1S DS 4 Durée : 2h. ( 5,5 points ) Exercice 1

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1 1S DS Durée : h Exercice 1 (, points ) Dans un repère orthonormé (annexe exercice 1), on donne la droite (d) d équation x 3y + 6 = 0, le point A(1; 7) et le vecteur v (; 3). 1. Pour tracer (d) on peut chercher son équation réduite : x 3y + 6 = 0 y = x + 6 = 3 3 x + Si x = 0 on a alors y = et si x = 3, on a y = = Les points de coordonnées (0; ) et (3; ) appartiennent à (d). On peut aussi déterminer deux points avec une équation cartésienne : Si x = 0, 0 3y + 6 = 0 3y = 6 y = Si y = 0, x = 0 x = 6 x = 3 Les points de coordonnées (0; ) et ( 3; 0) appartiennent à (d).. Si la droite (d) admet une équation cartésienne de la forme ax + by + c = 0 ((a; b) (0; 0)), le vecteur u ( b; a) est un vecteur directeur de (d) Ici, on a a = et b = 3 donc u (3; ) est un vecteur directeur de (d) 3. w = 1 u v x w = x u 1 x v y w = y u 1 y v x w = 3 1 y w = 1 ( 3) x w = y w = 11 donc ( w ; 11 ). x v y w y v x w = 3 11 = = 0 donc v et w ne sont pas colinéaires.. v (; 3) est un vecteur directeur de (d ) donc (d ) admet une équation de la forme 3x y + c = 0 A (d ) 3x A y A + c = c = 0 c = 17 donc une équation cartésienne de (d ) est 3x y + 17 = 0 soit encore 3x + y 17 = 0 6. Il faut résoudre le système : x 3y + 6 = 0 3x + y 17 = 0

2 13x 39 = 0 L 1 + 3L 13y + = 0 3L 1 L x = L 1 + 3L y = 3L 1 L donc le point d intersection des droites (d) et (d ) a pour coordonnées (3; ). 7. (d ) parallèle à (d) donc u (3; ) est un vecteur directeur de (d ) M(x; y) (d ) AM et u sont colinéaires x AM y u y AM x u = 0 (x 1) (y 7) 3 = 0 x 3y + 1 = 0 x 3y + 19 = 0 donc une équation cartésienne de (d ) est x 3y + 19 = 0 Exercice (, points ) On donne trois carrés ABGH, BCFG et CDEF (voir figure). I est le milieu de [AG] et J est le point d intersection de (AE) et (BG). Montrer que C, I et J sont alignés. Méthode analytique : On se place dans le repère (A; AB; AH On a alors dans ce repère B(1; 0), G(1; 1), E(3; 1) et C(; 0) Equation de la droite (AE) AE(3; 1) donc une équation cartésienne de (AE) est de la forme x 3y + c = 0 et (AE) passe par l origine du repère donc c = 0. Une équation cartésienne de (AE) est x 3y = 0

3 Coordonnées de J J (BG) et (BG) est parallèle à l axe des ordonnées (AH) du repère donc x J = 1 J (AE) x J 3y J = 0 1 3y J = 0 y J = 1 3 donc J(1; 1 3 ) Coordonnées de I x I = x A + x G = 1 y I = y A + y G = 1 ( 1 donc I ; 1 ) Alignement des points C, I et J x CI = x I x C = 3 y CI = y I y C = 1 donc ( 3 CI ; 1 ) x CJ = x J x C = 1 y CJ = y J y C = 1 3 donc ( CJ 1; 1 ) 3 Colinéarité de CI et CI x y CI CJ y x CI CJ = ( 1) = = 0 donc les vecteurs CI et CI sont colinéaires donc les points C, I et J sont alignés. Méthode géométrique : Dans le triangle ADE, on a (GB) donc (JB) parallèle à (ED) et les points AJE sont alignés et ABD sont alignés et dans le même ordre D après le théorème de Thalès : BJ DE = AB AD = 1 3 donc BJ = 1 3 DE = 1 3 BG Dans le triangle AGC, on a B milieu de [] donc [BG] est la médiane issue de G et le point J [BG] est tel que BJ = 1 3 BG donc J est le centre de gravité du triangle G I est le milieu de [AG] donc [CI] est la médiane issue de C dans G et donc le centre de gravité J de ce triangle appartient à (CI).

4 Exercice 3 ( points ) Le plan est muni d un repère orthogonal. On considère l ensemble D m des points M(x; y) dont les coordonnées vérifient la relation mx + (m 1)y + = 0, avec m réel. 1. Les coefficients de x et y ne peuvent être simultanément nuls On a donc (m; m 1) (0; 0) donc la relation est de la forme ax + by + c = 0 avec (a; b) (0; 0) donc (D m ) est une droite pour tout réel m.. D m est parallèle à l axe des abscisses si m = 0 D m est parallèle à l axe des ordonnées si m 1 = 0 soit pour m = 1 3. Equation de D 0 (m = 0) : y + = 0 Equation de D 1 (m = 1) : x + y + = 0 Il faut résoudre le système : y + = 0 x + y + = 0 y = x = y = 8 Le point I d intersection des droites (D 0 ) et D 1 a pour coordonnées I( 8; ).. mx I + (m 1)y I + = 8m + (m 1) + = 8m + 8m + = 0 donc I (D m ) donc (D m ) passe par I pour tout réel m. Exercice ( 6 points ) On considère le triangle ABC ci-dessous. On complètera la figure (annexe exercice ) au fur et à mesure. 1. On a : AG = AB 3 GA + GB = GA + ( GA + AB) = 3 GA + AB = 3 BA + AB 3 = BA + AB = 0. HB + 3 HC = 0 HB + 3( HB + BC) = 0 HB + 3 BC = 0 HB = 3 CB HB = 3 CB BH = 3 BC

5 3. KA + 3 KC = 0 KA + 3( KA + ) = 0 KA + 3 = 0 KA = 3 KA = 3 AK = 3. Soit L le point tel que LA + LB + 3 LC = 0. a) LA + LB + 3 LC = 0 LA + ( LA + AB) + 3( LA + ) = 0 6 LA + AB + 3 = 0 6 LA = AB 3 LA = AB LA = 1 AB 1 AL = 1 AB + 1 b) Montrer que L est le milieu de [GC]. Il faut montrer que GL = LC GL = GA + AL = AB + 1 AB + 1 = 1 AB LC = LA + = 1 AB 1 + = 1 AB + 1 donc GL = LC donc L est le milieu de [GC]. Montrer que L, A et H sont alignés. Il faut montrer que les vecteurs AL et AH sont colinéaires. AL = 1 AB + 1 AH = AB + BH = AB + 3 BC = AB + 3 ( BA + ) = AB + 3 BA + 3 = AB 3 AB + 3 = AB AL = 6 (1 AB + 1 ) = AB + 3 = AH donc AL et AH sont colinéaires donc A, H et L sont alignés. Remarque : On peut aussi vérifier la colinéarité en vérifiant que les coefficients 1 3 et 1 sont proportionnels aux coefficients et 3 :

6 = 0 donc il existe un réel k tel que 6 AL = AH donc AL et AH sont colinéaires donc A, H et L sont alignés. 6. Montrer que L appartient à la droite (KB). Il faut montrer que les vecteurs KL et KB sont colinéaires. KL = KA + AL = AB + 1 = 1 AB 1 3 KB = KA + AB = 3 + AB = AB KL = 3 AB 3 1 = AB 3 = KB 3 donc les vecteurs KB et KL sont colinéaires donc les points K, L et B sont alignés donc L (KB) 7. Que peut-on dire des droites (GC), (HA) et (KB)? L est le milieu de [GC] donc L (GC) A, H et L sont alignés donc L (AH) et L (GC) donc les droites (GC), (HA) et (KB) sont concourantes en L. Remarque : On pouvait utiliser un repère même si la démarche vectorielle était plus appropriée compte tenu des questions posées. Dans le repère (A; AB; ). AG = AB donc G( 3 3 ; 0) Coordonnées du vecteur GA + GB : x A x G + (x B x G ) = (1 3 ) = = 0 yy A y G + (y B y G ) = (0 0) = 0 donc GA + GB = 0 HB + 3 HC = 0 (x B x H ) + 3(x C x H ) = 0 (y B y H ) + 3(y C y H ) = 0 x H 3x H = 0 y H + 3 3y H = 0 x H = y H = 3

7 x H = y H = 3 donc H( ; 3 ) On a alors BH( 3 ; 3 ) et BC( 1; 1) On a 3 x BC = 3 = x BH et 3 y BC = 3 = y BH donc BH = 3 BC et ainsi de suite...

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