E3C – Séries technologiques – Géométrie – Janvier 2020

E3C – Géométrie

Séries technologiques

L’objectif de cet exercice est de représenter en perspective cavalière la sculpture de Victor Vasarely représentée en photo ci-dessous avec uniquement les cercles extérieurs sur chaque face visible.

La figure donnée en annexe, qui est à rendre avec la copie, représente le cube de Vasarely en perspective cavalière sur lequel sont représentées les cercles inscrits des faces $ABFE$ et de $BCGF$.

  1. Sur figure donnée en annexe, on considère le cercle inscrit dans la face $ABFE$.
    Tracer la tangente $(t)$ en $M$ à ce cercle et montrer que $(t)$ et $(BE)$ sont parallèles.
    $\quad$
  2. Justifier que $OM=\dfrac{\sqrt{2}}{2}OA$.
    $\quad$
  3. Sur la face $ABCD$, construire le centre $O’$ de la face $ABCD$.
    $\quad$
  4. Le cercle inscrit dans la face $ABCD$ coupe respectivement les segments $[O’D]$, $[O’C]$, $[O’B]$ et $[O’A]$ en $M’$, $N’$, $P’$ et $Q’$.
    En utilisant les résultats établis dans la partie A (note personnelle : il s’agit du texte original !) et en effectuant les mesures nécessaires, construire ces points $M’$, $N’$, $P’$ et $Q’$.
    $\quad$
  5. Tracer ensuite les tangentes au cercle inscrit dans la face $ABCD$ en ces mêmes points en justifiant la construction, puis terminer le tracé de l’ellipse représentant le cercle inscrit dans le carré $ABCD$.
    $\quad$

Annexe

$\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. On obtient la figure suivante :
    $(t)$ est par définition perpendiculaire au rayon $[OM]$.
    Les diagonales d’un carré sont perpendiculaires. Donc $[OM]$ et $(BE)$ sont perpendiculaires.
    Par conséquent, $(t)$ et $(BE)$ sont parallèles.
    $\quad$
  2. Dans le triangle $AEF$ rectangle en $E$ on applique le théorème de Pythagore.
    $AF^2=AE^2+EF^2$.
    $ABFE$ est un carré donc $AE=EF$
    Par conséquent $AF^2=2AE^2$. $AF$ et $AE$ sont des longueurs; elles sont des positives.
    Ainsi $AF=AE\sqrt{2} \ssi AE=\dfrac{1}{\sqrt{2}} AF\ssi AE=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AF$
    Or $AF=2AO$ et $AE=2OM$ (car $[OM]$ est un rayon du cercle comme $[OI]$
    Ainsi $2OM=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\times 2AO \ssi OM=\dfrac{\sqrt{2}}{2}OA$.
    $\quad$
  3. Voir figure plus bas
    $\quad$
  4. Voir figure plus bas
    On a $O’N’=O’Q’=\dfrac{\sqrt{2}}{2}O’A$ et $O’M’=O’P’=\dfrac{\sqrt{2}}{2}O’D$.
    $\quad$
  5. Les tangentes sont parallèles aux diagonales $[AC]$ et [BD]$.

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Géométrie repérée – 2020

Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

$OABC$ et $ODEF$ sont des carrés de côtés respectifs $3$ et $2$. $OAMF$ est un rectangle.
On note $H$ le projeté orthogonal du point $M$ sur la droite $(DC)$.
Dans cet exercice, on pourra, si on le souhaite, se placer dans le repère $\left(O;\dfrac{1}{3}\vect{OA},\dfrac{1}{3}\vect{OC}\right)$.

  1. La droite $(OM)$ est-elle perpendiculaire à la droite $(DC)$ ?
    $\quad$
  2. Calculer $\vect{CD}.\vect{CM}$
    $\quad$
  3. Déterminer la longueur $CH$.
    $\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. Dans le repère $\left(O;\dfrac{1}{3}\vect{OA},\dfrac{1}{3}\vect{OC}\right)$ on a $O(0;0)$, $M(3;-2)$, $D(-2;0)$ et $C(0;3)$.
    Ainsi $\vect{OM}\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}$ et $\vect{DC}\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} \vect{OM}.\vect{DC}&=3\times 2+(-2)\times 3
    &=0\end{align*}$
    Ces vecteurs sont donc orthogonaux.
    Par conséquent les droites $(OM)$ et $(DC)$ sont perpendiculaires.
    $\quad$
  2. On a $\vect{CD}\begin{pmatrix}-2\\-3\end{pmatrix}$ et $\vect{CM}\begin{pmatrix}3\\-5\end{pmatrix}$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \vect{CD}.\vect{CM}&=-2\times 3+(-3)\times (-5)\\
    &=9\end{align*}$
    $\quad$
  3. $H$ est le projeté orthogonal de $M$ sur $(CD)$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \vect{CD}.\vect{CM}&=\vect{CD}.\vect{CH} \\
    &=CD \times CH\end{align*}$
    Dans le triangle $OCD$ rectangle en $O$ on applique le théorème de Pythagore.
    $\begin{align*} CD^2&=OD^2+OC^2 \\
    &=9+4\\
    &=13\end{align*}$
    Ainsi $CD=\sqrt{13}$.
    Donc $\vect{CD}.\vect{CM}=CH\sqrt{13}$
    Or $\vect{CD}.\vect{CM}=9$
    Par conséquent $CH=\dfrac{9}{\sqrt{13}}$
    $\quad$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Fonctions – 2020

Fonctions

E3C2 – 1ère

On considère un cône de révolution ayant une génératrice de longueur $20$ cm et d’une hauteur $h$ en cm.

On rappelle que le volume $V$ en cm$^3$ d’un cône de révolution de base un disque d’aire $\mathcal{A}$ en cm$^2$ et de hauteur $h$ en cm est : $V=\dfrac{1}{3}\mathcal{A}h$.

Dans cet exercice, on cherche la valeur de la hauteur $h$ qui rend le volume du cône maximum.

  1. Exprimer le rayon de la base en fonction de $h$.
    $\quad$
  2. Démontrer que le volume du cône, en fonction de sa hauteur $h$, est : $$V(h)=\dfrac{\pi}{3}\left(400h-h^3\right)$$
    $\quad$
  3. Quelle hauteur ℎ choisir pour que le volume du cône soit maximum ?
    $\quad$

$\quad$


$\quad$

Correction Exercice

  1. On appelle $S$ le sommet du cône, $O$ le centre du cercle de base et $A$ un point du cercle.
    Le triangle $SOA$ est rectangle en $O$.
    D’après le théorème de Pythagore on a :
    $SA^2=OS^2+OA^2 \ssi 20^2=h^2+OA^2$
    Ainsi $OA^2=400-h^2$
    $OA$ est un nombre positif.
    Par conséquent $OA=\sqrt{400-h^2}$.
    Le rayon de la base est donc égal à $\sqrt{400-h^2}$.
    $\quad$
  2. L’aire du disque de base est :
    $\begin{align*} \mathcal{A}&=\pi\left(\sqrt{400-h^2}\right)^2 \\
    &=\pi\left(400-h^2\right) \end{align*}$
    Par conséquent, le volume du cône de révolution est :
    $\begin{align*} V(h)&=\dfrac{1}{3}\mathcal{A}h \\
    &=\dfrac{1}{3}\times \pi\left(400-h^2\right)\times h\\
    &=\dfrac{\pi}{3}\left(400h-h^3\right)\end{align*}$
    $\quad$
  3. On considère la fonction $V$ définie sur l’intervalle $]0;20[$ par $V(h)=\dfrac{\pi}{3}\left(400h-h^3\right)$.
    La fonction $V$ est dérivable sur l’intervalle $]0;20[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    Pour tout réel $h$ appartenant à l’intervalle $]0;20[$ on a alors :
    $$ V'(h)=\dfrac{\pi}{3}\left(400-3h^2\right)$$
    Le signe de $V'(h)$ ne dépend que de celui de $400-3h^2$
    $\begin{align*} 400-3h^2>0 &\ssi -3h^2>-400 \\
    &\ssi h^2<\dfrac{400}{3} \\
    &\ssi h\in \left]-\sqrt{\dfrac{400}{3}};\sqrt{\dfrac{400}{3}}\right[\end{align*}$
    La fonction $V$ est donc strictement croissante sur l’intervalle $\left]0;\sqrt{\dfrac{400}{3}}\right]$ et strictement croissante sur l’intervalle $\left[\sqrt{\dfrac{400}{3}};20\right[$.
    Le volume du cône est maximal quand $h=\sqrt{\dfrac{400}{3}}$

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$\quad$

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E3C2 – Spécialité maths – Produit scalaire – 2020

Produit scalaire

E3C2 – 1ère

Sur le dessin ci-dessous, la largeur du but est de : $AB = 7,32$ mètres.
Les points $A$, $B$ et $D$ sont alignés.
On appelle $T$ le point où se trouve un ballon. Le triangle $TAD$ est rectangle en $D$.

  1. Pourquoi $\vect{TD}.\vect{DB}=0$?
    $\quad$
  2. Démontrer que $\vect{TA}.\vect{TB}=470,88$
    $\quad$
  3. Déterminer une valeur approchée, au dixième de degré près, de l’angle de tir, c’est-à-dire de l’angle $\widehat{ATB}$.
    $\quad$

$\quad$

Correction Exercice

  1. Le triangle $TAD$ est rectangle en $D$ et le point $B$ appartient au segment $[AD]$.
    Par conséquent les vecteurs $\vect{BD}$ et $\vect{TD}$ sont orthogonaux.
    Donc $\vect{TD}.\vect{DB}=0$.
    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*} \vect{TA}.\vect{TB}&=\left(\vect{TD}+\vect{DA}\right).\left(\vect{TD}+\vect{DB}\right) \\
    &=\vect{TD}.\vect{TD}+\vect{TD}.\vect{DB}+\vect{DA}.\vect{TD}+\vect{DA}.\vect{DB}\\
    &=18^2+0+0+DA\times DB \quad (*)\\
    &=324+(9+7,32)\times 9 \\
    &=324+16,62\times 9\\
    &=470,88\end{align*}$
    $(*)$ les vecteurs $\vect{DA}$ et $\vect{DT}$ sont orthogonaux donc $\vect{DA}.\vect{TD}=0$.
    $\quad$
  3. Dans le triangle $BDT$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
    $\begin{align*} BT^2&=BD^2+DT^2 \\
    &=9^2+18^2\\
    &=405\end{align*}$
    Donc $BT=\sqrt{405}$.
    Dans le triangle $ADT$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
    $\begin{align*} AT^2&=AD^2+DT^2 \\
    &=(9+7,32)^2+18^2\\
    &=590,342~4\end{align*}$
    Donc $AT=\sqrt{590,342~4}$.
    $\quad$
    On a $\vect{TA}.\vect{TB}=470,88$ et $\vect{TA}.\vect{TB}=TA\times TB\times \cos \widehat{ATB}$
    Par conséquent :
    $\begin{align*} &\vect{TA}.\vect{TB}=TA\times TB\times \cos \widehat{ATB} \\
    \ssi~&\cos \widehat{ATB} =\dfrac{\vect{TA}.\vect{TB}}{TA\times TB} \\
    \ssi~&\cos \widehat{ATB}=\dfrac{470,88}{ \sqrt{405}\times \sqrt{590,342~4}}\end{align*}$
    Donc $\widehat{ATB}\approx 15,6$°.

$\quad$

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