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 queCA.CB<0CA.CB<0 et AB.CD>0AB.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<0CA.CB<0 signifie que les vecteurs CACA et CBCB sont de sens contraires, donc que CC est sur le segment [AB][AB].


La relation AB.CD>0AB.CD>0 signifie que les vecteurs ABAB et CDCD sont de même sens. Donc DD est sur la demi-droite [CB)[CB).
Bonne réponse : d.


2. Soient u,vu,v et ww trois vecteurs du plan tels que : uwuw et vwvw . Alors
     a) uvuv      b) u=0u=0 ou v=wv=w      c) ww et (v)(v) sont orthogonaux
     d) ww et (uv)(uv) sont colinéaires.

Si on a à la fois uwuw et vwvw , cela se traduit par les égalités u=0u=0 et v.w=0v.w=0 qui entraînent par différence membre à membre, et d’après les propriétés du produit scalaire que : (uv).w=0(uv).w=0Donc (uv)(uv) et ww 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) 1212      c) 1818      d) 1818


OE.EF=OE.EEOE.EF=OE.EE' (par projection orthogonale du vecteur EFEF sur le vecteur OEOE ). (Or par application du théorème de PYTHAGORE dans le triangle EEFEEF, on a : EE=6232=33EE'=6232=33Par suite, OE.EF=23EE2==23×27=18OE.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) a2a2      b) a2a2      c) a2a2      d) a2a2


DC.BD=DC.CD=a2DC.BD=DC.CD=a2.
Bonne réponse : a.

5. Si uuet vv sont deux vecteurs colinéaires, de sens contraires, tels que u=2u=2 et v=1v=1,alors (u+3v)2(u+3v)2 est égal à :
    a) 11      b) 55      c) 1313      d) 2525

(u+3v)2=u2+6u.v+9v2(u+3v)2=u2+6u.v+9v2. Or u.v=uv=2u.v=uv=2. D’où :

(u+3v)2=412+9=1(u+3v)2=412+9=1
Bonne réponse : a.

6. Soit ff la fonction définie par f(x)=1x2|x|1f(x)=1x2|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
{1x20|x|1 Df=]1;1[.{1x20|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.EDAC.AB=(AB+BC).ABBF.EDAC.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 BCBC et ABAB sont orthogonaux) =a2=a2.
BF.EA=(BA+AF).EA=BABF.EA=(BA+AF).EA=BA .

EA+AF.EA=BA.EAEA+AF.EA=BA.EA (car AFAF et EAEA sont orthogonaux)

=BA×EA=BA×EA (car les vecteurs BABA etEAEA sont colinéaires et de même sens) =a×ka=ka2=a×ka=ka2.

BF.AD=(BA+AF).AD=BA.AD+AF.AD=0+AF.AD=ka2BF.ED=BF.(EA+AD)=ka2+ka2=2ka2BF.AD=(BA+AF).AD=BA.AD+AF.AD=0+AF.AD=ka2BF.ED=BF.(EA+AD)=ka2+ka2=2ka2 (d’après les deux calculs précédents).

2°) Soit II le milieu de [BF][BF].

a) Exprimer AIAI en fonction de ABAB et BFBF

b) Exprimer EDED en fonction de ⃗AEAE et ADAD

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+12BFAF)=AB+12BF

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+12BF).(AE+AD)=AB.AE+AB.AD12BF.AE+12BF.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:Pv

fn:Mfn(M)=2MA+nMB+nMC

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 23HA

c-Déterminer l'image réciproque de 16HA

d-Déterminer l'image directe du point H

8-Déterminer la nature de l'ensemble es points M tel que ||f1(M)=f1(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 nZ 1

2. fn(A)=nAB+nAC=2nAH

3. f1(M)=2MAMBMC Or, MBMC=2MH(propriété caractéristique du milieu d’un segment).

Doncf1(M)=2MA2MH2HAf1 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=2AH a une infinité d’antécédents (car tout point M du plan est alors tel que fn(M)=2AH) et les autres vecteurs n’ont aucun antécédent. Ainsi fn n’est pas injective dans ce cas !

Si n1 : 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+2uen 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)=23AH8MG2=23AH=AG2MG2=16AG2L’image réciproque de 23AH est le point M du segment [AH] caractérisé par cette relation.

c) f2(M)=16HA6MG2=16AH=112AG2 L’image réciproque de 16HA est le point M du segment [AH] caractérisé par cette relation.

d) f2(H)=6HG2=2HA

8°)||fn(M)||=2nf1(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 IAC 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=KIC . En prenant les normes des deux membres, on en déduit que :
||IB||=||KIC||=|k|×||IC||=kIC||.
Par suite, on a :
IBIC=K, et compte tenu de l’égalité du a), K=cb.Ainsi IB=KIC=cbIC , d’où il résulte, par
multiplication parb que :
BIB+CIC=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)=ABAHA et aire (ACA)=ACAHA, d’où aire(ABA)aire(ACA)=ABAC. (1)

Mais on a aussi : aire(MBA)=ABMHMet aire(MCA)=ACMHM, d’où aire(MBA)aire(MCA)=ABAC. (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=acbd.
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)=ABAC .

b) b) A étant un point du segment [BC], il existe un réel k<0 tel que AB=KAC. En prenant les normes des
deux membres, on en déduit que :||AB||=||KAC||=|K|×||AC||=kAC||.
Par suite, on a :
ABAC=K, et compte tenu de l’égalité du
a), K=aire(MAB)aire(MAC).
Ainsi AB=KAC=aire(MAB)aire(MAC)AC, d’où il résulte, par multiplication par aire (MAC) que :
aire(MAC)AB+aire(MAB)AB=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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