Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STD2A \ Antilles-Guyane 12 septembre 2013
EXERCICE1 5 points
1. Les côtés [BC] et [FG] sont opposés dans le rectangle BCGF : les droites (BC) et (FG) sont donc parallèles ; leurs images dans la perspective (bc) et (f g) sont donc sécantes sur la ligne d’horizon enwpoint de fuite principal.
2.
3. Voir l’annexe.
4. Voir l’annexe.
EXERCICE2 7 points
−1
−2 1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
−1
−2
−3
b b b bb
Cf
R O
I
B
C
1. • Cf a une tangente en O, donc O appartient àCf et doncf(0)=0 ;
• La tangente en O est horizontale, doncf′(0)=0.
2. a. On a−→
IA (1 ; 2) et−→
IC (2 ; −1), d’où−→ IA·−→
IC =2−2=0. Les vecteurs sont orthogonaux donc les droites (IA) et (IC) sont perpendiculaires. Donc la perpendiculaire en I au rayon [CI] est la tangente au cercle de centre C de rayon [CI], c’est-à-dire la tangente (T).
b. Le coefficient directeur de (T) est2 1=2.
c. – I appartient àCf, doncf(4)=3 ;
–Le nombre dérivéf′(4) est égal au coefficient directeur de la tangent eT soitf′(4)=2.
3. a. Def(x)=ax3+bx2+cx+don déduitf′(x)=3ax2+2bx+c. b. –f(0)=0⇐⇒d=0 ;
–f′(0)=0 ⇐⇒c=0.
Corrigé du baccalauréat STD2A A. P. M. E. P.
c.
f(x)= 1 32x3+ 1
16x2. On a bien avecf′(x)= 3
32x2+1 8x:
• f(0)=0 ;
• f′(0)=0 ;
• f(4)= 1
32×64+ 1
16×16=2+1=3 ;
• f′(4)= 3
32×16+1 8×4=3
2+1 2=2.
4. f′(x)= 3 32x2+1
8x= 3 32x2+ 4
32x=3x2+4x
32 =x(3x+4) 32 .
Le signe def′(x) est donc celui du trinômex(3x+4). Il est positif sauf entre les racines−4
3et 0.
Doncf′(0)=0 (tangente horizontale etf′(x)>0 sur ]0 ; 4].
La fonction est donc strictement croissante sur ]0 ; 4] def(0)=0 àf(4)=3.
EXERCICE3 8 points
Partie A : Construction d’une ellipse par la méthode du « jardinier ».
1. a. On aℓ=AM+MB.
b. Si M est en G :ℓ=AG+GB⇐⇒ GB=ℓ−AG ; Si M est en E :ℓ=AE+EB⇐⇒ AE=ℓ−EB.
Comme AE = GB on en déduitℓ−AG=ℓ−EB⇐⇒AG=EB.
On a doncℓ=AG+GB=EB+GB=GE=15 (m).
2. a. Si M est en F : AF+FB=ℓ=15. Comme AFB est un triangle isocèle en F ((FO) est la médiatrice de [GF]), on a AF=FB, donc AF = 7,5 (m).
b. on a OF=FH 2 =9
2=4, 5.
Dans le triangle AOF rectangle en O le théorème de Pythagore s’écrit : AF2=AO2+OF2 ⇐⇒ 7, 52=AO2+4, 52 ⇐⇒ AO2=7, 52−4, 52=(7, 5+ 4, 5)(7, 5−4, 5)=12×3=36=62.
Conclusion OA=6 (m).
c. L’écartement entre les deux piquets A et B est égal à OA+OB=6+6= 12 (m).
3. L’ellipse est tracée dans un repère orthonormé³ O ;−→
OI ,−→
OJ´ .
b bb b
b
O I
J G
F
E
H
A B
M
a. On lit A(−6 ; 0), B(6 ; 0), E(7, 5 ; 0), F(0 ; 4, 5).
b. On sait qu’une équation de l’ellipse est x2
7, 52+ y2 4, 52=1.
Il semble que M soit un point de l’ellipse.
c. M(6 ; 2,7) appartient à l’ellipse si :
62 7, 52+2, 72
4, 52 =1 ⇐⇒
µ 2 2, 5
¶2
+ µ0, 3
0, 5
¶2
=1 ⇐⇒
µ8 10
¶2
+0, 62= 1 ⇐⇒ 0, 64+0, 36=1 : cette égalité est vraie. M est un un point de l’ellipse.
Antilles-Guyane 2 12 septembre 2013
Corrigé du baccalauréat STD2A A. P. M. E. P.
Partie B : Construction de cette ellipse à partir d’un cercle.
1. On a ON2=(7, 5cost)2+(7, 5sint)2=7, 5cos2t+7, 52sin2t=7, 52¡
cos2t+sin2t¢
= 7, 52.
Conclusion ON=7, 5 ; N appartient au cercle C de centre O et de rayon 7, 5.
2. a. On a K(7, 5cost; 0).
On en déduit que
−−→KN
µ7, 5cost−7, 5cost 7, 5sint−0
¶ . Donc−−→
KN
µ 0
7, 5sint
¶ et donc
−→KP=0, 6−−→
KN
µ 0
4, 5sint
¶
b. L’abscisse de P est celle de N soit 7, 5cost et son ordonnée est 4, 5sin(t).
c. P appartient à l’ellipse si : (7, 5cost)2
7, 52 +(4, 5sint)2
4, 52 = 1 ⇐⇒
(cost)2+(sint)2 = 1 qui est une égalité vraie.
+ ++
+ +
+
+
+ +
+
O I
G A J B E
F
H
(C) N
Antilles-Guyane 3 12 septembre 2013
Corrigé du baccalauréat STD2A A. P. M. E. P.
Document Annexe - À rendre avec la copie
c a b
kel
∆
++ +
+ + +
w
f g
h
d s
Antilles-Guyane 4 12 septembre 2013
