Corrigé de la composition du premier semestre
Exercice n°1 :
Pour chacune des questions suivantes une seule des quatre réponses proposées est exacte.
Indiquer la bonne réponse.
1. A,B,CA,B,C et DD sont quatre points alignés tels que→CA.→CB<0→CA.→CB<0 et →AB.→CD>0→AB.→CD>0. Alors
a) D∈[AB)D∈[AB) b) D∈[BD)D∈[BD) c) D∈[AC)D∈[AC) d) D∈[CB)D∈[CB)
La relation →CA.→CB<0→CA.→CB<0 signifie que les vecteurs →CA→CA et →CB→CB sont de sens contraires, donc que CC est sur le segment [AB][AB].
La relation →AB.→CD>0→AB.→CD>0 signifie que les vecteurs →AB→AB et →CD→CD sont de même sens. Donc DD est sur la demi-droite [CB)[CB).
Bonne réponse : d.
2. Soient →u,→v⃗u,⃗v et →w⃗w trois vecteurs du plan tels que : →u⊥→w⃗u⊥⃗w et →v⊥→w⃗v⊥⃗w . Alors
a) →u⊥→v⃗u⊥⃗v b) →u=→0⃗u=⃗0 ou →v=→w⃗v=⃗w c) →w⃗w et (−→v)(−⃗v) sont orthogonaux
d) →w⃗w et (→u−→v)(⃗u−⃗v) sont colinéaires.
Si on a à la fois →u⊥→w⃗u⊥⃗w et →v⊥→w⃗v⊥⃗w , cela se traduit par les égalités →u=0⃗u=0 et →v.→w=0⃗v.⃗w=0 qui entraînent par différence membre à membre, et d’après les propriétés du produit scalaire que : (→u−→v).→w=0(⃗u−⃗v).⃗w=0Donc (→u−→v)(⃗u−⃗v) et →w⃗w sont orthogonaux.
Bonne réponse : c.
3. EFGEFG est un triangle équilatéral de centre OO tel que EF=6EF=6. Alors →OE.→EF=→OE.→EF=
a) 1212 b) −12−12 c) −18−18 d) 1818
→OE.→EF=→OE.→EE′→OE.→EF=→OE.→EE' (par projection orthogonale du vecteur →EF→EF sur le vecteur OEOE ). (Or par application du théorème de PYTHAGORE dans le triangle EE′FEE′F, on a : EE′=√62−32=3√3EE'=√62−32=3√3Par suite, →OE.→EF=−23EE′2==−23×27=−18→OE.→EF=−23EE'2==−23×27=−18.
Bonne réponse : c.
4. Si ABCDABCD est un carré de côté a>0a>0, alors →DC.→BD=→DC.→BD=
a) −a2−a2 b) a√2a√2 c) −a√2−a√2 d) a2a2
→DC.→BD=→DC.→CD=−a2→DC.→BD=→DC.→CD=−a2.
Bonne réponse : a.
5. Si →u⃗uet →v⃗v sont deux vecteurs colinéaires, de sens contraires, tels que ‖→u‖=2∥⃗u∥=2 et ‖→v‖=1∥⃗v∥=1,alors (→u+3→v)2(⃗u+3⃗v)2 est égal à :
a) 11 b) 55 c) 1313 d) 2525
(→u+3→v)2=‖→u‖2+6→u.→v+9‖→v‖2(⃗u+3⃗v)2=∥⃗u∥2+6⃗u.⃗v+9∥⃗v∥2. Or →u.→v=−‖→u‖‖→v‖=−2⃗u.⃗v=−∥⃗u∥∥⃗v∥=−2. D’où :
(→u+3v)2=4−12+9=1(⃗u+3v)2=4−12+9=1
Bonne réponse : a.
6. Soit ff la fonction définie par f(x)=√1−x2|x|−1f(x)=√1−x2|x|−1. Alors l’ensemble de définition de ff est :
a)[−1;1][−1;1]\ {0}{0} b) ]−1;1[]−1;1[ c) [−1;1][−1;1] d) ]−∞;−1[∪]1;+∞[]−∞;−1[∪]1;+∞[
f(x)f(x) existe si et seulement si
{1−x2≥0|x|≠1 Df=]−1;1[.{1−x2≥0|x|≠1 Df=]−1;1[.
Bonne réponse : b.
Exercice n°2 :
Soit ABDCABDC un carré de côté a (a>0),E∈[AB],F∈[AD](a>0),E∈[AB],F∈[AD] tels que AE=AF=kaAE=AF=ka avec 0<k<10<k<1
1°) Exprimer en fonction de aa et k:→AC.→AB;→BF.→EA;→BF.→ADk:→AC.→AB;→BF.→EA;→BF.→AD et →BF.→ED→AC.→AB=(→AB+→BC).→AB→BF.→ED→AC.→AB=(→AB+→BC).→AB (par la relation de CHASLES) = AB2+→BC.→ABAB2+→BC.→AB (par la propriété de distributivité du produit scalaire) =AB2=AB2 (car →BC→BC et →AB→AB sont orthogonaux) =a2=a2.
→BF.→EA=(→BA+→AF).→EA=→BA→BF.→EA=(→BA+→AF).→EA=→BA .
→EA+→AF.→EA=→BA.→EA→EA+→AF.→EA=→BA.→EA (car →AF→AF et →EA→EA sont orthogonaux)
=BA×EA=BA×EA (car les vecteurs →BA→BA et→EA→EA sont colinéaires et de même sens) =a×ka=ka2=a×ka=ka2.
→BF.→AD=(→BA+→AF).→AD=→BA.→AD+→AF.→AD=0+→AF.→AD=ka2→BF.→ED=→BF.(→EA+→AD)=ka2+ka2=2ka2→BF.→AD=(→BA+→AF).→AD=→BA.→AD+→AF.→AD=0+→AF.→AD=ka2→BF.→ED=→BF.(→EA+→AD)=ka2+ka2=2ka2 (d’après les deux calculs précédents).
2°) Soit II le milieu de [BF][BF].
a) Exprimer →AI→AI en fonction de →AB→AB et →BF→BF
b) Exprimer →ED→ED en fonction de ⃗→AE→AE et →AD→AD
c) Montrer que la médiane issue de AA du triangle ABFABF est la hauteur relative au côté [DE][DE] du
triangle EADEAD
2°) a) →AI=12(→AB+→AF)→AI=12(→AB+→AF) (propriété caractéristique du milieu d’un segment) =12(→AB+→AB+→BF)=12(→AB+→AB+→BF) (relation de CHASLES dans →AF)=→AB+12→BF→AF)=→AB+12→BF
b) →ED=→EA+→AD=−→AE+→AD
c) Il s’agit de montrer que →AI et →ED sont orthogonaux. Or, d’après les calculs précédents,
→AI.→ED=(→AB+12→BF).(−→AE+→AD)=−→AB.→AE+→AB.→AD−12→BF.→AE+12→BF.→AD=−ka2+0+ka22+ka22=0
D’où le résultat
Probleme 1
Soit →v l'ensemble des vecteurs du plan P
Soit ABC un triangle isocèle en A,H le pied de la hauteur issue de A tel que AH=BC=4cm et n un entiers relatif.On considère l'application f définie par:P⟺→v
fn:M⟺→fn(M)=→2MA+n→MB+n→MC
Soit Gn le barycentre,lorsqu'il existe,du système des points (A,2);(B,n)(C,n)
1.Déterminer les valeurs de n pour lesquels Gn défini
2.Déterminer →fn(A) et →fn(H)
3.Montrer que →fn est constante
4.Montrer que →fn est injective
5.L'application →fn est - elle surjective
6.Déterminer l'image réciproque de →O
7.On considère maintenant l'application →f2
a-Déterminer la position du point G2
b-Quelle est l'image réciproque de 23→HA
c-Déterminer l'image réciproque de −16→HA
d-Déterminer l'image directe du point H
8-Déterminer la nature de l'ensemble es points M tel que ||→f−1(M)=→f−1(M)||
Bonne réponse : Probleme 1
Gn est défini si et seulement la somme des coefficients, soit 2+2n est non nulle. Donc il est
défini pour n∈Z −1
2. →fn(A)=n→AB+n→AC=2n→AH
3. →f−1(M)=2→MA−→MB−→MC Or, −→MB−→MC=2→MH(propriété caractéristique du milieu d’un segment).
Donc→f−1(M)=2→MA−2→MH−2→HAf−1 est bien constante.
4. Soit →uun vecteur donné de →v. Existe-t-il un point M du plan P tel que : →fn(M)=→u? (*)
Si n=−1, le vecteur →u=2→AH a une infinité d’antécédents (car tout point M du plan est alors tel que →fn(M)=2→AH) et les autres vecteurs n’ont aucun antécédent. Ainsi →fn n’est pas injective dans ce cas !
Si n≠−1 : Alors, d’après la propriété de réduction, on a : →fn(M)=(2n+2)MGn . Or, étant donné un vecteur →u, il existe d’après l’Axiome d’Euclide un unique point M tel que
MGn=12n+2→uen d’autres termes tel que :→fn(M)=→u Dans ce cas, →fn est non seulement injective, mais même bijective !
5. On a répondu à cette question au passage dans
4°.
6. L’image réciproque de O n’est autre que Gn.
7°) a)G2 est le barycentre du système
(A,2),(B,2),(C,2) donc il n’est autre que le centre de gravité du triangle ABC.
b)→f2(M)=23→AH⟺8→MG2=23→AH=→AG2⟺→MG2=16→AG2L’image réciproque de 23→AH est le point M du segment [AH] caractérisé par cette relation.
c) →f2(M)=16→HA⟺6→MG2=16→AH=112→AG2 L’image réciproque de −16→HA est le point M du segment [AH] caractérisé par cette relation.
d) →f2(H)=6→HG2=2→HA
8°)||→fn(M)||=2n→f−1(M)||⟺(2+2n)||MGn2n2+2nHA=nn+1HA Et comme HA=4cm, l’ensemble cherché est le
cercle de centre Gn et de rayon 4nn+1cm.
Bonne réponse :Probleme 2
1°) Les angles I⏞AC et ⏞ACD sont égaux comme
angles alternes-internes (parallèles (IA) et (CD)
coupées par la sécante (CA)).
Les angles ⏞BAI et ⏞ADC sont aussi égaux comme
angles correspondants (considérer les parallèles (IA) et (CD) coupées par la sécante (BD)).
Comme ⏞BAI=IˆAC par hypothèse (car (AI) est
une bissectrice), il en résulte que ⏞ADC=⏞ACD :
ainsi, dans le triangle ACD les angles en C et en D sont égaux. Ce triangle est donc isocèle en A. En d’autres termes, on a AC=AD.
En appliquant le théorème de THALES aux triangles BAI et BDC, on a :
IBIC=ABAD=ABAC=cb
2°) I étant un point du segment [BC], il existe unréel k<0 tel que →IB=K→IC . En prenant les normes des deux membres, on en déduit que :
||→IB||=||K→IC||=|k|×||→IC||=−k‖→IC||.
Par suite, on a :
IBIC=−K, et compte tenu de l’égalité du a), K=−cb.Ainsi →IB=K→IC=−cb→IC , d’où il résulte, par
multiplication parb que :
B→IB+C→IC=→O .
On en conclut que le point I, intersection de la bissectrice de l’angle ⏞A et du côté [BC] du triangle ABC est le barycentre du système (B,b),(C,c).
De manière analogue, on démontrerait que les points J et K, points d’intersection respectifs de la bissectrice de l’angle ⏞Bavec le côté [AC] du
triangle ABC et de la bissectrice de l’angle ⏞C avec le côté [AB] du triangle ABC sont les barycentres dessystèmes (A,a),(C,c) et (A,a)),(B,b) respectivement.
3°) En utilisant l’associativité du barycentre, on monte que le barycentre de (A,a)),(B,b),(C,c) appartient à la fois à (IA),(JB) et (KC), c’est-à-dire aux trois bissectrices du triangle ABC : c’est le centre du cercle inscrit.
1°) a) On a, avec les notations de la figure ci-dessous :
aire (ABA′)=A′BAHA et aire (ACA′)=A′CAHA, d’où aire(ABA′)aire(ACA′)=A′BA′C. (1)
Mais on a aussi : aire(MBA′)=A′BMHMet aire(MCA′)=A′CMHM, d’où aire(MBA′)aire(MCA′)=A′BA′C. (2)
Or, on a la propriété classique suivante des rapports égaux :
Or, on a la propriété classique suivante des rapports égaux :
Si ab=cd
, alors on a aussi :
ab=cd=a−cb−d.
L’égalité (3) entraîne donc que :
aire(ABA′)aire(ACA′)=aire(MBA′)aire(ACA′)=aire(ABA′)−aire(MBA′)aire(ACA′)−aire(MCA′),ce dernier rapport étant égal à aire(MAB)aire(MAC).
Il résulte de toutes ces égalités que :
aire(MAB)aire(MAC)=A′BA′C .
b) b) A′ étant un point du segment [BC], il existe un réel k<0 tel que →A′B=K→A′C. En prenant les normes des
deux membres, on en déduit que :||A′B||=||K→A′C||=|K|×||→A′C||=−k‖→A′C||.
Par suite, on a :
A′BA′C=−K, et compte tenu de l’égalité du
a), K=−aire(MAB)aire(MAC).
Ainsi →A′B=K→A′C=−aire(MAB)aire(MAC)→A′C, d’où il résulte, par multiplication par aire (MAC) que :
aire(MAC)→A′B+aire(MAB)→A′B=→O. C.Q.F.D
2°) On vient de montrer que :
• A′ est le barycentre des points pondérés (B,aire(MAC)) et (C,aire(MAB)) .
De manière analogue, on montre que
• B′ est le barycentre des points pondérés (A,aire(MBC)) et (C,aire(MBA)) .
• C′ est le barycentre des points pondérés (C,aire(MCA)) et (b,aire(MCB)) .
3°) Soit alors G le barycentre de (A,aire(MBC);(B,aire(MAC));(C,aire(MAB)).
Alors, en appliquant à G la propriété d’associativité du barycentre trois fois, on a :
G=bar(A,aire(MBC);(A′,aire(MAC)+aire(MAB))⟵G,A et A′ sont alignés.
G=bar(B,aire(MAC);(B′,aire(MBC)+aire(MAB))⟵G,B et B′ sont alignés.
G=bar(C,aire(MAB);(c,aire(MAC)+aire(MBC))⟵G,C et C′ sont alignés.
Il en résulte que G est le point d’intersection des droites (AA′),(BB′)et(CC′), en d’autres termes, G=M.
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