1S:Dm 7 Correction Devoir maison 7 2015-2016
EXERCICE 1 :
Un billard rectangulaireABCD a pour dimensionsAB=DC =a, AD=BC=b > a.
Une boule part deAet frappe successivement les bandesBC, CD, DAen des pontsM, N, P. Elle s’arrête après avoir bouclé un quadrilatèreM N P Q. L’angle de réflexion est égal chaque fois à l’angle d’incidence. (voir figure)
On pose BM =x .
angle
d’incidence angle de réflexion
A D
B M C
bc bcbc
bc bc
1. Limites dexpour que les bandes soient frappées dans cet ordre ?
CommeM ∈[BC], on peut raisonnablement écrire que 06BM 6BC⇔06x6b. Pour que les bandes soient frappées dans l’ordre indiqué par l’énoncé, il faut que M C soit strictement inférieur BM et M non confondu avecC (par des considérations géométriques) :
M C < BM ⇔b−x < x⇔x > b 2 Finalement, on doit avoir b
2 < x < b
Forme du quadrilatère M N P Q : Compte-tenu des angles d’incidence et de réflexion, des propriétés des angles correspondants (vus au collège), on obtientQP N\ = QM N\ (les deux angles opposés du quadrilatère M N P Q sont égaux). Un même raisonnement sur un angleβ complémentaire deαpermet de prouver que les deux paires d’angles opposés du quadrilatèreM N P Qsont égales donc le quadrilatère est un parallélogramme.
α α
α α α α
β
A D
B M C
N P
Q
bc bcbc
bc bc bc
bc
bc
• • •
2. Droites supportant les côtés du quadrilatère : Avant tout, la droite (AM) passe parA quelque soit la position deM sur le côté [BC] du rectangle.
Cette question peut se traiter de façon analytique (coordonnées), il faut pour cela utiliser un repère orthonormé.
Notre choix se porte sur, par exemple, le repère (B,−→i ,−→j) avec−→i =1 b
−−→BC et −→j = 1 a
−−→BA.
Dans ce repère, les coordonnées des points utiles sont
B(0; 0), C(10; 0),D(10; 5),A(0 : 5) etM(x; 0).
Désormais, il est possible de chercher des équations cartésiennes de droites :
My Maths Space 1 / 4
1S:Dm 7 Correction Devoir maison 7 2015-2016
• équation de (AM) :−−→AM x
−a
doncP(u;v)∈(AM)⇔−→AP u
v−a
et −−→AM colinéaires⇔ua+vx−ax= 0.
(uet v jouent ici le rôle traditionnellement joué parxet y)
• Pour une équation de (M N), il est nécessaire de trouver les coordonnées de N. Déterminons d’abord les coordonnées deN1 symétrique de N par rapport à la droite (BC).
A D
B M C
N
N1
bc bcbc
bc bc bcbc
N1(u1;v1) = (AM)∩(CD) donc
u1=b
u1a+v1x−ax= 0 ⇒v1=a−ab
x et le pointN1
b;a−ab x
. Comme yN =−y1(symétrie) on obtient N
b;ab
x −a
−−→M N b−x ab
x −a
!
donc une équation de (M N) est de la forme : ab
x −a
u+ (x−b)v+c= 0 et l’on détermine c avec les coordonnées deM.
Ce qui donne : ab
x −a
x+ (x−b)×0 +c= 0⇔c=ax−ab. Finalement, (M N) :
ab x −a
u+ (x−b)v+ax−ab= 0 Une conjecture est que cette droite semble passer par le point fixe A1
0
−a
(indépendant de M). Or ab
x −a
×0 + (x−b)×(−a) +ax−ab= 0 donc la droite (M N) passe bien par le pointA1 quelque soit la position deM sur [BC].(voir animation GeoGebra,http: // www. mimaths. net/ spip. php? rubrique224)
• On recherche désormais les coordonnées deP : On appelel ∆ la droite paraallèle à la droite (AM) passant par N donc elle admet une équation de la forme :
ua+vx+c= 0 (cf. équation de (AM)) CommeN ∈∆, on aaxN +yNx+c= 0⇔ab+
ab x −a
x+c= 0⇔c=ax−2ab
∆ : ua+vx+ax−2ab= 0 P(uP;vP)∈∆∩(AD)⇒
vP =a
uPa+vPx+ax−2ab= 0 ⇒uP = 2b−2xdonc P(2b−2x;a)
Conjecture, la droite ∆ passe par le point fixe A2(2b;−a) : 2ba−ax+ax−2ab = 0 donc la conjecture est validée. La droite ∆ passe par le point fixe A2.
(voir animation GeoGebra, http: // www. mimaths. net/ spip. php? rubrique224)
• Coordonnées deQ: On pourrait rechercher une équation de la droiteδparallèle à (M N) passant parP mais cela va occasionner de « lourds » calculs. Des considérations géométriques (voir figure) permettent de prouver queAQP est isocèle enQdoncuQ= uP
2 =b−x.
L’utilisation du théorème de Thalès permet d’écrire que yQ
a = x−(b−x)
x ⇔yQ= 2a−ab
x et donc Q
b−x; 2a−ab x
My Maths Space 2 / 4
1S:Dm 7 Correction Devoir maison 7 2015-2016
Conjecture, la droite (P Q) passe par le point fixeA3(2b; 3a) :−−→QP
b−x ab
x −a
!
et−−→P A3 2x
2a
, les vecteurs sont colinéaires pour toutxcar les produits en croix des coordonnées sont égaux (à vérifier) donc la conjecture est validée. La droite (P Q) passe par le point fixeA3.
(voir animation GeoGebra, http: // www. mimaths. net/ spip. php? rubrique224)
A D
C
B M
N P
Q β
β β
b−x b−x
b−x
bc bcbc
bc bc bc
bc
bcbc
• • • 3. Aire du quadrilatèreM N P Q:
A(x)
A D
B M C
N P
Q
bc bcbc
bc bc bc
bc
bc
A(x) =aire(ABCD)−aire(ABM)−aire(M N C)−aire(P N D)−aire(AP Q)
=ab−1 2
ax+ (b−x) ab
x −a
+
2a−ab x
(2x−b) + (b−x)a(b−x) x
=. . .
= 6ab−4ax−2ab2 x Or, la forme développée de 2a(b−x)(2x−b)
x est égale à 6ab−4ax−2ab2 x donc A(x) = 2a(b−x)(2x−b)
x
• • •
4. Aest une fonction dérivable surI=]b/2;b[ et pour toutx∈I, A′(x) =−4a+2ab2
x2 = −4ax2+ 2ab2 x2 . Commex2>0 sur I, le signe de A′(x) dépend de celui de −4ax2+ 2ab2.
4ax2+ 2ab2= 0 etx∈I⇔x= b
√2
Compte-tenu du signe d’un trinôme du second degré, on a le tableau de variations de la fonctionAsuivant : x
Signe deA′(x)
Variations de A
b/2 b/√
2 b
+ 0 −
(6−4√ 2)ab (6−4√
2)ab
My Maths Space 3 / 4
1S:Dm 7 Correction Devoir maison 7 2015-2016
• • • 5. Déterminerxpour que
(a) A(x) maximum : par lectutre du tableau de variations, la fonction Aatteint son maximum enx= b
√2 et il vaut (6−4√
2)ab.
(b) M N P Qsoit un rectangle : on doit avoirα= 45˚ donc 2α= 90˚, le triangleABM doit être isocèle en B et doncx=BM=a. Sia∈Ialors le trajet « rectangle » est possible (b doit être strictement compris entre aet 2a).
(c) M N P Q soit un losange : le quadrilatère M N P Q doit avoir des diagonales perpendiculaires et donc, on doit avoiruM =uP ⇔x= 2b−2x⇔x=2b
3 (ce qui toujours possible car pour toutb, 2b 3 ∈I) Deux de ces conditions peuvent-elles être réalisées en même temps ?
• A(x) maximum etM N P Qest un rectangle : ces deux conditions sont possibles sib=a√
2 etx=a;
• M N P Q est un rectangle et un losange donc un carré : ces deux conditions sont possibles si b= 3 2a et x=a;
• A(x) maximum etM N P Qest un losange : ces deux conditions sont possibles sib= 3 2a√
2 etx= b
√2;
• • •
EXERCICE 2 :
Soitf la fonction définie surR− {1} par :
f(x) = −x2+bx+ 3
x+ 1 (b est un paramètre réel) 1. Comment faut-il choisirb pour quef n’admette pas d’extremum ?
2. Déterminer alorsbpour que la courbe représentative def admette au point d’abscisse 2 une tangente parallèle à la droite d’équation 2x+ 2y−3 = 0.
• • •
My Maths Space 4 / 4
