EXERCICE N1 : 1) a) Dans le triangle rectangle BCD on a : rectangle IHB on a :

EXERCICE N1 : 1) a) Dans le triangle rectangle BCD on a : rectangle IHB on a : tanCBD  b) Dans le triangle IDB on a : E Or (IB)⊥(IH) et IH= 1 2IB d'après rectangle et isocèle en H et comme EHI est un triangle direct alors 2) a) f(H)=hoR(H)=h(H)=B car H b) f(I)=hoR(I)=h(E) et h(E)=I car E c) f est la compose d'une homothétie directe de rapport k=2 (le rapport positif de l'homothétie h), k≠1) et d'angle (l'angle de la rotation R). d) Dans les deux triangles IAC et CBD on a : alors par conséquent IAC  = D'autre part (IA)⊥(IC), et comme le triangle AIC est direct alors Ainsi  IA = 2. IC IC ⃗, IA ⃗   ≡  [2] alors 3) a) On a : f(C)=A et f(H)=B alors et par la suite I et F appartiennent au cercle de diamètre Dans le cercle de diamètre inscrits interceptant le même arc alors Or BH ⃗, BF ⃗   ≡CD ⃗, CH ⃗   [2 car HFB  = HDC  =  2 et BHF  et comme CDH est un triangle rectangle et isocèle en D (DC BH ⃗, BF ⃗   ≡ 4 [2]. D'où IH   b) DIH  = EIH  =  4 car EIH est un triangle rectangle et isocèle en H ( et HIF  =  4 alors DIF  = DIH  + HIF  f((ID)) est la droite perpendiculaire à (ID) et passant par le point f(I) c) On a f(C)=A et f(H)=B alors f((CH)) et on a J∈(CH)∩(DI) alors f(J) CORRIGÉ DU SUJET DE MATHS BAC 2018 SESSION PRINCIPALE $% Dans le triangle rectangle BCD on a : tanCBD  = CD DB = 1 2 . D'autre part CBD  = IH IB alors &' &( = ) (⋆) Dans le triangle IDB on a : E=I⋆D et H=B⋆D alors (EH)∥(IB) et EH d'après (⋆) , alors IH=EH et IHE  = π 2 donc le triangle IHE est et comme EHI est un triangle direct alors H=B⋆D. D'où f(H)=B I car E=I⋆D, alors f(I)=I d'une homothétie h et d'un déplacement R alors f est une (le rapport positif de l'homothétie h), de centre I (l'angle de la rotation R). Dans les deux triangles IAC et CBD on a : CIA  = CDB  = π 2 et BCD  = CBD  donc &- &. = tanCBD  = 1 2 d'où IA= (IC), et comme le triangle AIC est direct alors alors f(C)=A B alors f((CH))=(AB) d'où (CH)⊥(AB) donc appartiennent au cercle de diamètre [HB] de diamètre [HB] les angles /IH ⃗, IF ⃗0 et /BH ⃗, BF ⃗0 sont deux angles inscrits interceptant le même arc alors IH ⃗, IF ⃗   ≡BH ⃗, BF ⃗   [2] [ ] en effet : les deux triangles CDH et HBF sont semblables BHF  = CHD  (deux angles opposés par le sommet) et comme CDH est un triangle rectangle et isocèle en D (DC=DH IH ⃗, IF ⃗   ≡ 4 [2] EIH est un triangle rectangle et isocèle en H (R(I) HIF  =  2 d'où (ID)⊥(IF). f((ID)) est la droite perpendiculaire à (ID) et passant par le point f(I) f((CH))=(AB) ) alors f(J) ∈f((CH))∩f((DI)) cela signifie que f(J)∈ CORRIGÉ DU SUJET DE MATHS BAC 2018 SESSION PRINCIPALE PROPOSÉ PAR SALAH HANNACHI D'autre part dans le triangle (IB) et EH= 1 2IB donc le triangle IHE est et comme EHI est un triangle direct alors R(I)=E. alors f est une similitude de centre I (car f(I)=I et BCD  = ICA  (angle commun) 2.IC (IC), et comme le triangle AIC est direct alors IC ⃗, IA ⃗   ≡  [2] donc HFB  = HIB  =  2 ] 0 sont deux angles ] en effet : les deux triangles CDH et HBF sont semblables (deux angles opposés par le sommet) DH= ) DB) alors R(I)=E) f((ID)) est la droite perpendiculaire à (ID) et passant par le point f(I)=I. Alors f((ID))=(IF) ∈(AB)∩(IF) CORRIGÉ DU SUJET DE MATHS et comme F∈(AB) alors f(J)=F d) f((IF)) est la droite perpendiculaire à (IF) et passant par le point f(I)=I, alors f((IF))=(ID) F∈(CH)∩(IF) alors f(F) ∈f((CH))∩f((IF)) cela signifie que f(F)∈(AB)∩(ID). D'où f(F)= Ω 4) Montrons d'abord que F=A⋆Ω. Ce ci revient à montrer que J=F⋆C ? Le triangle DCH est rectangle et isocèle en D (c'est déjà justifié) alors ACF  =  4 et comme CFA  =  (c'est déjà montré) alors le triangle AFC est isocèle en F, d'où AF=FC D'autre part AF=2.CJ ( car f(C)=A et f(J)=F) alors FC=2.CJ et comme de plus J∈[CF] alors J=F⋆C. La similitude f conserve le milieu alors f(J) =f(F)⋆f(C), d'où F=A⋆Ω et par conséquent (FC) est un axe de symétrie dans le triangle A ΩC, ce qui implique que CΩF  = CAF  =  4 D'où le triangle CA Ω est rectangle en C. EXERCICE N2 : 1) a) Le triangle FDG est rectangle en D (car D∈2 et [FG] est le diamètre de 2), de plus O est le projeté orthogonal de D sur [FG]. Alors OD = OF × OG d'où OD = 1 + √2 b) 7. = 8. 91 + √2. :;< = 8. √OD . :;< = OD. :;= >. :;< = OD. :;(<@= >) 2) (E) : 7 + √ ;9)@√ :;<7 + : ;< = 0 a) 8. 91 + √2. :;< + √ ;9)@√ :;< 8. 91 + √2. :;< + : ;< = −/1 + √20: ;< + √2: ;< + : ;< = 0 Alors 7. est une solution de l'équation (E). b) On sait que 7.. 7( = : ;< alors cela signifie que 7( = D>EF GH = D>EF ;.9)@√ .DEF = −8 DEF 9)@√ Ainsi 7( = :8(I− 2) OD 3) a) GH GJ = KL.DE(FM= >) :8(I− 2) OD = OD2. :8 = −OD2 ∈IR alors les vecteurs OA ⃗ et OB ⃗ sont colinéaires (et de sens contraires). D'où O, A et B sont alignés. b) Voir la figure c) OPP(.- ⃗) OPP(.( ⃗) = GQRGH GJRGH = KLDEFRKL.DE(FM= >) SE(FT= >) UV R KL.DE(FM= >) = KLRKL.DE= > STE= > UV R KL.DE= > = KLR;.KL TE UV – ;.KL = ;.KL@KL X UV@KL = OD2 1+OD2 (1 + 8) = )@√ @√ (1 + 8) = )@√ √ ()@√ ) (1 + 8) = ) √ (1 + 8) = √ (1 + 8) ● On a : OPP(.- ⃗) OPP(.( ⃗) = √2 2 (1 + 8) alors : YZff(AC ⃗) Zff(AB ⃗)Y = √ |1 + 8| = √ √2 = 1 cela signifie que .- .( = 1, d'où le triangle ABC est isocèle en A et de plus AB ⃗, AC ⃗   ≡Arg √ (1 + 8) [2] ≡Arg(1 + 8)[2] Ainsi AB ⃗, AC ⃗   ≡π 4 [2] d) Voir la figure EXERCICE N3 : A) 1) a) _8` a⟶cMd(e) = _8` a⟶cMe. _fe = 0 alors _8` a⟶cMd(e) = d(0) d'où d est continue à droite en 0 b) _8` a⟶cM d(e) e = _8` a⟶cM e._fe e = _8` a⟶cM_fe = −∞ alors d n'est pas dérivable à droite en 0. Donc la courbe (h i) admet au point O(0,0) une demi-tangente à droite verticale dirigée vers le bas. c) d est dérivable sur ]0, +∞[ et on a : dj(e) = _fe + 1 pour tout e > 0. 2) a) Voir la figure b) d(e) −e = e(_fe −1) ∀e > 0 et d(0) −0 = 0 alors : d(e) + e = e(_fe + 1) ∀e > 0 et d(0) + 0 = 0 alors : c) Courbe (h i) 3) L'aire m de la partie S : m = m) + m où m) est l'aire du triangle OBB' avec B' est le point de ∆ d'abscisse ) D et m est l'aire de partie du plan limitée par (h i), ∆ et les droites d'équations e = ) D et e = : m) = X S×> S = ) D> m = ∫/e −d(e)0pe D X S = ∫(e −e_fe)pe D X S = q a> rX S D −sq a> _ferX S D −q a> t rX S D u = D> − ) D> − D> + ) D> − D> t + ) tD> = D> t − v tD> Alors m = ) D> + D> t − v tD> = D> t − ) tD> = ) t : − ) D>.(w. x) B) 1) a) La fonction y ⟼y{:| est continue et strictement positive sur q ) D , 1r alors w{ = ∫y{:|py ) X S > 0. b) Pour tout ) D ≤y ≤1 on a : 0 < : X S ≤:| ≤: alors 0 < y{:| ≤:. y{ En intégrant uploads/S4/ corrige-bacmath2018.pdf

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• Détails
• Publié le Sep 27, 2022
• Catégorie Law / Droit
• Langue French
• Taille du fichier 0.6286MB