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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 =-3ÄAB+ 3 2 ÄAC . D'autre part : ÄDF=ÄDA+ÄAB +ÄBF =-3ÄAB +ÄAB +2ÄBC =-2ÄAB +2( )ÄBA +ÄAC =-2ÄAB ?2ÄAB +2ÄAC =-4ÄAB +2ÄAC . On remarque que : ÄDE= 3 4 ÄDF . 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( )3;0 ; E(0; 32 ) Et : ÄBF =2ÄBCñÄBA +ÄAF =2( )ÄBA +ÄAC ñÄAF =ÄAB ?2ÄAB +2ÄAC ñÄAF =-ÄAB +2ÄAC Donc F(-1;2). D'où ÄDE ?? ? ?? ?0?3 3 2 ?0 c'est-à-dire ÄDE ?? ? ?? ?-3 3 2 . Et ÄDF( )-1?32?0 c'est-à-dire ÄDF ( )-42 xy ??x ?y=-3?2?(-4)? 3 2 =0.

äab

vecteurs äde

vecteur directeur de dm

colinéaires ñ4

äab ?2äab

correction contrôle

relation de chasles

äde ??

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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 3 Ä Ä =-3AB+AC. 2 Ä ÄÄ Ä D’autre part :DF=DA+AB+BFÄ ÄÄ =-3AB+AB+2BCÄ ÄÄ =-2AB+2(BA+AC)Ä Ä Ä =-2AB−2AB+2ACÄ Ä =-4AB+2AC. 3 Ä ÄÄ Ä On remarque que :DE=DF. Les vecteursDEetDFsont colinéaires. Donc les pointsD,EetFsont alignés. 4 Méthode 2 : Ä Ä Dans le repère(A AB AC): ; ; 3 On a :D(30);E(0;) ; 2 Ä ÄÄ ÄÄ Ä Et :BF=2BCñBA+AF2(BA+AC)= Ä ÄÄ Ä ñAF=AB−2AB+2ACÄ ÄÄ ñAF=-AB+2ACDoncF(-1;2). 0−3-3    Ä Ä D’oùD E c'estàdireD E . 3 3 −02 2 -1−3-4 Ä Ä ( )( ) EtD Fc'estàdireD F2−0 2 3 Ä Ä x y′−x′y=-3×2−(-4)×=0. Donc les vecteursDEetDFsont colinéaires. Donc... 2

Exercice II-11 8 Ä Ä ( )( ) On a :E FetG H2y−4 Ä Ä (E F) et (GH) sont parallèles si et seulement siEFetGHsont colinéaires. siet seulement si-11(y−4)−2×8=0 28 ement siy= siet seul. 11

Exercice III1 Ä (4) 1)On a :A MMéthode 1 : x−1 Ä ( ) SoitM(x;y). On aA My+3 Ä Ä M☻(A B)ñAMetABcolinéaires ñ4(x−1)−1(y+3)=0 ñ4x−1y−7=0 Méthode 2 : (A B) a une équation de la forme : 4x−1y+c=0 Or,A☻(A B), donc 4×1−1×(-3)+c=0. Doncc=-7 Donc l’équation de (A B) est : 4x−3y−7=0. 2)On calcule : 4×15−1×50−7=60−50−7=3 Les coordonnées deCne vérifient pas l’équation de (A B). DoncCn’appartient pas à la droite (A B). 1+m Å (m) 3)Un vecteur directeur dedmestum2Å Ä2 umetAB1si et seulement si :sont colinéairesm-4(1+m)=0 2 siet seulement si :1m−4m−4=0 Calculons le discriminant de ce trinôme :=...=32. 4+4 24−4 2 Le trinôme admet deux racines :m==2+et2 2m==2−2 2 2 2 Ainsidmest parallèle à (A Bi) si et seum lement s=2+2 2oum=2−2 2.

Exercice IVx2 x

x2 x+3 x2 x+3

−∞ 0+∞ 0

−∞+ 0∞ 3

−∞+ 0∞3

x−∞+ 0∞1 3 ou3 3 1 2 x+3 x−∞ 0+∞1 -1 3 2- ou-x+333

Exercice Vπ2π 1)72×=. 180 5 -17π-18π+π π-17π π 2)==-6π+Don=[2π] 3 33 33 -π2π 3)(u v) (u u) (u v) (u v)=-Å;Å = -Å;Å + Å;Å =π+ ;Å=π+3 3 π 4)(-3u;-v) (u v)Å Å= Å;Å =4

Exercice VI12π+π Ä Ä 1)(OI OA) [2π] ; =6 π = [2π]. 6 -6π−π Ä Ä (OI)= [2π] ;OB 3 π =- [2π]. 3 16π+3π Ä Ä (OI OC)[2 ] ; =π 4 3π =[2π]. 4 2)

π π Ä Ä 3)(OA;OB)=-− [2π] 3 6 π =- [2π] 2 3ππ Ä Ä (OB;OC)=− - [2π]4( ) 3 1 3π = [2π] 12 24π−11π = [2π] 12 11π =- [2π] 12 Enfin : Ä ÄÄ ÄÄ Ä (OA;OC)=(OA;OB)+(OB;OC) d’après la relation de Chasles π11π =-+ -[2π]2(12) 17π =-[2π] 12 -24π+7π =[2π] 12 7π =[2π]. 12

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