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Seconde Exercices pour préparer la composition du troisième trimestre 2009-2010

1

VECTEURS

Exercice 1

Le plan est rapporté au repère orthonormé (O ;I ;J).

On considère les points A

2 ; 52 B

6 ; 92 C

3 ; 32 .

1) Placer ces points dans un repère. 2) Montrer que le triangle ABC est rectangle. 3) Déterminer les coordonnées du point D image du point C par la translation de vecteur

→u (2 ;0).

4) Soit E le milieu du segment [AB]. Calculer les coordonnées de E, puis montrer que les droites (AB) et (DE) sont perpendiculaires.

5) Soit F le point tel que →EF =

→DE . Quelle est la nature du quadrilatère ADBF ?

6) Démontrer que les points A, B, C, D et F appartiennent à un même cercle dont on déterminera le centre et le rayon.


2

GEOMETRIE PLANE

Exercice 1 : diagonales d’un carré et d’un triangle équilatéral. Deux problèmes classiques dont les résultats sont à retenir : un carré et un triangle équilatéral ont pour côté a. 1) Calculer la diagonale du carré et la hauteur du triangle. Application :

ABCD est un carré de côté a et ACE un triangle équilatéral. 2) Démontrer que E est un point de la droite (BD). 3) Quelle est la plus grande des deux aires, celle de ABCD ou celle de ACE ?

Exercice 2

ABC est un triangle d’orthocentre H, I est le milieu de [BC], K est le symétrique de H par rapport à (BC), L est le symétrique de H par rapport à I. On note A1, B1 et C1 les pieds des hauteurs. a) Démontrer que BHCL est un parallélogramme. b) Quelle est la nature du triangle ABL ? c) Quelle est la nature du triangle ACL ? d) Quelle est la nature du triangle AKL ? e) Démontrer que les points A, B, C, K et L sont cocycliques (c’est à dire appartiennent à un même cercle)


3

Exercice 3 : cercles tangents et tangente commune Deux cercles (O ;r) et (O’ ;r’) sont tangents extérieurement et, de plus R > R’. Soit [TT’] une tangente commune extérieure.

Démontrer que TT’² = 4rr’ Piste : Tracer (O’B) perpendiculaire à (OT) et utiliser le triangle rectangle OBO’. Exercice 4 : bissectrice dans un triangle et rapports de longueurs On considère un triangle ABC.

La bissectrice de l’angle dA coupe [BC] en I.

L’objectif est de démontrer que : IBIC

= ABAC

(1).

• Méthode 1 Tracer la parallèle à (AB) passant par C, qui coupe (AI) en D. Démontrer que le triangle ACD est isocèle ; en déduire l’égalité (1) en utilisant le théorème de Thalès.

• Méthode 2 Tracer la parallèle à (AI) passant par C, qui coupe (AB) en K. Démontrer que le triangle ACK est isocèle ; en déduire l’égalité (1) en utilisant le théorème de Thalès.

• Méthode 3 Montrer que les triangles ABI et ACI ont des hauteurs égales, puis calculer les aires des triangles ABI et ACI de deux façons différentes et montrer que :

Aire(ABI)Aire(ACI)

= IBIC

= ABAC


4

Exercice 5 : les côtés et les angles d’un triangle

Soit ABC un triangle dont les angles sont aigus. (triangle acutangle) Son cercle circonscrit est le cercle de centre O et de rayon R. Soit [BB’] le diamètre passant par le point B.

1) Quelle est la nature du triangle BB’C ?

2) Montrer que les deux angles aBAC et aBB’C sont de même mesure.

3) Montrer que sin aBB’C = BC2R

.

4) Montrer que 2R = BC

sin aBAC

5) On désigne les angles du triangle par dA ,dB et dC et le s côtés opposés respectivement par a, b et c.

Démontrer que : a

sin dA =

b

sin dB =

c

sin dC


5

FONCTIONS ET INEQUATIONS

Exercice 1 : fonctions et expressions algébriques Cette courbe est la représentation graphique de la fonction f définie sur � par :

f(x) = x

1 + x + x² dans le repère (O ;

→i ,

→j ).

1. Lectures graphiques

Lire sur le graphique : a) Les images de 1, -1 et 0 ;

b) Les antécédents de - 12

;

c) Le maximum et le minimum de f.

2. Calculs algébriques

1) a) Montrer que, pour tout réel x, 1 + x + x² =

x + 12

² +

34

b) En déduire que, pour tout réel x, 1 + x + x² est strictement positif et par suite différent de 0. c) Quelle partie de l’énoncé peut-on alors justifier ?

2) a) Calculer les images par f de 1 et de -1. b) Montrer que, pour tout réel x, f(x) ≥ -1.


6

c) Montrer que, pour tout réel x, f(x) ≤ 13

.

d) Parmi les questions précédentes, lesquelles permettent de déterminer le maximum de f ? son minimum ?

3) Calcul des antécédents de – 1

2

a) Montrer que, pour tout réel x, x² + 3x + 1 =

x + 32

² -

54

.

b) Résoudre alors l’équation x² + 3x + 1 = 0. On donnera les valeurs exactes des solutions et des valeurs approchées à 10-2 près.

c) Déterminer les antécédents de - 12

par f.

Comparer avec la lecture faite en 1 b).

Exercice 2

Pendant une expérience, l’altitude (en mètres) d’un projectile lancé à partir du sol est donnée à l’instant t (en secondes) par la formule :

h(t) = -5t² + 100t. (L’origine correspond à t = 0 s.) 1) A quel instant le projectile retombe-t-il au sol ? 2) A l’aide de la calculatrice, tracer la représentation graphique de la fonction h sur

l’intervalle [0 ;20]. 3) Déterminer graphiquement la période pendant laquelle l’altitude du projectile est

supérieure ou égale à 320 m. 4) a) Vérifier que :

h(t) -320 = -5(t – 16)(t – 4) b) Répondre à la question 3) par le calcul.


7

Exercice 3

Le graphique est la représentation graphique d'une fonction f En utilisant le graphique, répondre aux questions suivantes : a) l'ensemble de définition de f est : b) l'image du réel 1 est : c) l'équation f(x) = 9 a pour solution(s) : d) l'inéquation f(x) > 9 a pour solution : e) Dresser sur Df le tableau de variations de f f) Comparer f ( 0,5 ) et f (1 ) puis f ( 2,1 ) et f ( 2,8 ) On considère la fonction g définie sur [ 0 , 3 ] par g(x) = 2 x2 - 8 x + 15 g) Vérifier que g (x) = 2 ( x - 2 )2 + 7 h) Compléter le tableau de valeurs suivant :

X 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

g (x )

i) Résoudre dans R l'inéquation 2 x ( x - 4 ) ≤ 0 à l'aide d'un tableau de signes. j) Déduire la résolution de l'inéquation g ( x ) ≤ 15 pour x ∈ [0 ;3] On considère un rectangle ABCD tel que AB = 5 et BC = 3 . On désigne par x un nombre réel compris entre 0 et 3. On définit les points A' , B' , C' et D' sur les côtés [AB] , [BC] , [CD] et [DA] respectivement tels que AA' = BB' = CC' = DD' = x k) Faire une figure pour x = 1 l) Montrer que l'aire du quadrilatère A'B'C'D' est égale à g (x )


8

m) En admettant que le graphique du début représente g, donner la valeur de x pour laquelle l'aire de A'B'C'D' est minimale

Exercice 4 : un lob réussi Chris et sa sœur Martina jouent au tennis. Martina est montée à la volée et Chris décide de réaliser un lob. On repère « latéralement » les joueuses : Chris frappe la balle au point C(1 ;1). Elle se trouve alors à 1 mètre de la ligne de fond de court. Le court mesure 23,77 mètres. La trajectoire de la balle est parabolique et, si x est l’abscisse de la balle, son ordonnée est égale à :

h(x) = -0,05x² + 1,1x – 0,05

1) Vérifier que h(x) = -0,05(x – 11)² + 6 2) Vérifier que, si Martina ne touche pas la balle, celle-ci rebondira à l’intérieur du

court (le lob sera alors réussi). 3) Martina, avec sa raquette levée, peut réaliser un smash si la hauteur de la balle ne

dépasse pas 2,80 m. Déterminer toutes les positions où Martina pourra frapper la balle.


9

GEOMETRIE DANS L’ESPACE

Exercice 1

Observer le cube ci-contre ABCDEFGH pour répondre aux diverses questions. Comme dans tous les cubes, les six faces sont des carrés. L’arête du cube est a. Pour chacune des questions suivantes, choisir la (ou les) bonne(s) réponse(s).

A B C D A B C D

1 Les droites (AB) et (HG) sont des droites

coplanaires sécantes parallèles non

coplanaires

2 La droite (EG) et la droite (DB) sont

sécantes non

coplanaires orthogonales parallèles

3 Quels sont les triangles rectangles ?

ABG DBG AFH AEG

4 Quelles droites sont parallèles au plan (ABG) ?

(BF) (DC) (EF) (HE)

5 La diagonale du cube a pour longueur

2a a 3 a 2 a 5

Exercice n°2 ABCDEFGH est un cube. I est le milieu de [AB]. On se propose de représenter la droite (d) intersection des plans (DFI) et (EFG). 1. Pourquoi F appartient-il à (d) ? 2. Quelle est l'intersection des plans (DIF) et (ABC) ? 3. Que sait-on des plans (ABC) et (EFG) ?

4. Conclure, puis construire (d).

Exercice 3

Dans ce pavé, I est le milieu de l’arête [AB].


10

Construire la trace du plan (IEG) sur le pavé. Quelle est la nature du polygone obtenu ?

Exercice n°4 ABCDEFGH est un cube dárêtes de longueur a, I et J sont les centres respectifs des faces BCGF et EFGH. Pour les constructions on prendra 5cm pour l'arête du cube, mais on ne pourra pas utiliser cette valeur dans les calculs. 1. Dessiner le triangle EBG en vraie grandeur, puis démontrer que la droite (IJ) est parallèle à la droite (EB). Calculer alors la longueur IJ en fonction de a (valeur exacte). 2. Quelle est la nature du triangle ABI ? (justifier la réponse) Dessiner le triangle ABI en vraie grandeur, puis calculer la longueur AI en fonction de a (valeur exacte). 3. Quelle est la nature du triangle AIJ ? (justifier la réponse) Dessiner le triangle AIJ en vraie grandeur, puis calculer la longueur de la hauteur AK de ce triangle en fonction de a. Calculer láire de ce triangle.

4. Calculer une valeur approchée à 10-1 près de la mesure de lángle aIAJ. .


CORRECTION

11

VECTEURS

Exercice 1

Le plan est rapporté au repère orthonormé (O ;I ;J).

On considère les points A

2 ; 52 B

6 ; 92 C

3 ; 32 .

1) Placer ces points dans un repère. 2) Montrer que le triangle ABC est rectangle. 3) Déterminer les coordonnées du point D image du point C par la translation de vecteur

→u (2 ;0).

4) Soit E le milieu du segment [AB]. Calculer les coordonnées de E, puis montrer que les droites (AB) et (DE) sont perpendiculaires.

5) Soit F le point tel que →EF =

→DE . Quelle est la nature du quadrilatère ADBF ?

6) Démontrer que les points A, B, C, D et F appartiennent à un même cercle dont on déterminera le centre et le rayon. 1)


CORRECTION

12

2) AB² = (xB – xA)² + (yB – yA)² = (6 – 2)² +

9

2 -

52

² = 16 + 4 = 20

AC² = (3 – 2)² +

3

2 –

52

² = 1 + 1 = 2

BC² = (3 – 6)² +

3

2 -

92

² = 9 + 9 = 18

On a AB² = AC² + BC², donc selon la réciproque du théorème de Pythagore le triangle ABC est rectangle en C.

3) On a, par définition d’une translation : →CD =

→u

xD – 3 = 2 et yD – 32

= 0

Donc D

5 ; 32

4) E a pour coordonnées :

xA + xB

2 ;

yA + yB

2

Soit E

4 ; 72

Montrons que le triangle BDE est rectangle isocèle en E.

BE = AB2

� BE² = AB²

4 = 5

ED² = (5 – 4)² +

3

2 –

72

² = 1 + 4 = 5

BD² = (5 – 6)² +

3

2 –

92

² = 1 + 9 = 10

On a donc BD² = ED² + BD² et BE = ED = 5 Donc selon la réciproque du théorème de Pythagore le triangle BED est bien rectangle et isocèle en E. Donc les droites (AB) et (DE) sont perpendiculaires.

5)


CORRECTION

13

E est le milieu de [DF]. Le quadrilatère ADBF a ses diagonales qui se coupent en leur milieu E et qui sont perpendiculaires : ADBF est donc un losange. AB = 2×BE et FD = 2×ED Or : BE = DE Donc AB = DF Donc les diagonales du losange ADBF sont de même longueur : donc ADBF est un carré.

6) Le carré ADBF est inscrit dans le cercle de centre E et de rayon BE = 5 en tant que polygone régulier (et car EF = EB = EA = ED) Le cercle circonscrit au triangle ABC rectangle en C a pour centre E (le milieu de l’hypoténuse [AB]) et pour rayon BE (la moitié de AB).

Donc C appartient aussi au cercle de centre E et de rayon 5. Donc les points A, B, C, D et F sont bien cocycliques.


CORRECTION

14

GEOMETRIE PLANE

Exercice 1 : diagonales d’un carré et d’un triangle équilatéral. Deux problèmes classiques dont les résultats sont à retenir : un carré et un triangle équilatéral ont pour côté a. Calculer la diagonale du carré et la hauteur du triangle.

1) On applique le théorème de Pythagore :

Pour le carré : Dans le triangle isocèle rectangle formé par la diagonale :

Diagonale du carré : d² = 2a² donc d = a 2 Pour le triangle équilatéral : Dans le triangle rectangle formé par une hauteur du triangle équilatéral.

Hauteur du triangle : a² = h² + a²4

donc h = a 3

2

2) AE = CE donc E appartient à la médiatrice de

[AC].

Or la médiatrice de [AC] est la droite (BD). Donc E appartient bien à la droite (BD).

3) AABCD = AB² = a²

AACE = AC×h

2 h étant la hauteur du triangle équilatéral ACE.

h = 3

2×AC =

32

×a 2

Donc AACE = a 2

2×

32

×a 2 = 3

2a²

32

<1 1 donc AACE < AABCD

Exercice 2

ABC est un triangle d’orthocentre H, I est le milieu de [BC], K est le symétrique de H par rapport à (BC), L est le


CORRECTION

15

symétrique de H par rapport à I. On note A1, B1 et C1 les pieds des hauteurs. a) Démontrer que BHCL est un parallélogramme.. b) Quelle est la nature du triangle ABL ? c) Quelle est la nature du triangle ACL ? d) Quelle est la nature du triangle AKL ? e) Démontrer que les points A, B, C, K et L sont cocycliques (c’est à dire appartiennent à un même cercle)

a) I est le milieu de [BC] et de [HL].

Donc les diagonales du quadrilatère BHCL se coupent en leur milieu. Donc BHCL est un parallélogramme.

b) Le triangle ABL est rectangle en B. En effet, les droites (BL) et (HC) sont parallèles car BHCL est un parallélogramme. Et (HC) est perpendiculaire à (AB) car (HC) est la hauteur issue de C du triangle ABC. Donc (AB) et (BL) sont perpendiculaires.

c) Le triangle ACL est rectangle en C. En effet, les droites (CL) et (BH) sont parallèles car BHCL est un parallélogramme. Et (BH) est perpendiculaire à (AC) car (BH) est la hauteur issue de B du triangle ABC. Donc (AC) et (CL) sont perpendiculaires.

d) Le triangle AKL est rectangle en K. En effet la droite (A1I) joignant les milieux de deux côtés du triangle HKL est parallèle au troisième côté (KL) (théorème des milieux). (A1K) est perpendiculaire à (BC) Donc (KL) est perpendiculaire à (HK)

e) Les 3 triangles ABL, ACL et AKL sont rectangles et ont pour hypoténuse commune [AL]. Ils sont donc inscrits dans le cercle de diamètre [AL]. Les points A, B, C, K et L sont donc cocycliques.


CORRECTION

16

Exercice 3 : cercles tangents et tangente commune

On applique le théorème de Pythagore dans le triangle OBO’ rectangle en B : OO’² = OB² + O’B² Or OO’ = r + r’ et O’B = TT’ (O’T’TB est un rectangle (quadrilatère avec 3 angles droits) D’autre par OB = OT – BT = OT – O’T’ = r – r’ On a donc : (r + r’)² = (r – r’)² + TT’² Donc TT’² = (r + r’)² - (r – r’)² = [(r + r’) + (r – r’)][(r + r’) – (r – r’)] Soit TT’² = 2r×2r’ = 4 rr’ Exercice 4 : bissectrice dans un triangle et rapports de longueurs Méthode 1


CORRECTION

17

Les angles alternes-internes aBAD et aADC déterminés par les droites parallèles (AB) et (CD) et la sécante (AD) sont de même mesure.

Or aBAD = aDAC puisque (AI) est la bissectrice de l’angle aBAC.

On a donc : aBAD = aDAC = aADC

Le triangle ACD ayant deux angles de même mesure (aCAD et aADC) est donc isocèle en C. Les droites (AB) et (DC) étant parallèles, on peut appliquer le théorème de Thalès dans les triangles IAB et IDC :

IAID

= IBIC

= ABDC

Le triangle ACD étant isocèle en C, on a AC = DC.

On en déduit donc que IBIC

= ABAC

.

Méthode 2

Les angles alternes-internes aIAC et aACK déterminés par les droites parallèles (AI) et (CK) et la sécante (AC) sont de même mesure.

Les angles correspondants aBAI et aAKC déterminés par les droites parallèles (AI) et (CK) et la sécante (BK) sont de même mesure.

On a donc aBAI = aIAC = aAKC = aACK.


CORRECTION

18

Le triangle ACK ayant deux angles de même mesure (aACK etaAKC) est donc isocèle en A. Les droites (AI) et (KC) étant parallèles, on peut appliquer le théorème de Thalès dans les triangles BAI et BKC :

BABK

= BIBC

= AIKC

Soit : AB

AB +AK =

IBIB + IC

En prenant les inverses de ces deux fractions, on obtient l’égalité : AB + AK

AB =

IB + ICIB

Soit : ABAB

+ AKAB

= IBIB

+ ICIB

Soit : 1 + AKAB

= 1 + ICIB

D’où : AKAB

= ICIB

Le triangle ACK étant isocèle en A, on a donc : AK = AC.

On a donc ACAB

= ICIB

En prenant encore les inverses de ces deux fractions, on obtient l’égalité (1) : IBIC

= ABAC

Méthode 3


CORRECTION

19

Soit H le pied de la hauteur issue de A dans le triangle ABC. (AH) est aussi la hauteur issue de A des triangles ABI et ACI. Dans le triangle ABI, l’aire relative à la base [BI] se calcule par :

Aire(ABI) = BI×AH

2

Dans le triangle ACI, l’aire relative à la base [CI] se calcule par :

Aire(ACI) = CI×AH

2

Soit D le pied de la hauteur issue de I dans le triangle ABI et soit E le pied de la hauteur issue de I dans le triangle AIE.

Dans le triangle ADI rectangle en D, on a : sin aDAI = DIAI

Donc DI = AI×sin aDAI

Dans le triangle AEI rectangle en E, on a : sin aIAE = EIAI

Donc EI = AI×sin aIAE.

La droite (AI) étant la bissectrice de l’angle aBAC, on a aDAI = aIAE et par suite : sin aDAI =

sin aIAE On a donc DI = EI Dans le triangle ABI, l’aire relative à la base [AB] se calcule par :

Aire(ABI) = AB×DI

2

Dans le triangle ACI, l’aire relative à la base [AC] se calcule par :

Aire(ACI) = AC×IE

2

On a donc d’une part : Aire(ABI)Aire(ACI)

=

BI×AH2

CI×AH2

= IBIC

et d’autre part : Aire(ABI)Aire(ACI)

=

AB×DI2

AC×IE2

= AB×DIAC×IE

= ABAC

car DI = IE

Finalement, on a : Aire(ABI)Aire(ACI)

= IBIC

= ABAC

.


CORRECTION

20

Exercice 5 : les côtés et les angles d’un triangle

1) Le triangle BB’C étant inscrit dans le cercle de diamètre [BB’] est rectangle en C.

2) Les angles inscrits aBAC et aBB’C interceptant le même arc cBC sont donc de même mesure.

3) Dans le triangle BB’C rectangle en B’, on a :

sin aBB’C = BCBB’

= BC2R

4) D’après la relation précédente, on a :

2R = BC

sin aBB’C

Or aBB’C = aBAC donc sin aBB’C = sin aBAC

On a donc : 2R = BC

sin aBA’C

5) Avec ces notations, le résultat de la question 4) s’écrit :

2R = a

sin dA

Pour des raisons de symétrie et avec le même raisonnement que précédemment (en construisant les symétriques de A et C par rapport à O), on obtient :

a

sin dA =

b

sin dB =

c

sin dC = 2R

FONCTIONS et INEQUATIONS

Exercice 1 : fonctions et expressions algébriques 1. Lectures graphiques

a) On lit les ordonnées des points de la courbe ayant pour abscisse le nombre donné.

f(1) ≈ 0,32 (valeur exacte : 13

)

f(-1) ≈ -1 (valeur exacte -1) f(0) ≈ 0 (valeur exacte 0)

b) On lit les abscisses des points de la courbe ayant pour ordonnée le nombre donné.

Des valeurs approchées des antécédents de - 12

sont : -2,62 et -0,38.

c) Le maximum de f correspond au point de la courbe dont l’ordonnée est la plus grande.


CORRECTION

21

On lit Max ≈ 0,33 (atteint en x = 1) Le minimum de f correspond au point de la courbe dont l’ordonnée est la plus petite. On lit Min ≈ -1 (atteint en x = -1)

2. Calculs algébriques

1) a)

x + 12

² +

34

= x² + x + 14

+ 34

= x² + x + 1

b) Pour tout x réel,

x + 12

² ≥ 0 (car un carré est toujours positif ou nul).

Donc

x + 12

² +

34

est strictement positif et donc différent de 0.

Donc 1 + x + x² est différent de 0.

d) Comme 1 + x + x² est différent de 0, le dénominateur de la fraction x

1 + x + x² ne

s’annule jamais.

Donc la fonction f est bien définie sur �.

2) a) f(1) = 1

1 + 1 + 1² =

13

et f(-1) = -1

1 + (-1) + (-1)² = -1

b) f(x) – (-1) = f(x) + 1 = x

1 + x + x² + 1 =

x + 1 + x + x²1 + x + x²

= x² + 2x + 1 1 + x + x²

= f(x) – (- f(x) – (-1)

= (x + 1)²

1 + x + x² ≥ 0 car (x + 1)² ≥ 0 et 1 + x + x² > 0 pour tout x réel.

Donc f(x) ≥ -1 pour tout x réel.

c) f(x) – 13

= x

1 + x +x² -

13

= 3x – (1 + x + x²)

3(1 + x + x²) = -

x² - 2x + 13(1 + x + x²)

= - (x – 1)²

3(1 + x + x²)

Pour tout x réel, f(x) – 13

≤ 0 car –(x – 1)² ≤ 0 et 3(1 + x +x²) > 0.

Donc pour tout x réel, f(x) ≤ 13

.

d) Pour tout x réel, f(x) ≥ -1 et f(1) = -1 ; donc le minimum de f est -1 et il est atteint en -1.

Pour tout x réel, f(x) ≤ 13

et f(1) =13

; donc le maximum de f est 13

et il est atteint en 1.

3) a)

x + 32

² -

54

= x² + 3x + 94

- 54

= x² + 3x + 1


CORRECTION

22

b) x² + 3x + 1 = 0 �

x + 32

² -

54

= 0

�

x + 32

² =

54

� x + 32

= - 5

2 ou x +

32

= 5

2

� x = - 32

- 5

2 ou x = -

32

+ 5

2

Les valeurs exactes des solutions de l’équation x² + 3x + 1 = 0 sont donc :

x1 = = - 32

- 5

2 et x2 = -

32

+ 5

2

Des valeurs approchées au centième de ces solutions sont : x1 ≈ -2,62 et x2 ≈ -0,38.

c) f(x) = - 12

� x

1 + x + x² = -

12

� x

1 + x + x² +

12

= 0

� 2x + 1 + x + x²2(1 + x + x²)

= 0

� x² + 3x + 1

2(1 + x + x²)= 0

� x² + 3x + 1 = 0 et 1 + x + x² ≠ 0

� x = - 32

- 5

2 ou x = -

32

+ 5

2

Les antécédents de – 12

par f sont donc - 32

- 5

2 et -

32

+ 5

2.

Leurs valeurs approchées sont similaires de celles obtenues par lecture graphique.

Exercice 2

Pendant une expérience, l’altitude (en mètres) d’un projectile lancé à partir du sol est donnée à l’instant t (en secondes) par la formule :

h(t) = -5t² + 100t. (L’origine correspond à t = 0 s.) 1) A quel instant le projectile retombe-t-il au sol ? 2) A l’aide de la calculatrice, tracer la représentation graphique de la fonction h sur

l’intervalle [0 ;20]. 3) Déterminer graphiquement la période pendant laquelle l’altitude du projectile est

supérieure ou égale à 320 m. 4) a) Vérifier que :

h(t) -320 = -5(t – 16)(t – 4)


CORRECTION

23

b) Répondre à la question 3) par le calcul. .

1) On résout l’équation h(t) = 0 � 5t(-t + 20) = 0

� t = 0 ou t = 20 Le projectile retombe au sol après 20 s.

2)

3)


CORRECTION

24

On lit les abscisses des points de la parabole dont l’ordonnée est supérieure ou égale à 320. On trouve comme ensemble de solutions : S = [4 ;16].

4) a) -5(t – 16)(t – 4) = -5(t² - 4t – 16t + 64) = -5(t² - 20t + 64) = -5t² + 100t – 320 = h(t) - 320 b) h(t) ≥ 320 � h(t) – 320 ≥ 0 � -5(t – 16)(t – 4) ≥ 0 � (t – 16)(t – 4) ≤ 0 Tableau de signes : ---------------------------------------------------------------------------------- | t | 0 4 16 20| --------------------------------------------------------------------------------- | t – 16 | - - 0 + | ---------------------------------------------------------------------------------- | t – 4 | - 0 + + | --------------------------------------------------------------------------------- |(t – 4)(t – 16) | + 0 - 0 + | --------------------------------------------------------------------------------- Donc S = [0 ;4]


CORRECTION

25

Exercice 3

Le graphique est représentation graphique d'une fonction f En utilisant le graphique, répondre aux questions suivantes : a ) l'ensemble de définition de f est : [0;3] b ) l'image du réel 1 est : 9 c) l'équation f(x) = 9 a pour solution(s) : S = {1;3} d ) l'inéquation f(x) > 9 a pour solution : S = [0;1] e ) Dresser sur Df le tableau de variation de f x 0 2 3

15

9

Variations de f

7

f) Comparer f (0,5) et f(1) puis f(2,1) et f(2,8) 0,5 < 1 ; 0,5 a [0;2]; 1 a [0;2] et f est décroissante sur [0;2] donc f(0,5) > f(1) 2,1 < 2,8 ; 2,1 a [2;3]; 2,8 a [2;3] et f est croissante sur [0;2] donc f(2,1) < f(2,8) On considère la fonction g définie sur [ 0 , 3 ] par g(x) = 2 x2 - 8 x + 15 g) Vérifier que g ( x ) = 2 ( x - 2 )2 + 7 2(x-2)²+7 = 2(x² -4x+4) + 7 = 2x² - 8x + 15 = g(x) h) Compléter le tableau de valeurs suivant :

x 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

g (x ) 15 11,5 9 7,5 7 7,5 9


CORRECTION

26

i) Résoudre dans � l'inéquation 2 x ( x - 4 ) ≤ 0 à l'aide d'un tableau de signes

x - ∞ 0 4 +

∞

2x

-

0

+

+

x-4

-

-

0

+

S = [0;4]

2x(x-4)

+

0

-

0

+

j) Déduire la résolution de l'inéquation g ( x ) ≤ 15 pour x ∈ [0 ;3] g(x) ≤ 15 ==> 2x² -8x + 15 ≤ 15 ==> 2x(x-4) ≤ 0 On déduit du tableau de signe précédent que S = [0;3] Remarque : On peut retrouver graphiquement le résultat, en observant que la courbe de la fonction g est toujours située sur [0;3] sous la droite d'équation y = 15 On considère un rectangle ABCD tel que AB = 5 et BC = 3 . On désigne par x un nombre réel compris entre 0 et 3. On définit les points A' , B' , C' et D' sur les côtés [AB] , [BC] , [CD] et [DA] respectivement tels que AA' = BB' = CC' = DD' = x k) Faire une figure pour x = 1

l) Montrer que l'aire du quadrilatère A'B'C'D' est égale à g(x ) Aire(A'B'C'D') = Aire(ABCD) - 2 x Aire(AA'D') - 2 x Aire(A'BB') = 5 x 3 - (3-x)x - (5-x)x = 2x² - 8x + 15 = g(x) m ) En admettant que le graphique du A ) représente g, donner la valeur de x pour laquelle l'aire de A'B'C'D' est minimale L'aire est minimale pour x = 2 (valeur de x pur laquelle la fonction g atteint son minimum sur [0;3])


CORRECTION

27

Exercice 4 : un lob réussi Chris et sa sœur Martina jouent au tennis. Martina est montée à la volée et Chris décide de réaliser un lob. On repère « latéralement » les joueuses : Chris frappe la balle au point C(1 ;1). Elle se trouve alors à 1 mètre de la ligne de fond de court. Le court mesure 23,77 mètres. La trajectoire de la balle est parabolique et, si x est l’abscisse de la balle, son ordonnée est égale à :

h(x) = -0,05x² + 1,1x – 0,05

1) Vérifier que h(x) = -0,05(x – 11)² + 6 2) Vérifier que, si Martina ne touche pas la balle, celle-ci rebondira à l’intérieur du

court (le lob sera alors réussi). 3) Martina, avec sa raquette levée, peut réaliser un smash si la hauteur de la balle ne

dépasse pas 2,80 m. Déterminer toutes les positions où Martina pourra frapper la balle.

1) -0,05(x – 11)² + 6 = -0,05(x² - 22x + 121) + 6 = -0,05x² + 1,1x -0,05 = h(x) 2) Soit D le deuxième point d’intersection avec l’axe des abscisses (endroit ou le lob

retombe) et d son abscisse. 1ère méthode : On a h(b) = 0 h(23,77) = -0,05×13,77² + 6 = -3,480645 < 0


CORRECTION

28

Donc h(23,77) < h(b) Donc b < 23,77 (car la fonction h est décroissante pour x > 11). Donc la balle retombe bien dans le court. Deuxième méthode : calculons b. B est solution de l’équation h(x) = 0

-0,05(x – 11)² + 6 = 0 � (x – 11)² = 6

0,05

� (x – 11)² = 120

� x – 11 = 120 ou x – 11 = - 120

� x = 11 + 120 ou x = 11 - 120

On a donc a = 11 + 120 ≈ 21,95 < 23,77 Donc le lob retombe bien dans le court.

3) On doit résoudre l’inéquation h(x) ≤ 2,8

-0,05(x – 11)² + 6 ≤ 2,8 � -0,05(x – 11)² ≤ -3,2 � (x – 11)² ≥ 64 � (x – 11)² - 8² ≥ 0 � (x – 11 – 8)(x – 11 + 8) ≥ 0 � (x – 19)(x – 3) ≥ 0 Tableau de signes ----------------------------------------------------------------------------- | x |0 3 19 22| ----------------------------------------------------------------------------- | x – 3 | - 0 + + ----------------------------------------------------------------------------- | x – 19 | - - 0 + ----------------------------------------------------------------------------- | (x – 3)(x – 19) | + 0 - 0 + ----------------------------------------------------------------------------- Donc S = [0 ;3] ∪ [19 ;22]. Donc Martina doit se tenir entre 19 mètres et 22 mètres à partir de la ligne de fond de Chris (soit entre 1,77 m et 4,77 de sa ligne de fond).


CORRECTION

29

GEOMETRIE DANS L’ESPACE

Exercice 1

Observer le cube ci-contre ABCDEFGH pour répondre aux diverses questions. Comme dans tous les cubes, les six faces sont des carrés. L’arête du cube est a. Pour chacune des questions suivantes, choisir la (ou les) bonne(s) réponse(s). 1 point par bonne réponse -0,5 pour une réponse mauvaise ou incomplète

A B C D A B C D

1 Les droites (AB) et (HG) sont des droites

coplanaires sécantes parallèles non

coplanaires

X X

2 La droite (EG) et la droite (DB) sont

sécantes non

coplanaires orthogonales parallèles

X X

3 Quels sont les triangles rectangles ?

ABG DBG AFH AEG X X

4 Quelles droites sont parallèles au plan (ABG) ?

(BF) (DC) (EF) (HE) X X

5 La diagonale du cube a pour longueur

2a a 3 a 2 a 5

X

Exercice n°2 ABCDEFGH est un cube. I est le milieu de [AB]. On se propose de représenter la droite (d) intersection des plans (DFI) et (EFG). 1. Pourquoi F appartient-il à (d) ? 2. Quelle est l'intersection des plans (DIF) et (ABC) ? 3. Que sait-on des plans (ABC) et (EFG) ?

4. Conclure, puis construire (d).

1. F appartient à (d) car il se trouve dans chacun des plans (DFI) et (EFG).


CORRECTION

30

2. D et I appartenant aux plans (DIF) et (ABC), la droite (DI) est líntersection de ces deux plans. 3. Les plans (ABC) et (EFG) sont parallèles (car les faces ABCD et EFGH du cube le sont). 4. (DI) est líntersection des plans (ABC) et (DFI). De plus, comme les plans (ABC) et (EFG) sont parallèles, le plan (DFI) sécant au plan (ABC) coupe également le plan (EFG), et les droites díntersection sont parallèles. Líntersection (d) des plans (DFI) et (EFG) est donc la parallèle à (DI) passant par F.

Exercice 3

Dans ce pavé, I est le milieu de l’arête [AB]. Construire la trace du plan (IEG) sur le pavé. Quelle est la nature du polygone obtenu ?

Les plans (EFG) et (ABC) étant parallèles, leurs traces [EG] et [IJ] par le plan (IEG) sont parallèles. De plus, (IJ) et (AC) sont parallèles et J est le milieu de [BC]. Le polygone EIJG obtenu est un trapèze.


CORRECTION

31

Exercice n°4 ABCDEFGH est un cube dárêtes de longueur a, I et J sont les centres respectifs des faces BCGF et EFGH. Pour les constructions on prendra 5cm pour l'arête du cube, mais on ne pourra pas utiliser cette valeur dans les calculs. 1. Dessiner le triangle EBG en vraie grandeur, puis démontrer que la droite (IJ) est parallèle à la droite (EB). Calculer alors la longueur IJ en fonction de a (valeur exacte). 2. Quelle est la nature du triangle ABI ? (justifier la réponse) Dessiner le triangle ABI en vraie grandeur, puis calculer la longueur AI en fonction de a (valeur exacte). 3. Quelle est la nature du triangle AIJ ? (justifier la réponse) Dessiner le triangle AIJ en vraie grandeur, puis calculer la longueur de la hauteur AK de ce triangle en fonction de a. Calculer láire de ce triangle.

4. Calculer une valeur approchée à 10-1 près de la mesure de lángle aIAJ.

BEG est un triangle équilatéral de côté 5 2


CORRECTION

32

Dans le triangle EBG, I et J sont les milieux respectifs des segments [BG] et [EG].

Dáprès le théorème des milieux, on a donc (IJ) parallèle à (EB) et IJ = 12

×EB.

De plus, [EB] étant une diagonale du carré ABFE, on a EB = a 2.

On obtient donc IJ = 12

×BE = a2

2

2 ABCD et ABFE étant des carrés, la droite (AB) est perpendiculaire aux droites (BC) et (BF) du plan (BCG).

(AB) est donc orthogonal au plan (BCG), donc à toute droite de ce plan, en particulier (BI). Le triangle ABI est donc rectangle en B.

Dans ce triangle, dáprès le théorème de Pythagore, on a :

AI2 = AB2 + BI2

AI2 = a2 + (a 2

2)²


CORRECTION

33

AI2 = a2 + 12

a2 = 32

a2

Donc AI = a 32

= a6

2

3 En se plaçant dans le triangle AEJ, on montre de même quén 2. que AJ = a6

2.

Le triangle AIJ est donc isocèle en A.

La hauteur [AK] est donc également la médiatrice du côté [IJ], donc K est le milieu de [IJ]. Dans ce triangle, dáprès le théorème de Pythagore, on a :

AI2 = AK2 + KI2

32

a2 = AK2 + (a 2

4)² (KI =

12

IJ = 12

×a×2

2 = a

24

)

32

a2 = AK2 + 18

a2

Donc AK2 = 32

a2 –18

a2 = 2216

a2 et AK = a224

A (AIJ) = 12

×AK×IJ = 12

×a×224

×a×2

2=

118

a²

Dans le triangle AIK rectangle en K, sin aIAK = IKIA

=

a 24

a 62

= 2

4×

2

6 =

1

2 3 =

36

≈ 0,2887.

Donc aIAK ≈ 16,78° et aIAJ = 2×aIAK ≈ 33,6° à 10-1 près.

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