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Correction Contrôle n° 5 Exercice I Méthode 1 : Exprimons les vecteurs ÄDE et ÄDF en fonction des vecteurs ÄAB et ÄAC . (Les points A, B et C n'étant pas alignés, les vecteurs ÄAB et ÄAC forment une base du plan). D'une part : ÄDE=ÄDA+ÄAE d'après la relation de Chasles =- 23 ÄAB+2ÄAC . D'autre part : ÄDF=ÄDA+ÄAB +ÄBF =- 23 ÄAB +ÄAB + 1 2 ÄBC = 13 ÄAB+ 1 2 ( )ÄBA +ÄAC = 13 ÄAB? 1 2 ÄAB + 1 2 ÄAC =- 16 ÄAB + 1 2 ÄAC . On remarque que : ÄDE=4ÄDF . Les vecteurs ÄDE et ÄDF sont colinéaires. Donc les points D, E et F sont alignés. Méthode 2 : Dans le repère ( )A;ÄAB ;ÄAC : On a : D( ) 23 ;0 ; E(0;2) Et : ÄBF = 1 2 ÄBCñÄBA +ÄAF = 1 2 ( )ÄBA +ÄAC ñÄAF =ÄAB ? 1 2 ÄAB + 1 2 ÄAC ñÄAF = 1 2 ÄAB + 1 2 ÄAC Donc F( ) 12 ; 12 . D'où ÄDE ?? ? ?? ?0? 23 2?0 c'est-à-dire ÄDE ?? ? ?? ?- 23 2 Et ÄDF ?? ?? ?? ?? 1 2 ? 2 3 1 2 ?0 c'

äab

äac

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äab ?

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vecteurs äde

dire äde

vecteur directeur de dm

colinéaires ñ4

relation de chasles

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Relation de Chasles

Correction Contrôle n° 5

Exercice IMéthode 1 : Ä ÄÄ Ä Exprimons les vecteursDEetDFen fonction des vecteursABetAC. Ä Ä (Les pointsA,BetCn’étant pas alignés, les vecteursABetACforment une base du plan). Ä ÄÄ D’une part :DE=DA+AEd’après la relation de Chasles 2 Ä Ä =-AB+2AC. 3 Ä ÄÄ Ä D’autre part :DF=DA+AB+BF2 1 Ä ÄÄ =-AB+AB+BC3 2 1 1 Ä ÄÄ =AB+(BA+AC)3 2 1 1 1 Ä Ä Ä =AB−AB+AC3 2 2 1 1 Ä Ä =-AB+AC. 6 2 Ä ÄÄ Ä On remarque que :DE=4DF. Les vecteursDEetDFsont colinéaires. Donc les pointsD,EetFsont alignés. Méthode 2 : Ä Ä Dans le repère(A AB;AC): ; 2 On a :D;0 ;E(0;2) (3) 1 1 Ä ÄÄ ÄÄ Ä Et :BF BCBA AF(BA+AC)=ñ+ =2 2 1 1 Ä ÄÄ Ä ñAF=AB−AB+AC2 2 1 1 Ä ÄÄ ñAF=AB+AC2 2 1 1 DoncF;. ( ) 2 2 2 2   0−-Ä3Ä3 D’oùD E c'estàdireD E   2−02 1 21    −-   2 36 Ä Ä EtD Fc'estàdireD F1 1 −  0 2 2 2 11 Ä Ä x y′−x′y=-×− -×2=0. Donc les vecteursDEetDFsont colinéaires. Donc... 3 2( ) 6

Exercice II9 6 Ä Ä (2)(y6) On a :E FetG H− Ä Ä (E F) et (GH) sont parallèles si et seulement siEFetGHsont colinéaires. siet seulement si 9(y−6)−6×2=0 22 siet seulement siy=. 3

Exercice III3 Ä (4) 1)On a :A MMéthode 1 : x−1 Ä (y+3) SoitM(x;y). On aA MÄ Ä M☻(A B)ñAMetABcolinéaires ñ4(x−1)−3(y+3)=0 ñ4x−3y−13=0 Méthode 2 : (A B) a une équation de la forme : 4x−3y+c=0 Or,A☻(A B), donc 4×1−3×(-3)+c=0. Doncc=-13 Donc l’équation de (A B) est : 4x−3y−13=0. 2)On calcule : 4×13−3×12−13=52−36−13=3 Les coordonnées deCne vérifient pas l’équation de (A B). DoncCn’appartient pas à la droite (A B). 1+m Å ( ) 3)Un vecteur directeur dedmestum2m Å Ä2 - += umetAB3sont colinéairessi et seulement si :m4(1m) 0 2 siet seulement si :3m−4m−4=0 Calculons le discriminant de ce trinôme :=...=64. 4+8 4−8 2 Le trinôme admet deux racines :m==2 etm==-2×3 2×3 3 2 Ainsidmest parallèle à (A B) si et seulement sim=2 oum=-. 3

Exercice IVx2 x

−∞ 0+∞ 0

x−∞ 0+∞2 x+1 1 x−∞ 0+∞ 1 1 2 x+1 x−∞ 0+∞ 4 1 3+2 x+1 x−∞ 0+∞ 2 13+2 x+1

Exercice V1)Première méthode : π ππ Ä ÄÄ ÄÄ Ä a)(AB AC).(AJ;AB)=(AC;AI)=; =2 33 Ä ÄÄ ÄÄ ÄÄ Ä b)(AI AJ) (AI;AC) (AC AB) (AB AJ); =+ ; + ; Ä ÄÄ ÄÄ Ä (AC;AI)−(AB AC) (AJ AB)=- ;− ; π π π =-−−[2π] 3 2 3 7π =-[2π] 6 5π =[2π] 6 Æ c)On en déduit queI A J=5×30°=150° Æ 180°−I A J Æ d)Comme le triangleA I Jest isocèle enA(A I=A J), alors :I J A==15°. 2 π Ä Ä Ainsi(JI;JA)=±rad. 12 π Ä Ä L observation de la figure permet de préciser que l angle(JI JA)rad. ’ ’; =-12 e)Finalement, Ä ÄÄ ÄÄ ÄÄ ÄÄ Ä (JI BC)(JI JA) (JA JB) (JB JA) (BA BC); =; + ; + ; + ; π π2π π =-−+−[2π] 12 33 4 =0[2π] Ä Ä f)On en déduit que les vecteursJIetBCsont colinéaires et donc que les droites (J I) et (B C) sont parallèles. 2)Deuxième méthode : 3 11 3    Dans le repère proposé :A(0;0),B(1;0),C(0;1),I-;,J;-. 2 2 2 2 Ä Ä On calcule alors les coordonnées des vecteursBCetIJ: 1+3  1  -2 Ä Ä ( )-+1 B CetI J13 2 1+3 Ä Ä On remarque que :IJ=-BC. Ces deux vecteurs sont donc colinéaires... 2

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