Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2008

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2008 \ EXERCICE 1 5 points 1. AB2 = |b ?a|2 = |2+ i|2 = 4+1= 5 ; AC2 = |c ?a|2 = |1+2i|2 = 1+4= 5. AB2 = AC2 ?? AB=AC ?? ABC est isocèle en A. 2. ZI = 1 2 + i 7 2 . a. z ? zI z ?a est un réel si et seulement si arg ( z ? zI z ?a ) = 0 ?? (??? AM , ??? IM ) = 0 [2pi] , ce qui signifie que les points A, I et M sont alignés. Les points M appartiennent donc à la droite (IA) privée du point A. b. D'après la question précédente le réel solution est l'abscisse du point commun à la droite (AI) et à l'axe des abscisses. L'équation de la droite (AI) est y = x +3, donc y = 0 entraîne x =?3. c. z?? AI = zI?a = 1 2 + i 7 2 +1?2i= 3 2 + i 3 2 . On a AI2 = 9 4 + 9 4 = 18 4 .

• triangle fih


• abscisse


• réel solution de la question précédente


• solution de l'équation


• axe des abscisses


• yh ?


• symétriques autour de l'axe des abscisses


• ??

Sujets

• Coordonnées cartésiennes

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2008
• Nombre de lectures: 465
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrigédubaccalauréatSAmériqueduSud
novembre2008\
EXERCICE 1 5points
2 2 21. AB =|b−a| =|2+i| =4+1=5;
2 2 2AC =|c−a| =|1+2i| =1+4=5.
2 2AB =AC ⇐⇒ AB=AC ⇐⇒ ABCestisocèleenA.
1 7
2. Z = +i .I
2 2
? ? ? ?z−z z−z −−→ −→I I
a. est un réel si et seulement si arg = 0 ⇐⇒ AM , IM =
z−a z−a
0 [2π],cequisignifiequelespointsA,IetM sontalignés.
LespointsM appartiennentdoncàladroite(IA)privéedupointA.
b. D’après la question précédente le réel solution est l’abscisse du point
commun à la droite (AI) et à l’axe des abscisses. L’équation de la droite
(AI)est y=x+3,doncy=0entraînex=−3.
1 7 3 3
−→c. z =z −a= +i +1−2i= +i .IAI 2 2 2 2p
9 9 18 3 22OnaAI = + = .DoncAI= .
4 4 4 2? !p p p p p
? ?3 2 2 2 3 2 3 2 ππ π i 4−→Onpeutdoncécrirez = +i = cos +isin = e .4 4AI 2 2 2 2 2
3. a. Le point G a pour abscisse le réel solution de la question précédente.
C’estdoncunpointdeladroite(AI)contenantlesommetprincipalAet
le milieu du côté opposé du triangle isocèle. Cette droite (AI) est donc
hauteur,médiane,médiatriceetaxedesymétriedutriangleABC.
On a vu que l’équation de (AI) est y = x+3; le coefficient directeur de? ? π→− −→
cettedroiteestégalà1,cequicorrespondàunangle u , AI de .
4
IlexistedoncdeuxrotationsdecentreGquitransformentAetIendeux
pointsdel’axedesréels:
π
– Larotationr d’angle− ;1
4
3π
– Larotationr d’angle .2
4
r estbienlapremièrerotationdelaquestionprécédente.1 ? ?
π′ i − 4Sonécriturecomplexeest:z −z =e (z−z )soitG G? ?
π′ i −
4z −(−3)=e (z−(−3)).
? ?
π′ i −
4z =−3+e (z+3)
bc. Une rotation conserve les longueurs et les angles; donc l’image de (AI)
′ ′ ′ ′ ′axedesymétriede(ABC)estl’axedesymétriedeA B C soitA I .
′ ′DoncB etC sontsymétriquesautourdel’axedesabscissesetdoncsans
′ ′calcul,b =c .A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatS
C
I
B
A
′C→−π v
4
′ ′→−G OA Iu
′B
EXERCICE 2 5points
Candidatsn’ayantpassuivil’enseignementdespécialité
1. F(1;0;1),G(1;2;1),H(0;2;1)
A(FGH)×AE
2. a. LevolumeVestégalà: .
3
FG×GH 2×1
FGHestuntrianglerectangleenG,doncA(FGH)= = =1
2 2
1×1 1
etcommeAE=1,V= = .
3 3
−→ −→ −→ −→
b. OnaI(0;1;0),FI =(−1; 1;−1), IH(0; ; 1; 1), FI?IH =0+1−1=0.Les
vecteurs sont orthogonaux donc (FI) et (IH) sont perpendiculaires en I.
FIH×d
EnprenantcommebaseletriangleFIH,V= ,d étantladistance
3
dupointGauplan(FIH).LetriangleFIHétantrectangleenI,sonaireest
FI×IH
égaleà .
2 p
2FI =1+1+1=3⇒FI= 3;
p
2IH =0+1+1=2⇒IH= 2.p p p
3× 2 6
A = = .FIH
2 2 p p
1 1 6 2 6
Enreprenantl’écrituredeV: = × ×d ⇐⇒ dp = .
3 3 2 36
3. a. Oncalcule:
→− −→
n ?FI =−2+1+1=0.
→− −→
n ?IH =0+1−1=0.
→−
n estorthogonalàdeuxvecteursnoncolinéairesde(FIH)estorthogonal
àceplan.
′b. L’équationduplan(FIH)estdoncdelaforme:2x+1y−1z+d =0.
CommeF∈(FIH)sescoordonnéesvérifientl’équationci-dessussoit:
′ ′0+1−0+d =0 ⇐⇒ d =−1.
Uneéquationduplan(FIH)estdonc:
M(x ; y ; z)∈(FIH) ⇐⇒ 2x+y−z−1=0
AmériqueduSud 2 novembre2008
bbbbbbbbA.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatS
|2x +y −z −1|G G G
c. On sait que la distance d de G au plan (FIH) est : p =
2 2 22 +1 +1p
|2+2−1−1| 2 6
p =p = .Onretrouvelamêmevaleurqu’au2.b.
36 6
−→
4. a. (AG) est perpendiculaire au plan (FIH) si et seulement si AG est coli-
→− −→ →−
néaireàn .OrAG(1; 2; 1)quin’estmanifestement pascolinéaireàn .
−−→ −−→
b. M(x ; ;y ; z)∈(AG) ⇐⇒ AM =αAG quisetraduitpar:

x = t
M(x ; y ; z)∈(AG) ⇐⇒ y = 2t

z = t
c. Ilfautrésoudrelesystème:

x = t 1y = 2t
⇒2t+2t−t−1=0 ⇐⇒ 3t=1 ⇐⇒ t=
 z = t 3
2x+y−z−1 = 0
? ?
1 2 1
LescoordonnéesdeKsontdonc ; ; .
3 3 3
5. LerayondelasphèreestGK.
r p
4 16 4 24 24 2 62OrGK = + + = ⇒GK= = .
9 9 9 9 9 3
p
6
Orladistanced deGauplan(FIH)estégaleà ;elleestdoncinférieureau
3
rayondelasphèreetparconséquent lasectiondelasphèreparleplan(FIH)
estuncercle.
EXERCICE 2 5points
Candidatsayantsuivil’enseignementdespécialité
1.
′a. Onsaitquel’équationparamétriquedeladroiteD estcelled’unedroite
−→
′contenantlepoint(0;0;-2)etdevecteurdirecteuru (1;−1; 0).
−→→− ′Or u ?u = 1−1+0= 0 : les vecteurs directeurs des deux droites sont
′orthogonaux;lesdroitesD etD sontperpendiculaires.
′LepointAestcommunauxdeuxdroitesD etD .S’ilexisteunplanconte-
−→→− →−′nant A et défini par les deux vecteurs u et u , un vecteur n (a ; b ; c)
−→→− ′normalàceplanestorthogonalàchaquevecteuru etu ;donc
→− →−
n ?u =0 ⇐⇒ a+b=0et
−→→− ′n ?u =0 ⇐⇒ a−b=0.
→−
Onendéduitaussitôtquea=b=0etn (0; 0; c).Doncuneéquationde
ceplanestz=k soitz=2puisqueAappartientàceplanhorizontal.
′CeciestimpossiblepuisquetouslespointsdeD ontpourcote−2.
′Conclusion:lesdroitesD etD nesontpascoplanaires.
 
x = 0+1t x = t 
′ y = 0+1t y = tb. M(x ; y ; z)inD ⇐⇒ ⇐⇒ .
 
z = 2+0t z=2
?
(MH)⊥D
Ona: .
H∈D
? ?
AvecH x ; y ; z cesystèmesetraduitpar:H H H
AmériqueduSud 3 novembre2008A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatS

x −x+y −y=0 H H x =t x+yH ⇒t−x+t−y=0 ⇐⇒ t= .
 y =t 2H
z =2H
? ?−−→
DoncMH x −x ; y −y ; z −z ouencoreH H H
? ?−−→ y−x x−y
MH ; ; 2−z .
2 2
Onendéduit:
? ? ? ? 2 22 2y−x x−y x +y −2xy2 2 2MH = + +(2−z) = +(2−z) .
2 2 2
c. M de coordonnées (x ; y ; z) appartient à S si et seulement si MH =
2 2 2x +y −2xy (x+y)2 2 2MK ⇐⇒ MH = MK ⇐⇒ +(2−z) = +(2+
2 2
2 2 2 2 2 2 2z) ⇐⇒ x +y −2xy+8+2z −8z+x +y −2xy+8+2z +8z ⇐⇒
xy
16z=−4xy ⇐⇒ z=− .
4
2. a. Leplanapouréquationz=0;lespointsdelasectionontleurscoordon-
néesquivérifient:
( ? ? ?z = 0 z = 0 x = 0 y = 0
1 ⇐⇒ ⇐⇒ ou
xy = 0 z = 0 z = 0z = − xy
4
Lasectionsecomposedel’axedesabscissesetdel’axedesordonnées.
b. Un plan parallèle à (xOy) a une équation de la forme z=k, k∈R; les
pointsdelasectionontleurscoordonnéesquivérifient:
( ? 4kz = k z = k y = −
1 ⇐⇒ ⇐⇒ six6?0.xxy = −4k z = − xy z = k4
Lasectionestdoncunehyperbole
c. Lespointsdelasectionontleurscoordonnéesquivérifient:
( (
x+y = 0 y = −x
1 1⇐⇒ 2z = − xy z = x
4 4
Lasectionestdonciciuneparabole.
EXERCICE 3 3points
1.
p
f(x)= x−lnx.
a. Lafonction estunedifférencedefonctionsdérivablessur ]0 ; +∞[,elle
estdoncdérivableetp
1 1 x−2′f (x)= p − = quiestdusignedunumérateurpuisquex>0.
2 x x 2x
p′f (x)=0 ⇐⇒ x=2 ⇐⇒ x=4;
′f (x)<0 ⇐⇒ 0<x<4; f estdécroissantesurcetintervalle
′f (x)>0 ⇐⇒ x>4; f estcroissantesurcetintervalle.
p
Ilenrésulteque f aunminimumpourx=4et f(4)= 4−ln42−2ln2≈
0,62.
b. Leminimumde f étantsupérieuràzéro, f(x)>0quelquesoit
x∈]0;+∞[.
p
p p x lnx
Donc f(x)>0 ⇐⇒ x−lnx ⇐⇒ x>lnx ⇐⇒ > ⇐⇒
x xp
lnx x
< ,carx>0.
x x
AmériqueduSud 4 novembre2008A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatS
p
x 1 1
c. Comme = p et que lim p = 0, on obtient par application du
x→+∞x x x
lnx
théorèmedes«gendarmes»que lim =0.
x→+∞ x
lnx
f (x)= .n 1
nx
? ? ? ?n1 1
1n× n nln x ln xnlnx lnx
Onpeutécrire f (x)= = = =n .n 1 1 1 1
n n n nx x x x
1 lnX
nEnposantX=x , f (x)=n .n
X
lnX
Or lim X=+∞etparcomposition, lim =0
x→+∞ X→+∞ X
(d’aprèslaquestionprécédente)⇒ lim f (x)=0.n
x→+∞
EXERCICE 4 7points
x−221. Onsaitquecetteéquationapoursolutionslesfonctions:x7?→Ke , K∈R.
2.
x′ − ′22y +y=e (x+1) (E )
? ?x− 2
2a. f(x)=e mx +px : f est un produit de fonctions dérivables surR,
elleestdoncdérivablesurRet
? ?1 x x′ − 2 −2 2f (x)=− e mx +px +(2mx+p)e .
2
x′ ′ −2f estsolutiondeE sietseulementsi2f +f =e (x+1) ⇐⇒
? ? ? ?x x x x− 2 − − 2 −
2 2 2 2−e mx +px +2(2mx+p)e +e mx +px =e (x+1) ⇐⇒
2 2−mx −px+4mx+2p+mx +px= x+1 ⇐⇒ 4mx+2p = x+1 ⇐⇒
(4m−1)x+(2p−1)=0.
Cettefonctionaffineestnullesietseulement si4m−1=0et2p−1=0,
1 1
soitsim= etp= .
4 2
′b. Ona:g et f solutionsdeE sietseulementsi
(
x′ −
22g +g = e (x+1)
x ⇒ (pardifférence)′ −
22f +f = e (x+1)
? x′ −22g +g = e (x+1)
′ ′2(g −f )+g−f = 0
′Doncg estsolutiondel’équation(E )sietseulementsig−f estsolution
del’équation(E)
x x− −
2 ? ? 2 ? ?e e2 2 ′Onadoncg(x)−f(x)= x +2x d’oùg(x)= x +2x+K ,
4 4
′K ∈R.
3. h produitdefonctionsdérivablessurRestdérivablesurRet
x ? ? x ? ?− 2 − 22 2e x e x′h (x)= − −x+2x+2 = − +x+2 qui est du signe du tri-
4 2 4 2
2x
nôme− +x+2.
2 p p
PourcetrinômeΔ=1+4=5;iladoncdeuxracinesx =1− 5etx =1+ 5.1 2
xIlestnégatif(dusignede− )saufentrelesracines.2 p p
′h (x)estdon