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Une annee de controle en Premiere S
Gilles Auriol
[email protected] — http ://auriolg.free.fr
Voici l’integralite des controles de mathematiques effectues par la classe de 1S4 du lycee Pierred’Aragon durant l’annee scolaire 2002-2003 sous la houlette de M. Aragon.
DEVOIR N 1 DU 26/09/02
Enonce - Groupe 1
1. ABC est un triangle. A′, B′ et C ′ sont les milieux respectifs de [BC], [CA] et [AB]. M estun point quelconque. I, J et K sont les symetriques de M respectivement par rapport a A′,B′ et C ′.
M
A
B CA′
C ′ B′
bb
b
b b
b
b
(a) Demontrer que−→BI =
−→AJ et que
−−→AK =
−→CI.
(b) prouver que (AI), (BJ) et (CK) sont concourantes et preciser la position du point deconcours.
2. ABCD est un quadrilatere quelconque, I et L sont les points tels que−→AI = x
−→AB et−→
AL = x−−→AD, ou x est un reel 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 theoreme permeet de montrer le parallelisme de (IL) et (JK) ? Rediger unesolution.
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. Demontrer que I, E et F sont alignes.
Correction - Groupe 1
1. (a) A′ est le milieu de [MI] et de [BC], donc BICM est un parallelogramme, donc−−→BC =
−−→BM +
−→BI, d’ou
−→BI =
−−→BC −−−→
BM =−−→MC [1].
De meme AJCM etant un parallelogramme, on a−→AJ+
−−→AM =
−→AC et
−→AJ =
−→AC−−−→
AM =−−→MC [2].
En comparant [1] et [2], on en deduit−→BI =
−→AJ .
AKBM et BICM etant des parallelogrammes, on a−−→AK =
−→AB − −−→
AM =−−→MB et−→
CI =−−→CB −−−→
CM =−−→MB, d’ou
−−→AK =
−→CI.
2
(b) D’apres la premiere question,−→BI =
−→AJ donc BIJA est un parallelogramme et les
droites (AI) et (BJ) se coupent en le milieu de [AI] puisque ce sont des diagonales.
De meme l’egalite−−→AK =
−→CI equivaut a AKIC parallelogramme donc (AI) et (CK)
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’ou−→JK =
1
2
−−→BD.
(b) Par Chasles−→IL =
−→AL −−→
AI = x−−→AD − x
−→AB = x
−−→BD
(c) D’apres la question 2a,−−→BD = 2
−→JK, donc
−→IL = 2x
−→JK, ainsi (IL)//(JK).
3. −→FE =
−→AE −−→
AF =1
3
(−−→BC −−→
AC)
=1
3
−→BA [1’]
D’autre part−→AF =
1
3
−→AC, d’ou
−→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 deduit que−→BA = 3
−→FE et en remplacant dans [2’]
−→IF =
2
33−→FE = 2
−→FE
d’ou (IF )//(FE), mais F est commun a ces deux droites paralleles, ainsi elles sont confon-dues et I, E et F sont alignes.
3
DEVOIR N 2 DU 03/10/02
Enonce - Groupe 1
1. Resoudre (2x + 3)(x − 4) + x2 − 16 = 0.
2. Resoudre (2x + 1)(1 + 3x) + 1 = 9x2.
3. Resoudre (x + 3)(x − 2) + 2x2 − 18 = 0.
4. Resoudre 4(x + 6)2 − 9(x − 3)2 = 0.
5. Resoudrex2 + 4x + 2
x + 2= 2x + 1.
6. Resoudre1
2x − 1− 3
2x2 − x>
5
x.
7. Trouver deux nombres tels que leur somme vaille19
3et 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
5. On resout cette equation sur R − −2.
x2 + 4x + 2
x + 2= 2x + 1 ⇔ x2 + 4x + 2 = (2x + 1)(x + 2) ⇔ x2 + 4x + 2 = 2x2 + 4x + x + 2
⇔ −x2 − x = 0 ⇔ −x(x + 1) = 0
donc S = −1, 0 ∩ R − −2 = −1, 0.
6. Cette inequation est definie 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’ou le tableau de signes :
x −∞ 02
9
1
2+∞
−9x + 2 + + 0 − −
x − 0 + + +
2x − 1 − − − 0 +
−9x + 2
x(2x − 1)+ ‖ − 0 + ‖ −
donc S =] −∞, 0[∪]2
9,1
2
[.
7. Soit α et β les deux nombres cherches. Comme
(x − α)(x − β) = x2 − (α + β)x + αβ = x2 − 19
3x + 10 = P (x)
et P (α) = P (β) = 0, les nombres α et β sont necessairement les racines du polynomesP (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
3et β =
19 − 1
6= 3
Reciproquement, on verifie bien que10
3× 3 = 10 et
10
3+ 3 =
19
3.
Enonce et correction - Groupe 2
Exercices 1,2,3, controle n 1, groupe 1. Page 2.
5
DEVOIR N 3 DU 10/10/02
Enonce - Groupe 1
1. Resoudre −2x2 + 5x + 1 = 0.
2. Resoudre 3x2 − 7x − 1 = 0.
3. Resoudre x2 − 2(1 +√
3)x + 4 + 2√
3 = 0.
4. Resoudre x3 − 1 = 0.
5. Resoudre4
1 − x+
3
x − 2= 1.
6. Resoudre3x − 2
2x2 − 5x − 3− 2x + 5
3x2 − 7x − 6= 0.
7. Resoudre (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) ou a est
un reel a determiner. En developpant on trouve x3 − 1 = x3 +(a− 1)x2 +(1− a)x− 1 Donca = 1 et x3 − 1 = (x− 1)(x2 +x+1). Le discriminant de x2 +x+1 vaut −3 donc x2 +x+1n’est pas factorisable. S = 1.
5. On resout 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 resout 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
Donc S =
−5
3
7.
(x2 − x)2 = 14(x2 − x) − 24 ⇔
X = x2 − xX2 − 14X + 24 = 0
⇔
X = x2 − x(X − 12)(X − 2) = 0
⇔
X = x2 − xX = 12
ou
X = x2 − xX = 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’ou S = 4,−3,−1, 2.
Enonce - Groupe 2
EXERCICE 1ABCD est un quadrilatere 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 2ABC est un triangle rectangle isocele 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 reduire −−−→MA +
−−→MB + 2
−−→MC.
2. Montrer M ∈ Γ ⇔ MG = 2.
3. En deduire la nature de Γ.
4. Placer G et construire Γ.
EXERCICE 3ABC est un triangle isocele en A, de hauteur [AH ], tel que AH = BC = 4 (unite : 1 cm).
1. Placer le point G barycentre des points ponderes (A, 2), (B, 1) et (C, 1).
2. M designe 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 theoreme d’associativite avec le point G = Bar(A, 1), (B, 2), (C, 1), (D, 2) donneG = Bar(K, 3), (L, 3), c’est-a-dire que G est le milieu de [KL] et G ∈ (KL).
7
b
b
b
b
b
b
b
A
KB
C
L
D
I
JM
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 meme theoreme et en regroupant A et C d’une part, B et D d’autrepart, on en deduit que G = Bar(I, 2)(J, 4) = Bar(I, 1)(J, 2) et G ∈ (IJ).
2. Nous avons deja justifie que G est le milieu de [KL].G = Bar(I, 1)(J, 2) d’apres la question precedente. 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’ou
2−→CG =
−→AB et
−→CG =
1
2
−→AB.
b
A
CΓ
B
G
8
EXERCICE 3
1. On a G = Bar(A, 2)(B, 1)(C, 1), donc 4−−→MG = 2
−−→MA+
−−→MB +
−−→MC , donc pour M = A, on
obtient 4−→AG =
−→AB +
−→AC. Or H est le milieu de [BC], donc
−→AB +
−→AC = 2
−−→AH et finalement
−→AG =
1
2
−−→AH.
A
CB
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.
9
DEVOIR N 4 DU 17/10/02
Enonce - Groupe 1
EXERCICE 1Voir exercice 1, controle n 3, groupe 2. Page 7.
EXERCICE 2ABCD 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. Reduire la somme−−→MA +
−−→MB +
−−→MC +
−−→MD.
3. (a) En deduire que l’ensemble Γ est un cercle dont on precisera le centre et le rayon.
(b) Justifier que les milieux de [BC] et [AD] sont sur Γ. Tracer Γ.
EXERCICE 3ABC est un triangle. On note a = BC, b = AC et c = AB. A′ est le pied de la bissectrice
interieure de ABC . A′ est donc equidistant des cotes de l’angle. On note d cette distance et h lalongueur de la hauteur issue de A.
1. (a) Exprimer de deux facons differentes les aires des triangles AA′B et AA′C.
(b) En deduire queA′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 barycentrede C et A, puis C ′ comme barycentre de A et B.
4. Demontrer 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 1Voir 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 estnon nulle. Pour tout point M du plan on a
4−−→MG =
−−→MA +
−−→MB +
−−→MC +
−−→MD [1]
10
3. (a)
M ∈ Γ ⇔ ||4−−→MG|| = || − 2−→AB|| ⇔ 4MG = 2AB ⇔ MG =
AB
2
(b) En faisant M = A dans la relation [1], 4−→AG =
−→AB +
−→AC +
−−→AD. Mais dans un pa-
rallelogramme (a fortiori dans un rectangle),−→AB +
−−→AD =
−→AC, donc 4
−→AG = 2
−→AC, d’ou
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 theoreme du milieu GI =AB
2,
soit I ∈ Γ. De meme, 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 resulats :
b
G
Γ
A B
CD
H Ib b
EXERCICE 3
1. (a) En considerant deux hauteurs differentes 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 egalites precedentes :
A(AA′B)
A(AA′C)=
A′B
A′C=
c
b
2. D’apres la question precedente, bA′B = cA′C. Par ailleurs les vecteurs−−→A′B et
−−→A′C sont
colineaires de sens contraites, donc b−−→A′B = −c
−−→A′C, d’ou 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’etre fait a deux reprises. On designe 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 cote [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’ou, en divisant membre a membre,
A(BB′A)
A(BB′C)=
AB′
B′C=
c
a
ainsi que
11
A(CC ′A) =1
2h′′ AC ′ =
1
2bd′′ et A(CC ′B) =
1
2h′′ BC ′ =
1
2ad′′
qui permet d’ecrireA(CC ′A)
A(CC ′B)=
AC ′
BC ′=
b
a
Les memes considerations que precedemment 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 letheoreme d’associative :
(a) A′ = Bar(B, b), (C, c) d’ou G = Bar(A, a)(A′, b + c), donc G ∈ (AA′).
(b) B′ = Bar(A, a), (C, c) d’ou G = Bar(B, b)(B′, a + c), donc G ∈ (BB′).
(c) C ′ = Bar(A, a), (B, b) d’ou G = Bar(C, c)(C ′, a + b), donc G ∈ (CC ′).
ainsi G appartient au trois bissectrices donc G = I.On a donc redemontre que les bissectrices interieures sont concourantes et que de plus leurpoint d’intersection est barycentre de (A, a), (B, b) et (C, c).
12
DEVOIR N 5 DU 07/11/02
Enonce - Groupe 1
Soit f : x 7→ −x2 + 4x.
1. Parite, derivee (en passant par la definition), tableau de variations.
2. Equation de la tangente T au point d’abscisse 4.
3. Determiner x tel que B
(x + 1
x − 3,3x + 15
x − 3
)∈ Cf .
4. Representer Cf et la tangente T .
Correction - Groupe 1
1. – Fonction polynome donc Df = 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 ∈ Df :
a(h) =−(x0 − h)2 + 4(x0 + h) + x2
0 − 4x0
h
=−x2
0 − x0h − h2 + 4x0 + 4h + x20 − 4x0
h
=−2x0h − h2 + 4h
h= −2x0 − h + 4
D’ou f ′(x0) = −2x0 + 4, quand on fait tendre h vers 0. Donc ∀x ∈ Df , f′(x) = −2x + 4.
– On en deduit 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
)∈ Cf
⇔ f
(x + 1
x − 3
)=
3x + 15
x − 3et
x + 1
x − 3∈ Df
⇔ 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 ∈ Cf ⇔ x = 2.
13
4. Representation graphique
–8
–6
–4
–2
0
2
4
6
–4 –2 2 4 6
14
DEVOIR N 6 DU 21/11/02
Enonce - Groupe 1
1. Resoudre dans R l’inequation2x + 3
x2 + 2x − 3+
1
1 − x6
4x − 3
4(2x2 + 7x + 3)[1].
2. Resoudre dans R l’inequation f(x) = x3 − 2x2 − 71x + 72 < 0.
3. Resoudre
2x + 3y − z = 244x − 2y + 3z = 66x − 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 − 16
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)6 0
⇔ 4(4x2 + 8x + 3) − 4(2x2 + 7x + 3) − (4x2 − 7x + 3)
4(x − 1)(x + 3)(2x + 1)6 0
⇔ 4x2 + 11x − 3
4(x − 1)(x + 3)(2x + 1)6 0
⇔ (x + 3)(4x − 1)
4(x − 1)(x + 3)(2x + 1)6 0
⇔ 4x − 1
4(x − 1)(2x + 1)6 0
x −∞ −3 −1
2
1
41 +∞
4x − 1 − − − 0 + +
x − 1 − − − − 0 +
2x + 1 − − 0 + + +
Q(x) − ‖ − ‖ + 0 − ‖ +
Finalement S =] −∞,−3[∪]−3,−1
2
[∪[1
4, 1
[.
2. A la calculatrice, on s’apercoit que 1, 9 et −8 sont racines du polynome f(x), donc ∀x ∈R, f(x) < 0 ⇔ (x − 1)(x − 9)(x + 8) < 0, d’ou S ′ =] −∞,−8[∪ ]1, 9[, car
15
x −∞ −8 1 9 +∞
x − 1 − − 0 + +
x − 9 − − − 0 +
x + 8 − 0 + + +
f(x) − 0 + 0 − 0 +
3.
2x + 3y − z = 244x − 2y + 3z = 66x − y + 2z = 22
⇔
z = 2x + 3y − 244x − 2y + 3(2x + 3y − 24) = 66x − y + 2(2x + 3y − 24) = 22
⇔
z = 2x + 3y − 2410x + 7y = 7810x + 5y = 70
⇔
z = 2x + 3y − 242y = 78 − 70
x = 7 − 1
2y
⇔
z = 2x + 3y − 24y = 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
DEVOIR N 7 DU 28/11/02
Enonce - Groupe 1
1. Calculer la derivee de f : x 7→ 3 − x
x + 1(avec la definition, les formules n’etant pas connues).
2. Soit ABC un triangle equilateral et I le milieu de [BC]. Determiner les ensembles definispar
(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 cos2 α =1
4.
(b) En deduire 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 − x2
0 − hx0 + 3 − x0 − h − 3x0 − 3h − 3 + x20 + x0h + x0
(x0 + h + 1)(x0 + 1)
)
=−4
(x0 + h + 1)(x0 + 1)
donc limh→0
ah =−4
(x0 + 1)2et ∀x ∈ R − −1, f ′(x) =
−4
(x + 1)2.
2. (a)
M ∈ P ⇔ (−−→MA,
−−→MB) = 0 [2π]
⇔ −−→MA et
−−→MB sont colineaires et de meme sens
⇔ M ∈ (AB) et M 6∈ [AB]
donc P est la droite (AB) privee 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 diametre [AB] passant par I car (−→IA,
−→IB) =
π
2, alors que
les points de l’autre demi-cercle verifient (−−→MA,
−−→MB) = −π
2[2π]
17
(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 colineaires
donc S est la demi-droite ]IB).
3. (a) Soit α tel que ,√
3 cos α = sin α, alors en elevant au carre 3 cos2 α = sin2 α d’ou
3 cos2 α = 1 − cos2 α et enfin cos2 α =1
4[1].
(b) Resolvons [1] sur [−π, π]
[1] ⇔ cos x =1
2ou cos x = −1
2
⇔(x =
π
3ou x = −π
3
)ou
(x =
2π
3ou x = −2π
3
)
Reciproquement, on verifie que seulsπ
3et −2π
3sont solutions. Donc S =
π
3,−2π
3
.
18
DEVOIR N 8 DU 05/12/02
Enonce - Groupe 1
1. Resoudre dans R l’equation sin(π
4+ x)
= cos(π
4− x).
2. Soit ABC un triangle. Determiner 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) Determination principale de l’angle en radians et en degres.
(b) Longueur de l’arc de cercle AM .
(c) Placer M .
Correction - Groupe 1
1.sin(π
4+ x)
= cos(π
4− x)
⇔ sin(π
4+ x)
= sin(π
2− π
4+ x)
⇔ sin(π
4+ x)
= sin(π
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]
doncM ∈ ∆ ⇔ || − −→
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
∆
bb b
19
3. (a)
(−→OA,
−−→OM) = −28512 + 2kπ
= −(4537 + 0, 82573) × 2π + 2kπ= −0, 82573 × 2π + 2π(k − 4537)= −5, 1882 + 2k′π
La determination principale est comprise entre −π et π. On ajoute un tour :
α = (−→OA,
−−→OM) = −5, 1882 + 2π = 1, 0950 rad
On convertit α en degre :
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
DEVOIR N 9 DU 12/12/02
Enonce - Groupe 1
Soit f :7→√
3x2 + 4x − 7.
1. Ensemble de definition.
2. Montrer que ∆ : x = −2
3est un axe de symetrie de Cf .
3. Resoudre f(x) = 3x + 7.
4. Resoudre f(x) > 3x + 7.
5. Resoudre dans R l’equation sin 2x + cos 3x = 0.
Correction - Groupe 1
1.x ∈ Df ⇔ 3x2 + 4x − 7 > 0
⇔ (x − 1)(3x + 7) > 0
⇔ x 6 −7
3ou x > 1
Donc Df =
]−∞,−7
3
]∪ [1, +∞[.
2. ∆ : x = −2
3est un axe de symetrie de Cf ⇔ ∀x ∈ Df :
−4
3− x ∈ Df [1]
f
(−4
3− x
)= f(x) [2]
[1] :
x ∈ Df ⇔ x 6 −7
3ou x > 1
⇔ −x >7
3ou − x 6 −1
⇔ −4
3− x > 1 ou − 4
3− x 6 −7
3
⇔ −4
3− x ∈ Df
[2] :
f
(−4
3− x
)=
√
3
(−4
3− x
)2
+ 4
(−4
3− x
)− 7
=
√
3
(16
9+
8
3x + x2
)− 16
3− 4x − 7
=
√16
3+ 8x + 3x2 − 16
3− 4x − 7
=√
3x2 + 4x − 7 = f(x)
3. Si l’equation f(x) = 3x +7 a des solutions, elles verifient necessairement f 2(x) = (3x + 7)2,beaucoup plus facile a resoudre :
f 2(x) = (3x + 7)2 ⇔ 3x2 + 4x − 7 = 9x2 + 42x + 49⇔ −6x2 − 38x − 56 = 0⇔ 3x2 + 19x + 28 = 0⇔ (x + 4)(3x + 7) = 0
21
Donc S ⊂−4,−7
3
. Reciproquement on verifie que la seule solution est en fait −7
3.
Finalement S =
−7
3
.
4. Dressons un tableau de signes pour resoudre l’inequation f(x) > 3x + 7.
x −∞ −7
31 +∞
3x2 + 4x − 7 + 0 − 0 +
3x + 7 − 0 + +
(a) Il est clair que l’ensemble
]−7
3, 1
[ne repond pas a la question car f(x) n’y est pas
definie.
(b) Sur
[−∞,−7
3
]on a ”positif > negatif” ce qui est vrai sauf pour −7
3pour lequel il y
a egalite.
(c) Sur [1, +∞[, les deux membres de l’inequation sont positifs et on peut elever au carre :
f(x) > 3x + 7 ⇔ 3x2 + 4x − 7 > (3x + 7)2
en utilisant les calculs de la question precedente
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
⇔ cos(π
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’ou S ′′ =
π
2+ 2kπ, − π
10+
2
5kπ
k∈Z
22
DEVOIR N 10 DU 19/12/02
Enonce - Groupe 1
1. Ecrire la definition de limx→∞
f(x) = +∞.
2. Soit f : x 7→ −x + 2 − 3
x − 1.
(a) Calculer la derivee de f (en revenant a la definition).
(b) Donner une equation de la tangente a Cf au point d’abscisse 3.
(c) Demontrer que I(1, 1) est centre de symetrie de Cf .
Correction - Groupe 1
1. limx→∞
f(x) = +∞ ⇔ ∀ε ∈ R∗
+, ∃α ∈ R∗
+, ∀x ∈ Df (x 6 −α =⇒ f(x) > ε).
2. (a) Df = 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’ou limh→0
a(h) =3
(x0 − 1)2− 1. La fonction f est donc derivable pour tout x ∈ Df ; sa
derivee est f(x) =3
(x − 1)2− 1.
(b) La tangente a Cf 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
2et enfin y = −1
4x − 7
4.
(c) Un point M(x, y) du repere de centre O a pour coordonnees M(X, Y ) dans le reperede centre I. Alors
x = X + 1y = Y + 1
Puis
M(x, y) ∈ Cf ⇔
x ∈ Df
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 Df = R∗),
M(x, y) ∈ Cf ⇔
x ∈ Dg
y = g(x)⇔ M(X, Y ) ∈ Cg
En resume Cf = Cg. Or g est impaire donc Cg admet le centre du nouveau repere commecentre de symetrie, c’est-a-dire que Cf admet I comme centre de symetrie.
23
DEVOIR N 11 DU 16/01/03
Enonce - Groupe 1
EXERCICE 1
A. Plusieurs ecritures d’un meme produit scalaire
ABC est un triangle, H est le projete 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, demontrer que :
−→AB · −→AC =
−−→AH2 +
−−→HB · −−→HC [1]
2. (a) Demontrer que−→AB · −→AC =
−→AB2 +
−→AB · −−→BC.
(b) En ecrivant−→AC =
−→AB +
−−→BC, demontrer que
−→AB · −→AC =
−→AB2 +
−−→BH · −−→BC [2].
(c) Demontrer de meme 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. Caracterisation d’un triangle rectangle
1. Dire que le triangle ABC est rectangle en A equivaut a dire que−→AB ·−→AC = 0. Deduire 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 ou I est le milieu du segment [BC].
2. Application. ABC est un triangle rectangle en A.
(a) En utilisant les notations portees sur la figure ci-dessous, deduire de la questionprecedente que c2 = am, b2 = an et h2 = mn.
an
mh
A B
C
H
(b) On donne n = 3 et h =√
3. Calculer a, b et c.
24
EXERCICE 2
A. Questions preliminaires
1. A, B, C sont trois points distincts non alignes. Demontrer que le seul vecteur−→u tel que−→
u · −→AB = 0 et−→u · −−→BC = 0 est le vecteur nul.
2. OBC est un triangle isocele en O. Demontrer que (−−→OB +
−→OC) · −−→BC = 0 [1].
B. ABC est un triangle, C son cercle circonscrit de centre O, H son orthocentre et G soncentre de gravite.
1. (a) En utilisant la relation [1] et−−→HO +
−→OA =
−−→HA, demontrer que
(−−→HO +
−→OA +
−−→OB +
−→OC) · −−→BC = 0
(b) Demontrer de meme que
(−−→HO +
−→OA +
−−→OB +
−→OC) · −→AB = 0
(c) En utilisant A.1, en deduire que :−−→OH =
−→OA +
−−→OB +
−→OC.
2. (a) En tenant compte de−→GA +
−−→GB +
−→GC =
−→0 , demontrer que
−→OA +
−−→OB +
−→OC = 3
−→OG.
(b) En deduire que O, H et G sont alignes. La droite contenant ces points est appeleedroite D’Euler du triangle ABC.
Correction - Groupe 1
EXERCICE 1
A. Plusieurs ecritures d’un meme produit scalaire
1. −→AB · −→AC = (
−−→AH +
−−→HB) · (−−→AH +
−−→HC)
=−−→AH2 +
−−→AH · −−→HC +
−−→AH · −−→HB +
−−→HB · −−→HC
Mais H est le projete 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]
25
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. Caracterisation d’un triangle rectangle
1. (i) ⇔ (ii) :
ABC rectangle en A ⇔ −→AB · −→AC = 0
⇔ −→AB2 −−−→
BH · −−→BC = 0 (d’apres [2])
⇔ AB2 =−−→BH · −−→BC
(i) ⇔ (iii) :
ABC rectangle en A ⇔ −→AB · −→AC = 0
⇔ −→AC2 −−−→
CB · −−→CH = 0 (d’apres [3])
⇔ AC2 =−−→CB · −−→CH
(i) ⇔ (iv) :
ABC rectangle en A ⇔ −→AB · −→AC = 0
⇔ −−→AH2 +
−−→HB · −−→HC = 0 (d’apres [1])
⇔ −−→HB · −−→HC = −AH2
(i) ⇔ (v) :
ABC rectangle en A ⇔ −→AB · −→AC = 0
⇔ AI2 − IB2 = 0 (d’apres [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’apres (ii),−−→BC · −−→BH = AB2 = c2. Donc c2 = am [R].
(b)−−→CB · −−→CH = CB × CH = (−a)(−n) = an (en gardant la meme orientation). D’apres
(iii),−−→CB · −−→CH = AC2 = b2. Donc c2 = an [R’].
(c)−−→HB · −−→HC = HB × HC = (−m)n = −mn (meme orientation encore) ; comme
−−→HB ·−−→
HC = −AH2 d’apres (iv), −mn = −h2, ou encore h2 = mn [R”].
3. n = 3 et h =√
3. D’apres R”, m =h2
n=
(√
3)2
3= 1.
Comme B, H et C sont alignes dans cet ordre, on a a = m + n donc a = 4.D’apres R : c =
√am =
√4 = 2.
D’apres R’ : b =√
an =√
4 × 3 = 2√
3.
EXERCICE 2
A. Questions preliminaires
26
1. Si−→u 6= −→
0 , alors en designant par (δ) le support de−→u , (δ)//(AB) et (δ)//(BC) d’ou
(AB)//(AC), c’est-a-dire que A, B et C serait alignes, ce qui est contraire a l’hypothese.
Donc−→u =
−→0 .
2. OBC est isocele en O donc (OI), I etant le milieu de [BC] est une hauteur du triangle.
de−−→OB +
−→OC = 2
−→OI, on deduit (
−−→OB +
−→OC) · −−→BC = 2
−→OI · −−→BC, or (OI)⊥(BC) donc
(−−→OB +
−→OC) · −−→BC = 0.
O
B CI
B.
1. (a) OB = OC car O est le centre du cercle circonscrit donc OBC est isocele en O et
(−−→OB +
−→OC) · −−→BC = 0 [1] d’apres 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 isocele en O et
(−→OA +
−−→OB) · −→AB = 0 [1’] d’apres 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’apres R et RR on est dans le cas de A.1, car A, B et C ne sont pas alignes (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 gravite 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’ou
−−→OH = 3
−→OG, les droites (OH) et (OG) sont
paralleles avec un point commun, donc confondues et O, G et H sont alignes.
Enonce - Groupe 2
27
EXERCICE 1ABCD est un carre de cote a, le point I est le milieu du segment [DA]. Le but de l’exercice est
le calcul de θ = ACI.
1. Demontrer que−→CI · −→CA =
a2
2
√10 × cos θ
2. (a) Demontrer que−→CI =
1
2(−→CA +
−−→CD).
(b) En deduire que−→CI · −→CA =
3
2a2.
3. Donner une valeur de θ en degres tronquee au centieme. A B
D
I
C
θ
EXERCICE 2Dans un repere 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 forme par ces deux droites.
1. Tracer ces droites dans le repere (O;−→i ,
−→j ).
2. (a) On note−→u
∣∣∣∣11
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 deduire une valeur approchee de α.
EXERCICE 3Voir exercice 2, controle n 11, groupe 1. Page 25.
Correction - Groupe 2
EXERCICE 1
1. On calcule CI et CA. Le theoreme de Pythagore applique dans DIC rectangle en D donne
CI2 = DI2 + DC2 =(a
2
)2
+ a2 =5
4a2 d’ou CI =
√5
2a
Comme [CA] est une diagonale du carre, CA = a√
2, d’ou le produit scalaire,
−→CI · −→CA = CI × CA × cos θ =
√5
2a × 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’apres les questions precedentes,−→CI · −→CA =
a2
2
√10 × cos θ =
3
2a2, d’ou cos θ =
3√10
et
enfin θ ≃ 18, 43 .
28
EXERCICE 2
1. Dans un repere orthonorme, on trace ∆ : y = x − 1 et δ : y = −2x + 3.
(∆)
(δ)
O
α
2. (a) On sait qu’un vecteur directeur d’une droite d’equation y = mx + p est−→w
∣∣∣∣1m
, donc
−→u
∣∣∣∣11
dirige ∆ et−→v
∣∣∣∣1−2
dirige δ.
(b) Pour calculer cos(−→u ,
−→v ), on evalue de deux facons differentes 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 repere orthonormal,
−→u · −→v = 1 × 1 − 1 × 2 = −1
d’ou cos(−→u ,
−→v ) =
−1√10
et (−→u ,
−→v ) ≃ −108, 43 .
Ce qui nous interesse c’est l’angle geometrique entre les deux droites, donc α =−108, 43 + 180 = 71, 57 .
29
DEVOIR N 12 DU 23/01/03
Enonce - Groupe 1
1. Soit f : x 7→ x2 − x + 7
2 − x.
(a) Limites aux bornes de l’ensemble de definition
(b) Montrer que la droite ∆ : y = −x − 1 est asymptote a Cf .
(c) Etudier les positions relatives de ∆ et Cf .
(d) Montrer que le point d’intersection des asymptotes est centre de symetrie de Cf .
2. Le but de l’exercice est de calculer AD.
AB
60
60
C
D
4
3
2
(a) Developper (−→AB +
−−→BC +
−−→CD)2.
(b) Calculer AD.
Correction - Groupe 1
1. Df = R − 2. Decomposons f(x) en elements simples :
∀x ∈ Df , 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) limx→+∞
f(x) = limx→+∞
x2
−x= lim
x→+∞−x = −∞. De meme lim
x→−∞f(x) = lim
x→−∞−x = +∞.
limx→2
x<2
f(x) = limx→2
x<2
9
2 − x= +∞ et lim
x→2
x>2
f(x) = limx→2
x>2
9
2 − x= −∞.
La droite δ : x = 2 est asymptote a Cf .
(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 limx→±∞
= 0, donc ∆ : y = −x − 1 est asymptote a Cf .
(c) Le signe de d(x) depend de celui de 2 − x, d’ou
– Si x < 2, d(x) > 0 soit f(x) − (−x − 1) > 0 ou encore f(x) > −x − 1, c’est-a-direque Cf 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-direque Cf est au-dessous de ∆.
30
(d) Les coordonnees du point d’intersection I des asymptotes δ : x = 2 et ∆ : y = −x − 1verifient :
x = 2y = −x − 1
⇔
x = 2y = −3
Il s’agit donc de verifier que I(2,−3) est centre de symetrie de Cf . Or, en general
I(a, b) centre de symetrie de Cf ⇔ ∀x ∈ Df :
2a − x ∈ Df
f(2a − x) = 2b − f(x)
Ici il s’agit donc de verifier que ∀x ∈ Df :
4 − x ∈ Df [1]f(4 − x) = −6 − f(x) [2]
[1] :x ∈ Df ⇔ x 6= 2 ⇔ −x 6= −2 ⇔ 4 − x 6= 2 ⇔ 4 − x ∈ Df
[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 symetrie de Cf .
2. (a)
(−→AB +
−−→BC +
−−→CD)2 =
−→AB2 +
−−→BC2 +
−−→CD2 + 2(
−→AB · −−→BC +
−→AB · −−→CD +
−−→BC · −−→CD)
On calcule les trois produits scalaires de la parenthese :
–−→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.
31
DEVOIR N 13 DU 07/02/03
Enonce - Groupe 1
On donne les points A
∣∣∣∣31
B
∣∣∣∣24
et C
∣∣∣∣1 −
√5
2et un repere orthonormal.
1. (a) Donner une equation de la mediane 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 mediatrice ∆ de [BC].
2. (a) Donner une valeur arrondie au degre de l’angle θ = BAC.
(b) donner l’aire S de ABC.
3. Soit G = Bar(A, 1), (B, 2), (C, 3). Donner les coordonnees de G.
4. Donner une equation du cercle circonscrit au triangle ABC.
5. (a) Determiner l’ensemble (P ) des points tels que MA = 2MB.
(b) Determiner l’ensemble (Q) des points tels que−−→MA · −−→MB = 10.
(c) Determiner 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
23
, donc−→AI
∣∣∣∣∣∣−3
2−
√5
22
. La droite mA a une
equation de la forme ax + by + c avec−→u
∣∣∣∣−ba
comme vecteur directeur, donc
mA : 2x +
(3
2+
√5
2
)y + c = 0
or A ∈ mA donc ses coordonnees verifient l’equation de mA :
6 +3
2+
√5
2+ c = 0 ⇔ c = −15
2−
√5
2
en remplacant c par sa valeur et en multipliant par 2 :
mA : 4x + (3 +√
5)y − 15 −√
5 = 0
(b) Le vecteur−−→BC
∣∣∣∣−1 −
√5
−2est normal a hA. l’equation de hA est de la forme
hA : (−1 −√
5)x − 2y + c = 0
or A ∈ hA donc−3 − 3
√5 − 2 + c = 0 ⇔ c = 5 + 3
√5
d’ou (apres multiplication par -1)
hA : (1 +√
5)x + 2y − 5 − 3√
5 = 0
32
(c) Le vecteur−−→BC est normal a ∆ donc son equation a la meme forme que celle de hA,
c’est-a-dire∆ : (−1 −
√5)x − 2y + c = 0
mais I ∈ ∆, donc
(−1 −√
5)
(3
2−
√5
2
)− 6 + c = 0 ⇔ c = 5 +
√5
apres calcul. Finalement
∆ : (1 +√
5)x + 2y −√
5 − 5 = 0
2. (a) On a−→AB
∣∣∣∣−13
et−→AC
∣∣∣∣−2 −
√5
1, d’ou
−→AB · −→AC = 2 +
√5 + 3 = 5 +
√5. On en
deduit aussi que AB =√
10 et que AC =
√10 + 4
√5. Par ailleurs
−→AB · −→AC = AB × AC cos θ =
√10
√10 + 4
√5 cos θ = 2
√25 + 10
√5 cos θ
donc
cos θ =5 +
√5
2√
25 + 10√
5=
1 +√
5
2√
5 + 2√
5
d’ou l’on deduit θ ≃ 58 .
(b) Comme 0 6 θ 6 90 on a sin θ > 0 et :
sin2 θ = 1 − cos2 θ =4(5 + 2
√5) − (1 +
√5)2
(2√
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
√10 + 4
√5
√5 +
√5√
10=
1
2
√(10 + 4
√5)(5 +
√5)
=1
2
√50 + 10
√5 + 20
√5 + 20 =
1
2
√70 + 30
√5 =
1
2
√(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 repere) et en calculant
−→OA + 2
−−→OB + 3
−→OC
∣∣∣∣3 + 2 × 2 + 3(1 −
√5) = 10 − 3
√5
1 + 2 × 4 + 3 × 2 = 15et 6
−→OG
∣∣∣∣6xG
6yG
et en ecrivant l’egalite vectorielle par les coordonnees : G
(5
3− 1
2
√5,
5
2
).
33
4. Soient a et b les coordonees du centre du cercle et r son rayon. Les points A, B et C sontsur le cercle. On obtient donc le systeme
(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 premiere equation et on remplace r2 dans les deux autres par sa valeurdonnee dans la premiere.
(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 = 1b = 2
d’ou l’on deduit 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
∣∣∣∣xy
un point du plan, alors−−→MA
∣∣∣∣3 − x1 − y
et−−→MB
∣∣∣∣2 − x4 − y
d’ou
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
3x − 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
(c) M ∈ (R) ⇔ −−→BM · −→BA = −4 ⇔ −−→
BM · −→AB = 4. Or−→AB
∣∣∣∣−13
, donc
M ∈ (R) ⇔ −(2 − x) + 3(4 − y) = −4⇔ x − 3y + 14 = 0
Donc (R) est la droite d’equation x − 3y + 14 = 0.
35
DEVOIR N 14 DU 13/02/03
Enonce - Groupe 1
ABC est un triangle tel que A = 60 , c = 7 et a = 13 (notation habituelle : a = BC, b = ACet c = AB)
1. Faire un figure
2. Calculer b. Donner une valeur approchee de B. Calculer la surface S, le rayon R du cerclecirconscrit et le rayon r du cercle inscrit.
3. Calculer la longueur de la mediane issue de A.
4. Determiner 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.
60A C
B
c = 7 a = 13
b =?
2. – D’apres la relation d’Al-Kashi a2 = b2 + c2 − 2bc cos A 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 B, on deduit cos B =a2 + c2 − b2
2ac=
132 + 72 − 152
2 × 13 × 7= − 1
26.
D’ou B ≃ 92, 2 .
– S =1
2bc sin A =
1
2× 7 × 15 ×
√3
2=
105
4
√3.
– R =abc
4S=
7 × 13 × 15
4 × 105
4
√3
=7 × 13 × 15
7 × 15 ×√
3=
13√3
=13
3
√3.
– r =S
pou p est le demi-perimetre. Ici p =
1
2(7 + 13 + 15) =
35
2, donc r =
105
4
√3× 2
35=
3
2
√3.
3. D’apres le theoreme de la mediane 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
4. (a) On designe par I le milieu de [BC], on a donc−→IC = −−→
IB.
M ∈ (P ) ⇔ −−→MB · −−→MC = 1
⇔ (−−→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 rayon1
2
√173.
(b)−−→BM · −−→BC = BM × BC ou H designe le projete orthogonal de M sur (BC), donc
M ∈ (Q) ⇔ BM × BC = −4 ⇔ BH = − 4
13en 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) verifie BH = − 4
13, en conservant la meme 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 deduit 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 caracterise le cercle de diametre [GH ].
Enonce et correction - Groupe 2
Voir controle n 13, groupe 1. Page 32.
37
DEVOIR N 15 DU 20/02/03
Enonce - Groupe 1
Soit f : x 7→ x2 − x − 2
3 − x.
1. Etude de f .
(a) Ensemble de definition
(b) Parite
(c) Derivee
(d) Limites aux bornes de l’ensemble de definition.
(e) Tableau de variations
2. Equation de la tangente T au point d’abscisse 2 et position relative de T et Cf .
3. Determiner a, b et c tels que ∀x ∈ Df , f(x) = ax + b +c
3 − x.
4. Demontrer que la droite ∆ : y = −x − 2 est asymptote a Cf .
5. Montrer que I(3,−5) est centre de symetrie de Cf .
Correction - Groupe 1
1. (a) x ∈ Df ⇔ 3 − x 6= 0 ⇔ x 6= 3. Donc Df = R − 3.(b) f(1) = −1 et f(−1) = 0. Donc f n’est ni paire ni impaire.
(c) ∀x ∈ Df , f(x) =−x(−x + 3) + 2x − 2
−x + 3= −x+
2x − 2
−x + 3= −x+
−2(−x + 3) + 4
−x + 3. Donc
∀x ∈ Df , f(x) = −x − 2 +4
3 − x. D’ou la derivee :
f ′(x) = −1 +4
(3 − x)2=
4 − (3 − x)2
(3 − x)2=
(x − 1)(5 − x)
(3 − x)2
et son signe depend de celui de (x − 1)(5 − x).
(d) limx→+∞
f(x) = limx→+∞
x2
−x= lim
x→+∞(−x) = −∞. De meme lim
x→−∞f(x) = +∞.
limx→3
x<3
f(x) = limx→3
x<3
5
3 − x=
5
0+= +∞. On trouve de la meme facon lim
x→3
x>3
= −∞.
x −∞ 1 3 5 +∞
x − 1 − 0 + + +
−x + 5 + + + 0 −
f ′(x) − 0 + ‖ + 0 −
f(x) +∞ ց −1 ր +∞ ‖ −∞ ր −9 ց −∞
(e)
38
2. La tangente cherchee a pour equation y = f ′(2)(x− 2) + f(2) c’est-a-dire y = 3(x− 2) + 0,ou encore T : y = 3x − 6.
On etudie le signe de la difference f(x) − (3x − 6) :
f(x) − (3x − 6) = −x − 2 +4
−x + 3− 3x + 6
= −4x + 4 +4
−x + 3
=(−4x + 4)(−x + 3) + 4
−x + 3
=4x2 − 16x + 16
−x + 3
=4(x − 2)2
−x + 3Le signe de la difference est donnee par celui de −x + 3 d’ou :– si x < 3, f(x) − (3x − 6) > 0, donc f(x) > 3x − 6 et T est au-dessous de Cf .– si x > 3, f(x) − (3x − 6) < 0, donc f(x) < 3x − 6 et T est au-dessus de Cf .
3. On a deja demontre que ∀x ∈ Df , f(x) = −x − 2 +4
3 − x.
4. f(x) − (−x − 2) =4
3 − x. Donc lim
x→±∞= 0 et ∆ est bien asymptote a Cf .
5. I(3,−5) est centre de symetrie de Cf ⇔ ∀x ∈ Df :
6 − x ∈ Df [1]f(6 − x) = −10 − f(x) [2]
.
[1] :x ∈ Df ⇔ x 6= 3 ⇔ −x 6= −3 ⇔ 6 − x 6= 3 ⇔ 6 − x ∈ Df
[2] :
f(6 − x) = −6 + x − 2 +4
−6 + x + 3= −8 + x +
4
x − 3et
−10 − f(x) = −10 + x + 2 − 4
−x + 3= −8 + x +
4
x − 3donc I est bien un centre de symetrie de Cf .
6. Representation graphique
–15
–10
–5
0
5
10
–10 –5 5 10
39
DEVOIR N 16 DU 27/03/03
Enonce - Groupe 1
Soit P (x) = x3 + 3x2 + 3x + 3 et f(x) =P (x)
(x + 2)2.
1. (a) Verifier que ∀x ∈ R, P (x) = (x + 1)3 + 2.
(b) Demontrer que ∀x ∈] −∞,−2, 2], P (x) < 0, 3.
2. (a) Trouver les reels a, b, c et d tels que ∀x ∈ Df , f(x) = ax + b +c
x + 2+
d
(x + 1)2.
(b) Demontrer que ∆ : y = x − 1 est asymptote a Cf et determiner leur position relative.
(c) Etudier f : parite, derivee, limites aux bornes de l’ensemble de definition, tableau devariations.
(d) Soit I le point d’intersection de ∆ et Cf . Determiner l’equation de la tangente en I aCf .
(e) Tracer Cf et ∆ dans un repere orthonorme.
Correction - Groupe 1
1. (a) ∀x ∈ R, (x + 1)3 + 2 = x2 + 3x2 + 3x + 1 + 2 = P (x).
(b) ∀x ∈ R, P ′(x) = 3(x + 1)2 > 0, donc P est croissante sur R et x 6 −2, 2 =⇒ P (x) 6
P (−2, 2) = 0, 272 < 0, 3.
2. (a) Il est evident que Df = R − −2 car x ∈ Df ⇔ (x + 2)2 6= 0 ⇔ x 6= −2.
∀x ∈ Df , f(x) = ax + b +c
x + 2+
d
(x + 2)2
⇔ ∀x ∈ Df , f(x) =(ax + b)(x + 2)2 + c(x + 2) + d
(x + 2)2
⇔ ∀x ∈ Df , f(x) =(ax + b)(x2 + 4x + 4) + c(x + 2) + d
(x + 2)2
⇔ ∀x ∈ Df , f(x) =ax3 + 4x2 + 4ax + bx2 + 4bx + 4b + cx + 2c + d
(x + 2)2
en identifiant les coefficients du numerateur avec ceux de P (x) on est conduit ausysteme suivant :
a = 14a + b = 3
4a + 4b + c = 34b + 2c + d = 3
⇔
a = 1b = −1c = 3d = 1
donc ∀x ∈ Df , f(x) = x − 1 +3
x + 2+
1
(x + 2)2.
(b) f(x)− (x− 1) =3
x + 2+
1
(x + 2)2. Donc lim
x→+∞[f(x)− (x− 1)] = 0+0 = 0, et la droite
∆ est asymptote a Cf .
Pour les positions relatives, etudions le signe de f(x) − (x − 1) =3x + 7
(x + 2)2, qui est
immediat :
40
– si x < −7
3, f(x) − (x − 1) < 0, soit f(x) < x − 1 et Cf est au-dessous de ∆.
– si x > −7
3et x 6= 2, f(x) − (x − 1) > 0, soit f(x) > x − 1 et Cf est au-dessus de ∆.
(c) f(−1) = 2 et f(1) =10
9donc f n’est ni paire ni impaire.
limx→−∞
f(x) = limx→−∞
x3
x2= lim
x→−∞x = −∞. De meme lim
x→+∞f(x) = +∞.
limx→−2
x<−2
f(x) =P (−2)
0+=
1
0+= +∞. La limite est la meme a droite de 2.
∀x ∈ Df , f′(x) = 1 − 3
x + 2− 2(x + 4)
(x + 2)4=
(x + 2)3 − 3(x + 2) − 2
(x + 2)3
=x3 + 6x2 + 12x + 8 − 3x − 6 − 2
(x + 2)3=
x3 + 6x2 + 9x
(x + 2)3
=x(x + 3)2
(x + 2)3=
(x + 3
x + 2
)2
× x
x + 2
Le signe de f ′(x) depend de celui de x(x + 2), d’ou le tableau :
x −∞ −3 −2 0 +∞
x + 2 − − 0 + +
x − − − 0 +
f ′(x) + 0 + ‖ − 0 +
f(x) −∞ ր −6 ր +∞ ‖ +∞ ց 3
4ր +∞
(d) I est le point d’intersection de ∆ : y = x − 1 et Cf , donc ses coordonnees verifient
f(x) = x − 1, mais on a vu que f(x) − (x − 1) =3x + 7
(x + 2)2, donc
f(x) = x − 1 ⇔ f(x) − (x − 1) = 0 ⇔ 3x + 7
(x + 2)2= 0 ⇔ x = −7
3
donc l’equation reduite de la tangente est
y = f ′
(−7
3
)(x +
7
3
)+ f
(−7
3
)
=−7
3
(−7
3+ 3)2
(−7
3+ 2)3
(x +
7
3
)+
(−7
3+ 1)3
+ 2(−7
3+ 2)2
=−7
3× 4
9
− 1
27
(x +
7
3
)+
−64
27+ 2
1
9
= 28
(x +
7
3
)− 10
3= 28x + 62
41
(e) Representation graphique
–8
–6
–4
–2
0
2
4
6
8
10
–8 –6 –4 –2 2 4 6
42
DEVOIR N 17 DU 03/04/03
Enonce - Groupe 1
EXERCICE 1ABC est un triangle, O le mileu de [BC].On note f la transformation qui a tout point M du plan associe M ′ = f(M) de la manieresuivante :• N est le milieu de [AM ].• M ′ est le milieu de [ON ].
1. (a) Construire un triangle ABC et placer O.
(b) Placer sur la figure A′ = f(A).
2. On note G le centre de gravite du triangle ABC.
(a) Demontrer que f(G) = G.
(b) Construire B′ = f(B) et demontrer que B, G et B′ sont alignes.
3. (a) Demontrer que pour tout point M , 2−−→GM ′ =
−→GO +
−−→GN et que 2
−−→GN =
−→GA +
−−→GM .
(b) En deduire que 4−−→G′M =
−−→GM et que f est l’homothetie de centre G et de rapport
1
4.
EXERCICE 2On donne le cercle C d’equation x2 + y2 − 2x − 4y + 4 = 0 et les points A(−1, 0) et B(3, 0) dans
un repere orthonorme (O ;−→i ,
−→j ). Soit M un point quelconque de C.
1. Tracer C et placer A et B
2. N est le point tel que MANB soit un parallelogramme.
(a) Demontrer que la droite (MN) passe un point fixe I dont on donnera les coordonnees.
(b) Construire le lieu de N lorsque M decrit C et trouver une equation de ce lieu.
3. Le point P est tel que MABP soit un parallelogramme. Quel est le lieu de P lorsque Mdecrit C ? Donner une equation de ce lieu.
Correction - Groupe 1
EXERCICE 1
1. (a) Voir figure.
(b) Suivant le procede de construction, on doit construire le milieu N de [AA], donc N = Apuis A′ est le milieu de [ON ]. Donc A′ est le milieu du segment [OA], voir figure.
2. (a) Il est evident que G′ = G.
(b) Soit D le milieu de [AB]. B′ est donc le milieu de [OD].Par l’homothetie h de centre B et de rapport 2, h(D) = A et h(O) = C, donc h([DO]) =[AC] et comme l’homothetie conserve le milieu (puisqu’elle conserve les barycentres),le milieu B′ de [DO] a pour image le milieu de [AC] que l’on note E. Ainsi B, B′, Esont alignes et (BE) est la mediane issue de B dans le triangle ABC, donc G ∈ (BE).De fait B, B′, G sont alignes.
43
D
BO
C
B
GB′
EB
b
b
b
b
b
3. (a) Par construction M ′ = Bar(O, 1)(N, 1), donc pour tout point X du plan on a
2−−−→XM ′ =
−−→XO +
−−→XN et en particulier pour X = G, 2
−−→GM ′ =
−→GO +
−−→GN [1].
De meme N = Bar(A, 1)(M, 1), donc pour tout point X du plan 2−−→XN =
−−→XA+
−−→XM
et 2−−→GN =
−→GA +
−−→GM [2] pour X = G.
D’apres [1], 4−−→GM ′ = 2
−→GO + 2
−−→GN et en remplacant d’apres [2], 4
−−→GM ′ = 2
−→GO +
−→GA +−−→
GM . Or 2−→GO +
−→GA =
−→0 car G est le centre de gravite du triangle ABC. Ainsi
−−→GM ′ =
1
4
−−→GM et f est l’homothetie de centre G et de rapport
1
4.
EXERCICE 2
1. (a) L’equation du cercle C s’ecrit aussi (x − 1)2 + (y − 2)2 = 1. Donc C est le cercle de
centre Ω
∣∣∣∣12
et de rayon 1.
b
b
C
C′
C′′
M
I
M ′
A B
b
2. (a) Si ANBM est un parallelogramme, alors les segments [AB] et [MN ] se coupent enleur milieu. Or le milieu de [AB] est fixe, c’est le point I(1; 0), donc la droite variable(MN) passe par I.
44
(b) De plus N est l’image de M par h, en appelant h l’homothetie de centre I et de rapport
−1. Donc C′ = h(C) est le cercle de centre Ω′ = h(Ω), avec−→IΩ′ = −−→
IΩ d’ou Ω
∣∣∣∣1−2
et de rayon 1 × | − 1| = 1. L’equation de C′ est donc
C′ : (x − 1)2 + (y + 2)2 = 1.
3. Le point P est le translate de M par la translation de vecteur−→u =
−→AB, donc C′′ = t(C).
Par une translation, les longueurs sont conserves (donc le rayon de C′′ est 1) et l’image Ω′′
du centre de C est telle que−−→OΩ′′ =
−→OΩ +
−→u donc Ω′′
∣∣∣∣52
et
C′′ : (x − 5)2 + (y − 2)2 = 1
Enonce - Groupe 2
EXERCICE 1On donne les points A(6, 0), B(0, 6) et C(−2, 0).
1. (a) Placer A, B, C dans un repere orthonorme et contruire le cercle C circonscrit au triangleABC.
(b) Trouver une equation du cercle C.
2. On note M le point de C, distinct de B, de meme ordonnee que B.Le point M se projette orthogonalement en I sur (AC), en J sur (AB), en K sur (CB).
(a) Calculer l’abscisse du point M .
(b) Trouver une equation des droites (AB), (BC), (MJ) et (MK).
(c) En deduire les coordonnees de I, J et K.
3. Demontrer que I, J et K sont trois points alignes.
EXERCICE 2ABC est un triangle quelconque, G son centre de gravite, I, J et K sont les milieux respectfs descotes [BC], [CA] et [AB]. On note a = BC, b = AC et c = AB.
1. (a) En utilisant le theoreme de la mediane verifier que
BJ2 =1
2
(a2 + c2 − b2
2
)et CK2 =
1
2
(a2 + b2 − c2
2
)
(b) En deduire BG2 et CG2 en fonction de a, b et c.
2. Demontrer que(Les medianes (BJ) et (CK) sont perpendiculaires
)⇔ 5a2 = b2 + c2.
Correction - Groupe 2
EXERCICE 1
1. (a) Voir figure.
45
(b) Le centre du cercle circonscrit est le point de concours des mediatrices.Il est clair que la droite d’equation x = 2 est la mediatrice du segment [BC].
La mediatrice M du segment [AB] est normal au vecteur−→BA(6,−6), ainsi qu’a
−→u (1,−1)
qui est colineaire a−→BA. L’equation de M est de la forme x − y + c = 0, avec c a
determiner. Mais le milieu N de [AB] appartient a M, donc ses coordonnees, N(3, 3),verifient l’equation de M, c’est-a-dire 3 − 3 + c = 0, d’ou l’on tire c = 0. FinalementM : y = x.On resout le systeme forme par les equations des deux mediatrices :
x = 2y = x
⇔
x = 2y = 2
Donc les coordonnees du centre du cercle sont (2, 2), donc l’equation de C est de laforme (x− 2)2 + (y − 2)2 = r2. Or A ∈ C, donc (0− 2)2 + (6− 2)2 = r2. En conclusion
C : (x − 2)2 + (y − 2)2 = 20
O
C A
BM
N
2. (a) M a pour ordonnee 6.
M
∣∣∣∣x6
⇔ (x − 2)2 + (6 − 2)2 = 20 ⇔ (x − 2)2 − 4 = 0 ⇔ x(x − 4) = 0
D’ou x = 0, qui correspond au point B et x = 4, valeur qui nous interesse. DoncM(4, 6).
(b) (AB) est dirigee par−→BA(6,−6) et par
−→u (1,−1) qui est colineaire a
−→BA, donc (AB)
admet un equation de la forme x+y + c = 0, comme A ∈ (AB), 6+ c = 0, d’ou c = −6
46
et (AB) : x + y − 6 = 0 .
De meme (BC) etant dirigee par−−→BC(−2,−6) colineaire a
−→u (1, 3), l’equation de (BC)
est de la forme 3x − y + c = 0 et en utilisant le fait que B ∈ (BC), on trouve
(BC) : 3x − y + 6 = 0 .
(MJ) est parallele a M, donc la seule chose qui change est la constante. D’apres 1.b,(MJ) l’equation est de la forme x− y + c = 0, comme M ∈ (MJ), 4− 6 + c = 0, d’ou
c = 2 et (MJ) : x − y + 2 = 0 .
La droite (MK) est normal a−−→CB(2, 6) ou encore a (1, 3), donc (MK) admet un
equation de la forme x + 3y + c = 0. Mais M ∈ (MK), donc 4 + 3 × 6 + c = 0 d’ou
c = −22, donc (MK) : x + 3y − 22 = 0 .
(c) I a des coordonnees evidentes : I(4, 0).Comme J = (AB) ∩ (MJ), les coordonnees (x, y) de J verifient le systeme
x + y − 6 = 0x − y + 2 = 0
⇔
y = −x + 6y = x + 2
⇔
x = 2y = 4
⇔ J(2, 4)
De la meme facon, puisque K = (BC) ∩ (MK), les coordonnees (x, y) de K verifient
3x − y + 6 = 0
x + 3y − 22 = 0⇔
y = 3x + 6x + 3(3x + 6) − 22 = 0
⇔
y = 3x + 610x − 4 = 0
⇔
y = 3 × 2
5+ 6
x =2
5
⇔ J
(2
5,36
5
)
3.
det(−→IJ,
−→IK) =
∣∣∣∣∣∣∣
2 − 42
5− 4
4 − 036
5− 0
∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣
−2 −18
5
436
5
∣∣∣∣∣∣∣= −2 × 36
5+ 4 × 18
5= 0
ce qui prouve que les vecteur−→IJ et
−→IK sont colineaires, donc que les droites (IJ) et (IK)
sont paralleles ; ayant un point commun, I, elles sont confondues, ce qui montre bien queles points I, J et K sont alignes.
EXERCICE 2
1. (a) Grace au theoreme de la mediane, on a a2 + c2 =b2
2+ 2BJ2 et a2 + b2 =
c2
2+ 2CK2,
ce qui, moyennant quelques transformations, permet d’ecrire :
BJ2 =1
2
(a2 + c2 − b2
2
)et CK2 =
1
2
(a2 + b2 − c2
2
)
(b) G etant le centre de gravite du triangle,−→CG =
2
3
−−→CK, d’ou, en elevant au carre,
CG2 =4
9CK2, donc
CG2 =4
9× 1
2
(a2 + b2 − c2
2
)=
2
9
(a2 + b2 − c2
2
)
47
De meme de−−→BG =
2
3
−→BJ , on deduit que BG2 =
4
9BJ2, d’ou
BG2 =4
9× 1
2
(a2 + c2 − b2
2
)=
2
9
(a2 + c2 − b2
2
)
2. D’apres le theoreme de Pythagore :
(BJ)⊥ (CK) ⇔ BG2 + CG2 = BC2
⇔ 2
9
(a2 + c2 − b2
2
)+
2
9
(a2 + b2 − c2
2
)= a2
⇔ 2
(a2 + c2 − b2
2
)+ 2
(a2 + b2 − c2
2
)= 9a2
⇔ 2a2 + 2c2 − b2 + 2a2 + 2b2 − c2 = 9a2
⇔ b2 + c2 = 5a2
48
DEVOIR N 18 DU 10/04/03
Enonce - Groupe 1
EXERCICE 1Dans un repere orthonorme, C est le cercle d’equation x2 + y2 − 2x − 2y − 8 = 0.
1. (a) Calculer les coordonnees du centre I et le rayon du cercle C.
(b) Construire le cercle C.
2. Le cercle C coupe l’axe des abscisses en A et B et l’axe des ordonnees en C et D (L’ordonneede D est negative).
(a) Calculer les coordonnees des points A, B, C et D.
(b) Demontrer que l’image de D par la reflexion d’axe (AB) est l’orthocentre du triangleABC.
EXERCICE 2A et B sont deux points donnes et O est le milieu de [AB]. On pose AB = d. Le but de l’exerciceest de trouver l’ensemble Lk des points M tels que MA2 + MB2 = k ou k est un reel donne.
1. Demontrer que Lk est l’ensemble des points M tels que OM2 =2k − d2
4.
2. Discuter, selon le signe de 2k − d2, la nature de l’ensemble Lk.
3. Dessiner cet ensemble lorsque d = 6 et k = 24.
Correction - Groupe 1
EXERCICE 1
1. (a)C : x2 + y2 − 2x − 2y − 8 = 0C : (x − 1)2 − 1 + (y − 1)2 − 1 − 8 = 0C : (x − 1)2 + (y − 1)2 = 10
C est le cercle de centre I
∣∣∣∣11
et de rayon√
10.
(b) Voir figure.
2. (a) Les ordonnees de A et B sont nulles donc en faisant y = 0 dans l’equation du cercleC, on deduit que les abscisses x des points A et B doivent verifier :
x2 − 2x − 8 = 0 ⇔ (x − 4)(x + 2) = 0
d’ou les points A
∣∣∣∣−20
et B
∣∣∣∣40
.
De meme en faisant x = 0 dans l’equation du cercle, les ordonnees de C et D verifient
y2 − 2y − 8 = 0 ⇔ (y − 4)(y + 2) = 0
d’ou C
∣∣∣∣04
et D
∣∣∣∣0−2
.
49
D
H
A B
C
I
O
b
(b) Soit H l’orthocentre du triangle ABC.L’abscisse de H est nulle car l’axe des ordonnees est une hauteur du triangle.
Cherchons une equation de la hauteur hA issue de A dans le triangle ABC. Le vecteur−−→BC
∣∣∣∣−44
est normal a hA donc−→u
∣∣∣∣1−1
est egalement normal a hA car colineaire a
−−→BC. L’equation de hA est de la forme x − y + c = 0, avec c a determiner.Mais A ∈ hA, donc les coordonnees de A verifient l’equation de hA, c’est-a-dire−2 + c = 0 ⇔ c = 2. Finalement hA : y = x + 2. En faisant x = 0 dans l’equation dehA on obtient l’ordonnee de H , a savoir 2.
Les coordonnees de H sont H
∣∣∣∣02
.
Des coordonnees de H on deduit que−−→OH = −−−→
OD. De plus (DH)⊥(AB) donc lareflexion d’axe (AB) echange bien H et D.
EXERCICE 2
1.M ∈ Lk ⇔ MA2 + MB2 = k
⇔ −−→MA2 +
−−→MB2 = k
⇔ (−−→MO +
−→OA)2 + (
−−→MO +
−−→OB)2 = k
⇔ −−→MO2 + 2
−−→MO · −→OA +
−→OA2 +
−−→MO2 +
−−→MO · −−→OB +
−−→OB2 = k
⇔ 2MO2 + OA2 + OB2 + 2−−→MO · (−→OA +
−−→OB) = k
Or O est le milieu de [AB] donc−→OA +
−−→OB =
−→0 et OA = OB =
AB
2=
d
2, par suite
M ∈ Lk ⇔ 2MO2 +d2
2= k
⇔ MO2 =2k − d2
4
2. D’ou la discussion :
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– Si 2k − d2 < 0 ou k <d2
2, alors M ∈ Lk ⇔ MO2 < 0, ce qui est impossible donc Lk est
l’ensemble vide.
– Si 2k − d2 = 0 ou k =d2
2, alors M ∈ Lk ⇔ MO2 = 0 ⇔ M = O, donc Lk = O.
– Si 2k − d2 > 0 ou k >d2
2, alors M ∈ Lk ⇔ MO2 = 0 ⇔ MO =
√2k − d2
2. L’ensemble
Lk est alors le cercle de centre O et de rayon
√2k − d2
2.
3. Pour d = 6 et k = 24, on a 2k − d2 = 12 > 0, donc l’ensemble est un cercle de centre O et
de rayon
√12
2=
√3 d’apres la question precedente.
La representation graphique ne presente aucune difficulte (et aucun interet d’ailleurs).
Enonce - Groupe 2
EXERCICE 1Voir Controle n 17, exercice 1, groupe 1. Page 43.
EXERCICE 2ABCD est un tetraedre de centre de gravite G, donc G est l’isobarycentre de A, B, C, D. On noteA′B′, C ′, D′ les centres de gravite respectifs des faces BCD, ACD, ABD et ABC.
1. (a) Prouver que G est le barycentre de (A, 1) et (A′, 3).
(b) En deduire que−−→GA′ = −1
3
−→GA.
2. En deduire que le tetraedre A′B′C ′D′ est l’image du tetraedre ABCD par une homothetieque l’on precisera.
Correction - Groupe 2
EXERCICE 1Voir page 43.
EXERCICE 2
1. (a) A′ est le centre de gravite de BCD, donc A′ = Bar(B, 1)(C, 1)(D, 1). Le theoremede d’associativite permet de remplacer dans
G = Bar(A, 1)(B, 1)(C, 1)(D, 1)
les points ponderes (B, 1)(C, 1)(D, 1) par (A′, 3) donc G = Bar(A, 1)(A′, 3).(b) Comme G = Bar(A, 1)(A′, 3), on a par definition du barycentre
−→GA + 3
−−→GA′ =
−→0 ,
d’ou−−→GA′ = −1
3
−→GA.
2. En procedent comme au 1, on obtient−−→GB′ = −1
3
−−→GB,
−−→GC ′ = −1
3
−→GC et
−−→GD′ = −1
3
−−→GD.
En appelant h l’homothetie de centre G et de rapport −1
3, on voit donc que A′, B′, C ′, D′
sont les images respectives de A, B, C, D par h, ainsi le tetraedre A′B′C ′D′ est l’image dutetraedre ABCD par h.
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