Corrigé – exercices de géométrie – 11, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices de géométrie – 11, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Corrigé des exercices de géométrie 11. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: La probabilité, la formule de la probabilité conditionnelle, la bissectrice du triangle.
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Nlle Caledonie corrige nov 2006.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Nouvelle-Calédonie \ novembre 2006

EXERCICE 1 4 points

Commun à tous les candidats

1. La probabilité est de 5

1000 =

0,5

100 = 0,005.

2. a. On suppose le cheptel assez important, donc le tirage successif de 10 ani-

maux est une épreuve de Bernoulli de paramètres : n = 10 et de probabi- lité p = 0,005. On a E = n×p = 10×0,005 = 0,05.

b. On a p(A)= (10 0

)

×0,0050 ×0,99510 = 0,99510 ≈ 0,951. On a p(B)= 1−p(A)= 1−0,99510 ≈ 0,049.

3. a. On a l’arbre suivant :

b

b M

0,005

b T0,8

b T0,2

b

M 0,995

b T0,1

b T0,9

b. On p(T) = pM(T)+ pM(T) = 0,005× 0,8+ 0,995× 0,1 = 0,004+ 0,0995 = 0,1035.

c. D’après la formule de la probabilité conditionnelle :

p+(M)= p(+∩M)

p(+) =

0,005×0,8 0,1035

≈ 0,038.

EXERCICE 2 4 points

Partie A

1. a. z1 ∈ R est solution de z3− (4+ i)z2+ (7+ i)z −4= 0 si et seulement si z31 −

(4+ i)z21 + (7+ i)z1−4= 0 ⇐⇒ {

ℜ (

z31 − (1+ i)z 2 1 + (7+ i)z1−4

)

= 0 ℑ (

z31 − (1+ i)z 2 1 + (7+ i)z1−4

)

= 0 ⇐⇒ {

z31 −4z 2 1 +7z1−4= 0

z21 + z1 = 0 ⇐⇒

{

z31−4z 2 1 +7z1−4= 0

z1 = 0 ou z1 = 1 .

Seul le nombre 1 vérifie la première équation. On a donc z1 = 1. b. On doit avoir z3− (4+ i)z2+ (7+ i)z −4= (z −1)(z −2−2i)(az +b).

En identifiant les termes de plus haut degré on obtient a = 1 et en iden- tifiant les termes constants : −4 = b(2+ 2i) ⇐⇒ −2 = b(1+ i) ⇐⇒ b = −2 1+ i

= −2(1− i)

(1+ i)(1− i) =−(1− i)=−1+ i.

Conclusion z3− (4+ i)z2+ (7+ i)z −4= (z −1)(z −2−2i)(z −1+ i). 2. La factorisation précédente donne les trois solutions de l’équation :

S = {1 ; 2+2i ; 1− i}.

Partie A

1. Figure.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

−6

1 2 3−1−2−3−4−5−6−7−8

A

BC

D

E F

O

A′

A′1

A′2

A1

A2

C1

C2

Nouvelle-Calédonie 2 16 novembre 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1

2

−1

−2

1 2−1 +

+

+

+O A

B

C

D

2. On a 2+2i 1− i

= 2(1+ i) 1− i

= 2(1+ i)2

(1− i)(1+ i = (1+ i)2 = 2i.

Le module de ce nombre est 2 et un de ses arguments est π

2 .

Comme 2+2i 1− i

= 2+2i−0 1− i−0

, on a en prenant le module |2+2i−0| |1− i−0|

= OB

OC =

2 ⇐⇒ OB= 2OC. En prenant les arguments on obtient

(−−→ OC ;

−−→ OB

)

= π

2 . Conclusion : le triangle

OBC est rectangle en O.

3. On a de façon immédiate : (−−→ OA ;

−−→ OC

)

= π

4 et

(−−→ OA ;

−−→ OB

)

=− π

4 . La droite (OA)

est donc une bissectrice du triangle (OBC).

4. Par définitionde la rotation : zD−zC = (zO− zC)e−i π

2 ⇐⇒ zD−1+i= (−1+ i) (−i) ⇐⇒ zD−1+ i= i+1 ⇐⇒ zD = 2.

5. On a vu que (−−→ OC ;

−−→ OD

)

= π

2 et on a aussi

(−−→ CD ;

−−→ CO

)

= π

2 . Donc les droites

(OB) et (CD) sont parallèles : le quadrilatère OCDB est donc un trapèze rec-

tangle (et pas un parallélogramme car OB = 2 OC = 2CD.)

EXERCICE 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. L’écriture complexe de la rotation r est :

z ′ = zei π

3 = z (

1

2 + i

p 3

2

)

.

En particulier zB = zB

(

1

2 + i

p 3

2

)

= 3 (

1

2 + i

p 3

2

)

= 3

2 + i

3 p 3

2 .

2. On a r (B)=C et zC = (

3

2 + i

3 p 3

2

)(

1

2 + i

p 3

2

)

= 3

4 − 9

4 + i

3 p 3

4 + i

3 p 3

4 =

zC =− 3

2 + i

3 p 3

2 .

Nouvelle-Calédonie 3 16 novembre 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

zD = r (zC)= 3×ei 3π 3 . Donc D est le symétrique de A autour de O et zD =−3.

On obtient successivement zE =− 3

2 − i

3 p 3

2 et zF =

3

2 − i

3 p 3

2 .

3. a. F est l’image de A par six rotations de centre O et d’angle π

3 soit une rota-

tion de 2π soit l’identité, donc r (F)=A. b. Le polygone est composé de six triangles isocèles d’angle au sommet me-

surant π

3 , donc de six triangles équilatéraux. On a donc AB = BC = CD =

DE = EF = FA = 3. Ce polygone est donc un hexagone régulier ce côté 3 et

de centre O.

4. a. Si s′(F)=C, le rapport de cette similitude est : EC

EF =

|zc− zE| |zE− zE|

=

∣− 32 + i 3 p 3

2 + 3

2 + i 3

p 3

2

∣| 32 − i 3 p 3

2 + 3 2 + i

3 p 3

2

= ∣

∣3i p 3 ∣

|3| = p 3.

Le rapport de la similitude s′ est égal à p 3.

On a aussi (−→ EF ,

−−→ EC

)

= arg EC

EF = arg(i

p 3=

π

2 .

La transformation s s′ est une similitude comme composée de deux si-

militudes, son rapport étant le produit des rapports, soit 1

2 × p 3=

p 3

2 , et

dont un argument est la somme des arguments de s et s′, soit π

3 + π

2 =

5π

6 .

b. Comme AD = 6 et AF = 3, que (−−→ AD ,

−→ AF

)

= π

3 , l’image de D par s est le

point C. Mais l’image de F par s′ est C.

Conclusion : l’image de D par s′ ◦ s est C. c. s′ ◦ s est une similitude directe comme composée de deux similitudes di-

rectes : son écriture complexe est donc de la forme z ′ = az +b. On a vu à

la question a que a = p 3

2 e

5iπ 6 .

On vient dedémontrer que s′(D)=C ⇐⇒ − 3

2 +i

3 p 3

2 =

p 3

2

(

− p 3

2 + i

1

2

)

(−3)+

b ⇐⇒ b =− 15

4 + i

9 p 3

4 .

L’écriture complexe est donc : z ′ = p 3

2 e

5iπ 6 z

15

4 + i

9 p 3

4 .

5. a. On a par définition de la symétrie : AC = CA′ ou AC′ = 2AC ;

D’autre part part de façon évidente : AC = CE = EA : le triangle (ACE) est

équilatéral et (−−→ AA′ ,

−→ AE

)

π

3 .

Conclusion : s(A′)= E. Comme E est le centre de la similitude s′, on a s′(E)= E.

b. Par le calcul, on a zA′ +3

2 = −

3

2 + i

p 3

2 ⇐⇒ zA′ = −6+ i

p 3. En utilisant

l’écriture complexe de s′◦s trouvée au 4 c, onobtient : zs ′◦s(A′) = p 3

2 e

5iπ 6 (

−6+ i p 3 )

15

4 + i

9 p 3

4 .

On trouve : zs ′◦s(A′) =− 3

2 − i

p 3

2 = zE.

EXERCICE 3 5 points

Nouvelle-Calédonie 4 16 novembre 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. a. La fonction f est dérivable et f ′(x)= 1

2

(

1− 2

x2

)

= 1

2

(

x2−2 x2

)

.

Le signe de f ′ est donc celui de x2−2, car x2 > 0, pour x > 0. Or sur ]0 ; +∞[, x2−2> 0 ⇐⇒ x >

p 2.

La fonction est :

— décroissante sur ]0 ; p 2[ ;

— croissante sur ] p 2 ; +∞[.

D’où la courbe représentative de f :

0

1

2

3

0 1 2

p 2

A0 A1A2A3

0,5 u0

2,25 u1

1,5694 u2

1,42189 u3

y = x

2. a. On a quel que soit n, un+1 = 1

2

(

un + 2

un

)

= f (un ).

On vient de voir que u1 = f (u0) = f (

1

2

)

= 2,25 > p 2. L’affirmation est

vraie au rang 1.

Supposons un > p 2. D’après la question 1, la fonction f est croissante sur

[ p 2 ; +∞[. Donc par application de cette croissance f (un )> f (

p 2)=

p 2.

Donc un+1 > p 2. la relation est héréditaire.

Conclusion : quel que soit n > 1,un > p 2.

b. Soit f (x)− x = x

2 +

1

x x =

1

x

x

2 =

2− x2

2x .

On a vu que si x > p 2, 2− x2 6 0.

Conclusion : si x > p 2, f (x)− x 6 0 ⇐⇒ f (x)6 x.

c. On a vu que pour n > 0, un > p 2 ; donc d’après la question précédente

f (un )6 un ; or f (un )= un+1. Conclusion : un+1 6 un pour tout n > 0. La suite (un ) est décroissante.

d. La suite (un ) est décroissante et minorée par p 2. Elle converge donc vers

un réel supérieur ou égal à p 2.

3. La fonction f est définie et continue sur [ p 2 ; +∞[ ; la suite définie parun+1 =

f (un ) converge vers = f ().

est donc solution de l’équation 1

2

(

x + 2

x

)

= x ⇐⇒ 2x = x + 2

x ⇐⇒

2x2 = x2+2 ⇐⇒ x2 = 2 ⇐⇒ x = , seule solution supérieure ou égale à p 3.

La suite (un ) converge vers = p 2.

EXERCICE 4 6 points

Première partie

1. A∈ (P1) ⇐⇒ −9+9= 0 : vrai ; B∈ (P1) ⇐⇒ 14−12+9 = 0 : faux ;

Nouvelle-Calédonie 5 16 novembre 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

C ∈ (P1) ⇐⇒ −7+4−6+9 = 0 vrai ; D ∈ (P1) ⇐⇒ 7−16+9 = 0 : vrai.−−→ AC (−1 ; 1 ; −1), −−→AD (1 ; − 4 −3) : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc (P1) est le plan (ACD).

2. A ∈ (∆1) ⇐⇒

0 = −1+ t 0 = −8+2t 3 = −10+5t

t = 1 et t = 4. Pas de solution. Donc

faux ;

B ∈ (∆1) ⇐⇒

2 = −1+ t 0 = −8+2t 4 = −10+5t

t = 3 et t = 4. Pas de solution. Donc

faux ;

C ∈ (∆1) ⇐⇒

1 = −1+ t 1 = −8+2t 2 = −10+5t

t = 2 et t = 4,5. Pas de solution. Donc

faux ;

D ∈ (∆1) ⇐⇒

1 = −1+ t −4 = −8+2t 0 = −10+5t

t = 2 et t = 2 et t = 2. Donc vrai ;

3. Un vecteur −→ u directeur de la droite (∆1) a pour coordonnées

−→ u (1 ; 2 ; 5).

−→ v (7 ; 4 ; −3) est un vecteur normal au plan (P1). Or

−→ u · −→v = 7+8−15 = 0. La droite (∆1) est parallèle au plan (P1). Or en 1 et

2 on a trouvé que D est un point de (∆1) et de (P1). Donc la droite (∆1) est

incluse dans (P1).

4. Un point commun à (∆1) et (∆2) a ses coordonnées qui vérifient le système :

−1+ t = 7+2t ′ −8+2t = 8+4t ′ −10+5t = 8− t

⇐⇒

t −2 = 8 t −2 = 8 5t + t ′ = 18

⇐⇒ {

t = 4 t ′ = −2

Onobtient doncune solutionuniquequi donne commecoordonnées (3 ; 0 ; 10).

Les droites (∆1) et (∆2) sont sécantes (et donc coplanaires).

5. Unpoint communauxdeuxplans a ses coordonnées qui vérifient le système : {

7x +4y −3z +9 = 0 x −2y = 0

Enposant y = t , on obtient le systèmeéquivalent :

y = t 7x +4t −3z +9 = 0 x = 2t

⇐⇒

y = t x = 2t z = 6t +3

La bonne réponse est la deuxième.

Deuxième partie

1. On traduit pour un point M(x ; y ; z) l’égalité vectorielle −−→ AM = a−→u ⇐⇒

x −0 = a y −0 = 0 z −3 = −a

On a donc M(a ; 0 ; 3−a).

De même −−−→ BM ′ = b−→v ⇐⇒

x′−2 = 0 y ′−0 = b z ′−4 = b

.

On a donc M ′(2 ; b ; 4+b). Il s’ensuit que

−−−−→ M M ′ (2−a ; b ; a +b +1).

Nouvelle-Calédonie 6 16 novembre 2006

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