Corrigé – exercices de géométrie – 7, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Corrigé – exercices de géométrie – 7, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Corrigé des exercices de géométrie 7. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la droite de représentation paramétrique, Les coordonnées du point H, le plan de vecteur normal.
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[ Baccalauréat S Liban mai 2006 \ Corrigé

EXERCICE 1 5 points

Commun à tous les candidats

Dans l’espace muni d’un repère orthonormal (

O, −→ ı ,

−→ ,

−→ k )

, on donne les points

A(2 ; 1 ; 3), B(−3 ; −1 ; 7) et C(3 ; 2 ; 4).

1. −−→ AB (−5 ; −2;4) et

−−→ AC (1 ; 1 ; 1) ne sont pas colinéaires car s’il existe k tel que

−−→ AB = k

−−→ AC alors k =−5, k =−2 et k = 4 ce qui n’est pas possible.

Donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

2. Soit (d) la droite de représentation paramétrique

x = −7+2t y = −3t z = 4+ t

a. (−−→ AB ;

−−→ AC

)

est une couple de vecteurs directeurs de (ABC ). (d) est dirigée

par −→ u (2 ; −3 ; 1).

−→ u ·−−→AB = 2× (−5)−3× (−2)+1×4 = 0 et −→u ·−−→AC = 2−3+1= 0. Donc (d) est orthogonale deux droites sécantes de (ABC).

Donc la droite (d) est orthogonale au plan (ABC).

b. −→ u est un vecteur normal du plan (ABC). Donc (ABC) a une équation cart-

sienne de la forme 2x−3y + z+d = 0. Le point A appartient à (ABC) donc 2×2−3+3+d = 0 soit d =−4. Finalement (ABC) : 2x−3y + z−4 = 0.

3. Soit H le point commun à la droite (d) et au plan (ABC).

a. Montrer que H est le barycentre de (A ; −2), (B ; −1) et (C ; 2). Les coordonnées du point H vérifient le système 

x = −7+2t y = −3t z = 4+ t

2x−3y + z−4 = 0 En utilisant la quatrième équation, on obtient : −14+4t+9t+4+ t−4 = 0 soit t = 1. Donc xH =−5, yH =−3 et zH = 5. D’autre part, les coordonnées du barycentre de (A ; −2), (B ; −1) et (C ; 2)

sont

x = −2×2−1× (−3)+2×3

−2−1+2 =−5

y = −2×1−1× (−1)+2×2

−2−1+2 =−3

z = −2×3−1× (7)+2×4

−2−1+2 = 5

On retrouve les coordonnées de H.

Donc H est le barycentre de (A ; −2), (B ; −1) et (C ; 2) b.

(

−2−−→MA −−−→MB +2−−→MC )

· (−−→ MB −−−→MC

)

= 0

⇔ (

−−−−→MH )

·−−→CB = 0

On obtient donc le plan de vecteur normal −−→ CB passant par H .

c.

∥−2 −−→ MA −−−→MB +2−−→MC

∥ = p 29

⇔ ∥

∥− −−−→ MH

∥ = p 29

Baccalauréat S

On obtient la sphère de centre H, de rayon p 29

d. Γ1 est un plan passant par le centre H de la sphère Γ2 donc l’intersection

des deux ensembles est un cercle de centre H et de rayon p 29.

e. −−→ SH (3;−4;2) et

−−→ CB (−6;−3;3)−−→

SH · −−→ CB = 3× (−6)−4× (−3)+2×3 = 0

et ‖ −−→ SH ‖2 = 9+16+4 = 29

Le point S vérifie les deux égalités donc il appartient à l’intersection des

ensembles Γ1 et Γ2.

EXERCICE 2 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct (

O, −→ u ,

−→ v )

.

On prendra 2 cm pour unité graphique.

Soit A le point d’affixe i et B le point d’affixe 2.

1. a. zB1 − zA = p 2(zB zA) soit zB1 = i+

p 2(2− i )= 2

p 2+ i

(

1− p 2 )

.

b. Déterminer l’affixe du point B′ image de B1 par la rotation de centre A et

d’angle π

4 .

zB ′ − zA = ei π 4 (

zB1 − zA )

zB ′ = i+ (p

2

2 + i

p 2

2

)

(

2 p 2+ i(1−

p 2)− i

)

zB ′ = i+ (p

2

2 + i

p 2

2

)

(2 p 2− i

p 2)

zB ′ = i+2− i+2i+1 zB ′ = 3+2i

-1 0 1 2 3 4 5

-2

-1

0

1

2

3

4

1

2

3

−1

−2

1 2 3 4−1 −→u

−→ v

O

b

b

b

A

B

B

Σ1

Σ2

2. On appelle f la transformation du plan dans lui-même qui, à tout point M

d’affixe z, associe le point M ′ d’affixe z ′ tel que

z ′ = (1+ i)z+1.

a. (1+ i)zB +1= 2+2i+1= 3+2i= zB ′ . Donc B ′ est l’image de B par f . b. On rsout z ′ = z soit (1+ i)z+1= z

On trouve i z =−1 soit z = i. Donc A est le seul point invariant par f .

Liban 2 mai 2006

Baccalauréat S

c. z ′− z i− z

= (1+ i)z+1− z

i− z =

iz+1 i− z

= i(z− i) i− z

=−i.

Cela signifie que MM ′ = AM et que (−−−→ MA ,

−−−−→ MM

)

=− π

2 .

On trace le cercle de centre M passant par A. On trace ensuite la perpen-

diculaire à (MA) passant par M : M ′ est le point d’intersection du cercle

et de la droite tel que (−−−→ MA ,

−−−−→ MM

)

=− π

2

3. a. BM = p 2 donc Σ1 est le cercle de centre B de rayon

p 2.

b. z ′−3−2i= (1+ i)z+1−3−2i= (1+ i)(z−2). SiM appartient à Σ1, alors |z−2| =

p 2 donc |z−3−2i| = |1+ i|

p 2= 2.

Alors son image M ′ par f appartient à un cercle Σ2, de centre B ′ d’affixe

3+2i et de rayon 2 c. cf. ci-dessus.

EXERCICE 3 7 points

Commun à tous les candidats

Partie A : étude d’une fonction

Soit f la fonction définie sur l’intervalle [0 ; +∞[ par

f (x)= x ln(x+1).

Sa courbe représentative (C ) dans un repère orthogonal (

O, −→ u ,

−→ v )

est donnée en

annexe.

1. a. f est dérivable sur [0 ; +∞[ et f ′(x)= ln(x+1)+ x

x+1 .

Or x+1> 1 donc ln(x+1)> 0. Donc f ′ est positive sur [0 ; +∞[ comme somme de fonctions positives.

f est croissante sur [0 ; +∞[. b. f ′(0)= 0 et f (0)= 0

Donc l’axe des abscisses est tangent à la courbe (C ) au point O.

2. On pose I= ∫1

0

x2

x+1 dx.

a. En réduisant aumême dénominateur, on obtient

x2

x+1 = x−1+

1

x+1 .

b. I = ∫1

0 x−1+

1

x+1 dx =

[

x2

2 − x+ ln(x+1)

]1

0

= ln2− 1

2

3. f est positive donc l’aire A de la partie du plan limitée par la courbe (C ) et

les droites d’équations x = 0, x = 1 et y = 0 est A = ∫1

0 x ln(x+1)dx.

On pose u(x)= ln(x+1) et v(x)= x2

2 .

u et v sont dérivables sur [0;1] et leurs dérivées : u′(x) = 1

x+1 et v ′(x) = x

sont continues sur [0 ; 1].

A = [

x2

2 ln(x+1)

]1

0

− ∫1

0

x2

2(x+1) dx soit A =

ln2

2 − ln2

2 + 1

4 =

1

4

4. f est continue et strictement croissante sur [0 ; +∞[, f (0)= 0 et lim x→+∞

f (x)= +∞. 0,25 ∈ [0 ; +∞[ donc d’après le théorème de la bijection, l’équation f (x)= 0,25 admet une seule solution α sur [0 ; +∞[. De plus f (1)= ln2≈ 0,69 donc α ∈ [0 ; 1]. f (0,56)≈ 0,249 et f (0,57)≈ 0,257 donc 0,56<α< 0,57.

Liban 3 mai 2006

Baccalauréat S

Partie B : étude d’une suite

La suite (un ) est définie surN par un = ∫1

0 xn ln(x+1)dx.

1. un+1−un = ∫1

0 (xn+1− xn) ln(x+1)dx =

∫1

0 xn(x−1) ln(x+1)dx

Or, sur [0;1], xn > 0, (x−1)6 0 et ln(x+1)> 0. L’intégrale de 0 1 conserve l’ordre donc un+1−un < 0. (un ) est décroissante.

De plus elle est positive pour les mêmes raisons que ci-dessus.

La suite (un ) est décroissante et minorée donc elle converge.

2. On borne ln(x+1) sur [0 ; 1] : 06 ln(x+1)6 ln2 puisque ln est croissante sur ]0;+∞[. On multiplie par xn qui est positif et on détermine l’intégrale de 0 1 de

chaque membre : l’ingalité est conservée.

06 un 6 ln2

∫1

0 xn dx

soit 06 un 6 ln2

n+1 lim

n→+∞ ln2

n+1 = 0 donc d’aprs le thorme des gendarmes, lim

n→+∞ un = 0

EXERCICE 4 3 points

Commun à tous les candidats

Pour commencer, p(X 6 t)= 1−e−λt

1. p(X > 6)= e−6λ.

On résout e−6λ = 0,3 soit λ= ln0,3

−6 ≈ 0,2

2. On résout p(X 6 t)= 0,5 soit 1−e−0,2t = 0,5.

On trouve t = ln0,5

−0,2 ≈ 3,5 soit 3 ans et 6 mois.

3. On cherche p(X > 2). Cela est égal à e−2×0,2 soit e−0,4.

4. On cherche p(X>2)(X > 6)= p(X > 6)

p(X > 2) =

e−6×0,2

e−2×0,2 ≈ 0,45.

5. Il s’agit d’une loi binomiale de paramètres 10 et e−0,4.

p=1-P(« aucun robot n’a eu de panne au cours des deux premires années »).

Donc p = 1− (

10 0

)

(

e−0,4 )0 (

1−e−0,4 )10 ≈ 0,99998.

Liban 4 mai 2006

Baccalauréat S

Annexe

Exercice 3

Représentation graphique de la fonction f obtenue à l’aide d’un tableur

Courbe (C )

0 1 2 3 0

1

2

3

4

5

0

1

2

3

4

5

0 1 2 3 x

y

Liban 5 mai 2006

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