ⊥−−→

HB car (HC) est la hauteur issue de C dans le triangle ABC, donc−−→

HC ·−→

AB = 0, ou encore (−−→

HO +−→

OC) ·−−→

BC = 0 [2’].

En ajoutant [1’] et [2’] en factorisant par −→

Ab, on obtient bien (−−→HO +−→OA +−−→OB +−→

OC) ·−→AB = 0 [RR]

(c) D’apr`es R et RR on est dans le cas de A.1, car A, B et C ne sont pas align´es (ils forment un vrai triangle), donc −−→

HO +−→

OA +−−→

OB +−→

OC = 0, c’est-`a-dire

−−→OH =−→

OA +−−→

OB +−→

OC

2. (a) G est le centre de gravit´e du triangle ABC, donc l’isobarycentre des points A, B et C, on a −→GA +−−→GB +−→GC = −→0 .

−→OA +−−→OB +−→OC = −→OG +GA +−→ −→OG +−−→GB +−→OG +−→GC

= 3−→OG +−→GA +−−→GB +−→GC

= 3−→

OG

(b) on a −−→OH =−→OA +−−→OB +−→OC = 3−→OG, d’o`u−−→OH = 3−→OG, les droites (OH) et (OG) sont parall`eles avec un point commun, donc confondues et O, G et H sont align´es.

Enonc´´ e - Groupe 2

◮ EXERCICE 1

ABCD est un carr´e de cˆot´e a, le point I est le milieu du segment [DA]. Le but de l’exercice est le calcul de θ = [ACI.

1. D´emontrer que −→

CI ·−→

CA = a² 2

√10 × cos θ

2. (a) D´emontrer que −→CI = 1

2(−→CA +−−→CD).

(b) En d´eduire que −→

CI ·−→

CA = 3 2a².

3. Donner une valeur de θ en degr´es tronqu´ee au centi`eme. A B D

I

C θ

◮ EXERCICE 2

Dans un rep`ere orthonormal (O;−→ i ,−→

j ), on donne les droites d et d^′ d’´equation respectives y = x − 1 et y = −2x + 3. On se propose de trouver l’angle aigu α form´e par ces deux droites.

1. Tracer ces droites dans le rep`ere (O;→− i ,−→

j ).

2. (a) On note −→u  

1

1 et −→v  

1

−2 . Pourquoi ces vecteurs sont-ils des vecteurs direteurs res- pectivement de d et d^′?

(b) Calculer cos(−→u ,→−v ) et en d´eduire une valeur approch´ee de α.

◮ EXERCICE 3

Voir exercice 2, contrˆole n˚11, groupe 1. Page 25.

Correction - Groupe 2

◮ EXERCICE 1

1. On calcule CI et CA. Le th´eor`eme de Pythagore appliqu´e dans DIC rectangle en D donne CI² = DI²+ DC² =a

2

2

+ a² = 5

4a² d’o`u CI =

√5 2 a Comme [CA] est une diagonale du carr´e, CA = a√

2, d’o`u le produit scalaire,

−→CI ·−→

CA = CI × CA × cos θ =

√5

2 a × a√

2 × cos θ = a² 2

√10 × cos θ

2. (a) Le point I est le milieu de [AD], donc −→

CI = 1 2(−→

CA +−−→

CD) (b) Donc

−→CI ·−→

CA = 1 2(−→

CA +−−→

CD) ·−→

CA = 1

2(CA² +−−→

CD ·−→

CA).

Le vecteur −→

CA se projette orthogonalement sur (CD) en le vecteur −−→

CD, donc −→

−−→ CA ·

CD = a². Par ailleurs CA² = 2a², donc on a bien −→

CI ·−→CA = 1

2(2a²+ a²) = 3 2a². 3. D’apr`es les questions pr´ec´edentes, −→

CI ·−→

CA = a² 2

√10 × cos θ = 3

2a², d’o`u cos θ = 3

√10 et enfin θ ≃ 18, 43˚.

28

(∆)

(δ) O

α

2. (a) On sait qu’un vecteur directeur d’une droite d’´equation y = mx + p est −→w  

1

m , donc

−

→u   1

1 dirige ∆ et −→v   1

−2 dirige δ.

(b) Pour calculer cos(−→ u ,−→

v ), on ´evalue de deux fa¸cons diff´erentes le produit scalaire−→ u ·−→

v . D’une part

−

→u ·−→

v = ||−→

u || × ||−→

v || × cos(−→ u ,−→

v ) =√ 2 ×√

5 × cos(−→ u ,−→

v ) =√

10 × cos(−→ u ,−→

v ) et d’autre part, puisqu’on est en rep`ere orthonormal,

−

→u ·−→

v = 1 × 1 − 1 × 2 = −1 d’o`u cos(−→

u ,−→

v ) = √−1

10 et (−→ u ,−→

v ) ≃ −108, 43˚.

Ce qui nous int´eresse c’est l’angle g´eom´etrique entre les deux droites, donc α =

−108, 43 + 180 = 71, 57˚.

DEVOIR N˚12 DU 23/01/03 Enonc´´ e - Groupe 1

1. Soit f : x 7→ x² − x + 7 2 − x .

(a) Limites aux bornes de l’ensemble de d´efinition

(b) Montrer que la droite ∆ : y = −x − 1 est asymptote `a C^f. (c) ´Etudier les positions relatives de ∆ et C^f.

(d) Montrer que le point d’intersection des asymptotes est centre de sym´etrie de C^f. 2. Le but de l’exercice est de calculer AD.

A

B 60˚

60˚

C D

4

3 2

(a) D´evelopper (−→AB +−−→BC +−−→CD)². (b) Calculer AD.

Correction - Groupe 1 1. D^f =R − {2}. D´ecomposons f(x) en ´el´ements simples :

∀x ∈ D^f, f (x) = −x²+ x − 7

x − 2 = −x(x − 2) − x − 7

x − 2 = −x+−(x − 2) − 9

x − 2 = −x−1− 9 x − 2 (a) lim

x→+∞f (x) = lim

x→+∞

x²

−x = lim

x→+∞−x = −∞. De mˆeme lim_x→−∞f (x) = lim

x→−∞−x = +∞.

limx→2 x<2

f (x) = lim

x→2 x<2

9

2 − x = +∞ et lim_x→2

x>2

f (x) = lim

x→2 x>2

9

2 − x = −∞.

La droite δ : x = 2 est asymptote `a C^f. (b) Soit d(x) = f (x) − (−x − 1). On a

d(x) = −x − 1 − 9

x − 2− (−x − 1) = − 9

x − 2 = 9 2 − x et lim

x→±∞= 0, donc ∆ : y = −x − 1 est asymptote `a C<sup>f</sup>. (c) Le signe de d(x) d´epend de celui de 2 − x, d’o`u

– Si x < 2, d(x) > 0 soit f (x) − (−x − 1) > 0 ou encore f(x) > −x − 1, c’est-`a-dire que C^f est au-dessus de ∆.

– Si x > 2, d(x) < 0 soit f (x) − (−x − 1) < 0 ou encore f(x) < −x − 1, c’est-`a-dire que C^f est au-dessous de ∆.

30

Il s’agit donc de v´erifier que I(2, −3) est centre de sym´etrie de C^f. Or, en g´en´eral I(a, b) centre de sym´etrie de C^f ⇔ ∀x ∈ D^f :

 2a − x ∈ D^f

f (2a − x) = 2b − f(x) Ici il s’agit donc de v´erifier que ∀x ∈ D^f :

 4 − x ∈ D^f [1]

f (4 − x) = −6 − f(x) [2]

[1] :

x ∈ D^f ⇔ x 6= 2 ⇔ −x 6= −2 ⇔ 4 − x 6= 2 ⇔ 4 − x ∈ D^f [2] :

f (4 − x) = −(4 − x) − 1 − 9

4 − x − 2 = x − 5 − 9

−x + 2 et

−6 − f(x) = −6 + x + 1 + 9

x − 2 = −5 + x − 9

−x + 2 donc f (4 − x) = −6 − f(x) et I est bien un centre de sym´etrie de C^f. 2. (a)

(−→

AB +−−→

BC +−−→

CD)² =−→

AB²+−−→

BC²+−−→

CD²+ 2(−→

AB ·−−→

BC +−→

AB ·−−→

CD +−−→

BC ·−−→

CD) On calcule les trois produits scalaires de la parenth`ese :

– −→

AB ·−−→

BC = 4 × 3 × cos(60˚) = 6 – −→

AB ·−−→

CD = 4 × 2 × cos(120˚) = −4 – −−→

BC ·−−→

CD = −−−→

CB ·−−→

CD = −3 × 2 × cos(120˚) = 3

Donc (−→AB +−−→BC +−−→CD)² = 4²+ 3²+ 2²+ 2(6 − 4 + 3) = 39.

Par ailleurs (−→AB +−−→BC +−−→CD)² =−−→AD² = AD², donc AD =√ 39.

DEVOIR N˚13 DU 07/02/03

Enonc´´ e - Groupe 1

On donne les points A  

3 1 B

2 4 et C

 1 −√ 5

2 et un rep`ere orthonormal.

1. (a) Donner une ´equation de la m´ediane mA issue de A dans le triangle ABC.

(b) Donner une ´equation de la hauteur hA issue de A dans le triangle ABC.

(c) Donner une ´equation de la m´ediatrice ∆ de [BC].

2. (a) Donner une valeur arrondie au degr´e de l’angle θ = [BAC.

(b) donner l’aire S de ABC.

3. Soit G = Bar{(A, 1), (B, 2), (C, 3)}. Donner les coordonn´ees de G.

4. Donner une ´equation du cercle circonscrit au triangle ABC.

5. (a) D´eterminer l’ensemble (P ) des points tels que MA = 2MB.

(b) D´eterminer l’ensemble (Q) des points tels que −−→

MA ·−−→

MB = 10.

(c) D´eterminer l’ensemble (R) des points tels que −−→

BM ·−→

BA = −4.

Correction - Groupe 1

1. (a) Soit I le milieu de [BC] : I   

3 2 −

√5 3 2

, donc −→

AI   

−3 2 −

√5 2 2

. La droite mA a une

´equation de la forme ax + by + c avec −→u   −b

a comme vecteur directeur, donc

mA: 2x + 3 2 +

√5 2

!

y + c = 0

or A ∈ m^A donc ses coordonn´ees v´erifient l’´equation de mA : 6 + 3

2+

√5

2 + c = 0 ⇔ c = −15 2 −

√5 2 en rempla¸cant c par sa valeur et en multipliant par 2 :

mA : 4x + (3 +√

5)y − 15 −√ 5 = 0

(b) Le vecteur −−→BC 

 −1 −√ 5

−2 est normal `a hA. l’´equation de hA est de la forme hA : (−1 −√

5)x − 2y + c = 0 or A ∈ h^A donc

−3 − 3√

5 − 2 + c = 0 ⇔ c = 5 + 3√ 5 d’o`u (apr`es multiplication par -1)

hA: (1 +√

5)x + 2y − 5 − 3√ 5 = 0 32

mais I ∈ ∆, donc

(−1 −√ 5) 3

2−

√5 2

!

− 6 + c = 0 ⇔ c = 5 +√ 5

apr`es calcul. Finalement

∆ : (1 +√

5)x + 2y −√

5 − 5 = 0

2. (a) On a −→

AB   −1

3 et −→

AC 

 −2 −√ 5

1 , d’o`u −→

AB ·−→

AC = 2 +√

5 + 3 = 5 +√

5. On en d´eduit aussi que AB = √

10 et que AC = q

10 + 4√

5. Par ailleurs

−→AB ·−→

AC = AB × AC cos θ =√ 10

q

10 + 4√

5 cos θ = 2 q

25 + 10√ 5 cos θ donc

cos θ = 5 +√ 5 2p

25 + 10√

5 = 1 +√ 5 2p

5 + 2√ 5 d’o`u l’on d´eduit θ ≃ 58˚.

(b) Comme 0 6 θ 6 90˚on a sin θ > 0 et :

sin²θ = 1 − cos²θ = 4(5 + 2√

5) − (1 +√ 5)² (2p

5 + 2√

5)² = 6√ 5 + 14 4(5 + 2√

5)

= (3√

5 + 7)(5 − 2√ 5) 2(5 + 2√

5)(5 − 2√

5) = 15√

5 − 30 + 35 − 14√ 5

2(25 − 20) = 5 +√ 5 10 donc

S = 1

2AB × AC sin θ = 1 2

√10 q

10 + 4√ 5

p5 +√

√ 5

10 = 1 2

q

(10 + 4√

5)(5 +√ 5)

= 1 2

q

50 + 10√

5 + 20√

5 + 20 = 1 2

q

70 + 30√ 5 = 1

2 q

(5 + 3√ 5)²

Donc : S = 5 2+ 3

2

√5 .

3. G = Bar{(A, 1), (B, 2), (C, 3)}, donc pour tout point M du plan 6−−→

MG =−−→

MA+2−−→

MB+3−−→

MC.

En faisant M = O (origine du rep`ere) et en calculant

−→OA + 2−−→

OB + 3−→

OC 

 3 + 2 × 2 + 3(1 −√

5) = 10 − 3√ 5

1 + 2 × 4 + 3 × 2 = 15 et 6−→

OG   6xG

6yG

et en ´ecrivant l’´egalit´e vectorielle par les coordonn´ees : G

5 3 − 1

2

√5,5 2

 .

4. Soient a et b les coordon´ees du centre du cercle et r son rayon. Les points A, B et C sont sur le cercle. On obtient donc le syst`eme





(3 − a)²+ (1 − b)² = r² (2 − a)²+ (4 − b)² = r² (1 −√

5 − a)²+ (2 − b)² = r²

On conserve la premi`ere ´equation et on remplace r<sup>2</sup> dans les deux autres par sa valeur donn´ee dans la premi`ere.





(3 − a)²+ (1 − b)² = r²

4 − 4a + a²+ 16 − 8b + b² = 9 − 6a + a²+ 1 − 2b + b² 6 − 2√

5 − 2a(1 −√

5) + a²+ 4 − 4b + b² = 9 − 6a + a²+ 1 − 2b + b²

⇔





(3 − a)² + (1 − b)² = r² 2a − 6b = −10 a(2√

5 + 4) − 2b − 2√

5 = 0

⇔





(3 − a)²+ (1 − b)² = r² a = 3b − 5 (3b − 5)(2√

5 + 4) − 2b − 2√

5 = 0

⇔





(3 − a)²+ (1 − b)² = r² a = 3b − 5 b(6√

5 + 10) − 12√

5 − 20 = 0

⇔





(3 − a)²+ (1 − b)² = r²

a = 3 × 2 − 5 = 1 b = 2

d’o`u l’on d´eduit finalement que r² = 5. L’´equation du cercle circonscrit au triangle ABC est donc (x − 1)²+ (y − 2)² = 5 .

5. (a) Soit M   x

y un point du plan, alors−−→MA   3 − x

1 − y et −−→MB   2 − x

4 − y d’o`u

M ∈ (P ) ⇔ MA = 2MB

⇔ MA² = 4MB²

⇔ (3 − x)²+ (1 − y)² = 4

(2 − x)²+ (4 − y)²

⇔ 10 − 6x − 2y + x²+ y² = 4 (20 − 4x − 8y + x² + y²)

⇔ 10 − 6x − 2y = 80 − 16x − 32y + 3x²+ 3y²

⇔ 0 = 3x²+ 3y²− 10x − 30y + 70

⇔ 0 = x²+ y²− 10

3 x − 10y + 70 3

⇔ 0 =

 x − 5

3

²

− 25

9 + (y − 5)²− 25 + 70 3

⇔ 40

9 =

 x − 5

3

²

+ (y − 5)²

Donc (P ) est le cercle de centre ω

5 3, 5



et de rayon r = 2 3

√10.

(b)

M ∈ (Q) ⇔ −−→

MA ·−−→

MB = 10

⇔ (3 − x)(2 − x) + (1 − y)(4 − y) = 10

⇔ x²+ y²− 5x − 5y + 10 = 10

⇔

 x − 5

2

2

−25 4 +

 y − 5

2

2

−25

4 = 0 Donc (Q) est le cercle de centre ω^′

5 2,5

2



et de rayon r^′ = 5 2

√2.

34

M ∈ (R) ⇔ −(2 − x) + 3(4 − y) = −4

⇔ x − 3y + 14 = 0

Donc (R) est la droite d’´equation x − 3y + 14 = 0.

DEVOIR N˚14 DU 13/02/03 Enonc´´ e - Groupe 1

ABC est un triangle tel que bA = 60˚, c = 7 et a = 13 (notation habituelle : a = BC, b = AC et c = AB)

1. Faire un figure

2. Calculer b. Donner une valeur approch´ee de bB. Calculer la surface S, le rayon R du cercle circonscrit et le rayon r du cercle inscrit.

3. Calculer la longueur de la m´ediane issue de A.

4. D´eterminer les ensembles des points M tels que (a) M ∈ (P ) ⇔−−→

MB ·−−→MC = 1 (b) M ∈ (Q) ⇔−−→

BM ·−−→

BC = −4 (c) M ∈ (R) ⇔ MA = 2MB.

Correction - Groupe 1

1.

A 60˚ C

B

c = 7 a = 13

b = ?

2. – D’apr`es la relation d’Al-Kashi a<sup>2</sup> = b<sup>2</sup>+ c<sup>2</sup>− 2bc cos bA c’est-`a-dire :

169 = b²+ 49 − 7c ⇔ b²− 7c − 120 = 0 ⇔ (b − 15)(b + 8) = 0 La seule valeur acceptable est b = 15, car −8 < 0.

– De b² = a² + c² − 2ac cos bB, on d´eduit cos bB = a² + c²− b²

2ac = 13²+ 7²− 15²

2 × 13 × 7 = − 1 26. D’o`u bB ≃ 92, 2˚.

– S = 1

2bc sin bA = 1

2 × 7 × 15 ×

√3

2 = 105 4

√3.

– R = abc

4S = 7 × 13 × 15 4 × ¹⁰⁵4

√3 = 7 × 13 × 15 7 × 15 ×√

3 = 13

√3 = 13 3

√3.

– r = S

p ou p est le demi-p´erim`etre. Ici p = 1

2(7 + 13 + 15) = 35

2 , donc r = 105 4

√3 × 2 35 = 3

2

√3.

3. D’apr`es le th´eor`eme de la m´ediane b²+ c² = a²

2 + 2AI², ou AI² = 1

2



b²+ c²− a² 2



= 1 2



15²+ 7²− 13² 2



= 379 4 donc AI = 1

2

√379 ≃ 9, 73.

36

⇔ (MI +IB) · (MI +IC) = 1

⇔ −−→MI²−−→IB² = 1

⇔ MI² = 1 +

13 2

2

⇔ MI = 1

2

√173

donc (P ) est le cercle de centre I et de rayon 1 2

√173.

(b) −−→

BM · −−→

BC = BM × BC o`u H d´esigne le projet´e orthogonal de M sur (BC), donc M ∈ (Q) ⇔ BM × BC = −4 ⇔ BH = − 4

13 en orientant (BC) de B vers C.

(Q) est donc la droite perpendiculaire `a (BC) telle que le point d’intersection de celle-ci avec (BC) v´erifie BH = − 4

13, en conservant la mˆeme orientation.

(c) Soit G = Bar{(A, 1), (B, 2)} et H = Bar{(A, 1), (B, −2)}. Pour tout point M du plan on a 3−−→

MG =−−→

MA + 2−−→

MB et −−−→

MH =−−→

MA − 2−−→

MB.

L’ensemble (R) s’en d´eduit facilement :

M ∈ (R) ⇔ MA = 2MB

⇔ −−→

MA²− 4−−→

MB² = 0

⇔ (−−→

MA − 2−−→

MB) · (−−→MA + 2−−→MB) = 0

⇔ −−−→

MH · 3−−→

MG = 0

⇔ −−→

MH ·−−→

MG = 0 ce qui caract´erise le cercle de diam`etre [GH].

Enonc´´ e et correction - Groupe 2 Voir contrˆole n˚13, groupe 1. Page 32.