Lycée Victor Hugo MARRAKECH Mathématiques S 30-11

Lycée Victor Hugo
MARRAKECH
Exercice n°1 : (5 points)
Mathématiques
S 30-11-02
Classe de 1 ère S1
r ur ur
Dans un repère orthonormal O; i ; j ;k , on donne les points A( 2;0;0 ) , B ( 0;3;1) et C ( 5;1;3) .
1. Démontrer que le triangle ABC est rectangle.
2. Démontrer que le point H (1;7;5 ) est un point du plan ( ABC ) .
(
)
3. Soit le point D ( 9;16; − 6) . Démontrer que la droite ( DH ) est perpendiculaire au plan ( ABC ) .
4. Calculer le volume du tétraèdre ABCD.
Exercice n°2 : (4 points)
r ur ur
Dans un repère orthonormal O; i ; j ;k , on donne les points A( 2;3;0 ) , B ( 2;3;6 ) et C(4 ;-1 ;2).
(
)
1. Démontrer que tout point M de la droite ( AB ) a des coordonnées de la forme ( 2;3; z ) , où z est un
réel.
2. Exprimer CM 2 en fonction de z.
3. Pour quelle valeur de z, la distance CM est-elle minimale ?.
4. En déduire la distance du point C à la droite ( AB ) .
Exercice n°3 : (3 points)
Dans un repère orthonormal
r ur
( O; i ; j ) , on considère le cercle C de centre O et de rayon 2 et la droite D de
coefficient directeur m passant par A( 4;0 ) .
1. Pour m quelconque, démontrer que la recherche des points d’intersection de C et D conduit à
résoudre l’équation : ( m2 + 1)x 2 − 8 m2 x + 16 m2 − 4 = 0 .
2. Déterminer les valeurs de m pour lesquelles il y a des points d’intersection entre C et D.
Exercice n°4 : (4 points)
On considère la fonction f : x → x 3 définie sur R.
1. Montrer que f est dérivable en 1 et donner l’approximation affine de f au voisinage de 1.
2. Démontrer que, si h ≤ 10−2 , alors : 0 ≤ f (1 + h )− (1 + 3 h ) ≤ 4 × 10 −4 .
3. En déduire une valeur approchée de (1,01 ) en donnant la précision.
4. Que penser de l’affirmation « augmenter un prix de 2 %, trois fois de suite, c’est presque
l’augmenter de 6 % » ?
3
Exercice n°5 : (4 points)
r ur
x2
Dans un repère orthonormal O; i ; j , on considère la parabole P : y =
et le point F ( 0;1 ) .
4
Soit M le point de P d’abscisse a et K son projeté orthogonal sur la droite D : y = − 1
(
)
x2
est dérivable en a et préciser f ' (a ) .
4
2. Déterminer une équation de la tangente en M à la parabole P.
3. Démontrer que cette tangente est la médiatrice de [ FK ] .
4. En déduire une construction géométrique de la tangente à la parabole P en un point quelconque de P.
1. Montrer que f : x →
Bon travail !
Corrigé 04 du S 30-11-02
Exercice n°1 :
On donne les points A ( 2;0;0) , B ( 0;3;1) , C ( 5;1;3) , H (1;7;5 ) et D ( 9;16; − 6) .
uuur
uuur
uuur uuur
1. AB ( − 2;3;1) et AC ( 3;1;3 ) ; −2 ×3 +3 ×1 +1 ×3 = −6 + 3 + 3 = 0⇒ AB ⊥ AC . ABC est donc rectangle en A.
2.
− 2α + 3 β = − 1
uuuur
uuuur
uuur
uuur
α = 2

AH ( −1;7;5 ) . AH = α AB + β AC ⇔  3 α + β = 7
⇔K⇔ 
β = 1
α + 3 β = 5

uuuur uuur
uuuur
uuur uuur
; AH = 2 AB + AC .
uuuur
Les vecteurs AH , AB et AC sont coplanaires. H est donc un point du plan ( ABC ) .
uuuur
3. DH ( −8; − 9;11) .
uuuur uuur
uuuur uuuur
−8×−2 − 9 × 3 + 11× 1= 16 − 27+ 11 = 0 ⇒ DH ⊥ AB et −8 × 3 − 9 × 1 + 11× 3 = −24 − 9 + 33 = 0 ⇒ DH ⊥ AC .
( DH ) est orthogonale à deux droites sécantes du plan ( ABC ) et est donc perpendiculaire à ce plan.
4.
1 AB × AC
Le volume du tétraèdre ABCD est V = ×
× DH car ABC est rectangle en A et DH est la hauteur
3
2
issue de D.
AB = 14 , AC = 19 et DH = 266 . V =
Le volume du tétraèdre ABCD est donc
14 × 19
266 133
× 266 =
=
.
6
6
3
133
.
3
Exercice n°2 :
On donne les points A ( 2;3;0) , B ( 2;3;6) et C ( 4; −1;2) .
x − 2 = 0
x = 2
uuur
uuuur
uuur


1. AB ( 0;0;6 ) . Tout point M de la droite ( AB ) vérifie : AM = k AB ; soit  y − 3 = 0 ⇔  y = 3 .
z −0 = 6 k
z = 6 k


Tout point M de la droite ( AB ) a donc des coordonnées de la forme ( 2;3; z ) , où z est un réel.
2.
CM 2 = ( 2 − 4 ) + ( 3 + 1) + ( z − 2 ) ; soit CM 2 = z2 − 4 z + 24 .
3.
f : z → z 2 − 4 z + 24 = ( z −2 ) + 20 est une fonction du 2° décroissante sur ] −∞ ;2] et croissante sur [ 2;+ ∞[ .
CM =
4.
2
2
2
2
f et x → x , étant croissante, garde les variations de f . La distance CM est donc minimale pour z = 2 .
La distance de C à ( AB ) est la plus petite distance entre C et les points de ( AB ) .
Elle correspond donc à la valeur minimale de la distance CM obtenue pour z = 2 ; soit
f ( 2) = 20 = 2 5 .
Exercice n°3 :
Le cercle C de centre O et de rayon 2 a pour équation : x 2 + y 2 = 4 et la droite D de coefficient directeur m passant
par A ( 4;0) a pour équation : y = m x + p (telle que 0 = 4m + p ) ; soit y = m x − 4 m .
1.
Les
coordonnées
( x ; y ) des
2
2
 x + ( m x − 4 m ) = 4
.

 y = m x − 4 m
(
points
d’intersection
de
C
et
D
vérifient
x2 + y 2 = 4
;

y = mx−4m
soit
)
x 2 + ( m x − 4 m ) = 4 ⇔ K ⇔ m 2 + 1 x 2 − 8 m 2 x + 16 m 2 − 4 = 0 .
2
La
recherche
des
points
d’intersection
( m2 + 1)x 2 − 8 m2 x + 16 m2 − 4 = 0 .
2.
de
C
et
D
conduit
donc
à
résoudre
l’équation :
Il y a des points d’intersection entre C et D lorsque l’équation du 2° précédente admet des solutions.
(
)
2
(
)(
)
C’est le cas lorsque son discriminant ∆ est positif. Or ∆ = − 8 m 2 − 4 m 2 + 1 16 m 2 − 4 = 16 − 48 m 2 .
16 − 48 m 2 est un trinôme du 2° positif à l’intérieur de ses deux racines
− 3
3
et
.
3
3
− 3 3 
Les valeurs de m pour lesquelles il y a des points d’intersection entre C et D appartiennent à 
;
.
3 
 3
Exercice n°4 :
f : x → x3 est dérivable en a de nombre dérivé f ' ( a ) = 3 a 2 .
1.
f
est dérivable en 1 de nombre
dérivé f ' (1 ) = 3 .
L’approximation affine de f au voisinage de 1 est donc la fonction g : x → 3( x −1) +1 ; soit g ( x ) = 3 x − 2 .
f (1 + h ) − (1 + 3 h ) = (1 + h ) − (1 + 3 h ) = h 3 + 3 h 2 = h 2 ( h + 3 ) .
3
2.
h ≤ 10−2 ⇒ 0 ≤ h2 ≤ 10 −4 et 0 ≤ h + 3 ≤ 4 ⇒ 0 ≤ h2 ( h + 3) ≤ 4 ×10 −4 . On obtient : 0 ≤ f (1 + h )− (1 + 3 h ) ≤ 4 × 10 −4 .
Pour h proche de 0, f (1 + h ) ≈ g (1 + h ) et g (1 + h) = 3(1+ h ) − 2 = 1 + 3 h ; soit f (1 + h ) ≈ 1 + 3 h .
(1,01)
3
= f (1 + 0,01) et f (1 + 0,01) ≈ 1 + 3 × 0,01 ; soit (1,01) ≈ 1,03 .
3
De plus l’erreur commise est majorée par 0,0004 puisque 0,01 ≤ 10− 2
Une valeur approchée de (1,01 ) est donc 1,03 avec la précision de 0,0004.
3
3.
« augmenter un prix de 2 %, trois fois de suite, c’est presque l’augmenter de 6 % »
Augmenter un prix de 2 %, trois fois de suite, c’est le multiplier par
(1,02)
3
(1,02)
3
et
(1,02)
3
≈ 1 + 3 × 0,02 ; soit
≈ 1,06 .
1,06 représente une augmentation de 6 % et l’erreur h 3 + 3 h 2 = 0,02 3 + 3 × 0,02 2 est de l’ordre 2 ×10−3 , soit environ
0,2 %.
L’affirmation est donc correcte à condition de préciser que l’erreur non négligeable est de l’ordre de 0,2 %.
Exercice n°5 :
x2
et le point F ( 0;1 ) .
4
M est le point de P d’abscisse a et K son projeté orthogonal sur la droite D : y = −1 .
On considère la parabole P : y =
1.
2.
f :x→
x2
1
a
est dérivable en a de nombre dérivé f ' ( a ) = × 2 a ; soit f ' ( a ) = .
4
4
2
Une équation de la tangente TM en M à la parabole P est : y =
uuuur
a
a2
a
a2
( x − a) + ; soit y = x − .
2
4
2
4
a

K ( a ; −1) , FK ( a ; − 2 ) et le milieu I de [ FK ] a pour coordonnées  ; 0  .
2 
uuuur
La médiatrice de [ FK ] passant par I et ayant pour vecteur normal FK .
3.
La médiatrice de [ FK ] a donc pour équation : a x − 2 y + c = 0 où c = −
a2
a2
; soit a x − 2 y −
=0 .
2
2
a2
a
a2
= 0 ⇔ y = x−
. La tangente TM est donc la médiatrice de [ FK ] .
2
2
4
Pour construire la tangente à la parabole P en un point M quelconque de P, il suffit de placer K projeté orthogonal de M
sur D et de tracer la médiatrice de [ FK ] .
ax−2y−