E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Dans un repère orthonormé $\Oij$ du plan, on considère les points $A(2;-1)$, $B(0;3)$ et $C(3;1)$.

  1. a. Vérifier que$\vect{AB}.\vect{AC}=6$
    $\quad$
    b. Calculer $\norme{\vect{AB}}$ et $\norme{AC}$, on donnera les valeurs exactes.
    $\quad$
    c. Vérifier que $\cos\left(\widehat{BAC}\right)=0,6$ et en déduire la mesure de l’angle $\widehat{BAC}$ au degré près.
    $\quad$
  2. a. Vérifier qu’une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est $2x+y-3=0$.
    $\quad$
    b. On note $H$ le pied la hauteur du triangle $ABC$ issue du sommet $C$.
    Déterminer les coordonnées du point $H$.
    $\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. a. On a $\vect{AB}\begin{pmatrix}-2;4\end{pmatrix}$ et $\vect{AC}\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AC}&=-2\times 1+4\times 2\\
    &=6\end{align*}$.
    $\quad$
    b. On a :
    $\begin{align*} \norme{\vect{AB}}&=\sqrt{(-2)^2+4^2}\\
    &=\sqrt{20}\end{align*}$ $\quad$ et $\quad$ $\begin{align*} \norme{\vect{AC}}&=\sqrt{1^2+2^2}\\
    &=\sqrt{5}\end{align*}$
    $\quad$
    c. On a d’une part $\vect{AB}.\vect{AC}=6$ et d’autre part $\vect{AB}.\vect{AC}=\norme{\vect{AB}}\times \norme{\vect{AC}}\times \cos \widehat{BAC}$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \norme{\vect{AB}}\times \norme{\vect{AC}}\times \cos \widehat{BAC} =6 &\ssi \cos \widehat{BAC}=\dfrac{6}{\norme{\vect{AB}}\times \norme{\vect{AC}}} \\
    &\ssi \cos \widehat{BAC}=\dfrac{6}{\sqrt{20}\times \sqrt{5}} \\
    &\ssi \cos \widehat{BAC}=\dfrac{6}{10}\\
    &\ssi \cos \widehat{BAC}=0,6\end{align*}$
    $\quad$
    Ainsi $\widehat{BAC} \approx 53$°
  2. a. $2\times 2-1-3=0$ donc les coordonnées du point $A$ vérifient l’équation donnée.
    $0+3-3=0$ donc les coordonnées du point $B$ vérifient l’équation donnée.
    Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est donc $2x+y-3=0$.
    $\quad$
    b. On appelle $d$ la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par $C$.
    Le vecteur $\vect{AB}$ est donc un vecteur normal à la droite $d$.
    Une équation cartésienne de $d$ est donc de la forme $-2x+4y+c=0$.
    Le point $C(3;1)$ appartient à $d$ donc $-6+4+c=0 \ssi c=2$.
    Une équation de $d$ est donc $-2x+4y+2=0$ ou encore $-x+2y+1=0$.
    Les coordonnées du point $H$ sont solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} 2x+y-3=0\\-x+2y+1=0\end{cases} &\ssi \begin{cases} y=3-2x\\-x+2(3-2x)+1=0\end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} y=3-2x\\-5x+6+1=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} y=3-2x\\x=\dfrac{7}{5}\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{7}{5}\\y=3-2\times \dfrac{7}{5}\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{7}{5}\\y=\dfrac{1}{5}\end{cases}\end{align*}$
    Ainsi $H$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{7}{5};\dfrac{1}{5}\right)$.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence

E3C2 – Spécialité maths – Fonctions – 2020

Fonctions

E3C2 – 1ère

La courbe ci-dessous représente dans un repère du plan une fonction $f$ définie et dérivable sur l’ensemble des nombres réels.
Les points $G (-2 ; 5)$ et $H (0 ; 1)$ appartiennent à la courbe représentative de la fonction $f$ et les tangentes à la courbe aux points $G$ et $H$ sont horizontales.

  1. Déterminer $f(0)$, $f(-2)$, $f'(0)$ et $f'(-2)$.
    $\quad$
  2. On admet que pour tout réel $x$, $f(x)$ peut s’écrire sous la forme :
    $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$, où $a$, $b$, $c$ et $d$ désignent des nombres réels.
    a. Donner une expression de $f'(x)$.
    $\quad$
    b. Déterminer les valeurs des réels $c$ et $d$.
    $\quad$
    c. Déterminer deux équations que vérifient les réels $a$ et $b$.
    $\quad$
    d. En déduire que $f(x)=x^3+3x^2+1$.
    $\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. Le point $H(0;1)$ appartient à la courbe.
    Donc $f(0)=1$.
    Le point $G(-2;5)$ appartient à la courbe.
    Donc $f(-2)=5$.
    Les tangentes à la courbe aux points $G$ et $H$ sont horizontales.
    Donc $f'(0)=0$ et $f'(-2)=0$.
    $\quad$
  2. a. Pour tout réel $x$ on a  $$f'(x)=3ax^2+2bx+c$$
    $\quad$
    b. On sait que $f'(0)=0$
    Or $f'(0)=c$ donc $c=0$
    $\quad$
    On sait que $f(0)=1$
    Or $f(0)=d$ donc $d=1$.
    Ainsi $f(x)=ax^3+bx^2+1$ et $f'(x)=3ax^2+2bx$.
    $\quad$
    c. $f(-2)=5$ et $f(-2)=-8a+4b+1$
    Donc $-8a+4b+1=5 \ssi -8a+4b=4 \ssi -2a+b=1$
    $f'(-2)=0$ et $f'(-2)=12a-4b$
    Donc $12a-4b=0\ssi 3a-b=0$
    Les réels $a$ et $b$ vérifient donc les équations
    $\begin{cases} -2a+b=1\\3a-b=0\end{cases}$
    $\quad$
    d. On a
    $\begin{align*}\begin{cases} -2a+b=1\\3a-b=0\end{cases}&\ssi \begin{cases} b=3a\\-2a+3a=1\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} a=1\\b=3\end{cases}\end{align*}$
    Par conséquent, $f(x)=x^3+3x^2+1$.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence

E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Dans le plan muni d’un repère orthonormé, on considère le point $A$ de coordonnées $(3; 1)$ ainsi que la droite $(d)$ d’équation cartésienne $x-3y-4=0$.

  1. Déterminer les coordonnées du point $B$ d’abscisse $7$ appartenant à la droite $(d)$.
    $\quad$
  2. Donner un vecteur normal à la droite $(d)$.
    $\quad$
  3. Déterminer une équation de la droite $(\Delta)$ perpendiculaire à la droite $(d)$ passant par le point $A$.
    $\quad$
  4. Calculer les coordonnées du projeté orthogonal $H$ du point $A$ sur la droite $(d)$.
    $\quad$
  5. Calculer la distance $AH$ et en donner une interprétation.
    $\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. Si $x=7$ on a alors :
    $\begin{align*} 7-3y-4=0 &\ssi -3y=-3\\
    &\ssi y=1\end{align*}$
    Le point $B$ a donc pour coordonnées $(7;1)$.
    $\quad$
  2. Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est $x-3y-4=0$.
    Un vecteur normal à cette droite est donc $\vec{n}\begin{pmatrix}1\\-3\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  3. Le vecteur $\vec{n}$ est donc un vecteur directeur de $(\Delta)$.
    Une équation cartésienne de $(\Delta)$ est par conséquent de la forme $-3x-y+c=0$.
    Le point $A(3;1)$ appartient à cette droite.
    Ainsi $-9-1+c=0\ssi c=10$.
    Une équation cartésienne de $(\Delta)$ est donc $-3x-y+10=0$.
    $\quad$
  4. Le point $H$ est le point d’intersection des droites $(d)$ et $(\Delta)$. Ses coordonnées sont donc solution du système d’équations :
    $\begin{align*} \begin{cases} x-3y-4=0\\-3x-y+10=0\end{cases}&\ssi \begin{cases} x=3y+4\\-3(3y+4)-y+10=0\end{cases}  \\
    &\ssi \begin{cases} x=3y+4\\-9y-12-y+10=0\end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} x=3y+4\\-10y-2=0\end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} x=3y+4\\y=-0,2\end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} y=-0,2\\x=3,4\end{cases}\end{align*}$
    $H$ a donc pour coordonnées $(3,4\ ;\ -0,2)$.
    $\quad$
  5. Ainsi :
    $\begin{align*} AH&=\sqrt{(3,4-3)^2+(-0,2-1)^2} \\
    &=\sqrt{0,4^2+(-1,2)^2}\\
    &=\sqrt{1,6}\end{align*}$
    La distance du point $A$ à la droite $(d)$ est donc égale à $\sqrt{1,6}$.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence

E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Le logo d’une entreprise est constitué d’un carré, d’un cercle et d’un triangle.
Il a été représenté ci-dessous dans un repère orthonormé $\Oij$.

On donne les coordonnées des sommets du carré :
$$A(-3 ; 3) , B(3 ; 3) , C(3 ; 3) ,D(-3 ; -3)$$
On considère le point $E\left(-2;3+\sqrt{5}\right)$.

On admettra que $E$ est situé sur le cercle de diamètre $[AB]$.

On note $I$ le milieu de $[AB]$.

  1. Donner une équation cartésienne de la droite $(BD)$ et une équation du cercle de diamètre $[AB]$.
    $\quad$
  2. Montrer que la hauteur du triangle $BDE$ issue de $E$ admet pour équation cartésienne $$x+y-\left(1+\sqrt{5}\right)=0$$
  3. Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal $H$ du point $E$ sur la droite $(BD)$.
    $\quad$
  4. Calculer l’aire du triangle $BDE$ (en unités d’aire).
    $\quad$
  5. Montrer que $\vect{DB}.\vect{DE}=42+6\sqrt{5}$.
    On admet que $\norme{\vect{DE}}=\sqrt{42+12\sqrt{5}}$; en déduire la mesure de l’angle $\widehat{BDE}$ au degré près.
    $\quad$


$\quad$

Correction Exercice

  1. Un vecteur directeur de la droite $(BD)$ est $\vect{BD}\begin{pmatrix}-6\\-6\end{pmatrix}$.
    Une équation cartésienne de la droite $(BD)$ est donc de la forme $-6x+6y+c=0$
    Le point $B(3;3)$ appartient à la droite $(BD)$.
    Par conséquent $-18+18+c=0\ssi c=0$.
    Une équation cartésienne de la droite $(BD)$ est donc $-6x+6y=0$ ou encore $-x+y=0$.
    $\quad$
    On appelle $M$ le milieu de $[AB]$. $M$ a donc pour coordonnées $(0;3)$.
    $A$ et $B$ ont la même ordonnée donc :
    $AB=\left|x_B-x_A\right|$ soit $AB=6$.
    Le rayon du cercle est $R=\dfrac{AB}{2}$ donc $R=3$.
    Ainsi une équation cartésienne du cercle de diamètre $[AB]$ est :
    $(x-0)^2+(y-3)^2=3^2$ soit $x^2+(y-3)^2=9$.
    $\quad$
  2. On appelle $d$ la hauteur du triangle $BDE$ issue de $E$.
    Le vecteur $\vect{BD}$ est donc normal à la droite $d$.
    Une équation cartésienne de $d$ est par conséquent de la forme $-6x-6y+d=0$
    Le point $E\left(-2;3+\sqrt{5}\right)$ appartient à la droite $d$.
    Par conséquent $12-6\left(3+\sqrt{5}\right)+d=0 \ssi d=6+6\sqrt{5}$.
    Une équation cartésienne de $d$ est donc $-6x-6y+6+6\sqrt{5}$ ou encore, en divisant les deux membres par $-6$,$ x+y-\left(1+\sqrt{5}\right)$.
    $\quad$
  3. Le point $H$ appartient à la fois à la droite $(BD)$ et à la droite $d$.
    Ses coordonnées sont donc solution du système :
    $\begin{align*}\begin{cases}-x+y=0\\x+y-\left(1+\sqrt{5}\right)=0\end{cases}&\ssi \begin{cases}x=y\\x+x-\left(1+\sqrt{5}\right)=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases}x=y\\2x=1+\sqrt{5}\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases}x=y\\x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\end{cases}\end{align*}$
    Le point $H$ a donc pour coordonnées $\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2};\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)$.
    $\quad$
  4. L’aire du triangle $BDE$ est $\mathscr{A}=\dfrac{BD\times EH}{2}$
    Or $BD=\sqrt{(-3-3)^2+(-3-3)^2}$ soit $BD=6\sqrt{2}$
    et
    $\begin{align*} EH&=\sqrt{\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}+2\right)^2+\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}-3-\sqrt{5}\right)^2}\\
    &=\sqrt{\dfrac{15+5\sqrt{5}}{2}+\dfrac{15+5\sqrt{5}}{2}}\\
    &=\sqrt{15+5\sqrt{5}}\end{align*}$
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \mathscr{A}&=\dfrac{6\sqrt{2}\times \sqrt{15+5\sqrt{5}}}{2} \\
    &=15+3\sqrt{5}\end{align*}$
    $\quad$
  5. On a $\vect{DB}\begin{pmatrix}6\\6\end{pmatrix}$ et $\vect{DE}\begin{pmatrix}1\\6+\sqrt{5}\end{pmatrix}$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*}\vect{DB}.\vect{DE}&=6+6\left(6+\sqrt{5}\right) \\
    &=42+6\sqrt{5}\end{align*}$
    $\quad$
    On a également $\vect{DB}.\vect{DE}=DB\times DE\times \cos \widehat{BDE}$
    Par conséquent :
    $\begin{align*}\cos \widehat{BDE}&=\dfrac{\vect{DB}.\vect{DE}}{DB\times DE}\\
    &=\dfrac{42+6\sqrt{5}}{6\sqrt{2}\times \sqrt{42+12\sqrt{5}}}\end{align*}$
    Donc $\widehat{BDE}\approx 38$°.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence