Remerciez-le!

Remerciez @Admin pour avoir partagé cet document gratuitement, de la manière la plus simple, en partageant sur les réseaux sociaux.

- 1 - Niveau: 2 P.C. + 2 S.V.T CORRECTION SUJET MATH BAC page Benmoussa Mohamme

- 1 - Niveau: 2 P.C. + 2 S.V.T CORRECTION SUJET MATH BAC page Benmoussa Mohammed L’espace est rapporté à un repère orthonormé direct   O,i, j,k . on considère les points   A 1, 1, 1   et   B 0, 2,1    et C 1, 2,0  . 1. .. a. Montrer que : AB AC i j k   . …....................................................................................… ( 0,75 ) On a : 0 1 1 1 1 0 AB 2 1 AB 1 et AC 2 1 AC 1 1 1 2 0 1 1                                                    . D’où :       1 0 1 1 1 0 1 0 AB AC 1 1 i j k 1 2 i 1 0 j 1 0 k 2 1 2 1 1 1 2 1                                      . Conclusion : AB AC i j k   b. En déduire que x y z 1 0    est l’équation cartésienne du plan   ABC . ………….……. ( 0,5 ) 1ère méthode :  On a le vecteur AB AC i j k   ou encore   AB AC 1,1,1  est un vecteur normal au plan   ABC .  D’où :       M x,y,z ABC AM. AB AC 0           x 1 1 y 1 . 1 0 z 1 1 1 x 1 1 y 1 1 z 1 0 x 1 y 1 z 1 0 x                             y z 1 0     Conclusion : x y z 1 0   est une équation cartésienne du plan   ABC . 2ième méthode :  Le vecteur   AB AC 1,1,1  est un vecteur normal au plan   ABC donc équation du plan   ABC est de la forme : x y z d 0     .  Le point   A 1, 1, 1   appartienne au plan   ABC donc :     1 1 1 1 1 1 d 0     d’où d 1  . Conclusion : x y z 1 0   est une équation cartésienne du plan   ABC . - 2 - Niveau: 2 P.C. + 2 S.V.T CORRECTION SUJET MATH BAC page Benmoussa Mohammed 2. on considère la sphère S d’équation cartésienne 2 2 2 x y z 4x 2y 2z 1 0        . on vérifie que la sphère  S a pour centre le point   2, 1,1   et pour rayon R 5  . ….......… ( 0,75 ) on a :       2 2 2 2 2 2 2 2 2 x 2 z 1 y 1 x y z 4x 2y 2z 1 0 x 4x 4 4 y 2y 1 1 z 2z 1 1 1 0                                 2 2 2 2 2 2 2 x 2 4 y 1 1 z 1 1 1 0 x 2 y 1 z 1 5 5                  La dernière écriture représente l’équation cartésienne de la sphère de centre   2, 1,1   et de rayon R 5  . Conclusion : la sphère  S a pour centre le point   2, 1,1   et pour rayon R 5  . 3. .. a. Calculer     d , ABC  . ……………………………………………………………………...……. ( 0,5 ) On a :     2 2 2 2 1 1 1 3 d , ABC 3 3 1 1 1        . ( on remplace x y z 1    (sans écrire 0  ) par les coordonnées de   2, 1,1   ) Conclusion :     d , ABC 3   b. En déduire que le plan   ABC coupe la sphère  S suivant un cercle   . ………………….( 0,5 ) Puisque le rayon du cercle est R 5  et on a ;     d , ABC 3 5    d’où l’intersection du plan   ABC et la sphère  S sera un cercle   . Conclusion : le plan   ABC coupe la sphère  S suivant un cercle   . 1. Résoudre dans l’ensemble des nombres complexes l’équation 2 z 2z 4 0    . ……….……….. ( 0,75 ) On calcule :le discriminant  : On a :   2 2 4 1 4 4 16 12       . D’où l’équation a deux solutions complexes conjuguées : 1 2 i 2 i 12 2 i2 3 z 1 i 3 2 1 2 2           et 2 1 z z 1 i 3   Conclusion : ensemble des solutions de l’équation est :   S 1 i 3 ; 1 i 3    2. Dans le plan complexe  P étant rapporté à un repère orthonormé direct   0,u, v , On considère les points A , B , C et D d’affixes respectives a 1 i 3  , b 2 2i   , , c 3 i   et d 2 2 3  . a. Vérifier que :   a d 3 c d    . ……………….…………...………………………...………….. ( 0,5 ) On a : - 3 - Niveau: 2 P.C. + 2 S.V.T CORRECTION SUJET MATH BAC page Benmoussa Mohammed    c d 3 i 2 2 3 3 2 i      .      c d a d 1 i 3 2 2 3 3 2 3 i 3 3 3 2 i 3 c d                        donc   a d 3 c d    Conclusion :   a d 3 c d    b. En déduire que : les points points A , C et D sont alignés . ……………………………………….. ( 0,25 ) On a :  Le vecteur DA a pour affixe DA z a d   .  Le vecteur DC a pour affixe DC z c d     DA DC a d 3 c d z 3z      DA 3DC   Par suite les deux vecteurs DA et DC sont colinéaires donc les points A et C et D sont alignés . Conclusion : les points A et C et D sont alignés . 3. Soit z l’affixe du point M et z' l’affixe du point M' ; l’image de M par la rotation R de centre le point O et d’angle 3   . Vérifier que : 1 z' az 2  . ……….……………..………….………………………….……..………..….. ( 0,5 ) L’écriture complexe de la rotation R est de la forme :   i z' z e    avec  est l’affixe du centre de la rotation et  est l’angle de la rotation . D’où :   i 3 z' 0 z 0 e     ( avec 0  est l’affixe du point O centre de la rotation et 3   est l’angle de la rotation R ) .     z' z cos isin 3 3 z cos isin 3 3 1 3 z i 2 2 1 z 1 i 3 2 1 az ; car : 1 i 3 a 2                  uploads/Ingenierie_Lourd/ examen-national-maths-sciences-et-technologies-2019-normale-corrige 1 .pdf