Exercices vecteurs droites et variations fonctions associeesthalesm.hmalherbe.fr/gestclasse/documents/Premiere_S/2011-2012/... · un point de la droite d d'équation y = x – 4

Première S 2011-2012 Exercices : vecteurs et variations des fonctions associées

1

Exercice 1 : vecteurs et alignement de points

ABC est un triangle. Le plan est muni du repère (A; →AB,

→AC ) et on considère les

points R(-1;0) et Q(0;a) où a est un nombre réel différent de -1.

1) a) Prouver que les droites (BC) et (RQ) sont sécantes.

b) Démontrer que les coordonnées de leur point d'intersection P sont

1 – a

1 + a ;

2a1 + a .

2) M et N sont les points tels que QCBM et ACPN soient des

parallélogrammes.

a) Calculer les coordonnées des points M et N.

b) Démontrer que les points R, M et N sont alignés.

Exercice 2 :

1) Question de cours

Dans un repère, d et d’ sont les droites d’équations cartésiennes

respectives :

ax + by + c = 0 avec (a ;b) ≠ (0 ;0)

et a’x + b’y + c’ = 0 avec (a’ ;b’) ≠ (0 ;0)

Démontrer que d et d’ sont sécantes si, et seulement si, ab’ – ba’ ≠ 0.

2) Application

Dans un repère, on donne les points A(4 ;2), B(-2 ;4) et C(7 ;9)

a) Démontrer que les droites d et d’ d’équations respectives :

x – y + 2 = 0 et -1,5x + 7,5y – 33 = 0 sont deux médianes du triangle

ABC.

b) Vérifier que d et d’ sont sécantes.

c) Calculer les coordonnées du centre de gravité du triangle ABC.


2

Exercice 3 : variations des fonctions associées : distance d'un point à une

droite

Dans un repère � orthonormé, on considère les points A(0;1) et M(x;y). M est

un point de la droite d d'équation y = x – 4.

L'objectif est d'étudier les variations de la distance Am lorsque M parcourt

la droite d, et en particulier de déterminer la distance AM minimale.

1) Exprimer la distance AM en fonction de x.

2) L'objectif est donc maintenant d'étudier les variations de la fonction :

f : x → 2x² - 10x + 25

a) Justifier que f(x) existe quel que soit le nombre x.

b) Etablir le tableau de variation de la fonction u définie sur Y par :

u : x → 2x² - 10x + 25.

c) Enoncer le théorème qui permet de déduire des variations de u celles de f.

d) En déduire la valeur minimale de la distance AM.

Exercice 4 : variations des fonctions associées

[AB] est un segment de longueur 8 cm et M est un point de ce segment distinct

des extrémités A et B.

On pose AM = x avec 0 < x < 8.

On note f la fonction définie par f(x) = 1

AM +

1BM

.

a) Démontrer que pour tout x de l'intervalle ]0;8[, f(x) = 8

16 – (x – 4)².

b) Etudier le sens de variation de f sur ]0;8[.

c) Déterminer la position du point M pour laquelle f(x) est minimale.


f est la fonction définie sur l'intervalle [-1;+ ∞[ par f(x) = 1 + x.

On a construit ci-dessous la courbe Cf représentative de f.


3

1) a) Sur l'intervalle [-1;+ ∞[ comparer les nombres 1 + x et 1 + x2

.

b) Pour quelle valeur de x obtient-on :

1 + x = 1 + x2

?

2) a) Représenter sur le même graphique Cf et la droite d'équation y = 1 +

x2

.


1) Etudier les variations de la fonction f définie sur Y par f(x) = 2x² + 2x –

4.

2) Etudier le signe de f(x) suivant les valeurs de x.

3) Représenter la fonction f et en déduire la représentation graphique de la

fonction g définie pour tout nombre x par g(x) = |2x² + 2x – 4|


CORRECTION

4

Exercice 1

1) a) Dans le repère (A;→AB,

→AC) on a : B(1;0) C(0;1) R(-1;0) et Q(0;a).

→BC

0 – 1

1 - 0 =

-1

1

→RQ

0 – (-1)

a - 0 =

1

a

Les vecteurs →BC et

→RQ ne sont pas colinéaires si -1×a - 1×1 ≠ 0

Soit si a ≠ -1.

Comme a ≠ -1 alors les vecteurs →BC et

→RQ ne sont pas colinéaires.

Donc les droites (BC) et (RQ) ne sont pas parallèles : elles sont donc

sécantes.

b) P(x;y) ∈ (BC) donc les vecteurs →BP et

→BC sont colinéaires.

→BP

x – 1

y - 0 et →BC

-1

1

La colinéarité des vecteurs →BP et

→BC se traduit par :

x - 1 + y = 0 � x + y = 1

P(x;y) ∈ (RQ) donc les vecteurs →PR et

→RQ sont colinéaires.

→PR

-1 – x

0 - y et →RQ

1

a

La colinéarité des vecteurs →PR et

→RQ se traduit par :

(-1 – x)×a - 1×(-y) = 0 � -ax + y = a

On a donc le système suivant :

x + y = 1-ax + y = a

� x + ax = 1 – ay = 1 - x �

x =

1 – a1 + a

y = 1 – 1 – a1 + a

�

x =

1 – a1 + a

y = 1 + a – 1 + a

1 + a

�

x =

1 – a1 + a

y = 2a 1 + a

Donc P a bien pour coordonnées

1 – a

1 + a ;

2a1 + a

2) a) QCBM est un parallélogramme donc →BM =

→CQ.

Soit M(x;y)


CORRECTION

5

→BM

x – 1

y et →CQ

0

1 - a

→BM =

→CQ � x = 1 et y = 1 – a

Les coordonnées de M sont donc (1; 1 – a).

ACPN est un parallélogramme donc →PN =

→CA .

Soit N(x;y)

→PN

x –

1 – a1 + a

y – 2a

1 + a

→CA

0

-1

→PN =

→CA � x =

1 – a1 + a

et y = 2a

1 + a - 1 =

2a – 1 – a1 + a

= a – 11 + a

Les coordonnées de N sont donc

1 – a

1 + a ;

a – 11 + a .

b) →RM

2

1 - a et →RN

1 – a

1 + a + 1

a – 11 + a

=

2

1 + a

a – 11 + a

2×a – 11 + a

- (1 – a)×2

1 + a = 0

Donc les vecteurs →RM et

→RN sont colinéaires.

Donc les points R, M et N sont colinéaires.


CORRECTION

6

Exercice 2 :

1) Question de cours

Un vecteur directeur →v de la droite d a pour coordonnées (-b ;a).

Un vecteur directeur →v’ de la droite d’ a pour coordonnées (-b’ ;a’).

Les droites d et d’ sont sécantes si et seulement si les vecteurs →v et

→v’

ne sont pas colinéaires c'est-à-dire si et seulement si –ba’ – (-ab’) ≠ 0

Soit si et seulement si ab’ – ba’ ≠ 0.

2) Application

a) Les coordonnées du milieu C’ de [AB] sont :

4 - 2

2;2+42

Soit C’ (1 ;3)

xC’ – yC’ + 2 = 1 – 3 + 2 = 0 ; donc C’ ∈ (d).

xC – yC + 2 = 7 – 9 + 2 = 0 ; donc C ∈ (d)

Donc d est la médiane issue de C du triangle ABC.

Les coordonnées du milieu B’ de [AC] sont :

4 + 7

2;2 + 9

2

Soit B’

11

2;112

-1,5xB’ + 7,5yB’ – 33 = -1,5×112

+ 7,5×112

- 33 = 112

×6 – 33 = 33 – 33 = 0

Donc B’ ∈ (d’).

-1,5xB + 7,5yB – 33 = -1,5×(-2) + 7,5×4 – 33 = 3 + 33 – 33 = 0

Donc B ∈ (d’)

Donc d’ est la médiane issue de B du triangle ABC.

b) Un vecteur directeur de d est →v (1 ;1) et un vecteur directeur de d’

est →v’ (-7,5 ;-1,5).

→v et

→v’ ne sont pas colinéaires ; donc les droites d et d’ sont

sécantes.

c) G est le point d’intersection des médianes d et d’ du triangle ABC.


CORRECTION

7

Les coordonnées de G vérifient donc le système :

x – y + 2 = 0-1,5x + 7,5y – 33 = 0 �

x = y – 2-1,5(y – 2) + 7,5y = 33

� x = y – 26y = 33 - 3

� y = 5x = 3

Les coordonnées de G sont donc (3 ;5)

Figure avec GeoGebra


CORRECTION

8

Exercice 3 : variations des fonctions associées : distance d'un point à une

droite

1) a) A(0;1) et M(x;x -4)

AM² = x² + (x – 4 – 1)² = x² + x² - 10x + 25 = 2x² - 10x + 25

Donc AM = 2x² - 10x + 25

2) a) Le discriminant de l'équation du second degré 2x² - 10x + 25 est :

∆ = (-10)² - 4×2×25 = 100 – 200 = -100

Donc 2x² - 10x + 25 > 0 pour tout x réel.

Donc la fonction f est bien définie sur Y.

b) 2x² - 10x + 25 = 2

x² - 5x + 252 = 2

x – 52

² -

254

+ 252

2x² - 10x + 25 = 2

x – 52

² +

254

= 2

x – 52

² +

252

De cette forme canonique de u(x), on déduit le tableau de variations

suivant :

c) Les fonctions u et u varient dans le même sens sur Y.

d) On en déduit que la distance minimale de AM est atteinte pour x = 52

et que sa valeur est 252

=5

2 =

5 22

.

Vérification graphique :

5

2 ≈ 3,54.

x

f'

f(x)

-∞

+

5/2

-

25/2

+∞


CORRECTION

9

Remarque :

On verra dans un autre chapitre que la distance d'un point A(xA;yA) à une

droite d'équation ax + by + c = 0 est donnée par la formule :

D = |axA + byA + c|

a² + b²

Vérification avec l'exemple de l'exercice :

a = 1; b = -1; c = -4; xA =0 et yA = -1.

On a alors : D = |1×0 - 1×1 – 4|

1² + (-1)² =

5

2

On retrouve bien la distance minimale du point A à la droite d trouvée dans

l'exercice.


a) BM = 8 – x

Donc f(x) = 1x +

18 - x

= 8 – x + xx(8 – x)

= 8

x(8 – x)

Or 16 – (x – 4)² = (4 + x – 4)(4 – x + 4) = x(8 – x)

Donc f(x) = 8

16 – (x – 4)²

b) La fonction x �� (x – 4)² est décroissante sur ]0;4] et croissante sur

[4;0[.

La fonction x �� 16 - (x – 4)² est croissante sur ]0;4] et décroissante

sur [4;0[

La fonction x �� 1x est décroissante sur ]0;8[.

Donc la fonction x �� 8

16 – (x – 4)² décroissante sur ]0;4] et

croissante sur [4;8[.


CORRECTION

10

c) f admet un minimum sur ]0;8[ en x = 4 et ce minimum est égal à f(4) = 12

.


1) a) Si x ≥ -1 alors 1 + x2

≥ 1 – 12

≥ 0

Pour comparer les nombres positifs 1 + x et 1 + x2

, on peut comparer leurs

carrés.

( 1 + x)² = 1 + x

1 + x2

² = 1 + x + x²

On a :

1 + x2

² - ( 1 + x)² = x² ≥ 0 (car un carré est toujours positif).

Donc

1 + x2

² ≥ ( 1 + x)²

Comme la fonction carrée est croissante sur l'intervalle [0;+ ∞[, on en

déduit que 1 + x2

≥ 1 + x


CORRECTION

11

b) Si 1 + x = 1 + x2

alors 1 + x =

1 + x2

²

D'où : 1 + x = 1 + x + x²

D'où x = 0

1 + x = 1 + x2

pour x = 0.

2) a)

b) Pour tout ∈ [-1; + ∞[, 1 + x2

≥ 1 + x et 1 + x2

= 1 + x pour x = 0.

On en déduit que la droite d d'équation y = 1 + x2

est toujours située

au dessus de la courbe Cf.

Le point d'intersection de la droite d et de la courbe Cf est le point

(0;1).


CORRECTION

12


1) f(x) =2(x² + x – 2) = 2

x + 12

² -

14

- 2 = 2

x + 12

² -

94

On en déduit les variations de f :

2) La forme factorisée de f est : f(x) = 2(x + 2)(x – 1)

On a donc si x � -2 ou x ≥ 1 alors f(x) ≥ 0 et si x ∈ [-2;1] alors f(x) � 0.

3)

x

f'

f(x)

-∞

-

1/2

+

-9/2

+∞

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