30 avril 2014 Correction du devoir de mathématiques Du lundi 28 avril 2014 Exercice 1 Relation de Chasles (2 points) −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ 1) ~u = BC − BA + BD − BC = AB + BD = AD −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ 2) ~v = AC + 2CB + BA = BA + AC + 2CB = BC + 2CB = CB Exercice 2 Vecteurs sans coordonnées (4 points) 1) On obtient la figure suivante : A b B C D b E F Les points D, E et F semblent alignés. 2) On a : −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ DE = DC + CA + AE −−−→ −−−→ 3 −−−→ = CB + CA + AC 2 −−−→ −−−→ −−−→ 3 −−−→ = (CA + AB ) + CA − CA 2 −−−→ 1 −−−→ = AB − AC 2 3) On a : −−→ −−−→ −−−→ −−→ EF = EA + AB + BF 3 −−−→ −−−→ −−−→ = − AC + AB − 2BA 2 3 −−−→ −−−→ −−−→ = − AC + AB + 2AB 2 −−−→ 3 −−−→ = 3AB − AC 2 −−→ −−−→ −−→ −−−→ 4) Des questions 2 et 3, on déduit que : EF = 3DE . Les vcteurs EF et DE sont colinéaires et donc les points D, E et F sont alignés Paul Milan 1 Seconde S correction du devoir de math´ematiques Exercice 3 Algorithme (5 points) 1) On pose I(x1 ,y1 ). On obtient les tableaux suivants en faisant fonctionner l’algorithme : a) x y A 2 −1 B −3 1 C 5 4 I 7/2 3/2 D 10 2 b) x y A 2 2 B −4 6 C −1 3 I 1/2 5/2 D 5 −1 2) On obtient les deux graphiques suivants : B 6 6 5 5 C 4 4 3 3 C 2 B A D I 2 1 1 1 −3 −2 −1 I 2 −1 3 4 5 6 7 8 9 −4 −3 −2 1 −1 2 3 4 A 3) Cet algorithme permet de déterminer les coordonnées du point D pour que ABCD soit un parallélogramme. En effet il calcule d’abord les coordonnées du milieu I de [AC], puis il calcule les coordonnées de D pour que I soit aussi le milieu de [BD]. Exercice 4 Distance et milieu (6 points) 1) On a la figure suivante : 4 B I b C 3 2 b 1 ~ −3 −2 −1 O b K J ~ı 1 2 3 −1 4 5 6 7 8 A −2 −3 Paul Milan 2 5 D −1 Seconde S correction du devoir de math´ematiques 2) On a : −−−→ AB = ! ! 4 7−3 = 5 4 − (−1) , ! ! −−−→ −6 −3 − 3 = AC = 4 3 − (−1) , ! ! −−−→ −10 −3 − 7 = BC = −1 3−4 3) On a : ! ! 7−3 4+3 7 I= ; = 2; , 2 2 2 ! ! 3 + 7 −1 + 4 3 K= ; = 5; 2 2 2 ! 3 − 3 −1 + 3 ; J= = (0; 1) 2 2 4) On a les distances suivantes : p √ √ √ √ AB = 42 + 52 = 41 , AC = (−6)2 + 52 = 52 = 2 13 p √ BC = (−10)2 + (−1)2 = 101 5) Le triangle ABC n’est pas isocèle car : AB , AC , AB , BC et AC , BC 6) Le triangle ABC n’est pas rectangle car (le grand côté étant BC) on a : AB2 + AC2 = 41 + 52 = 93 et BC2 = 101 donc AB2 + AC2 , BC2 Exercice 5 Colinéarité et orthogonalité ! ! −−−→ x−2 x−2 = 1) On a : AB = 1 3−2 (3 points) ! ! −−−→ 4 6−2 = et AC = x−2 x−2 −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ Les vecteurs AB et AC sont colinéaires si, et seulement si, det(AB , AC ) = 0 x − 2 −−−→ −−−→ 4 det(AB , AC ) = 0 ⇔ ⇔ (x − 2)2 − 4 = 0 ⇔ (x − 2)2 = 4 1 x − 2 On obtient alors les solutions : x − 2 = 2 ou x − 2 = −2 soit x = 4 ou x = 0 −−−→ −−−→ Les vecteurs AB et AC sont colinéaires si, et seulement si, x = 4 ou x = 0. 2) D’après le critère des vecteurs orthogonaux, on obtient : xx′ + yy′ = 0 ⇔ 4(x − 2) + 1(x − 2) = 0 ⇔ 5x − 10 = 0 ⇔ x=2 −−−→ −−−→ Les vecteurs AB et AC sont orthogonaux si, et seulement si, x = 2. Paul Milan 3 Seconde S