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Type: Corrigé de devoir
File type: Latex, tex (source)
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Description
Devoir corrigé de mathématiques, première S: produit scalaire
Niveau
Première S
Mots clé
Devoir corrigé de mathématiques, produit scalaire, vecteurs, maths, 1S, première S,
Voir aussi:

Documentation sur LaTeX
pdficon
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\documentclass[12pt,onecolumn,a4paper]{article}

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    pdfauthor={Yoann Morel},
    pdfsubject={Corrigé du devoir de mathématiques en 1S: produit scalaire},
    pdftitle={Corrigé du devoir de mathématiques},
    pdfkeywords={Mathématiques, produit scalaire, trigonométrie, cercle trigonométrique, 
    cosinus, sinus, valeurs remarquables, angles associés}
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% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}

\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}

\nwc{\ul}{\underline}
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\nwc{\V}{\overrightarrow}
\newcommand{\zb}{\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$}}
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\nwc{\bgsk}{\bigskip}
\nwc{\vsp}{\vspace{0.1cm}}
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\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}}
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}}
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}}
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt
\vrule height 7.7pt width 0.4pt depth -0.5pt \phantom {.}}}
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\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}}

\newcounter{nex}[section]\setcounter{nex}{0}
\newenvironment{EX}{%
\stepcounter{nex}
\bgsk{\noindent{{\bf Exercice }}\arabic{nex}}\hspace{0.5cm}
}{}
\nwc{\bgex}{\begin{EX}}\nwc{\enex}{\end{EX}}

\nwc{\bgfg}{\begin{figure}}\nwc{\enfg}{\end{figure}}
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\nwc{\bgmp}{\begin{minipage}}\nwc{\enmp}{\end{minipage}}
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	\protect\vspace*{\fill}}
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\lhead{}\chead{}\rhead{}
\lfoot{Y. Morel - \url{xymaths.free.fr/Lycee/1S/}}
\rfoot{Corrigé du devoir de math\'ematiques - $1^{\text{ère}}S$ - \thepage/\pageref{LastPage}}
\cfoot{}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}

\ct{\bf\LARGE{Corrig\'e du devoir de math\'ematiques}}


\bgex
\bgen
\item $\V{AB}(2;-4)$ et $\V{AC}(-6;4)$ et donc 
  $\V{AB}\cdot\V{AC}=2\tm(-6)+(-4)\tm4=-28$. 
  
  $AB=\sqrt{2^2+(-4)^2}=\sqrt{20}$ 
  et $AC=\sqrt{(-6)^2+4^2}=\sqrt{52}$. 

  Comme par ailleurs 
  $\V{AB}\cdot\V{AC}=AB\tm AC\tm\cos\lp\V{AB},\V{AC}\rp$, \\
  on en déduit que 
  $\cos\lp\V{AB},\V{AC}\rp=\cos\widehat{BAC}
  =\dfrac{\V{AB}\cdot\V{AC}}{AB\tm AC}
  =\dfrac{-28}{\sqrt{20}\sqrt{52}}$, \\
  soit $\cos\widehat{BAC}\simeq -0.868$ 
  et alors $\widehat{BAC}\simeq 150$ degrés. 
\item Une équation du cercle $\mathcal{C}$ 
  de centre $I(-2;3)$ et de rayon 3 est 
  $(x+2)^2+(y-3)^2=3^2=9$. 
%\item Le milieu $I$ de $[EF]$ est $I(5;-1)$. 
%  $M(x;y)$ appartient à la médiatrice de $[EF]$ si et seulement si 
%  $\V{IM}\cdot\V{EF}=0$, soit, 
%  avec $\V{IM}(x-5;y+1)$ et $\V{EF}(4;-10)$, 
%  $4(x-5)-10(y+1)=0\iff 4x-10y-30=0$. 
\enen
\enex

\bgex
\bgen
\item On ne doit pas avoir 
    $1+\cos x=0\iff \cos x=-1 \iff x=\pi+k2\pi$. 
    
    Ainsi, 
    $\mathcal{D}_f=\R\setminus\Bigl\{ (2k+1)\pi; k\in\Z\Bigr\}$.
\item On a $f=\dfrac{u}{v}$ 
    avec $u(x)=\cos x$ donc $u'(x)=-\sin x$, 
    et $v(x)=1+\cos x$ donc $v'(x)=-\sin x$. 
    
    On a alors 
    $f'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$, \\
    soit, pour tout $x\in\mathcal{D}_f$, 
    $f'(x)=\dfrac{-\sin x\lp1+\cos x\rp-\cos x\lp-\sin x\rp}{\lp1+\cos x\rp^2}=-\dfrac{\sin x}{\lp1+\cos x\rp^2}$

\item En utilisant le cercle trigonométrique, on trouve le signe de $\sin x$ et donc de $f'(x)$: 

\[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
$x$ & $-\pi$ && 0 && $\pi$ \\\hline
$\sin x$ & 0 & $-$ & 0 &$+$  & 0 \\\hline
$(1+\cos x)^2$ & 0 & $+$ & $|$ & $+$ &0\\\hline
$f'(x)$ && $+$ & 0 &$-$  &  \\\hline
&&&$\frac12$&& \\
$f$&\psline(0,1.4)(0,-.7)\psline(.09,1.4)(0.09,-.7)&
\Large{$\nearrow$}&&\Large{$\searrow$}&
\psline(0,1.4)(0,-.7)\psline(.09,1.4)(0.09,-.7)\\
&&&&&\\\hline
\end{tabular}\]
\enen
\enex


\bgex
\bgen
\item Soit $C$ le milieu de $[AB]$, alors $C$ a pour coordonn\'ees 
  $C\lp\dfrac{2+1}{2};\dfrac{-1+3}{2}\rp$, 
  soit $C\lp\dfrac{3}{2};1\rp$. 

  De plus, 
  $M(x;y)\in T\iff \V{CM}\perp\V{AB}
  \iff \V{CM}\cdot\V{AB}=0$. 

  On a les coordonn\'ees des vecteurs: 
  $\V{CM}\lp x-\dfrac{3}{2};y-1\rp$ et 
  $\V{AB}(-1;4)$, 
  d'o\`u, 
  \[\V{CM}\cdot\V{AB}=0
  \iff 
  \lp x-\dfrac{3}{2}\rp\tm(-1)+\lp y-1\rp\tm(4)=0
  \iff
  -x+4y-\dfrac{5}{2}=0
  \]
  La m\'ediatrice $T$ a donc pour \'equation: 
  $-x+4y-\dfrac{5}{2}=0$.

\item \ 

  \psset{unit=1cm}
  \begin{pspicture}(-4,-4)(4,3.5)
    \psline[arrowsize=5pt]{->}(-3.5,0)(3.5,0)
    \psline[arrowsize=5pt]{->}(0,-3.5)(0,3.5)
    \multido{\i=-3+1}{7}{
      \psline(-0.1,\i)(0.1,\i)\rput(-0.3,\i){$\i$}
      \psline(\i,-0.1)(\i,0.1)\rput(\i,-0.3){$\i$}
    }
    \psplot{-3}{3}{-1 x mul -1 add}\rput(-3,1.7){$D$}
    \psplot{-3.2}{3}{0.25 x mul 5 8 div add}\rput(3,1.6){$T$}
    \psline(2,-1)(1,3)
    \rput(2,-1){$\tm$}\rput(2.2,-1.2){$A$}
    \rput(1,3){$\tm$}\rput(1.2,3.2){$B$}
    \rput(-1.2,0.6){$I$}
  \end{pspicture}

\item Soit $I(x;y)$, 
  alors, 
  \[
  I\in D\cup T
  \iff
  \la\bgar{ll}
  x+y+1=0 \\
  -x+4y-\dfrac{5}{2}=0
  \enar\right.
  \iff
  \la\bgar{ll}
  x+y=-1 \\
  -x+4y=\dfrac{5}{2}
  \enar\right.
  \iff 
  \la\bgar{ll}
  x=-\dfrac{13}{10} \\
  y=\dfrac{3}{10}
  \enar\right.
  \]
  Ainsi, les coordonn\'ees de $I$ sont 
  $I\lp -\dfrac{13}{10};\dfrac{3}{10}\rp$. 

%\item Le centre du cercle passant par $A$ et $B$ est sur la m\'ediatrice
%  $T$ de $[AB]$. 
%  Comme ce centre doit aussi \^etre sur la droite $D$, on en d\'eduit
%  qu'il s'agit du point $I$. 
%
%  Le rayon du cercle est alors 
%  \[
%  R=IA=IB=\sqrt{\lp 2+\dfrac{13}{10}\rp^2+\lp-1-\dfrac{3}{10}\rp^2}
%  =\sqrt{\dfrac{33^2}{100}+ \dfrac{13^2}{100}}
%  =\dfrac{\sqrt{1258}}{10}
%  \simeq 3,55
%  \]
%\item Le cercle $C$ a pour \'equation: 
%  $\lp x+\dfrac{13}{10}\rp^2+\lp y-\dfrac{3}{10}\rp^2=R^2$
\enen

\enex


\bgex
\bgen
\item  
  \bgen[a.]
  \item
    $\V{MA}\cdot\V{MB}
    =\lp\V{MI}+\V{IA}\rp\cdot\lp\V{MI}+\V{IB}\rp
    =MI^2+\V{MI}\cdot\lp \V{IA}+\V{IB}\rp+\V{IA}\cdot\V{IB}
    $

    or, $\V{IA}+\V{IB}=\V{O}$ car $I$ est le milieu de $[AB]$, 
    et de m\^eme $\V{IA}\cdot\V{IB}=\V{IA}\cdot\lp -\V{IA}\rp=-IA^2$. 

    On a donc bien ainsi, 
    $\V{MA}\cdot\V{MB}=MI^2-IA^2$. 

  \item On a alors, 
    $M\in\mathcal{E}
    \iff \V{MA}\cdot\V{MB}=7
    \iff MI^2-IA^2=7
    $
    or, $IA=\dfrac{AB}{2}=3$, d'o\`u $IA^2=9$, 
    et donc, 
    $M\in\mathcal{E}\iff MI^2=7+IA^2=16$. 
  \item $\mathcal{E}$ est donc le cercle de centre $I$ et de rayon
    $\sqrt{16}=4$. 
  \enen

\item En proc\'edant comme pr\'ec\'edemment, on a: 

  $M\in\mathcal{F}
  \iff \V{MA}\cdot\V{MA}=-10
  \iff MI^2-IA^2=-10
  \iff MI^2=-10+IA^2=-10+9=-1
  $
  ce qui est impossible car pour tout point $M$, \  $MI^2\geqslant 0$. 

  Ainsi l'ensemble $\mathcal{F}$ est vide: $\mathcal{F}=\emptyset$. 
\enen

\enex


\bgex
\bgen
\item 
  \bgen[a)]
  \item 
    $x^2+y^2-2x+4y+1=0
    \iff (x-1)^2+(y+2)^2=4
    $. 

    Le cercle $\mathcal{C}$ a donc pour centre 
    $\Omega(1;-2)$ et rayon $R=2$. 
  \item \ 

    \begin{pspicture}(-5,-5)(5,5)
      \psline{->}(-5,0)(5,0)
      \psline{->}(0,-5)(0,5)
      \multido{\i=-4+1}{9}{
        \psline(-0.1,\i)(0.1,\i)\rput(-0.3,\i){$\i$}
        \psline(\i,-0.1)(\i,0.1)\rput(\i,-0.3){$\i$}
      }
      \pscircle(1,-2){2}
      \rput(1,-2){$\tm$}\rput(0.8,-2.2){$\Omega$}
      \rput(3,4){$\tm$}\rput(2.8,4.3){$T$}
      % C': 
      \rput(2,1){$\tm$}\rput(1.8,1.2){$\Omega'$}
      \pscircle(2,1){3.162}
      %\psplot{-5}{5}{-1 3 div x mul -1 add}
      \rput(3.25,-2.2){$A_2$}
      \rput(-0.95,-0.85){$A_1$}
      \pspolygon(3,4)(1,-2)(-0.6,-0.8)
      \pspolygon(3,4)(1,-2)(3,-2)
    \end{pspicture}
  \enen

\item 
  \bgen[a)] 
  \item La droite $(TA_1)$ est tangente au cercle $\mathcal{C}$, et on
    a donc, $(TA_1)\perp (\Omega A_1)$. 
    
    Ainsi, le triangle $TA_1\Omega$ est rectangle en $A_1$, et $A_1$
    est donc sur le cercle de diam\`etre l'hypot\'enuse $[\Omega T]$. 

    \vsp
    De la m\^eme fa\c con, $A_2$ est sur le cercle de diam\`etre $[\Omega T]$. 

  \item Le cercle $\mathcal{C}'$, de diam\`etre $[\Omega T]$ a pour
    centre le milieu de $[\Omega T]$,  
    soit $\Omega'(2;1)$. 

    Le rayon de ce cercle est 
    $\dfrac{\Omega T}{2}=\sqrt{10}$. 

    Ainsi, une \'equation de $\mathcal{C}'$ est 
    $(x-2)^2+(y-1)^2=10$ ou encore, 
    $x^2+y^2-4x-2y-5=0$.

  \item On cherche 
    $M(x;y)\in \mathcal{C}\cup\mathcal{C}'
    \iff 
    \la\bgar{ll}
    x^2+y^2-2x+4y+1=0\\[0.3cm]
    x^2+y^2-4x-2y-5=0
    \enar\right.
    $
    
    En soustrayant ces deux \'equations, on obtient: 
    $2x+6y+6=0\iff x=-3y-3$, puis, en substituant dans une des 
    deux \'equations de cercle (dans celle de $\mathcal{C}$ par exemple
    ici):  

    $\bgar{ll}
    \la\bgar{ll}
    x^2+y^2-2x+4y+1=0\\[0.3cm]
    x=-3y-3
    \enar\right.
    &\Longrightarrow
    (-3y-3)^2+y^2-2(-3y-3)+4y+1=0 \\
    &\Longrightarrow
    10y^2+28y+16=0 \\[0.2cm]
    &\iff 
    5y^2+14y+8=0
    \enar
    $.

    Cette \'equation du second degr\'e a pour discriminant 
    $\Delta=36=6^2$, et admet donc deux racines: 
    $y_1=-\dfrac{4}{5}$ et $y_2=-2$. 

    Les abscisses correspondantes sont: 
    $x_1=-3y_1-3=-\dfrac{3}{5}$ 
    et $x_2=-3y_2-3=3$. 

    Les points d'intersections sont donc 
    $A_1\lp-\dfrac{3}{5};-\dfrac{4}{5}\rp$ 
    et $A_2(3;-2)$. 
    

  \enen
\enen

\enex

\label{LastPage}
\end{document}


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