1S,NOM: Grille de correction DS 3 2015-2016
E1 Réponse Points Obtenus
Q.1
O ~i
~j
bc bc
bc
bc bcbc
bc
A
B C
D
I G K
1.5
Q.2 −−→
BC
xC−xB=−2−1 =−3 yC−yB = 2 + 1 = 3
et −−→
CD −1
1
, on remarque que −−→
BC = 3−−→
CD, les vecteurs−−→
BC et −−→
CDsont colinéaires et les points B, C etD alignés .
0.5+1
Q.3 xI = xA+xB
2 = −4 + 1
2 =−1,5 etyI = 0 donc I(−1,5; 0) . Pour déterminer les coordonnées deG, on peut utiliser la relation vectorielle−−→
CG = 1 3
−→AC : elle se traduit par :
1+2
xG−xC
yG−yC
=1 3
xC−xA
yC−yA
⇔
xG+ 2 yG−2
=1 3
2 1
⇔ G
−4 3;7
3
Q.4.a Testons l’équation avec les deux pointsC et I: 1
4xC+yC+ 6 = 4×(−2) + 2 + 6 = 0
4xI+yI+ 6 = 4×(−1,5) + 0 + 6 = 0 , les coordonnées de Cet deI vérifient l’équation donc 4x+y+ 6 = 0 est une équation cartésienne de (CI).
Q.4.b
M(x;y)∈(AD) ⇔ −−→
AD 1
2
et−−→
AM x+ 4
y−1
colinéaires
⇔ 2×(x+ 4)−1×(y−1) = 0 (condition de colinéarité)
⇔ 2x−y+ 9 = 0
2
Q.4.c Les vecteurs −−→
AD et −→
CI ne sont visiblement pas colinéaires : les coordonnées ne sont pas proportionnelles.
1
Q.4.d K(a;b) = (AD)∩(CI)⇔
4a+b+ 6 = 0 (L1) 2a−b+ 9 = 0 (L2) ⇔
(L1)+(L2)
6a=−15
2a−b+ 9 = 0 2
K(−2,5; 4)
Q.5 On peut chercher une équation de (BK), on trouve : 10x+ 7y−3 = 0 . Vérifions que G∈(BK) : 10xG+ 7yG−3 = 10×
−4 3
+ 7×7
3 −3 = 0 donc la droite (BG) passe parK, les droites (AD),(CI) et (BG) sont concourantes enK.
On pouvait également chercher les coordonnées des vecteurs−−→
BGet−−→
BK et tester leur colinéarité :−−→
BG −7/3
10/3
et −−→
BK −7/2
5
et−7/3×5−(−7/2)×10/3 = 0, d’où l’alignement des pointsB, G etK.
2
Total−→ 14 points
Lycée Bertran de Born - DS 3 1 sur 2
1S,NOM: Grille de correction DS 3 2015-2016
E 2 Réponse Points Obtenus
Q.1.a f(x) est « calculable »⇔2−2x6= 0⇔x6= 1. Df =R− {1} 1
Q.1.b ∀x6= 1, f(x) = 3 + 1
2−2x = 3(2−2x) (2−2x) + 1
2−2x = −6x+ 7
−2x+ 2, on reconnaît bien l’expression d’une fonction homographique.
1
Q.2.a Les opérations successives ×(−2) , +2 , prendre l’inverse et +3 permettent de « construire »f(x) à partir dex.
1
Q.2.b Soit (a, b)∈]1; +∞[ tels que 1< a < b. 3
1< a < b
⇒ −2>−2a >−2b ×(−2)
⇒0>2−2a >2−2b + 2
⇒ 1
2−2a< 1
2−2b <0 x7→ 1
x strictement décroissante sur ]− ∞; 0[
⇒3 + 1
2−2a <3 + 1
2−2b <3 + 3
⇒f(a)< f(b)<3
.
∀(a, b)∈]1; +∞[2, 1< a < b⇒f(a)< f(b) doncf est strictement croissante sur ]1; +∞[.
Total −→ 6 points
E2 (Bonus) Réponse Points Obtenus
Q.3.a ∀a, btels que 1< a < b: 1
f(b)−f(a) = 3 + 1 2−2b−
3 + 1 2−2a
= 1
2−2b− 1 2−2a
= 2−2a−2 + 2b (2−2b)(2−2a)
= 2(b−a) 4(1−a)(1−b)
= b−a
2(1−a)(1−b)
Q.3.b
•a < b⇒b−a >0
•a >1⇒1−a <0
•b >1⇒1−b <0
=⇒ b−a
2(1−a)(1−b) >0 =⇒f(b)−f(a)>0.
∀(a, b)∈]1; +∞[2, 1< a < b⇒f(a)< f(b) doncf est strictement croissante sur ]1; +∞[.
1
Q.3.c
x>2
⇒ −2x6−4
⇒2−2x6−2
⇒0> 1
2−2x>−0,5 x7→ 1
xstrictement décroissante sur ]− ∞; 0[
⇒3>3 + 1
2−2x>2,5
⇒2,56f(x)<3
.
∀x>2, 1< a < b⇒2,56f(x)<3. 1
Lycée Bertran de Born - DS 3 2 sur 2
