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اصالح مواضيع ال دورة الرئيسية جوان7102 شعبة : الر ياض يات 1 Corrigé de l’épreuv

اصالح مواضيع ال دورة الرئيسية جوان7102 شعبة : الر ياض يات 1 Corrigé de l’épreuve de mathématiques du baccalauréat Session principale 2017 Section : Mathématiques Exercice 1 1)   ( J , D) ( J , A) ( A , D) 2                   .  A J est un triangle rectangle en J tel que   (A , AJ) 2 . 12        Alors     ( J , A) (JA , J ) (A , AJ) 2 2 2 12                        DA est un triangle isocèle (direct) en D tel que     (A , AD) (A , AJ) 2 2 . 12              Alors     ( D , A) (A , AJ) 2 2 . 12              Par la suite     ( J , D) 2 2 . 2 12 12 3                2) a) R est la composée de deux symétries orthogonales d’axes sécants au point  Donc R est la rotation de centre  d’angle 2 3  car   2 2( J , D) 2 . 3          b)        2 2 F R J donc( J , F) 2 , de plus ( J , I) 2 2 . 3 3 12 4 3                                     onc 2 2 ( F , I) ( F , J) ( J , I) 2 2 0 2 d 3 3 F I .                               3) a)       f J hoR J h F I. b) f est la composée d’une homothétie et d’un déplacement donc f est une similitude directe.       f hoR h .  Alors est le centre de f.  f J I  et   2 2 ( J , I) 2 donc f est d'angle . 3 3            Remarques : * f = h o R donc l’angle de f est celui de R car le rapport de h est positif car    h(F) = I et F I . * h et R ont le même centre  alors  est le centre de f = h o R. c) Le triangle AI  est rectangle et isocèle enI , I 2 sin . A 4 2            Le triangle JA  est rectangle en J et AJ 12     , donc A 1 2 2 . J 3 1 sin 12             f(J) =I . Donc le rapport de f est égal à I I A 2 2 2 2 = . . 3 1. J A J 2 3 1 3 1                       J J J J f o S est la composée d'une similitude directe et d'un antidéplacement 4)a) ( S ), don g est une si c f o militude indirecte telle S est une similit ude indirecte. S est une sim que g et g J I.               J J ilitude indirecte . On vérifie facilement que f o S et f o S J I.       J Ainsi g et f o S  sont deux similitudes indirectes qui coïncident en deux points distincts donc   J g f o S .       J J b) Méthode1: g f o S et S est une similitude indirecte de rapport 1. Donc le rapport de g est celui de f c'est à dire 3 1.      Méthode2: g(J) =I  alors le rapport de g est     I 3 1. J 2                                       c) g J I donc l'axe de g est la droite qui porte la bissectrice intérieure de l'angle I J. Or J , D D , I 2 ,alors la droite D porte la bissectrice intérieure de l'an      gle I J. Ainsi l'axe de g est la droite D .                                  D D , 3 1 , 3 1 D d) g est la similitude indirecte de centre , de rapport 3 1 et d'axe D donc la forme réduite de g est g h o S S oh I I h est l'homothétiedecentre , de rapport 3 1. Donc g h o S . F J                       J J D J J D Ou bien : g f o S hoRoS hoS oS oS hoS . e) K est un point de l’axe de g donc     ΩD K ' g K h o S K h K .    * h (K) = K’ et h (F) = I * Le point K’ est donc le point d’intersection de la droite   K  avec la droite passant pat I et parallèle à la droite   FK . Exercice 2 1 0 0 0 1) a) EC 1 ; ED 1 d'où EC ED 1 or AH 1 donc EC ED AH. 1 1 1 1                                                    b) L’aire du triangle ECD est égale à : 1 1 2 EC ED . AH 2 2 2              c) Le volume du tétraèdre AECD est :                 0 1 1 v EC ED .EA . Avec EA 0 , On trouve v . 6 6 1                     2) a) C AC DCG d'où h C h AC h DCG .           h AC AC car le centre de h appartient à AC et h DCG est le plan passant 3            par M et parallèle au plan DCG . Comme AC h DCG N alors h C N.                    C AG DCG d'où h G h AG h DCG . h AG AG et AG h DCG P alors h G P.          b) h(E) est le point d’intersection du plan h(ECD) avec la droite (AE)= h(AE). Donc h(E) = K. (h(ECD) est le plan parallèle à (ECD) et passant par M). Ainsi l’image par h du tétraèdre AECD est le tétraèdre AKMN. Par la suite         3 3 1 V AKMN x . 4 6 3) a) Méthode 1 : une équation du plan (DCG) est   y 1 0 d’où  1 d I,(DCG) 2 uploads/Ingenierie_Lourd/ bac-mathematiques-tunisie-2017-corriges-de-la-session-principale-pdf.pdf