1S DS 4 Durée : 2h Exercice 1 ( 5,5 points ) Dans un - maths

1S
DS 4
Exercice 1
Durée : 2h
( 5,5 points )
Dans un repère orthonormé (annexe exercice 1), on donne la droite (d) d’équation 2x − 3y + 6 = 0,
→
le point A(1; 7) et le vecteur −
v (2; −3).
1.
Pour tracer (d) on peut chercher son équation réduite :
2x + 6
2
= x+2
2x − 3y + 6 = 0 ⇐⇒ y =
3
3
2
Si x = 0 on a alors y = 2 et si x = 3, on a y = × 3 + 2 = 4
3
Les points de coordonnées (0; 2) et (3; 4) appartiennent à (d).
On peut aussi déterminer deux points avec une équation cartésienne :
Si x = 0, 2 × 0 − 3y + 6 = 0 ⇐⇒ 3y = 6 ⇐⇒ y = 2
Si y = 0, 2x − 3 × 0 + 6 = 0 ⇐⇒ 2x = −6 ⇐⇒ x = −3
Les points de coordonnées (0; 2) et (−3; 0) appartiennent à (d).
2.
3.
4.
5.
Si la droite (d) admet une équation cartésienne de la forme ax + by + c = 0 ((a; b) 6= (0; 0)), le
→
vecteur −
u (−b; a) est un vecteur directeur de (d)
Ici, on a a = 2 et b = −3
→
donc −
u (3; 2) est un vecteur directeur de (d)
1→
−
→
→
w = 2−
u − −
v
2
1

x−
→
→
→
u − x−
w = 2x−
2 v
⇐⇒
1

y−
→
→
→
w = 2y−
u − y−
2 v

1

x−
→
×2
w = 2×3−
2
⇐⇒
1

y−
→
× (−3)
w = 2×2−
2

x−
→
w = 5
⇐⇒
11
y−
→
w =
2
11
→
donc −
w 5;
2
11
33
13
→
→
→
→
x−
−2×5=
− 10 =
6= 0
v y−
w − y−
v x−
w = 3×
2
2
2
→
→
donc −
v et −
w ne sont pas colinéaires.
−
→
v (2; −3) est un vecteur directeur de (d0 )
donc (d0 ) admet une équation de la forme −3x − 2y + c = 0
A ∈ (d0 )
⇐⇒ −3xA − 2yA + c = 0
⇐⇒ −3 − 14 + c = 0
⇐⇒ c = 17
donc une équation cartésienne de (d0 ) est −3x − 2y + 17 = 0
soit encore 3x + 2y − 17 = 0
6.
Il faut
( résoudre le système :
2x − 3y + 6 = 0
3x + 2y − 17 = 0
(
13x − 39 = 0
2L1 + 3L2
⇐⇒
−13y + 52 = 0
3L1 − 2L2
(
x=3
2L1 + 3L2
⇐⇒
y=4
3L1 − 2L2
donc le point d’intersection des droites (d) et (d0 ) a pour coordonnées (3; 4).
7.
(d00 ) parallèle à (d)
→
donc −
u (3; 2) est un vecteur directeur de (d00 )
M (x; y) ∈ (d00 )
−−→ →
⇐⇒ AM et −
u sont colinéaires
−→ y−
→ − y−−→ x−
→ = 0
⇐⇒ x−
AM u
AM u
⇐⇒ (x − 1) × 2 − (y − 7) × 3 = 0
⇐⇒ 2x − 2 − 3y + 21 = 0
⇐⇒ 2x − 3y + 19 = 0
donc une équation cartésienne de (d00 ) est 2x − 3y + 19 = 0
Exercice 2
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(2; 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
( 4,5 points )
• Coordonnées de J
J ∈ (BG) et (BG) est parallèle à l’axe des ordonnées (AH) du repère
donc xJ = 1
J ∈ (AE)
⇐⇒ xJ − 3yJ = 0
⇐⇒ 1 − 3yJ = 0
1
⇐⇒ yJ =
3
1
donc J(1; )
3
• Coordonnées de I

xI = xA + xG = 1
2
2
y + yG
1

yI = A
=
2
2 1 1
donc I
;
2 2
• Alignement des points C, I et J

x−→ = xI − xC = −3
CI
2
1

y−
→ = yI − yC =
CI
2
−→ −3 1
donc CI
;
2 2

x−→ = xJ − xC = −1
CJ
1
y−→ = yJ − yC =
CJ
3
−→
1
donc CJ −1;
3
−→ −→
• Colinéarité de CI et CI
→ y−→ − y−
→ x−→
x−
CI CJ
CI CJ
−3 1 1
× − × (−1)
=
2
3 2
−1 1
=
+
2
2
=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
AB
1
=
=
DE
AD
3
1
1
donc BJ = DE = BG
3
3
Dans le triangle AGC, on a B milieu de [AC]
1
donc [BG] est la médiane issue de G et le point J ∈ [BG] est tel que BJ = BG
3
donc J est le centre de gravité du triangle ACG
I est le milieu de [AG]
donc [CI] est la médiane issue de C dans ACG
et donc le centre de gravité J de ce triangle appartient à (CI).
Exercice 3
( 4 points )
Le plan est muni d’un repère orthogonal.
On considère l’ensemble Dm des points M (x; y) dont les coordonnées vérifient la relation mx + (2m −
1)y + 4 = 0, avec m réel.
1.
Les coefficients de x et y ne peuvent être simultanément nuls
On a donc (m; 2m − 1) 6= (0; 0)
donc la relation est de la forme ax + by + c = 0 avec (a; b) 6= (0; 0)
donc (Dm ) est une droite pour tout réel m.
2.
Dm est parallèle à l’axe des abscisses
si m = 0
3.
Dm est parallèle à l’axe des ordonnées
1
si 2m − 1 = 0 soit pour m =
2
Equation de D0 (m = 0) : −y + 4 = 0
Equation de D1 (m = 1) : x + y + 4 = 0
Il
( faut résoudre le système :
−y + 4 = 0
x+y+4=0
(
y=4
⇐⇒
x = −y − 4 = −8
Le point I d’intersection des droites (D0 ) et D1 a pour coordonnées I(−8; 4).
4.
mxI + (2m − 1)yI + 4 = −8m + (2m − 1) × 4 + 4 = −8m + 8m − 4 + 4 = 0
donc I ∈ (Dm )
donc (Dm ) passe par I pour tout réel m.
Exercice 4
( 6 points )
On considère le triangle ABC ci-dessous. On complètera la figure (annexe exercice 4) au fur et à
mesure.
−→ 2 −→
1. On a : AG = AB
3
−→
−−→
GA + 2GB
−→
−→ −→
= GA + 2(GA + AB)
−→
−→
= 3GA + 2AB
−→
2 −→
= 3 × BA + 2AB
3
−→
−→
= 2BA + 2AB
→
−
= 0
−−→
−−→ −
→
2. 2HB + 3HC = 0
−−→
−−→ −−→
→
−
⇐⇒ 2HB + 3(HB + BC) = 0
−−→
−−→ −
→
⇐⇒ 5HB + 3BC = 0
−−→
−−→
⇐⇒ 5HB = 3CB
−−→ 3 −−→
⇐⇒ HB = CB
5
−−→ 3 −−→
⇐⇒ BH = BC
5
−−→
−−→ −
→
KA + 3KC = 0
−−→
−−→ −→
→
−
⇐⇒ KA + 3(KA + AC) = 0
−−→
−→ −
→
⇐⇒ 4KA + 3AC = 0
−−→
−→
⇐⇒ 4KA = −3AC
−−→ −3 −→
AC
⇐⇒ KA =
4
−−→ 3 −→
⇐⇒ AK = AC
4
−→
−→
−→ −
→
4. Soit L le point tel que LA + 2LB + 3LC = 0 .
−→
−→
−→ −
→
a) LA + 2LB + 3LC = 0
−→
−→ −→
−→ −→
→
−
⇐⇒ LA + 2(LA + AB) + 3(LA + AC) = 0
−→
−→
−→ −
→
⇐⇒ 6LA + 2AB + 3AC = 0
−→
−→
−→
⇐⇒ 6LA = −2AB − 3AC
−→ −2 −→ 3 −→
⇐⇒ LA =
AB − AC
6
6
−→ −1 −→ 1 −→
⇐⇒ LA =
AB − AC
3
2
−→ 1 −→ 1 −→
⇐⇒ AL = AB + AC
3
2
b) Montrer que L est le milieu de [GC].
−→ −→
Il faut montrer que GL = LC
3.
−→ −→ −→
2 −→
GL = GA + AL = − AB +
3
−→ −→ −→
1 −→
LC = LA + AC = − AB −
3
−→ −→
donc GL = LC
1 −→ 1 −→ −1 −→ 1 −→
AB + AC =
AB + AC
3
2
3
2
1 −→ −→ −1 −→ 1 −→
AC + AC =
AB + AC
2
3
2
donc L est le milieu de [GC]
5.
Montrer que L, A et H sont alignés.
−→
~ sont colinéaires.
Il faut montrer que les vecteurs AL et AH
−→ 1 −→ 1 −→
AL = AB + AC
3
2
−−→ −→ −−→
AH = AB + BH
−→ 3 −−→
= AB + BC
5
−→ 3 −→ −→
= AB + (BA + AC)
5
−→ 3 −→ 3 −→
= AB + BA + AC
5
5
−→ 3 −→ 3 −→
= AB − AB + AC
5
5
2 −→ 3 −→
= AB + AC
5
5
6 −→ 6 1 −→ 1 −→
2 −→ 3 −→ −−→
AL = ( AB + AC) = AB + AC = AH
5
5 3
2
5
5
−→ −−→
donc AL et AH sont colinéaires
donc A, H et L sont alignés.
Remarque :
1
1
On peut aussi vérifier la colinéarité en vérifiant que les coefficients et sont proportionnels aux
3
2
2
3
coefficients et :
5
5
1 3 1 2
× − × =0
3 5 2 5
6 −→ −−→
donc il existe un réel k tel que AL = AH
5
−→ −−→
donc AL et AH sont colinéaires
donc A, H et L sont alignés.
6.
Montrer que L appartient à la droite (KB).
−−→
~ sont colinéaires.
Il faut montrer que les vecteurs KL et KB
−−→ −−→ −→
KL = KA + AL
3 −→ 1 −→ 1 −→
= − AC + AB + AC
4
3
2
1 −→ 1 −→
= AB − AC
3
4
−−→ −−→ −→
KB = KA + AB
3 −→ −→
= − AC + AB
4
−→ 3 −→
= AB − AC
4
−−→
1 −→
1 −→ −→ 3 −→ −−→
3KL = 3 × AB − 3 × AC = AB − AC = KB
3
4
4
−−→ −−→
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; AC).
−→ 2 −→
2
AG = AB donc G( ; 0)
3
3 −→
−−→
Coordonnées
du vecteur GA + 2GB :

x − x + 2(x − x ) = 0 − 2 + 2(1 − 2 ) = −2 + 2 = 0
A
G
B
G
3
3
3
3
yy − y + 2(y − y ) = 0 − 0 + 2(0 − 0) = 0
A
G
B
G
−→
−−→ −
→
donc GA + 2GB = 0
−−→
−−→ −
→
2HB(
+ 3HC = 0
2(xB − xH ) + 3(xC − xH ) = 0
⇐⇒
2(y − yH ) + 3(yC − yH ) = 0
( B
2 − 2xH − 3xH = 0
⇐⇒
−2yH + 3 − 3yH = 0
(
−5xH = −2
⇐⇒
−5yH = −3


xH = 2
5
⇐⇒
3

yH =
5
2 3
donc H( ; )
5 5
−−→ −3 3
On a alors BH( ; )
5 5
−−→
et BC(−1; 1)
−3
3
−
→ =
−→
= x−
On a × x−
BC
BH
5
5
3
3
−
→ =
−→
= y−
et × y−
BC
BH
5
5
−−→ 3 −−→
donc BH = BC
5
et ainsi de suite.......