Correction Contrôle n°

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Correction Contrôle n° 5 Exercice I Méthode 1 : Exprimons les vecteurs ÄDE et ÄDF en fonction des vecteurs ÄAB et ÄAC . (Les points A, B et C n'étant pas alignés, les vecteurs ÄAB et ÄAC forment une base du plan). D'une part : ÄDE=ÄDA+ÄAE d'après la relation de Chasles =-3ÄAB+ 3 2 ÄAC . D'autre part : ÄDF=ÄDA+ÄAB +ÄBF =-3ÄAB +ÄAB +2ÄBC =-2ÄAB +2( )ÄBA +ÄAC =-2ÄAB ?2ÄAB +2ÄAC =-4ÄAB +2ÄAC . On remarque que : ÄDE= 3 4 ÄDF . Les vecteurs ÄDE et ÄDF sont colinéaires. Donc les points D, E et F sont alignés. Méthode 2 : Dans le repère ( )A;ÄAB ;ÄAC : On a : D( )3;0 ; E(0; 32 ) Et : ÄBF =2ÄBCñÄBA +ÄAF =2( )ÄBA +ÄAC ñÄAF =ÄAB ?2ÄAB +2ÄAC ñÄAF =-ÄAB +2ÄAC Donc F(-1;2). D'où ÄDE ?? ? ?? ?0?3 3 2 ?0 c'est-à-dire ÄDE ?? ? ?? ?-3 3 2 . Et ÄDF( )-1?32?0 c'est-à-dire ÄDF ( )-42 xy ??x ?y=-3?2?(-4)? 3 2 =0.

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• Relation de Chasles

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Extrait

Correction Contrôle n° 5

Exercice I Méthode 1 : Ä ÄÄ Ä Exprimons les vecteursDEetDFen fonction des vecteursABetAC. Ä Ä (Les pointsA,BetCn’étant pas alignés, les vecteursABetACforment une base du plan). Ä ÄÄ D’une part :DE=DA+AEd’après la relation de Chasles 3 Ä Ä =-3AB+AC. 2 Ä ÄÄ Ä D’autre part :DF=DA+AB+BF Ä ÄÄ =-3AB+AB+2BC Ä ÄÄ =-2AB+2 ( BA+AC ) Ä Ä Ä =-2AB−2AB+2AC Ä Ä =-4AB+2AC. 3 Ä ÄÄ Ä On remarque que :DE=DF. Les vecteursDEetDFsont colinéaires. Donc les pointsD,EetFsont alignés. 4 Méthode 2 : Ä Ä Dans le repère ( A AB AC ) : ; ; 3 On a :D ( 3 0 ) ;E(0;) ; 2 Ä ÄÄ ÄÄ Ä Et :BF=2BCñBA+AF2 ( BA+AC ) = Ä ÄÄ Ä ñAF=AB−2AB+2AC Ä ÄÄ ñAF=-AB+2AC DoncF(-1;2). 0−3-3    Ä Ä D’oùD E   c'estàdireD E   . 3 3 −0  2   2  -1−3 -4 Ä Ä ( ) ( ) EtD Fc'estàdireD F 2− 0 2 3 Ä Ä x y′−x′y=-3×2−(-4)×=0. Donc les vecteursDEetDFsont colinéaires. Donc... 2

Exercice II - 11 8 Ä Ä ( )( ) On a :E FetG H 2y−4 Ä Ä (E F) et (GH) sont parallèles si et seulement siEFetGHsont colinéaires.  siet seulement si-11(y−4)−2×8=0 28 ement siy= siet seul. 11

Exercice III 1 Ä ( 4 ) 1)On a :A M Méthode 1 : x−1 Ä ( ) SoitM(x;y). On aA M y+3 Ä Ä M☻(A B)ñAMetABcolinéaires ñ4(x−1)−1(y+3)=0 ñ4x−1y−7=0 Méthode 2 : (A B) a une équation de la forme : 4x−1y+c=0 Or,A☻(A B), donc 4×1−1×(-3)+c=0. Doncc=-7 Donc l’équation de (A B) est : 4x−3y−7=0. 2)On calcule : 4×15−1×50−7=60−50−7=3 Les coordonnées deCne vérifient pas l’équation de (A B). DoncCn’appartient pas à la droite (A B). 1+m Å ( m ) 3)Un vecteur directeur ded m estu m 2 Å Ä 2 u m etAB1si et seulement si :sont colinéairesm-4(1+m)=0 2  siet seulement si :1m−4m−4=0 Calculons le discriminant de ce trinôme :=...=32. 4+4 24−4 2 Le trinôme admet deux racines :m==2+et2 2m==2−2 2 2 2 Ainsid m est parallèle à (A Bi) si et seum lement s=2+2 2oum=2−2 2.

Exercice IV x 2 x

x 2 x+3 x 2 x+3

−∞  0 +∞  0

−∞ +  0 ∞  3

−∞ +  0 ∞ 3

x −∞ +  0 ∞ 1 3  ou 3 3 1 2 x+3 x −∞  0 +∞ 1 - 1 3 2 - ou- x+3 3 3

Exercice V π 2π 1)72×=. 180 5 -17π-18π+π π-17π π 2)==-6π+Don=[2π] 3 33 33 -π 2π 3) ( u v ) ( u u ) ( u v ) ( u v ) = -Å;Å = -Å;Å + Å;Å = π + ;Å =π+ 3 3 π 4) ( -3u;-v ) ( u v ) Å Å= Å;Å = 4

Exercice VI 12π+π Ä Ä 1) ( OI OA )  [2π] ; = 6 π = [2π]. 6 -6π−π Ä Ä ( OI ) = [2π] ;OB 3 π =- [2π]. 3 16π+3π Ä Ä ( OI OC ) [2 ] ; =π 4 3π =[2π]. 4 2)

π π Ä Ä 3) ( OA;OB ) =-− [2π] 3 6 π =- [2π] 2 3π π Ä Ä ( OB;OC ) =− - [2π] 4 ( ) 3 1 3π = [2π] 12 24π−11π = [2π] 12 11π =- [2π] 12 Enfin : Ä ÄÄ ÄÄ Ä (OA;OC)=(OA;OB)+(OB;OC) d’après la relation de Chasles π 11π =-+ -[2π] 2 ( 12 ) 17π =-[2π] 12 -24π+7π =[2π] 12 7π =[2π]. 12