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Corrigé du Sujet de Baccalauréat - Session Principale 2014 – 4ème Math par ANIS

Corrigé du Sujet de Baccalauréat - Session Principale 2014 – 4ème Math par ANIS BEN ALI Page 1/7 1) a) Dans le repère (A,i,j, k)on a : ( ) ( ) ( ) A 0,0,0 , B 6, 0, 0 , C 6, 6,0 , ( ) ( ) D 0,6,0 , E 0,0,6 , ( ) ( ) ( ) G 6,6,6 , F 6,0,6 et H 0,6,6 .                6 0 AC 6 et AH 6 0 6         ∧ − ⇒ ∧ = −             36 1 Donc AC AH 36 AC AH 6n où n 1 36 1 b) n est un vecteur normal de P donc − + + = P : x y z d 0 et comme ∈ = A P , d 0 d’où − + = P : x y z 0 . c) On utilise le résultat de deuxième année sciences: Deux plans sont parallèles si l’un d’eux contient deux droites sécantes parallèles à l’autre. En effet, ( ) ( ) ( ) = ⇔ = ⇒ BG / / (AH) GH BA BG AH BG / /(ACH) ( )( ) ( ) = ⇔ = ⇒ (EG)/ / AC AE CG AC EG (EG)/ / ACH Et comme (EG) et (BG) sont sécantes du plan (EBG) ,(EBG)/ /(ACH) Ainsi − + + = Q : x y z d' 0 . ∈ ⇒ + = ⇒ = − B Q 6 d' 0 d' 6 . Conclusion : − + − = Q : x y z 6 0. 2) a) Le rayon de S est = R 3 et son centre I a pour coordonnées( ) − 1 , 1 ,1 . b) On pourra commencer par déterminer les coordonnées ( ) x,y,z de J qui vérifient le système = α   = −α   = α   − + − =  x y z x y z 6 0 .On obtient donc =   = −   =  α =  x 2 y 2 z 2 2 Conclusion : ( ) − J 2, 2,2 . On montre facilement que ∈ + + − × + × + × = 2 2 2 A S : 0 0 0 2 0 2 0 2 0 0 et que I est le milieu du segment [ ] AJ . Ou bien, on pourra également montrer que = = AJ 2R 2 3 et que I est le milieu de[ ] AJ . Conclusion :[ ] AJ est un diamètre pour S. c) La droite (AJ) est perpendiculaire aux deux plans P et Q respectivement en A et J car P et Q sont parallèles et ( ) ⊥ AJ Q ; comme = = IA IQ 3 donc S est tangente à P et à Q respectivement en A et J. Barème Exercice 1 CORRIGE DE L’EPREUVE DE MATHEMATIQUES (SECTION MATHEMATIQUES) Anis BEN ALI SESSION PRINCIPALE 2014 www.tunisia-study.com Tél : 52180911 Corrigé du Sujet de Baccalauréat - Session Principale 2014 – 4ème Math par ANIS BEN ALI Page 2/7 3) a) On a les expressions analytiques de t sont = +   = +   = +  x' x 2 y' y 4 z' z 2 .En remplaçant les coordonnées de A et J dans le système précédent, on obtient : ( ) ( ) A' 2,4,2 et J' 4,2,4 . b) S’ est la sphère de centre I’ et de rayon = R 3 où I’=t(I). ( ) ( ) I' 3,3,3 ou bien S’ est la sphère de diamètre [ ] A'J' . c) S est tangente aux deux plans P et Q respectivement en A et J et vu que toute translation conserve le contact, S’ sera tangente à ( ) t P et ( ) t Q respectivement en A’ et J’. Or le vecteur et u est un vecteur directeur des deux plans P et Q car ⊥ u n ( ) ( ) = × + × − + × = u.n 2 1 4 1 2 2 0 . On conclut alors que ( ) = t P P et ( ) = t Q Q . Conclusion : S’ est tangente à P et Q respectivement en A’ et J’. 1) a) Le rapport k de f est = = BD 1 k AC 3 et son angle est ( ) ( ) [ ] ≡ π AC ; BD OC ; OD 2 . [ ] π ≡ π 2 2 . b) ֏ f A B et le rapport de f est différent de 1 donc le centre Ω de f est l’unique point du plan vérifiant ( ) ( ) [ ] ( ) Ω = Ω    π Ω Ω ≡ π   1 B A 3 A ; 1 2 B 2 2 et O qui vérifie les deux conditions ( ) 1 et ( ) 2 précédentes est le centre de f. 2) a) ( ) [ ]  π ⇒ ≡ π    ֏ ֏ f f A B AD ; BD' 2 2 D D' ,la droite (BD’) porte donc la hauteur issue de B dans le triangle ABD( ) i . De plus ֏ f D D' ( ) [ ] π ⇒ ≡ π OD ; OD' 2 2 et comme (AO) est perpendiculaire à (OD),O,A et D’ sont alignés et la droite (AD’) porte donc la hauteur issue de A dans le triangle ABD( ) ii . ( ) i et ( ) ⇒ ii D’ est l’orthocentre du triangle ABD. =   = =       ⇒ ⇒ ⇒ = ×       = =      ֏ ֏ f OB OD f 1 1 OB OA OD OA A B 1 1 3 3 OD' OA 1 1 3 3 D D' OD' OD OD' OD 3 3 et le résultat en découle. b)     ⇒ = = = =      ֏ ֏ ֏ ֏ f f f f A B B B' 1 1 1 1 BB' AB , B'D BC , DD' CD et BD' AD 3 3 3 3 C D D D' et comme Exercice 2 www.tunisia-study.com Tél : 52180911 Corrigé du Sujet de Baccalauréat - Session Principale 2014 – 4ème Math par ANIS BEN ALI Page 3/7 ABCD est un losange, BB’DD’ l’est aussi. 3) a) ( ) = AC g f o S (composée d’une similitude directe et d’un antidéplacement) : g est donc une similitude indirecte de rapport = 1 k 3 (celui de f). b) ( ) ( ) ( ) ( ) = = = AC g O f o S O f O O, ( ) ( ) ( ) ( ) = = = AC g A f o S A f A B ( ) ( ) ( ) ( ) = = = AC g B f o S B f D D' , ( ) ( ) ( ) ( ) = = = AC g C f o S C f C D et ( ) ( ) ( ) ( ) = = = AC g D f o S D f B B' . c) ( ) = g O O et le rapport de g est différent de 1,O est donc le centre de g et comme ( ) = g A B donc ∆ est la bissectrice intérieure de [ ] OA,OB . d) La forme réduite de g est ∆ ∆             = = 1 1 O, O, 3 3 g h o S S o h . { } ( ) { } ( ) ( ) ( ) = ∆∩ ⇔ = ∆∩ M AB g M g AB d’où { } ( ) ( ) { } = ∆∩ = g M BD' N et de la même manière, on montre que ( ) = g Q P . Ainsi ( ) = g M N et ( ) = g Q P donc = ⇔ = 1 NP MQ MQ 3NP 3 www.tunisia-study.com Tél : 52180911 Corrigé du Sujet de Baccalauréat - Session Principale uploads/Ingenierie_Lourd/ corrige-de-l-x27-epreuve-de-mathematiques-section-mathematiques-p2014-pdf 1 .pdf