Une année de contr ole en Premiˆ ère Sauriolg.free.fr/doc/controles_premiereS.pdfUne année de contr ole en Premiˆ ère S Gilles Auriol [email protected] — http ://auriolg.free.fr

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


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.


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


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.


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.


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


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).


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


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 .


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


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

).


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


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].


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


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 .


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


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.


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 .


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.


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) :


⇔ −→AC2 −−−→

CB · −−→CH = 0 (d’apres [3])

⇔ AC2 =−−→CB · −−→CH

(i) ⇔ (iv) :


⇔ −−→AH2 +

−−→HB · −−→HC = 0 (d’apres [1])

⇔ −−→HB · −−→HC = −AH2

(i) ⇔ (v) :


⇔ 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.


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.


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.


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.


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 .


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.


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.


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.


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.


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 :

50

– 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.


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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Documents

Une année de contr ole en Premiˆ ère Sauriolg.free.fr/doc/controles_premiereS.pdfUne année de contr ole en Premiˆ ère S Gilles Auriol [email protected] — http ://auriolg.free.fr