collection livre du professeur Programme 2010 Seconde Sous la direction de Jean-François Chesné Marie-Hélène Le Yaouanq Hélène Gastin Marc Guignard Daniel Guillemet Les auteurs et les éditions Didier remercient Philippe Dutarte pour ses conseils avisés, ses idées d’activités et de travaux pratiques qui ont enrichi la partie Statistique et Probabilités. Nous remercions également Éric Roxval et Anne-Laure Collinet (professeure d'anglais) pour la rédaction des exercices de la rubrique English corner.
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Programme 2010Seconde
Sous la direction deJean-François ChesnéMarie-Hélène Le Yaouanq
Hélène GastinMarc GuignardDaniel Guillemet
Les auteurs et les éditions Didier remercient Philippe Dutarte pour ses conseils avisés, ses idées d’activités et de travaux pratiques qui ont enrichi la partie Statistique et Probabilités.Nous remercions également Éric Roxval et Anne-Laure Collinet (professeure d'anglais) pour la rédaction des exercices de la rubrique English corner.
Couverture : Contours
Mise en pages, schémas et photogravure : STDI
« Le photocopillage, c’est l’usage abusif et collectif de la photocopie sans autorisation des auteurs et des éditeurs.
Largement répandu dans les établissements d’enseignement, le photocopillage menace l’avenir du livre, car il met en danger son
équilibre économique. Il prive les auteurs d’une juste rémunération.
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« La loi du 11 mars 1957 n’autorisant, au terme des alinéas 2 et 3 de l’article 41, d’une part, que les copies ou reproductions
strictement réservées à l’usage privé du copiste et non destinées à une utilisation collective » et, d’autre part, que les analyses et les
courtes citations dans un but d’exemple et d’illustration, « toute représentation ou reproduction intégrale, ou partielle, faite sans le
consentement de l’auteur ou de ses ayants droit ou ayants cause, est illicite. » (alinéa 1er de l’article 40) – « Cette représentation ou
reproduction, par quelque procédé que ce soit, constituerait donc une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du
IntroductionLa seconde est une classe de détermination. Le programme de mathématiques y a pour fonction :• de conforter l’acquisition par chaque élève de la culture mathématique nécessaire à la vie en société et à la compréhension du monde ;• d’assurer et de consolider les bases de mathématiques nécessaires aux poursuites d’étude du lycée ;• d’aider l’élève à construire son parcours de formation.Pour chaque partie du programme, les capacités attendues sont clairement identifiées et l’accent est mis systématiquement sur les types de problèmes que les élèves doivent savoir résoudre. L’acquisition de techniques est indispensable, mais doit être au service de la pratique du raisonnement qui est la base de l’activité mathématique des élèves. Il faut, en effet, que chaque élève, quels que soient ses projets, puisse faire l’expérience personnelle de l’efficacité des concepts mathématiques et de la simplification que permet la maîtrise de l’abstraction.
Objectif généralL’objectif de ce programme est de former les élèves à la démarche scientifique sous toutes ses formes pour les rendre capables de :• modéliser et s’engager dans une activité de recherche ;• conduire un raisonnement, une démonstration ;• pratiquer une activité expérimentale ou algorithmique ;• faire une analyse critique d’un résultat, d’une démarche ;• pratiquer une lecture active de l’information (critique, traitement), en privilégiant les changements de registre (graphique, numérique, algébrique, géométrique) ;• utiliser les outils logiciels (ordinateur ou calculatrice) adaptés à la résolution d’un problème ;• communiquer à l’écrit et à l’oral.Dans la mesure du possible, les problèmes posés s’inspirent de situations liées à la vie courante ou à d’autres disciplines.Ils doivent pouvoir s’exprimer de façon simple et concise et laisser dans leur résolution une place à l’autonomie et à l’initiative des élèves. Au niveau d’une classe de seconde de détermination, les solutions attendues sont aussi en général simples et courtes.
Raisonnement et langage mathématiquesLe développement de l’argumentation et l’entraînement à la logique font partie intégrante des exigences des classes de lycée. À l’issue de la seconde, l’élève devra avoir acquis une expérience lui permettant de commencer à distinguer les principes de la logique mathématique de ceux de la logique du langage courant et, par exemple, à distinguer implication mathématique et causalité. Les concepts et méthodes relevant de la logique mathématique ne doivent pas faire l’objet de cours spécifiques mais doivent prendre naturellement leur place dans tous les chapitres du programme. De même, le vocabulaire et les notations mathématiques ne doivent pas être fixés d’emblée ni faire l’objet de séquences spécifiques mais doivent être introduits au cours du traitement d’une question en fonction de leur utilité. Comme les éléments de logique mathématique, les notations et le vocabulaire mathématiques sont à considérer comme des conquêtes de l’enseignement et non comme des points de départ. Pour autant, ils font pleinement partie du programme : les objectifs figurent, avec ceux de la logique, à la fin du programme.
Utilisation d’outils logicielsL’utilisation de logiciels (calculatrice ou ordinateur), d’outils de visualisation et de représentation, de calcul (numérique ou formel), de simulation, de programmation développe la possibilité d’expérimenter, ouvre largement la dialectique entre l’observation et la démonstration et change profondément la nature de l’enseignement.
5 Mathématiques Classe de seconde
L’utilisation régulière de ces outils peut intervenir selon trois modalités :• par le professeur, en classe, avec un dispositif de visualisation collective adapté ;• par les élèves, sous forme de travaux pratiques de mathématiques ;• dans le cadre du travail personnel des élèves hors du temps de classe (par exemple au CDI ou à un autre point d’accès au réseau local).
Diversité de l’activité de l’élèveLa diversité des activités mathématiques proposées :• chercher, expérimenter – en particulier à l’aide d’outils logiciels ;• appliquer des techniques et mettre en œuvre des algorithmes ;• raisonner, démontrer, trouver des résultats partiels et les mettre en perspective ;• expliquer oralement une démarche, communiquer un résultat par oral ou par écrit ;doit permettre aux élèves de prendre conscience de la richesse et de la variété de la démarche mathématique et de la situer au sein de l’activité scientifique. Cette prise de conscience est un élément essentiel dans la définition de leur orientation.Il importe donc que cette diversité se retrouve dans les travaux proposés à la classe. Parmi ceux-ci les travaux écrits faits hors du temps scolaire permettent, à travers l’autonomie laissée à chacun, le développement des qualités d’initiative. Ils doivent être conçus de façon à prendre en compte la diversité et l’hétérogénéité des aptitudes des élèves.Le calcul est un outil essentiel pour la pratique des mathématiques dans la résolution de problème. Il est important en classe de seconde de poursuivre l’entraînement des élèves dans ce domaine par la pratique régulière du calcul mental, du calcul numérique et du calcul littéral. L’utilisation d’outils logiciels de calcul – sur calculatrice ou sur ordinateur – contribue à cet entraînement.
Organisation du programmeLe programme est divisé en trois parties,• Fonctions• Géométrie• Statistiques et probabilitésLes capacités attendues dans le domaine de l’algorithmique d’une part et du raisonnement d’autre part, sont transversales et doivent être développées à l’intérieur de chacune des trois parties. Des activités de type algorithmique possibles sont signalées dans les différentes parties du programme et précédées du symbole ‡.Le programme n’est pas un plan de cours et ne contient pas de préconisations pédagogiques. Il fixe les objectifs à atteindre en termes de capacités et pour cela indique les types de problèmes que les élèves doivent savoir résoudre.
Évaluation des élèvesLes élèves sont évalués en fonction des capacités attendues et selon des modes variés : travaux écrits, rédaction de travaux de recherche, compte-rendus de travaux pratiques. L’évaluation doit être en phase avec les objectifs de formation rappelés au début de cette introduction.
1. FonctionsL’objectif est de rendre les élèves capables d’étudier :• un problème se ramenant à une équation du type f(x) = k et de le résoudre dans le cas où la fonction est donnée (définie par une courbe, un tableau de données, une formule) et aussi lorsque toute autonomie est laissée pour associer au problème divers aspects d’une fonction ;• un problème d’optimisation ou un problème du type f(x) > k et de le résoudre, selon les cas, en exploitant les potentialités de logiciels, graphiquement ou algébriquement, toute autonomie pouvant être laissée pour associer au problème une fonction.Les situations proposées dans ce cadre sont issues de domaines très variés : géométrie plane ou dans l’espace, biologie, économie, physique, actualité etc. Les logiciels mis à la disposition des élèves (tableur, traceur de courbes, logiciels de géométrie dynamique, de calcul numérique, de calcul formel, etc.) peuvent être utilement exploités.Par ailleurs, la résolution de problèmes vise aussi à progresser dans la maîtrise du calcul algébrique et à approfondir la connaissance des différents types de nombres, en particulier pour la distinction d’un nombre de ses valeurs approchées.Il s’agit également d’apprendre aux élèves à distinguer la courbe représentative d’une fonction des dessins obtenus avec un traceur de courbe ou comme représentation de quelques données. Autrement dit, il s’agit de faire comprendre que des dessins peuvent suffire pour répondre de façon satisfaisante à un problème concret mais qu’ils ne suffisent pas à démontrer des propriétés de la fonction.
66
7 Mathématiques Classe de seconde
2. GéométrieL’objectif de l’enseignement de la géométrie plane est de rendre les élèves capables d’étudier un problème dont la résolution repose sur des calculs de distance, la démonstration d’un alignement de points ou du parallélisme de deux droites, la recherche des coordonnées du point d’intersection de deux droites, en mobilisant des techniques de la géométrie plane repérée.Les configurations étudiées au collège, à base de triangles, quadrilatères, cercles, sont la source de problèmes pour lesquels la géométrie repérée et les vecteurs fournissent des outils nouveaux et performants.En fin de compte, l’objectif est de rendre les élèves capables d’étudier un problème d’alignement de points, de parallélisme ou d’intersection de droites, de reconnaissance des propriétés d’un triangle, d’un polygone – toute autonomie pouvant être laissée sur l’introduction ou non d’un repère, l’utilisation ou non de vecteurs.
88
Dans le cadre de la résolution de problèmes, l’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique par les élèves leur donne une plus grande autonomie et encourage leur prise d’initiative.La définition proposée des vecteurs permet d’introduire rapidement l’addition de deux vecteurs et la multiplication d’un vecteur par un nombre réel. Cette introduction est faite en liaison avec la géométrie plane repérée. La translation, en tant que transformation du plan, n’est pas étudiée en classe de seconde.
9 Mathématiques Classe de seconde
S’adressant à tous les élèves de seconde, le programme de géométrie dans l’espace a pour objectif :• de développer la vision dans l’espace des élèves en entretenant les acquis du collège concernant les solides usuels ;• d’introduire les notions de plans et droites de l’espace et leurs positions respectives ;• de fournir ainsi des configurations conduisant à des problèmes aptes à mobiliser d’autres champs des mathématiques (géométrie plane, fonctions, probabilités) ou de la physique.Il importe donc tout particulièrement que la géométrie dans l’espace soit abordée tôt dans l’année scolaire.L’utilisation d’un logiciel de visualisation et de construction est un élément déterminant dans « l’apprentissage de l’espace ».Les élèves doivent être capable de représenter en perspective parallèle (dite aussi cavalière) une configuration simple et d’effectuer des constructions sur une telle figure. Ils doivent aussi être capables de mobiliser pour des démonstrations les théorèmes de géométrie plane.
3. Statistiques et probabilitésPour des questions de présentation du programme, les cadres relatifs à l’enseignement des statistiques et des probabilités sont présentés séparément à la suite l’un de l’autre. Pour autant, ces enseignements sont en relation étroite l’un avec l’autre et doivent faire l’objet d’allers et retours.Objectifs visés par l’enseignement des statistiques et probabilités à l’occasion de résolutions de problèmes dans le cadre de l’analyse de données, rendre les élèves capables• de déterminer et interpréter des résumés d’une série statistique ;• de réaliser la comparaison de deux séries statistiques à l’aide d’indicateurs de position et de dispersion, ou de la courbe des fréquences cumulées ;dans le cadre de l’échantillonnage• faire réfléchir les élèves à la conception et la mise en œuvre d’une simulation ;• sensibiliser les élèves à la fluctuation d’échantillonnage, aux notions d’intervalle de fluctuation et d’intervalle de confiance et à l’utilisation qui peut en être faite.
1010
Objectifs visés par l’enseignement des statistiques et probabilités à l’occasion de résolutions de problèmesdans le cadre des probabilités, rendre les élèves capables :• d’étudier et modéliser des expériences relevant de l’équiprobabilité (par exemple, lancers de pièces ou de dés, tirage de cartes) ;• de proposer un modèle probabiliste à partir de l’observation de fréquences dans des situations simples ;• d’interpréter des événements de manière ensembliste ;• de mener à bien des calculs de probabilité.Les situations étudiées concernent des expériences à une ou plusieurs épreuves.• La répétition d’expériences aléatoires peut donner lieu à l’écriture d’algorithmes (marches aléatoires).
11 Mathématiques Classe de seconde
Algorithmique (objectifs pour le lycée)La démarche algorithmique est, depuis les origines, une composante essentielle de l’activité mathématique. Au collège,les élèves ont rencontré des algorithmes (algorithmes opératoires, algorithme des différences, algorithme d’Euclide, algorithmes de construction en géométrie). Ce qui est proposé dans le programme est une formalisation en langage naturel propre à donner lieu à traduction sur une calculatrice ou à l’aide d’un logiciel. Il s’agit de familiariser les élèves avec les grands principes d’organisation d’un algorithme : gestion des entrées-sorties, affectation d’une valeur et mise en forme d’un calcul.Dans le cadre de cette activité algorithmique, les élèves sont entraînés :• à décrire certains algorithmes en langage naturel ou dans un langage symbolique ;• à en réaliser quelques uns à l’aide d’un tableur ou d’un petit programme réalisé sur une calculatrice ou avec un logiciel adapté ;• à interpréter des algorithmes plus complexes.Aucun langage, aucun logiciel n’est imposé.L’algorithmique a une place naturelle dans tous les champs des mathématiques et les problèmes posés doivent être enrelation avec les autres parties du programme (fonctions, géométrie, statistiques et probabilité, logique) mais aussi avec les autres disciplines ou la vie courante.À l’occasion de l’écriture d’algorithmes et de petits programmes, il convient de donner aux élèves de bonnes habitudes de rigueur et de les entraîner aux pratiques systématiques de vérification et de contrôle.
Notations et raisonnement mathématiques (objectifs pour le lycée)Cette rubrique, consacrée à l’apprentissage des notations mathématiques et à la logique, ne doit pas faire l’objet de séances de cours spécifiques mais doit être répartie sur toute l’année scolaire.
12
Premiers pas en algorithmique
1. Premiers exemples d’algorithmes (page 8)
C Ce programme de construction permet de construire la médiatrice et le milieu I de [AB].
D Pour chacun des nombres 5 ; 7 ; 3 et 8,3 on obtient son double.
2. Algorithme et programme informatique
Exercice 1 (page 9) Exercice 2 (page 9)
ENTRÉES : Demander un nombre
TRAITEMENT : Élever au carré
SORTIE : Annoncer le résultat
ENTRÉES : Demander deux nombres
TRAITEMENT : Ajouter les deux nombres
Diviser par 2
SORTIE : Annoncer le résultat
Exercice 3 (page 9)
Différents traitements sont possibles.
ENTRÉES : Placer trois points A, B, C
TRAITEMENT et SORTIE : Construire le milieu I de [AC]
Construire le symétrique D de B par rapport à I
3. Variable et affectation
A Exercice 1 (page 10)
Le résultat affiché est 12.
Exercice 2 (page 10) Exercice 3 (page 10)
VARIABLES : a, b, c, m nombres
ENTRÉES : Saisir a
Saisir b
Saisir c
TRAITEMENT : m prend la valeur (a + b + c)/3
SORTIE : Afficher m
VARIABLES : a, b, c, d nombres
ENTRÉES : Saisir a
TRAITEMENT : b prend la valeur a – 4
c prend la valeur b ¥ 2
d prend la valeur c + 8
SORTIE : Afficher d
C Exercice (page 12)
Algorithme 2 Contenus des variables Algorithme 3 Contenus des variables
VARIABLES : a, b, c, d et x
sont des nombres
VARIABLES : a et x
sont des nombres
ENTRÉES : Saisir x x : 5 ENTRÉES : Saisir x x : 5
TRAITEMENT :
a prend la valeur x + 4x : 5 a : 9
TRAITEMENT :
a prend la valeur x + 4x : 5 a : 9
b prend la valeur 2 ¥ a x : 5 a : 9 b : 18 a prend la valeur 2 ¥ a x : 5 a : 18
c prend la valeur b – 3 x : 5 a : 9 b : 18 c : 15 a prend la valeur a – 3 x : 5 a : 15
d prend la valeur c – x x : 5 a : 9 b : 18 c : 15 d : 10 a prend la valeur a – x x : 5 a : 10
SORTIE : Afficher d Affichage de 10 SORTIE : Afficher a Affichage de 10
13 Premiers pas en algorithmique
Ces deux algorithmes correspondent au programme de calcul :
– Choisir un nombre.
– Ajouter 4.
– Multiplier par 2.
– Soustraire 3.
– Soustraire le nombre de départ.
L’algorithme 2 introduit une variable différente pour chaque nombre à stocker en mémoire, soit 5 variables. Le
programme utilisera 5 « espaces » différents en mémoire.
L’algorithme 3 n’utilise que 2 variables mais peut paraître moins lisible dans un premier temps.
Le programme utilisera moins de place en mémoire.
4. Structure alternative : « Si… Alors… Sinon. »
Exercice (page 12)
VARIABLES : n nombre
ENTRÉE : Saisir n
TRAITEMENT et SORTIE :
Si n a pour reste 0 dans la division par 7 Alors
Afficher « nombre multiple de 7 »
Sinon
Afficher « nombre non multiple de 7 »
FinSi
5. Structures itératives : boucles
A Exercice 1 (page 13) Exercice 2 (page 13)
VARIABLES : S, i nombres
ENTRÉE : Saisir S
TRAITEMENT :
Pour i allant de 1 à 15 Faire
S prend la valeur S ¥ 1,04
FinPour
SORTIE : Afficher S
VARIABLES : S, n, i nombres // n est le nombre d’années
ENTRÉE : Saisir S
Saisir nTRAITEMENT :
Pour i allant de 1 à n Faire
S prend la valeur S ¥ 1,04
FinPour
SORTIE : Afficher S
Exercice page 14
L’algorithme 6 affiche successivement les nombres 7 ; 14 ;
21 ; 28 ; 35 ; 42 ; 49 ; 56 ; 63.
État des variables dans la boucle :
L’algorithme 7 affiche 512
État des variables dans la boucle :
i : 1 n : 7 i : 1 n : 2
i : 2 n : 14 i : 2 n : 4
i : 3 n : 21 i : 3 n : 8
i : 4 n : 28 i : 4 n : 16
i : 5 n : 35 i : 5 n : 32
i : 6 n : 42 i : 6 n : 64
i : 7 n : 49 i : 7 n : 128
i : 8 n : 56 i : 8 n : 256
i : 9 n : 63 i : 9 n : 512
1414
B Exercice 1 (page 15)
Pour S = 4 800 € on obtient l’état des variables suivant
Algorithme 8 Algorithme 9 Contenus des variables
Saisir S S : 4 800 Saisir S S : 4 800
n prend la valeur 0 S : 4 800 n : 0 n prend la valeur 0 S : 4 800 n : 0
Tant que S ≤ 6 000 Faire
S prend la valeur S ¥ 1,04
n prend la valeur n + 1
FinTantque
S : 4 992 n : 1 Répéter
S prend la valeur S ¥ 1,04
n prend la valeur n + 1
Jusqu’à S > 6 000
S : 4 992 n : 1
S : 5 191,68 n : 2 S : 5 191,68 n : 2
S : 5 399,3472 n : 3 S : 5 399,3472 n : 3
S : 5 615,321088 n : 4 S : 5 615,321088 n : 4
S : 5 839,933932 n : 5 S : 5 839,933932 n : 5
S : 6 073,531289 n : 6 S : 6 073,531289 n : 6
Afficher n Affichage de 6 Afficher n Affichage de 6
Exercice 2 (page 15)
Il faut garder en mémoire le montant S de départ et l’on doit donc introduire une nouvelle variable, que l’on notera s
afin de calculer les montants successifs à chaque passage dans la boucle.
Algorithme 8 modifié : Algorithme 9 modifié :
VARIABLES : s, S, n nombres
ENTRÉE : Saisir S
INITIALISATION : n prend la valeur 0
s prend la valeur STRAITEMENT :
Tant que s ≤ 2 ¥ S Faire
s prend la valeur s ¥ 1,04
n prend la valeur n + 1
FinTantque
SORTIE : Afficher n
VARIABLES : s, S, n nombres
ENTRÉE : Saisir S
INITIALISATION : n prend la valeur 0
s prend la valeur S
TRAITEMENT :
Répéter
s prend la valeur s ¥ 1,04
n prend la valeur n + 1
Jusqu’à s > 2 ¥ SSORTIE : Afficher n
Exercice 3 (page 15)
Algorithme avec la structure Tantque…FinTanque :
VARIABLES : a, n nombres
ENTRÉE : Saisir a
INITIALISATION : n prend la valeur 0
TRAITEMENT :
Tantque 2n < a Faire
n prend la valeur n + 1
FinTanque
SORTIE : Afficher n
Exercices pages 18-19
On obtient toujours 0. On peut comprendre sur un exemple générique avec les chiffres 2, 7 et 3 en effectuant
l’addition :
273
+ 237
+ 723
+ 732
+ 372
+ 327––––––––
…
1
Dans la colonne des unités, on obtient 2 ¥ ( 2 + 7 + 3) unités,
dans la colonne des dizaines, on obtient 2 ¥ ( 2 + 7 + 3) dizaines,
dans la colonne des centaines, on obtient 2 ¥ ( 2 + 7 + 3) centaines.
De plus si P est en B, alors N est en C et M en A, donc le triangle MNP est confondu avec le triangle ABC. On en déduit
que l’aire maximale est celle du triangle ABC.
TP 4. Algorithmique : tracé de courbe point par pointA. Le tracé de droite paraît mieux correspondre puisque f est définie sur tout l’intervalle [– 1 ; 5].
B. 1. a.
À la calculatrice, f (0) = 0 ; f (0,5) = 2,4875 ; f (1) = 4,899 ; f (1,5) = 7,1545.
L’écart entre deux valeurs consécutives de x est 0,5.
On placera, en arrondissant les ordonnées au dixième les points de coordonnées (0 ; 0), (0,5 ; 2,5), (1 ; 4,9) et (1,5 ; 7,2).
b. Avec le même pas on pourra continuer jusqu’à x = 5 et placer les points supplémentaires de coordonnées (2 ; 9,2),
Le carré d’un entier se termine par 6 lorsque cet entier
se termine par 4 ou 6.
Les développements effectués montrent que dans ce
cas, le nombre de dizaines du carré est un nombre
impair et donc que le chiffre des dizaines est impair.
Lorsque le carré d’un entier ne se termine pas par 6,
l’entier est de la forme 10n + u avec :
u Œ {0, 1, 2, 3, 5, 7, 8, 9}.
Dans ces cas,
(10n + u)2 = 100n2 + 20nu + u2 = 10(10n2 + 2nu) + u2
avec u2 Œ {0, 1, 4, 9, 25, 49, 64, 81}.
Comme 10n2 + 2nu est pair et comme le chiffre des
dizaines de u2 est pair également, on en déduit que
pour ces 8 valeurs de u autres que 4 et 6 le chiffre des
unités du carré est pair.
En résumé :
• si le nombre se termine par 4 ou 6 son carré se termine
par 6 et a un chiffre des dizaines impair ;
• si le nombre se termine par un autre chiffre, son carré
ne se termine pas par 6 et a un chiffre des dizaines pair.
24 et 25 sont deux entiers consécutifs et leur
somme 49 est un carré parfait (c’est le carré de 7). On
peut vérifier que dans ce cas 7, 24 et 25 sont les côtés
d’un triangle rectangle ; en effet 72 + 242 = 252 est vrai.
Autre exemple. 40 + 41 = 81 et 81 = 92.
A-t-on 412 = 402 + 92 ?
412 = 1 681 402 + 92 = 1 681
En conclusion 9, 40 et 41 sont les côtés d’un triangle
rectangle.
Preuve. Soient n et n + 1, entiers consécutifs, tels que
leur somme 2n + 1 soit un carré parfait.
Existe-t-il un triangle rectangle de côtés 2 1n� , n et
n + 1 ?
• (n + 1)2 = n2 + 2n + 1
• ( 2 1n� )2 + n2 = 2n + 1 + n2
Par la réciproque du théorème de Pythagore, la réponse
est oui et la propriété suivante est établie :
Propriété. Si deux entiers naturels consécutifs a et b
ont une somme qui est le carré d’un entier c alors a, b et
c sont les côtés d’un triangle rectangle.
A
B
C
1 775 pas
20 pas
Arbre
14 pas
x ==
==
Le théorème de Thalès dans le triangle ABC donne :
20
20 14
2
� ��
x
x
1 775
150
151
62
soit encore :x
2 (x + 34) = 20 ¥ 1 775
x2 + 34x – 71 000 = 0.
Un logiciel de calcul formel (par exemple XCas) donne
x = 250 ou x = – 284.
Mais x > 0 ; on retient x = 250 (pieds).
Calcul de la valeur exacte :
9x4 – y4 + 2y2 = (3x2 – y2) (3x2 + y2) + 2y2
or pour x = 10 864 et y = 18 817
on a : 3x2 – y2 = – 1.
152
D’où : 9x4 – y4 + 2y2 = (– 1) (3x2 + y2) + 2y2
= y2 – 3x2 = 1.
English Corner
1.
4. a.
c. Ask a , ask b ; ask c ; ask d. ; (if a ≠ c then x = d b
a c
–
– else
(if b ≠ d then there’s no solution else the set of solutions
is R)).
153
63
Fonctions de référence 4
Pour reprendre contactLes réponses exactes sont :
1 1. a. 9 b. 4
9 c. 25a2 d. 1010 e. 0,01 f. 2 g. 10-4 h. a2
2. a. 1
2 b. 3 c. 4 d. 104
3. 1
8
1
6
1
5
1
4
1
2� � � �
2 1. a.
x – 3 1 5
g(x)
6 6
– 2
b. g atteint son minimum – 2 en 1 sur [– 3 ; 5].
2. a. � f � -� 3 7; .
b. f atteint son maximum 2 en – 3 sur [– 3 ; 7] et f atteint son minimum – 3 en 4 sur [– 3 ; 7].
c. – 2 et 1 sont éléments de [– 3 ; 4] où f est strictement décroissante. – 2 < 1 donc f f-� � � �2 1 .
On ne peut pas comparer f 1� � et f 5� �.5 et 6,2 sont éléments de [4 ; 7] où f est strictement croissante. 5 < 6,2 donc f f5� � � � �6,2 .
3 1. La forme développée est f x x x� � � - -2 4 5.
La forme factorisée est f x x x� � � -� � �� �5 1 .
2. a. f 2 2 2 9 92� � � -� � - � - .
b. f x� � � 0 si et seulement si x x-� � �� � �5 1 0 si et seulement si x
x- �
� ��ÌÓ
5 01 0ou
si et seulement si x
x�
� -�ÌÓ
51ou
.
Donc S � -� 5 1; .
c. Pour tout réel x, x -� �2 02 � et x -� � �2 02 , si et seulement si x � 2 donc x -� � - -2 9 92 � et x -� � - � -2 9 92 si et
seulement si x � 2 donc f admet – 9 comme minimum sur �. Il est atteint en 2.
64
Activité 1. La fonction « carré »1. a. A 0 0� � � ; A 1 1� � � ; A 2 4� � � ; A 3 9� � � .
b.
2. a. x, côté du carré, peut prendre toutes les valeurs de [0 ; + �[ pas seulement les entiers. Il faut donc relier les points
pour représenter �.
b. Quand x augmente, A x� � augmente. A est donc strictement croissante sur [0 ; + �[.
c. A 0,5 0,25� � � et A 1,5 2,25� � � . On place les points de � de coordonnées (0,5 ; 0,25) et (1,5 ; 2,25). Ils ne se trouvent pas
sur les segments obtenus en reliant à la règle les points déjà placés.
d. Voir figure.
3. La portion de �f sur [– 3 ; 0] est obtenue à partir de celle sur [0 ; 3] par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées :
les points de �f d’abscisses x et – x ont comme ordonnées x2 et (– x)2. Or x x2 2� -� � . Donc ces points ont des abscisses
opposées et des ordonnées égales : ils sont symétriques par rapport à (OJ).
Activité 2. La fonction « inverse »
1. x – 4 – 2 – 1 – 0,5 0 0,5 1 2 4
Inverse de x - 1
4- 1
2– 1 – 2 ¥ 2 1 1
2
1
4
2. a. C’est le graphique 1.
b. Ces points sont 2 à 2 symétriques par rapport à O.
Propriété vraie pour tous les points de la courbe car si x � 0 1 1
-� -
x x.
3. On choisit le graphique 3. En effet, x peut prendre toutes les valeurs réelles et non nulles.
Activité 3. Fonctions homographiques
1. On ne peut pas calculer f 4� � ; g -� �1
3 et h 2� �.
2. Si x � - 1
3, g x
xx
xx
� � � �� ���
� ��
2 3 1 1
3 1
6 3
3 1 et si x � 2, h x
xx
xx
� � � -� �--
�--
2 2 4
2
2
2
fa b
c dx x
x� � � �
� avec a = 2 ; b = 3 ; c = 1 ; d = – 4 g
a b
c dx x
x� � � �
� avec a = 6 ; b = 3 ; c = 3 ; d = 1
ha b
c dx x
x� � � �
� avec a = – 2 ; b = 0 ; c = – 1 ; d = 2.
Activité 4. Fonctions polynômes de degré 2A. Équations y = ax2.
2. On retrouve c. Son sommet est 0, son axe de symétrie est l’axe des ordonnées.
f est strictement décroissante sur ]– � ; 0] et strictement croissante sur [0 ; + �[.
3. a. Quand a varie, les courbes conserve O comme sommet et l’axe des ordonnées comme axe de symétrie.
O
2
3
4
�f
1 2
y = A(x)
xI
J
65Chapitre 4. Fonctions de référence
b. x xa 2 2 et x xa 0,8 2 semblent strictement décroissantes sur ]– � ; 0] et strictement croissantes sur [0 ; + �[ alors
que x xa - 0,6 2, x xa - 2 et x xa - 5 2 semblent avoir le sens de variation inverse.
B. Équations y = x2 + bx + c
2. a. On peut superposer c à d.
b. On déduit que d est une parabole de sommet S(2 ; 1) et d’axe de symétrie passant par S et parallèle à l’axe des ordonnées.
x – � 2 + �
g(x)
1
Si x réel, 1 2 1 4 4 4 52 2 2� -� � � � - � � - � � � �x x x x x xg
x -� �2 02 � car c’est un carré donc 1 2 12� -� �x � et g x� � �1. Donc g admet sur � un minimum de 1 atteint en 2.
Ce minimum est l’ordonnée du sommet de d.
4. a. Idem.
b. x x x2 26 6 3 3- � � - � -� �c. Équations y = ax2 + bx + cMême type de réponses.
Bilan : toutes ces courbes d sont des paraboles ayant un sommet et un axe de symétrie passant par ce sommet et
parallèle à l’axe des ordonnées.
Il semble que quand a > 0 la fonction correspondante est strictement décroissante puis strictement croissante, et le
contraire quand a < 0.
TP 1. Duplication du cube1. L’arête doublée est de 6 m et le volume de 63 m3 soit 216 m3 qui n’est pas le double de 33 = 27.
2. a. Si l’autel a une arête de 3 k m alors son volume est de 27 3¥ k m3. Le volume est donc multiplié par k3.
b. Pour doubler le volume, il faut que k3 = 2.
3. a.
66
b. Soit k �1 et k kk
3 222� € � (en divisant par k) donc k f k g k3 2� € � � � � �.
On repère les points d’intersection de �f et �g. On lit leurs abscisses.
Elles forment l’ensemble des solutions. Ici une seule solution k0 ª1,26 (à 10–2 près).
c. Non : en effet, f est strictement croissante sur [1, + �[.
Aussi si k k� 0, f k f k g k g k� � � � � � � � � � �0 0 donc f k g k� � � � �.Si k k 0 g k g k f k f k� � � � � � � � � � �0 0 donc g k f k� � � � �.Dans tous les cas, si k k� 0, f k g k� � � � �.
TP 2. Les variations de l’aire d’un triangle1. a. L ABŒ� donc AL LB AB� �
soit x � �LB 10 ou LB � -10 x .
DP AL� � x et AP � -10 x
A CDPDP DC� � � ¥� �
�2
5 x (CDP rectangle en D).
De même A PAL� � � -� �x x10
2
et A LBC� � � -� �¥� -� �10 10
25 10
xx .
b. A A A A Ax
xx x
� � � � � - � �- � �- � �
� - --
ABCD CDP PAL LBC2
100 510�� �
- -� �2
5 10 x
En développant :
A x x x x x� � � - - � - �100 5 52
50 52
A x x x x x� � � - � � - �� �22
25 50
1
210 100
A est un polynôme de degré 2 avec a � � �1
2
1
20 , b � - 5 et c � 50.
Donc A est strictement décroissante puis croissante.
2. a. A x x x� � � € - �502
5 02
€ -� � �x x2
5 0
€ �x 0 ou x2
5 0- �
€ �x 0 ou x �10.
b. Les points de coordonnées (0 ; 50) et (10 ; 50) sont des points de �A de même ordonnée.
�A admet un axe de symétrie parallèle à l’axe des ordonnées. Aussi le sommet a pour abscisse le milieu de [0 ; 10] soit 5.
Le minimum de A est atteint en 5 et vaut A(5) = 37,5.
c.
x 0 5 10
variation
de A
50 50
37,5
67Chapitre 4. Fonctions de référence
3.
Pour aller plus loin
A x� � 42
A x x x� � � € - � �42 10 100 842
€ - � �x x2 10 16 0
€ -� � - �x 5 9 02
€ - �x 5 3 ou x - � -5 3
€ �x 8 ou x � 2.
Donc A x x� � Œ »42 0 2 8 10et [ ; [ ] ; ] d’après les variations de A.
TP 3. L’arche d’un pont1. a. Il convient de dégager les avantages et inconvénients des différents repères proposés.
b. Par exemple, les points (0 ; 0) ; (80 ; 80) et (160 ; 0).
2. a. Avec le même repère, c’est l’origine.
Donc O � ¥ � ¥ �a b c0 02 donne c � 0 donc � : y x x� �a b2 .
b. a ba b¥ � ¥ �¥ � ¥ �
�ÌÓ
80 80 80160 160 0
2
2 soit 80 1
160 0a b
a b� �� ��
- �� -
�ÌÓ
80 1
160
a
b a ou encore a �
-1
80 et b � 2
donc � : y x x�-
�1
8022 .
3. - ¥ � ¥ � �1
8016 2 16
144
52 28,8
La hauteur de l’arche à 16 m du bord est 28,8 mètres.
68
TP 4. En autonomie1.
2. On note x � AM avec x Œ� 0 6; . f x� � g x� � et h x� � représentent les aires de AMNP, NMB et ABNP.
f x x� � � 2 ; g x x x x x� � � -� � � - �1
26
1
232 ;
h f gx x x x x� � � � �� � � � �1
232
(A) f gx x x x x x x x x� � � � �€ �-
� € - � € -� �2 2 21
23
3
23 0 3
1
21 € �x 0 ou x � 2
AMNP et NMB peuvent avoir la même aire pour x � 0 (aire alors nulle) et pour x � 2 (elle vaut alors 4 cm2).
(B) f, g et h sont des fonctions polynômes de degré 2.
On obtient leur tableau de variation sur [0 ; 6] par les méthodes classiques.
x 0 6 x 0 3 6 x 0 6
f(x)
0
36
g(x)
0
4,5
0
h(x)
0
36
Pour aller plus loin
Le carré et le triangle ont un côté commun ; pour avoir des aires égales, il faut que MB soit le double de AM.
TP 5. Mesure de l’épaisseur d’un cheveu par diffraction1. a. 0,08 0,10� �d
b. Inférieure à 1,2 cm.
c. On a supposé que f était décroissante (conjecture à partir du tableau).
2. a.
d 0,08 0,056 0,072 0,10 0,12 0,16 0,18 0,26
1/L 0,77 0,53 0,67 1 1,25 1,67 2 3,33
69Chapitre 4. Fonctions de référence
b.
c. On peut chercher g affine.
d. On trouve comme expression possible g d d� � � -13,54 0,34.
e. f dg d
� � � � �1
. On propose f dd
� � �-
1
13,54 0,34.
On obtient alors f d d� � � € - �1,2 13,54 0,341,2
1 on trouve d ª 0,087.
Exercices
SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE
ª 24 €
ª 3 €
a. 1,1 b. 1,08 c. 1,15 d. 1,006
a. 0,9 b. 0,92 c. 0,85 d. 0,994
Médiane : 8 1er quartile : 6 3e quartile : 15
1 200
-1
6
3
a. 4 108¥ b. 9 10 4¥ -
a. 4 12 92x x� � b. 4 92x -
2 7 42x x- -
a. x x3 5-� � b. 3 1 2x -� �
x x�� � �� �1 4
x �1 3/
x � -1
x � 2 ou x � 6
x � 2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
ENTRAÎNEMENT
a. 4 ; 36 ; 9 ; 0,04 b. 4
25 ;
9
49 ; 2 ; 48
c. 108 ; 1212 ; 10–4 d. 9 10 16¥ - ; 4 10 8¥ -
a. Pour 9 : 3 et – 3 ; pour 4 : 2 et – 2 ;
pour 49
16 :
7
4 et
-7
4 ; pour 3 : 3 et - 3 ; pour – 9 : aucun ;
b. Pour 106 : 103 et – 103 ; 10–8 : 10–4 et 10–4 ;
pour – 102 : aucun ; pour 9 104¥ : 3 102¥ et - ¥3 102 ;
1. 2,56 est le carré de 1,6.
3. – 1,6
4. x2 � 2,56 a 2 solutions : 1,6 et – 1,6.
1. a. s � -� 2 2; b. s � � 0
c. s � -� 1 1; d. s ��
2. a. 2 a pour carré 2. b. s � -� 2 2;
3. s � -� 3 3;
a. s � -� 5 5; b. s � -� 5 5;
c. s � � 0 d. s ��
a. s � -� 10 10; b. s ��
c. s � -� 25 25; d. s � -� 10 108 8;
e. s � -� 5 2 5 2; f. s � -� 10 10 10 10;
a. s � -�ÌÓ
¸˝˛
5
2
5
2; b. s �� c. s �
-�ÌÓ
¸˝˛
5
2
5
2;
18
19
20
21
22
23
24
70
a. s � -� 1 2; b. s � -� 1 3;
1. 1,5 2,62 2� 2. 1,52 2� a 3. a2 21 -� �
4. La fonction « carré » est strictement décroissante sur
] ; [-� 0 et strictement croissante sur ] ; [0 �� .
a. 2,356 2,52 2� b. -� � � -� �1,08 1,22 2
c. -� � �1,56 1,562 2 donc -� � �1,56 1,57
2 2.
d. -� � �2,56 2,562 2 donc -� � 2,56 0,8
2 2.
e. 2 �1,6 donc 2 2�1,6 .
On utilise dans toutes les questions le sens de variation
de la fonction « carré ».
Voir corrigé en fin de manuel.
1. a. x x2 3 3 3� € Œ -� - » ��] ; [ [ ; [
b. x x2 0� € Œ�
c. x x2 6 6 6� € Œ -[ ; ]
2. a. x x2 3 3 3� € Œ -[ ; ]
b. x x2 100 10 10� € Œ -[ ; ]
c. x x2 100 10 10 € Œ -� - » ��] ; [ ] ; [
a. s �� b. s �� c. s � � � \ 0
25
26
27
28
29
30
1. OK
2. b. On a bien a b2 2 2� �x .
3. Si - -3 1� �x on a b a2 2 2� �x .
1. Si 2 4� �x alors 4 162� �x .
En effet la fonction « carré » est strictement croissante
sur [ ; [0 �� donc si 2 4� �x alors 2 162 2� �x .
2. a. Si - -3� �x 0,5 alors 0,25� �x2 9.
b. Si - 3� �x 2 alors 0 92� �x .
a. 1 2� �x 12,25 b. 0,25 6,25� �x2
c. 0 92� �x d. 0 102 12� �x
a. 0 42� �x b. 0 42� x �
c. 0 42� x � d. 0 162� �x
1. ymin �� ; ymax � 6400
ymin � 0 ; ymax � 90000
ymin � 0 ; ymax � 0,01
31
32
33
34
35
36
37
71Chapitre 4. Fonctions de référence
1. 1,7 1,82 2 2� �R soit 2,89 7,24� �R2
donc 2,89 7,24p p� �A .
2. On déduit 2,89 3,14 7,24 3,15¥ ¥� �A
puis 9,0 22,9� �A .
a. x x-� � � € - �1 4 1 22 ou x - � -1 2
€ �x 3 ou x � -1 s � -� 3 1;
b. s � � -� 1 2 1 2;
c. s �- -�
ÌÓ
¸˝˛
1
3
7
3; d. s �
- � - -�ÌÔ
ÓÔ
¸˝ÔÔ
1 3
5
1 3
5;
Voir corrigé en fin de manuel.
1. a. 2 2 2�� �x
b. 2 2 64 2 2 82�� � � € � �x x
puisque 2 2 0� x � € �x 3
2. 2 2 8 2 2 82-� � � € � �x x
puisque 2 2 0� x � € � -x 2 1
1. x x-� � -� �4 2 avec x Œ ��[ [4
2. x x x x x-� � - � - � - � - �3 1 6 9 1 6 82 2 2
et x x x x x x x-� � -� � � - - � � - �4 2 2 4 8 6 82 2
3. x x x x-� � � € -� � � € - � € �3 1 168 3 169 3 13 1622 –
1. 146,40 € puis 178,61 €
2. 172,80 €
3. a. Une hausse de 44 % correspond à un coefficient
multiplicateur de 1,44.
Une hausse de t % à un coefficient multiplicateur de
1100
�� �t. Deux telles hausses à celui de 1
1001
100�� � �� �t t
.
t doit donc vérifier 1100
2
�� � �t1,44
c’est-à-dire 1100
� �t1,44 puisque 1
1000� t � soit
1100
� �t1,2 c’est-à-dire t � 20.
Chacune des 2 hausses doit être de 20 %.
a. 1
22
1
3
1
10; ; ;
- b. 3
5
4
2
2; ;
c. 10 10 104 6 2- --; ; d. 1
310
1
2108 4¥
-¥;
a. 4 2 13
2; ; ;- b. 10 10 104 6 2; ;- --
c. 6
52 10; ; - d.
1
210
1
3102 3¥
-¥ -;
1. a. s � � 1
4 b. s � -� 2 c. s �
-�ÌÓ
¸˝˛
1
5
2. a. s � � 1
2 b. s � -� 1
2 c. s � � 3
M � ¥1,9091014193 1027 kg MR
GT�Ê
ËÁˆ¯4 2
3
2p .
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
1. a. 1 1
1,5 2,6
b. La fonction inverse est strictement décroissante
sur ] ; [0 �� .
2. a. 1 1
0,3 1,5 b.
1
2
1
3-�-
c. - -1
4
1
3,6
3. Faux : exemple a � -1 et b �1.
Voir corrigé en fin de manuel.
a. x Œ] ; ]0 1 b. x Œ] ; [0 2
c. x Œ -] [1 ; 0 d. x Œ -� - » ��] ; ] ] ; [1 0
1. vt
� 80
2. 1,25 1,5� �t
3. 1 1 1
1,5 1,25� �
t donc
80 80 80
1,5 1,25� �
t
soit 53,3� �v 64
Celle qui est « en dessous » de l’axe des abscisses
est y x� - 2 2.
Celles qui sont « au-dessus » de l’axe sont :
Æ Celle qui est la plus au-dessus : y x� 3 2 ;
Æ l’autre y x� 2.
Courbe orange : y x� - 0 5 2, .
Courbe bleue : y x� -2 2.
Courbe violette : y x� �0,5 2 1.
Courbe verte : y x� 2.
Courbe fushia : y x� 2 2.
a. a � 3 ; b � - 4 ; c �1.
b. a �1 ; b � - 2 ; c � 3.
c. a � -1 ; b � 0 ; c � 4.
d. a � 3 ; b � -1 ; c � 0.
a. Non, elle est affine. b. Oui : a � 1
2 ; b � 3 ; c � -1.
c. Oui : a � 2 ; b � - 4 ; c � 3. d. Non : elle n’est pas définie
en O.
1.
x – � 3 + �
f(x)
– 4
2. Pour tout x réel,
x x x x x x-� � - � - � - � - � � � �3 4 6 9 4 6 52 2 2 f
48
49
50
51
52
53
54
55
56
72
3. Pour tout x réel, x -� �3 02 � (un carré est toujours
positif ou nul) donc f x� � -� 4.
De plus f 3 4� � � - .
Donc f admet sur �- 4 comme minimum, atteint en 3.
f est une fonction polynôme de degré 2 avec a = 1 donc
positif.
f est donc strictement décroissante puis strictement
croissante.
Donc f est strictement décroissante sur ] ; ]-� 3 et
strictement croissante sur [ ; [3 �� .
Voir corrigé en fin de manuel.
1. a. f x x x x x� � � €- � � €- -� ��3 2 8 0 2 4 02
€ �x 0 ou x � 4.
b. Même raisonnement que 57.
L’extremum est atteint en 0 4
22
� � , il vaut f 2 11� � � .
C’est un maximum car a 0.
2. a 0 donc f strictement décroissante puis stricte-
ment croissante.
x – � 2 + �
f(x)
11
1. a. f 0 5� � �b. f fx x x x x� � � � �€ - - � € - �� � �0 2 4 0 2 2 02
€ �x 0 ou x � - 2
c. L’abscisse du sommet est 0 2
21
- � - .
2. a. f 0 2� � �b. f fx x� � � � �€ �0 0 ou x � 3
c. L’abscisse du sommet est 0 3
2
� �1,5.
Pour aller plus loin
a. f c0� � �
b. f fx x� � � � �€ �0 0 ou x � - b
a
c. L’abscisse du sommet est 0
2 2
- � -b a b
a
/
Les trois observent que a � 0 donc f est strictement
croissante puis strictement décroissante.
Reste à déterminer quel est le maximum et en quelle
valeur il est atteint.
Mehdi : il observe par exemple que f f1 3� � � -� � donc le
maximum est atteint en 1 3
21
- � - . Il vaut f 1 3� � � .
Clara : A la calculatrice, elle conjecture un maximum de 3.
Elle écrit
f
f
x x x x x
x x x x
� � � - - � � - - -
� � � - � �� � � -
2 4 1 3 2 4 2
3 2 2 1 3 2
2 2
2 ��� �1 2
57
58
59
60
- -� �2 1 02x � donc f x� �� 3 et f -� � �1 3.
Camille : f 0 1� � � et f fx x x� � � � �€ - - �0 2 4 02
€ �x 0 ou x � - 2.
Comme Mehdi elle conclut que le maximum est atteint
en 0 2
21
- � - et f -� � �1 3.
On obtient par les 3 méthodes :
x – � – 1 + �
f(x)
3
Conjecture : f semble être strictement décroissante
sur ] ; ]-� 3 et strictement croissante sur [ , [3 �� .
On peut pour la démonstration utiliser l’une des trois
méthodes de l’exercice 60.
Par exemple celle de Camille :
f 011
3� � � et f x x x x x� � � € - � € -� � �11
3
1
32 0
1
36 02
€ �x 0 ou x � 6.
Le minimum (car a > 0) est atteint en 0 6
23
� � et vaut
f 32
3� � � .
f x x x� � � -� � -� �0,03 190 10
D’après la forme factorisée f x x� � � € �0 190 ou x �10.
La forme développée prouve que f est une fonction
polynôme de degré 2. Comme a 0 f est strictement
décroissante puis croissante.
Déterminons le lieu du changement de variation.
Par exemple en utilisant la symétrie et les solutions de
f x� � � 0.
Le minimum est atteint en 190 10
2100
� � et vaut
f 100 24� � � - .
f est donc strictement décroissante sur ] ; ]- 0 100 et
strictement croissante sur [ ; [100 �� .
1. x Œ[ ; ]5 10
2. � x x x x x� � � -� � -� � � - � -10 5 15 502
3. � est une fonction polynôme de degré 2 avec a � -1.
Elle est donc strictement croissante puis strictement
décroissante en la prolongeant à �
- � - � - € �x x x2 15 50 50 0 ou x �15.
Le changement de variation a lieu en 0 15
2
� � 7,5.
61
62
63
73Chapitre 4. Fonctions de référence
D’où le tableau de variation de � sur [ ; ]5 10 :
x 5 7,5 10
f(x)
0
6,25
0
4. � x� � est minimum et vaut 0 pour une carte de
dimension 10 5¥ ou 10 10¥ .
� x� � est maximum et vaut 6,25 cm2 pour une carte de
dimension 10¥7,5.
Notons f x x x� � � - �0,02 1,192 .
f est une fonction polynôme de degré 2.
1. La pénalité est réussie si f 50 3� �� : c’est le cas
puisque f 50� � � 9,5.
2. f x x� � � € �0 0 ou x � 59,5.
Le maximum de f est atteint en 29,75 : il vaut environ
17,70. Le ballon s’est donc élevé à environ 17,70 m.
3. D’après la question 2 le ballon retombe à terre pour
x � 59,5 soit à 9,50 m derrière la ligne de but.
1. I � U
R 3. I diminue quand R augmente.
Ces fonctions sont homographiques car f x� � est
de la forme a b
c d
xx��
avec a � 0.
a. a � 2 ; b � -1 ; c � 3 ; d � 4.
b. a � 2 ; b � 0 ; c �1 ; d � -1.
c. a � 0 ; b � 3 ; c �1 ; d � - 4.
d. f x xx
� � � �3 2 ; a � 3 ; b � 2 ; c �1 ; d � 0.
e. f x xx
� � � -�
2
1 ; a �1 ; b � - 2 ; c �1 ; d �1.
f. f x xx
� � � --
7
3 ; a �1 ; b � -7 ; c �1 ; d � - 3.
a. � f �-�
ÌÓ
¸˝˛
� \4
3 b. � f � � � \ 1
c. � f � � � \ 4 d. � f � � � \ 0
e. � f � -� � \ 1 f. � f � � � \ 3
� �1 � g ; � �2 � h ; � �3 � k ; � �4 � f
Voir corrigé en fin de manuel.
Pour aller plus loin
s ��
g 03
4� � � et A 0
3
4;� � est le point d’intersection de
� g et O y .
g t� � � 0 si et seulement si t � 3 et B 3,0� � est le point
d’intersection de � g et Ox .
64
65
66
67
68
69
70
a. f x xx x
� � � - -�� �
3
1 f n’est pas une fonction
homographique, car elle a 2 valeurs « interdites » 0 et – 1.
f x x� � � € � -0 3.
b. f xx
x� � �
- -�
3 23
4 donc f est une fonction homogra-
phique. fa b
c dx x
x� � � �
� et a � 0 avec ici a � - 3 ; b � - 23 ;
c �1 et d � 4
f x x� � � € �-
023
3
1. a. f xx
x� � �
- -�
4
1 donc f homographique.
b. f x x xx x
� � � � ��� �
2 4 2
3 2 donc f non homographique.
c. f x x xx x
� � � - �-� � -� �
2 2 4
4 1 donc f non homographique.
d. f x xx x
� � � --� �
3 1
1 donc f non homographique.
2. f xx
xx x� � � - €
- -�
� - € - - � - -14
11 4 1 et x � -1
€- � -4 1 s ��.
3. f x x xx x
� � � € - �-� � -� � �1
2 4
4 11
2 et x x� �4 1et
€ - � � -� � -� �x x x x2 2 4 4 1 €- � -2 5x x € �x 0 s � � 0 .
(A) Faux (B) Faux (C) Vrai (D) Faux
1. 1 fi 1 est vraie.
1 fi 2 est fausse Æ contre-exemple : a �1 ; b � -1.
1 fi 3 est fausse Æ contre-exemple : a �1 ; b �1.
1 fi 4 est vraie.
1 fi 5 est vraie.
1 fi 6 est fausse Æ contre-exemple : a �1 ; b �1.
2. 1 fi 1 est vraie.
2 fi 1 est vraie.
3 fi 1 est vraie.
4 fi 1 est vraie.
5 fi 1 est vraie.
6 fi 1 est vraie.
3. 1 € 1 et 1 € 4 et 1 € 5.
4. On peut utiliser 1 € 5 par exemple et on obtient
s �-�
ÌÓ
¸˝˛
3
2.
C’est erroné. Une augmentation de 1 % corres-
pond à un coefficient multiplicatif de 1,01.
Donc 2 augmentations successives de 1 %, à un coefficient
multiplicatif de 1,012, soit 1,0201, correspondent à une
augmentation de 2,01 %.
L’erreur à l’avant-dernière déduction
a b a b2 2� fi � ou a � -1 et non a b a b2 2� fi � !
71
72
73
74
75
76
74
Travail personnelPour les exercices 77 à 102 : voir corrigés en fin de
manuel.
APPROFONDISSEMENT
1. b. � semble être une parabole de sommet O.
2. a. Soit M avecx y x,� � � 0, N 0 , y� � et A 0 1, -� �donc AN2 2 2 2
0 0 1 1� -� � � �� � � �� �y y .
En appliquant le théorème de Pythagore :
dans OAR : AR2 2 1� �xdans ORN : RN2 2 2� �x ydans ARN : AN AR RN2 2 2 2 22 1� � � � �x y
b. y x y�� � � �1 2 12 2 2 soit y y x y2 2 22 1 2 1� � � � �
c’est-à-dire y x� 2.
c. Si x � 0 c’est-à-dire R en O on a défini M � 0 donc y � 0.
Là aussi, y x� 2.
Conclusion : L’ensemble � est la parabole d’équation
y x� 2.
A. 1. a. x �� �5 2 ou x x x x2 2 25 2 5 10 25� - ¥ ¥ � � �
b. x x x2 210 5 25� � �� � -
2. a. En développant le 2e membre.
b. f x x x� � � € �� � - � € �� � �39 5 25 39 5 642 2 .
Ceci équivaut à x � �5 8 ou x � � -5 8 soit x � 3 ou
x � -13.
B. 1. x x2 10 39� �
2. Il obtient 10
239
10
2
2� � � - soit 3 que l’on a trouvé en
A. 2. b. Il ne s’intéresse pas à – 13, qui est négatif et ne
correspond pas au problème géométrique concret.
3. 8
284
8
2100 4 6
2� � � - � - � .
4. VARIABLES :
a, b, s : nombres
ENTRÉES :
saisir a, b
TRAITEMENT :
s prend la valeur raca
ba
2 2
2� � �ÊËÁ
ˆ¯-
SORTIES :
Afficher s ; « est une solution »
1. a. x x x2 26 9 3- � � -� �b. x x x2 26 3 9- � -� � -donc g x x x� � � -� � - � � -� � -3 9 8 3 12 2
c. g x x� � � € -� � - �24 3 1 242
€ -� � �x 3 252
€ �x 8 ou x � - 2
103
104
105
2. a. f x x� � � �� � -4 162
f x x x� � � € �� � � € �33 4 49 32 ou x � -11
b. f x x� � � �� � -2 102
f x x x� �� € �� � � € �- �2 2 12 2 2 32 ou x � - -2 2 3
A. 1.
2. T6 15 6 21� � � T7 21 7 28� � �
3. T T51 50 51� �
4. VARIABLES :
i, T : entiers
INITIALISATION :
T prend la valeur O
TRAITEMENT :
Pour i allant de 1 à 100 faire
T prend la valeur T � i
fin pour
SORTIES :
Affichage du résultat
Afficher « T100 = » ; T
5. T100 5050�
B. 1. a.
b. Les points n n, T� � pour 1 6� �n semblent appartenir
à une parabole de sommet O.
2. a. n n¥ �� �1
b. 2 1Tn n n� ¥ �� � donc Tn
n n�
�� �12
3. On contrôle la cohérence avec 1 7� �n et avec
n �100.
106
T5 = 15
0 1 2 3 4 5 6 n
10
2
10
20
Tn
75Chapitre 4. Fonctions de référence
On peut aussi observer que la courbe d’équation
yx x
��� �1
2 c’est-à-dire y x x� �1
2
1
22 est une parabole
de sommet O.
1. V x x x� � � - �4 32 5122 .
2. V admet comme minimum 448 sur 0 8;� il est atteint
pour x � 4.
1. a. g x x x x� � � € - � € �5 4 0 02 ou x � 4.
Le sommet de � g a donc comme abscisse 0 4
22
� � .
C’est donc S 2 2; g� �� � soit S 2 1;� �.b. g est strictement décroissante puis strictement
croissante car a �1 donc a 0.
x – � 2 + �
g(x)
1
2.
3. A¢, B¢, C¢ et D¢ semblent être sur � g.
4. a. OSu ruu
2 0 1 0- -� �, soit OS 2,1u ruu
� �.b. s : MŒ� f et x xM � alors y xM � 2 donc M x x; 2� �.c. MM ¢ ¢ - ¢ -� �
u ruuuux x y x, 2 .
d. MM OS¢ �u ruuuu u ruu
donc ¢ - �¢ - �
�ÌÓ
x xy x
2
12 soit ¢ �¢ � �
�ÌÓ
x x +y x
2
12
¢ � �� �M x x2 12; .
e. g x x x
x x x x
�� � � �� � - �� ��� � � - - � � �
2 2 4 2 5
4 4 4 8 5 1
2
2 2
donc ¢ ŒM � g.
107
108
I0
12J
A
B
C D
A¢
y
x
B¢
C¢ D¢
S
�f
�g
f. Quand M décrit � f , x décrit � donc x �2 décrit �
aussi. Le point M¢ décrit donc toute la courbe � g.
Conclusion : � g est l’image de � f par la translation de
vecteur OSu ruu
.
On utilise la forme canonique :
�1 : y x� -� � -a 1 32 A 0 1 1, -� �Œ� donc, - � -1 3a ;
a � 2
�1 : y x� -� � -2 1 32 soit �122 4 1: y x x� - -
�2 : y x� -� � �a 2 32 A 1 2 2,� �Œ� donc 2 3� �a ; a � -1
�2 : y x� - -� � �2 32 soit �2 : y x� - � -2 4 1x
A. 2. H 0 3;� �. 3. a � - 2.
B. Si on pose f x x x� � � - �2 2 3 et g ax x� � � �3
f g0 0 3� � � � � � donc HŒ�1 et HŒ�2.
H d’abscisse x est point d’intersection de
�1 et �2 € x x x2 2 3 3- � � �a € x x x2 2 0- - �a
€ x x - -� � �2 0a € x � 0 ou x � �2 a .
Cette équation a une unique solution si et seulement si
2 0� �a c’est-à-dire a � - 2.
1. V � pr h2 . Comme V 0,5� on déduit pr h2 � 0,5
c’est-à-dire hr
� 0,5
p 2.
a. b. Les dimensions du rectangle sont h et 2 pr soit
5 cm et 6p cm c’est-à-dire environ 18,85 cm.
c.
�
�
r r h r rr
r
r rr
� � � ¥ � ¥ � � ¥
� � � �
2 2 2 2
21
2 22
2
p p pp
p
p
0,5
.
3. a. r ra 2 2p est une fonction polynôme de degré 2
avec a � 2 p positif donc elle est strictement décrois-
sante puis croissante.
Le sommet de la parabole représentant cette fonction
est O.
Donc r ra 2 2p est strictement croissante sur [ , [0 ��
donc sur 0,1;1� .r
ra 1
est la fonction inverse. Elle est strictement
décroissante sur ] , [0 �� donc sur 0,1;1� .On ne peut donc pas prévoir le sens de variation de �.
b. En traçant �� à la calculatrice, il semble que � soit
strictement décroissante puis croissante sur 0,1;1� . Le
minimum semble atteint pour r � 0,43 (où � ª 3,49).
c. Les dimensions nécessitant le moins de métal pour
sa formation sont r ª 0,43 dm (43 mm) et h ª 0,86 dm
Ce qui est vérifié pour x compris entre 8,3 et 54,2
environ.
ba
a�
–1 donc � ( ) –
–OMP � 1
2 1
2a
a.
a. �(OMP) minimum pour a = 2 et vaut 2.
b. �(OMP) inférieur à 10 pour a compris entre 1,06 et
18,9 environ.
a3 > 6a et 6a2 < 10a + 12
soit a2 – 6 > 0 et 3a2 – 5a – 6 < 0 avec a > 0.
Graphiquement, par exemple, ceci est vrai pour a
compris entre 6 2 450( , )ª et 2,474.
English corner
(2x – 1) (– x + 3) � 0 si et seulement si x ŒÈÎ͢˚
1
23; .
(2x + 1) (– x + 1) � (1 – x)
€ (– x + 1) (2x) � 0
s = [0 ; 1]
(3x – 4) (3x + 2) < 0 for example.
Valentin is right : x + 1 is not necessarily positive.
92
93
94
95
96
97
98
99
89
Trigonométrie 6Pour reprendre contactLes réponses exactes sont :
1 Réponse b.
2 Réponses b. et c.
3 Réponse a.
4 06 4 3 2
2
3
3
4� � � � � � �p p p p p p p
5 1. Les points ayant pour abscisses p6
; 3
4
p ; p3
; p4
et 2
3
p sont dans cet ordre : A, E, C, B et D.
2. F a pour abscisse 5
6
p.
6 a. p b. p2
c. 3
2
p d.
p4
Activité 1. Associer des réels à un point1. Les réels correspondant aux marques rouges sont 0 2 4 6 2 4 6, , , , , , , ,p p p p p pº - - - ºet
Plus généralement, il s’agit de tous les réels s’écrivant sous la forme : k ¥ 2 p, où k Œ¢.
2. Pour les marques vertes, ce sont : p p p p p p p, , , , , , , ,3 5 7 3 5º - - - ºet
Plus généralement, il s’agit de tous les réels s’écrivant sous la forme : p + k ¥ 2 p, où k Œ¢.
Activité 2. Longueurs d’arcs
1. a. 2 p b. p p p p p p p2 4
5
4 6
5
6 3
5
3, , , , , , .
2. a. E b. F¢ c. D d. D e. A¢ f. C g. B¢ h. B¢
Activité 3. Repérage sur un quart de cercleA. 1. a. Le triangle OMJ est isocèle car OM = OJ = 1.
Or MOJ� = 90° – 30° = 60°. Comme la somme des angles d’un triangle est 180°, il en résulte que les trois angles du triangle
OMJ mesurent 60° chacun et que ce triangle est donc équilatéral.
b. Dans le triangle équilatéral OMJ, la hauteur (MK) est aussi médiane ; d’où OK � 1
2.
Le théorème de Pythagore appliqué au triangle rectangle OMK donne :
OM² = OK² + KM², soit 11
4
2� �KM , d’où KM2 3
4� et donc KM� 3
2.
90
c. Les coordonnées de M dans le repère (O, I, J) sont x = OH = KM = 3
2 et y = OK =
1
2.
2. a.
b. Comme dans la question A.1, on montre que le triangle OMI est équilatéral et que OH = 1
2 et OK =
3
2.
Les coordonnées du point M sont donc ici 1
2
3
2;
ÊËÁ
ˆ¯ .
3. a.
OHMK est un rectangle ; de plus, le triangle OHM est rectangle en H et a un angle de 45° ; son troisième angle OMH�
mesure donc aussi 45° ; OMH est donc un triangle isocèle et OH = HM. Il en résulte que OHMK est un carré.
b. Dans le triangle rectangle OHM, le théorème de Pythagore donne :
OM2 = OH2 + HM2, soit 1 = 2 OH2, puisque OH = HM.
D’où OH2 = 1
2 et donc OH =
2
2.
Les coordonnées de M dans le repère (O, I, J) sont x = OH = 2
2 et y = OK = HM =
2
2.
B. 1. Dans le triangle OHM, rectangle en H, on a :
cos sina a� � � � � �OH
OM
OH
1OH
HM
OM
OK
1OKet .
2.
a cos a sin a
30° 3
2
1
2
45° 2
2
2
2
60°1
2
3
2
C. 1. IJ)
est le quart d’un cercle de rayon 1 ; sa longueur est 2
4 2
p p� .
2. L’arc IJ)
est intercepté par un angle au centre de 90° et a pour longueur p2
.
J
KM
O HI
a = 60 °
J
KM
O HI
a = 45 °
91Chapitre 6. Trigonométrie
Par proportionnalité, on obtient :
a cos a sina longueur de IM$
30° 3
2
1
2
p6
45° 2
2
2
2
p4
60°1
2
3
2
p3
Pour aller plus loin
90° a
p2
longueur IM∫
Le tableau de proportionnalité donne une longueur IM∫ �¥
� ¥p a
p a2
90 180.
Exercices
SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE
a. 1
2 b. 1
a. 49 51 50 1 50 1 2500 1 2499¥ � - � � - �( )( )
b. 29 30 1 900 60 1 8412 2� - � - � �( )
AB = 2 3 = CA ; AB2 = 12 ; BC2 = 24 ; CA2 = 12.
On a AB2 + CA2 = BC2.
ABC est donc isocèle et rectangle en A.
a. (2x – 3)² = 4x2 – 12x + 9
b. (4x – 5)(4x + 5) = 16x2 – 25
f ( ) ( )( )3 2 3 2 3 4 3 1� - � � - �
( ) ( )3 3 3 3 3 3 3 03 - � - �
3 est donc solution de l’équation x3 – 3x = 0.
x x x x3 2 23 3- � -( )
a. x = 5 b. x = 12 c. x = – 12
Il existe 90 nombres entiers à deux chiffres (de 10
à 99). Parmi eux, figurent 9 multiples de 11 (de 1 ¥ 11 à
9 ¥ 11). Le tirage s’effectuant au hasard, les 90 issues
sont équiprobables et donc la probabilité cherchée est
9/90 = 1/10 = 0,1.
Un carré de côté a = 3 possède des diagonales de
longueur d telle que d 2 = a2 + a2.
On a donc d 2 = 2a2 d’où d = a 2 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Dans un triangle équilatéral, une hauteur est aussi
médiane.
Si les côtés du triangle mesurent 4 cm, sa hauteur h est
telle que 42 = 22 + h2.
D’où h2 = 12 et donc h = 2 3 cm.
L’aire d’un triangle équilatéral de côté 4 cm, et
donc de hauteur 2 3 cm (voir exercice 11) est
�� ¥ �4 2 3
24 3 cm².
a. AOB ACB� �� � �2 120
b. AB∫ � ¥ �2 120
360
2
3
p p
BOC BAC� �� � �2 36 d’où BC∫ � ¥ �2 36
360 5
p p.
ENTRAÎNEMENT
a. I¢ b. J c. I¢ d. I e. I¢
1. Les réels p p p4 3 6
, et ont pour points images sur
le cercle � les points : B, C et A.
2. Les points images des réels - � �p p p p p4 4 6
2, , et
–p p3� sont donc : a. B¢ b. E¢ c. A d. D
1. Les réels 4
3
p,
3
2
p et
5
3
p appartiennent à
l’intervalle [ ; [p p2 , mais pas 2
3
p.
2. a. 4
3 3
p p p� � b. 3
2 2
p p p� �
c. 2
3 3
p p p� - d. 5
3
2
3
p p p� �
11
12
13
14
15
16
17
92
3. Leurs points images sont :
a. D¢ b. J¢ c. D d. C’
Les réels p3
, 4
3
p, - p
6 et
7
6
p ont pour images sur le
cercle � de la figure les points : C, D¢, A¢ et F¢.
1. Famille de p4
: Les réels de la forme k × p4
pour k
entier allant de 0 à 8 sont : 04
0¥ �p ; 1
4 4¥ �p p
;
24 2
¥ �p p ; 3
4
3
4¥ �p p
; 44
¥ �p p ; 54
5
4¥ �p p
;
64
3
2¥ �p p
; 74
7
4¥ �p p
; 84
2¥ �p p.
Leurs points images sur le cercle � sont : I, B, J, E, I¢, E¢, J¢, B¢ et I.
2. Famille de p6
: Les réels de la forme k × p6
pour k
entier allant de 0 à 12 sont :
06
0¥ �p ; 1
6 6¥ �p p
; 26 3
¥ �p p ; 3
6 2¥ �p p
; 46
2
3¥ �p p
;
56
5
6¥ �p p
; 66
¥ �p p ; 76
7
6¥ �p p
; 86
4
3¥ �p p
;
96
3
2¥ �p p
; 106
5
3¥ �p p
; 116
11
6¥ �p p
; 126
2¥ �p p.
Leurs points images sur le cercle � sont : I, A, C, J, D, F, I¢, F¢, D¢, J¢, C¢, A¢ et I.
Les réels s’appliquant sur les points I, A, B, C et J
lorsqu’on enroule la droite numérique sur � sont :
a. Dans le sens direct, au premier tour : 0, p6
, p4
, p3
et p2
.
b. Dans le sens indirect, au premier tour :
0, - � � -26
11
6p p p
, - � � -24
7
4p p p
, - � � -23
5
3p p p
,
- 3
2
p.
c. Dans le sens direct, au second tour : ce sont les réels
de la question a auxquels on ajoute 2p, c’est-à-dire 2p, 13
6
p,
9
4
p,
7
3
p et
5
2
p.
d. Dans le sens direct, au troisième tour : ce sont les
réels de la question a auxquels on ajoute 4p, c’est-à-
dire 4p, 25
6
p, 17
4
13
3
9
2
p p p, et .
a. Réels venant s’appliquer sur D : 2
3
p ; - 4
3
p ;
8
3
p.
b. Réels venant s’appliquer sur E¢ : 54
p ;
13
4
p ; - 3
4
p.
c. Réels venant s’appliquer sur B¢ : 23
p ; - 4
3
p ;
8
3
p.
d. Réels venant s’appliquer sur J¢ : - p2
; 3
2
p ;
7
2
p.
Voir corrigé en fin de manuel.
18
19
20
21
22
a. x – y = 2p ; 2p correspond à la longueur du
cercle, donc x et y ont le même point image sur �.
b. x – y = p ; p ne correspond pas à un nombre entier de
fois la longueur du cercle, donc x et y n’ont pas le même
point image sur �.
1. Voir figure ci-dessous.
2. Comme p6
0 52ª , et p4
0 79ª , on a bien : p6
< 0,65 < p4
.
De même : 4
34 19
p ª , et 3
24 71
p ª , d’où : p6
< 4,5 < p4
.
3.
a. Les réels de l’intervalle [0 ; 2p] associés aux
sommets de l’hexagone ICDI¢D¢C¢ sont, dans l’ordre de
ces points : 0, p3
, 2
3
p, p,
4
3
p et
5
3
p.
b. Les réels de l’intervalle [ , ]- p p associés aux som-
mets de l’hexagone ICDI¢D¢C¢ sont, dans l’ordre de ces
points : 0, p3
, 2
3
p, p, - 2
3
p, - p
3.
1. Les points M1, M2, M3 et M4 sont les points
images des réels : 5
6
p, - 5
6
p, - p
6, p3
.
2.
point M M1 M2 M3 M4
réel associé
x Œ -� p p;p6
5
6
p - 5
6
p - p6
p3
cos x 3
2- 3
2- 3
2
3
2
1
2
sin x 1
2
1
2- 1
2- 1
2
3
2
a. cos cos-ÊËÁ
ˆ¯� Ê
ËÁˆ¯
p p4 4
; sin sin-ÊËÁ
ˆ¯� - Ê
ËÁˆ¯
p p4 4
b. cos cos3
4 4
p pÊËÁ
ˆ¯� - Ê
ËÁˆ¯
; sin sin3
4 4
p pÊËÁ
ˆ¯� Ê
ËÁˆ¯
c. cos cos5
4 4
p pÊËÁ
ˆ¯� - Ê
ËÁˆ¯
; sin sin5
4 4
p pÊËÁ
ˆ¯� - Ê
ËÁˆ¯
Voir corrigé en fin de manuel.
23
24
J
NR
M
I
QSP
I¢ O
25
26
27
28
93Chapitre 6. Trigonométrie
1.
réel x p4
3
4
p - p4
5
4
p 7
4
p
cos x 2
2- 2
2
2
2- 2
2
2
2
sin x 2
2
2
2- 2
2- 2
2- 2
2
2.
réel x p3
2
3
p 4
3
p 5
3
p 7
3
p
cos x 1
2- 1
2- 1
2
1
2
1
2
sin x 3
2
3
2- 3
2- 3
2
3
2
1. a. x = p6
ou x = 5
6
p
29 J
I
J¢
I¢
p4
– p4
7p4
3p4
5p4
;
O
J
I
J¢
I¢
5p3
2p3
4p3
p3
7p3
;
O
30
J
I(0)
J¢
I’(p)
5p6
7p6
11p6
p6
O
– 0,5
0,5
a. x = 2
3
p ou x =
4
3
p
b. x = - 2
3
p ou x =
2
3
p
Dans le triangle BCD rectangle en D :
sin 30° = BD/BC,
d’où BC = BD/sin30° = BD/1
2 = 2 BD = 2 FE = 120 mm.
Dans ce même triangle : cos 30° = CD/BC,
d’où CD = BC cos 30° = 1203
260 3 103 92¥ � ª , mm.
Dans le triangle ABF rectangle en F : sin 30° = BF/AB, d’où
BF = AB sin30° = 1
2 AB = 70 mm. D’où DE = BF = 70 mm.
Il en résulte : CE = CD + DE = 60 3 70 173 92� ª , mm.
Dans le triangle ABF rectangle en F : cos 30° = AF/AB,
d’où AF = AB cos 30° = 1403
270 3 121 24¥ � ª , mm.
D’où AE = AF + FE = 70 3 60 181 24� ª , mm.
1. a. Le triangle BHP rectangle en H, ayant un
angle aigu de 45°, a son autre angle aigu de même
mesure et est donc isocèle. D’où HB = PH.
Dans le triangle CHP rectangle en H, tan 30° = PH/HC,
soit 3
3� PH
HC d’où HC PH� ¥3 .
31
J
I (0 ; 2p)
J¢
I¢
2p3
4p3
O– 0,5
J
I
J¢
I¢(– p ; p)
2p3
– 2p3
O– 0,5
32
33
94
b. Comme HC – HB = 40, on obtient : 3 40¥ - �PH PH ,
soit PH( = 403 1- ) , d’où
PH�-
��
- �
��
� � ª
40
3 1
40 3 1
3 1 3 1
40 3 1
2
20 3 1 54
( )
( )( )
( )
( ) ,664 m
2. Dans le triangle PIH rectangle en H, sin /PIH IH� � 55.
Lorsque IH = 5,4, on a : sin , / ,PIH� � ª5 4 55 0 098.
D’où PIH sin 0,098 5,63–1� ª � �ª �.
Lorsque IH = 4, on a : sin / ,PIH� � ª4 55 0 073.
D’où PIH sin 0,072 4,17–1� ª � �ª �.
1. sin 301
2� � ; cos 30
3
2� � , d’où
tan 301
3
3
3� � � .
sin cos45 452
2� � � � , d’où tan 45° = 1.
2. Dans le triangle ABH rectangle en H, sin 45� � AH
AB,
d’où AH = AB AB 6¥ � � ¥ � ¥ �sin 452
2
2
23 2 .
Le triangle rectangle ABH ayant un angle de 45°, l’autre
angle aigu mesure 45° et ce triangle est isocèle. Il en
résulte : BH = AH = 3 2 .
3. Dans le triangle ACH rectangle en H, tan 30� � HC
AH,
soit 3
3 2� HC
3, d’où HC� 6 cm.
4. On en déduit BC = BH + HC = 3 2 6� , puis
Aire ABC = AH BC¥
2 =
3 2 3 2 6
2
¥ �( )
= 18 3 12
2
18 6 3
29 3 3
� � � � � ª14,2 cm².
1. Le triangle ABH est rectangle et isocèle car l’un
de ses angles aigus mesure 45° et donc l’autre aussi.
D’où BH = AH.
Dans le triangle AHC rectangle en H : tan 60� � AH
HC, d’où
HCAH AH�
��
tan 60 3.
2. a. Comme BC = 10, on a BH + HC = 10, c’est-à-dire
AHAH�
3 = 10, soit AH
11
310�
Ê
ËÁ
ˆ
¯˜ � , d’où
AH10
1
10
1
10
1
10 1
1) 1
10
��
��
��
� -� -
�
13
3
3
3
3
3 3
3 3
3
( )
( ( )
( 33
23 3 15 3
- � - � -15 1 5
)( ) .
34
35
1.
Couleur arc Rouge Vert Bleu Orange
Signe cos x + – + –
Signe sin x + + – –
2. Comme 0 12
� � p, le point image de 1 est situé dans
l’arc rouge ; on a donc : cos 1 > 0 et sin 1 > 0.
Comme p p� �43
2, le point image de 4 est situé dans
l’arc orange ; on a donc : cos 4 < 0 et sin 4 < 0.
Comme 3 10 32
p p p� � � , le point image de 10 est situé
dans l’arc orange ; on a donc : cos 10 < 0 et sin 10 < 0.
Comme 52
15 5p p p- � � , le point image de 15 est situé
dans l’arc vert ; on a donc : cos 15 < 0 et sin 15 > 0.
Comme 32
12 4p p p� � � , on a - � - � - �ÊË
ˆ¯4 12 3
2p p p
et donc le point image de – 12 est situé dans l’arc
rouge ; on a donc : cos (– 12) > 0 et sin (– 12) > 0.
a. A ( ) cos sin cos sin0 0 0 0 0
1 1 2
2 2
2 2
� �� � � -� �� � �
Ap p p p p4 4 4 4 4
2
2
2
2
2 2ÊË
ˆ¯ � �Ê
ˈ¯ � -Ê
ˈ¯
� �
cos sin cos sin
ÊÊËÁ
ˆ¯
� -ÊËÁ
ˆ¯
� � � �2 2
22
2
2
22 2
Ap p p p p3 3 3 3 3
1
2
3
2
2 2ÊË
ˆ¯ � �Ê
ˈ¯ � -Ê
ˈ¯
� �
cos sin cos sin
ÊÊËÁ
ˆ¯
� -ÊËÁ
ˆ¯
� � � � - �
�
2 2
1
2
3
2
1 2 3 3
4
1 2 3 3
4
2
On peut conjecturer que A(x) est égal à 2, quelle que
soit la valeur du réel x.
b.
A x x x x x
x x x
� � � �� � � -� �� �
cos sin cos sin
(cos cos sin
2 2
2 2 ��
� - �
� �
sin )
(cos cos sin sin )
(cos sin
2
2 2
2 2
2
2
x
x x x x
x xx )� 2
36
37
95Chapitre 6. Trigonométrie
Cas a
1.
2. Comme cos sin2 2 1x x� � ,
on a : cos2 21x � -�
0,75
0,4375.
Et comme M, le point image de x, appartient à l’arc
rouge, on a cos x � 0 et donc cos x � 0,4375 soit
cos x ª 0,661.
3. En mode RADIAN, la calculatrice donne :
x x� � � ª-sin 1 0,75 avec 0,85
Cas b
1.
2. On a de même : cos sin2 2 1x x� �soit 0,25 et 0,0625 0,9375-� � � � � - �2 2 21 1sin sinx x
Comme M appartient à l’arc rouge, on a sin x � 0 et
donc sin x � 0,9375 soit sin x ª 0,968.
3. En mode RADIAN :
x x� -� � ª-cos 1 0,25 avec 1,82.
1. Faux, car pour n’importe quel réel t, on doit
avoir, par propriété : cos²t + sin²t = 1.
Or ici, si t existait, on aurait : 0,4² + 0,9² = 1 soit encore
0,97 = 1.
Ceci étant faux, il n’existe aucun réel t satisfaisant les
deux conditions.
2. Faux car, par exemple, pour t = p4
, on a :
38
M(x)
II¢ O
0,75
p
p
2
2¢ -
J
J
JM(x)
I(0)
J¢
I¢(p)O
– 0,25
39
cos sinp p4 4
2
2
2
22 2
2 22
�ÊË
ˆ¯ � �
ÊËÁ
ˆ¯
� � � � .
Ce contre-exemple suffit à conclure que la proposition
est fausse.
Remarque : Si on avait choisi pour valeur particulière de
t, l’un des réels 0, p2
ou p, l’égalité aurait été vraie pour
chacune de ces valeurs ; mais cela n’aurait pas suffit à
prouver l’égalité « pour tout t ».
3. Vrai, il suffit de choisir t = 0.
4. Faux, il suffit de prendre pour contre exemple t = p4
.
5. Faux, il suffit de prendre pour contre exemple t = p2
.
En effet : sin( ) sin22
0¥ � �p p , alors que 22
2sin( )p � .
1. Léo mise tout sur sa calculatrice ! Il opère par
calculs approchés. Léa utilise le lien entre sin a et cos a.
Elle obtient la valeur exacte de cos2 a. Mais ni l’un, ni
l’autre ne cherche à localiser le point image de a sur le
cercle trigonométrique. C’est une grave erreur !
2.
Le point image de a appartient au demi-cercle rouge.
Son ordonnée est 0,4. Sans calcul, sans calculatrice, on
sait déjà que cos a < 0. Les résultats, pourtant identiques,
de Léo et Léa sont donc plus que suspects.
Une solution :
• La démarche de Léa conduit à cos2 a = 0,84. Cela est
exact.
• Mais comme cos a < 0 (voir au-dessus), on doit écrire
cos ,a � - ª -0,84 0 92.
• Partant de sin a = 0,4, la fonction Asn(0,4) ou sin- � �1 0,4
renvoie le réel a¢ de -ÈÎÍ
˘˚
,p p2 2
tel que sin ¢ �a 0,4 (voir
figure).
La calculatrice de Léo affiche :
¢ � ª-a sin 1 0,4 0,4115168461.
Elle a raison ! Mais ce réel n’est pas la solution recherchée.
Il faut écrire (voir figure) : a a� - ¢ ª -p 3,14 0,41
soit a ª 2,73.
40
Op O0,2
0,6
0,8
0,4a a¢
p2
3p2
96
Travail personnelPour les exercices 41 à 51 : voir corrigés en fin de
manuel.
APPROFONDISSEMENT
1. Le rayon incident est perpendiculaire à la surface
de l’eau lorsque i = 0 (degré). Dans ce cas, on a :
sin 0 = 1,33 ¥ sin r soit 0 = 1,33 sin r, d’où sin r = 0. La seule
possibilité pour un angle aigu est r = 0. Le rayon n’est donc
pas dévié.
2. r = 30° lorsque sin i = 1,33 ¥ sin 30,
soit sin i � ¥ �1,33 0,5 0,665. Comme 0 90° °� �i , la
calculatrice en mode DEGRÉ donne i � -sin 1 0,665 soit
i ª 41,68°.
3. Lorsque i = 60°, on a sin sin60° 1,33� r ,
soit 3
2�1,33 sin r d’où sin r ª 0,651147.
Comme 0 90° °� �r , on obtient, en mode DEGRÉ :
r ª 40,63°.
4. r = 60° lorsque sin sini � �1,33 60 ,
soit sin i � ¥1,333
2 mais 1,33 1,15¥ ª3
2 et sin i ne
peut lui être égal (car )0 1� �sin i .
Il est donc impossible d’avoir r = 60°.
5. Lorsque i = 90°, on a sin sin90° 1,33� r et donc
sin r � ª1
1,330,75188.
Il en résulte r � ª-sin 1 0,75188 48,75°.
Pour une valeur de r supérieure à 48,75°, on aurait
sin r 0,75188 (car pour 0 90� �r °, sin r est d’autant
plus grand que r est grand).
On aurait alors 1,33 1,33 0,75188sin r ¥ soit sin i 1.
Cela est impossible.
1. Le petit arc IA∫ a pour longueur p6
, soit le tiers
du quart de cercle IJ)
.
La proportionnalité des longueurs d’arcs et des mesures
des angles au centre conduit à I I JOA O� �� ¥1
3 soit
IOA °� � 30 .
L’angle inscrit II ¢A� qui intercepte le même arc que
l’angle au centre IOA� a donc pour mesure 1
230 15¥ �° °.
2. a. Dans le triangle ¢I IA rectangle en A,
cos 152
°A A� ¢¢�I
III
d’où A °¢ �I 2 15cos .
Dans le triangle A H¢I rectangle en H, sin 15°AH
A�
I d’où
AH A °� ¢I sin 15 et donc AH ° °� ¥2 15 15cos sin .
52
53
b. Dans le triangle OAH rectangle en H, on a :
sin 30� � �AH
OAAH.
De a et b résulte : sin sin cos30 2 15 15° ° °� ¥ .
Pour avoir sin sin2 15 2 15¥� � �° °, il faudrait cos 15 1° � ,
ce qui est bien sûr faux.
1. ¢ � ¢ � � �I IH O OH °1 30cos
d’où ¢ � � � �I H 13
2
2 3
2.
2. a. Dans le triangle ¢I AH rectangle en H :
cos 15°H
A� ¢
¢II
(1)
Dans le triangle ¢I IA rectangle en A :
cos 15°A� ¢¢
II I
(2)
b. En multipliant (1) et (2) on obtient
cos2 152
°H H� ¢¢
� ¢II I
I d’où ¢ �I H °2 152cos .
3. Des questions 1 et 2 résulte :
2 152 3
22cos ° � �
soit cos2 152 3
4° � �
.
Comme cos 15 0° , on a cos 152 3
2° � �
.
On a, par ailleurs, cos sin2 215 15 1° °� �d’où sin cos
.
2 215 1 15
12 3
4
2 3
4
° °� -
� - �
� -
Comme sin 15 0° , on a : sin 152 3
2° � -
.
Conclusion
I I IOM O� �� ¢1
12 et donc I IIM∫
)� ¢1
12 soit IM∫ � p
12.
Ainsicos cos
sin sin
p
p12
152 3
2
1215
2 3
2
� � � �
� � � -
�
ÌÔÔ
ÓÔÔÔ
54
J
I
J¢
I¢ O 15°
Mp
12
97Chapitre 6. Trigonométrie
A. 1. a. b.
Lorsque a varie dans -ÈÎÍ
˘˚
p p2 2
, , A décrit l’arc ¢J J∫ , demi-
cercle, à droite de JJ ¢� . Lorsque b varie dans 02
,pÈ
Î͢˚, B
décrit l’arc IJ)
quart de cercle.
2. a. Il suffit de choisir a � p3
et b � p6
.
b. M existe lorsque a b� .
B. 1. A cos , sina a� �B cos , sinb b� �¢ -� �A cos , sina a
¢ -� �B cos , sinb b
M cos , sinb a� �
2. Lorsque a � p6
et b � p3
, on a :
• A B A B3
2
1
2
1
2
3
2
3
2
1
2
1
2, ; , ; , ; ,
ÊËÁ
ˆ¯
ÊËÁ
ˆ¯ ¢ -ÊËÁ
ˆ¯ ¢ - 33
2
ÊËÁ
ˆ¯
et M1
2
1
2,� �
• AA ¢ � - -ÊËÁˆ¯ �
3
2
3
23 BB ¢ � - -ÊËÁ
ˆ¯ �
3
2
3
23
OM � � � � � � � �1
2
1
2
1
2
1
2
2 2
d’où S � � � � � � � ¥� � �3 3 41
28
2 2.
3. Lorsque a � - p4
et b � p3
:
• A B A2
2
2
2
1
2
3
2
2
2
2
2, ; , ; ,-Ê
ËÁˆ¯
ÊËÁ
ˆ¯ ¢ - -Ê
ËÁˆ¯
¢ -ÊËÁ
ˆ¯ -Ê
ËÁˆ¯B M
1
2
3
2
1
2
2
2, ; ,
• AA BB OM¢ � ¢ � � � �2 31
4
1
2
3
2; ;
• S AA BB OM� ¢ � ¢ � � � � � � �2 2 24 2 3 43
48
4. Il semble que S garde une valeur constante égale à 8.
55 C. 1. AA ¢ � 2 cos a et BB ¢ � 2 sin b
OM � �cos sin2 2b a
2.
AA BB OM¢ � ¢ �
� �
� �� ��
2 2 2
2 2
2 2
4
4 4
4
4
cos sin
cos sin
co
a b
b a
ss sin
cos sin
2 2
2 24
4 4 8
a a
b b
�� �� �� �
� � �
Conclusion
On a établi que AA BB OM¢ � ¢ � -2 2 28 4 , ce qui satisfait
pleinement l’objectif.
Aire OMHOH HM� ¥ �
¥2 2
cos sinx x
Aire I IMH
H HM� ¥ �-� �¥
2
1
2
cos sinx x
On cherche x ŒÈÎÍ
˘˚
02
,p
tel que
cos sin cos sinx x x x2
41
2� ¥
-� �¥
soit cos sin cos sinx x x x¥ � -� �¥4 1
soit sin cos cosx x x¥ - -� �� �4 1 0
soit sin cosx x¥ -� � �5 4 0.
Pour x ŒÈÎÍ
˘˚
02
,p
,
• sin x � 0 lorsque x � 0.
• 5 4 0cos x - � lorsque cos x � 0,8 c’est-à-dire lorsque
x � � �-cos 1 0,8 ou x � � �ACS 0,8 sur une calculatrice en
mode RADIAN.
Le problème admet donc deux solutions :
1) x � 0 : cas particulier où M est en I.
Les 2 aires sont alors nulles.
2) x � � �-cos 1 0,8 soit x ª 0,6.
C’est le cas où l’angle au centre IOM� mesure environ
0,6 180¥ ªp
34 degrés.
56
98
Statistique descriptiveAnalyse de données 7Pour reprendre contactLes réponses exactes sont :
1 Réponses 1.a. et 2.d.
2 Réponses b. et c.
3 Réponse c.
4 Réponse b.
5 Réponse b.
6 Réponse a.
7 Réponses a. et c.
Activité 1. Choisir et interpréter un graphique1. a. C’est sur les graphiques 1 et 3 que l’on lit le mieux les intervalles correspondant aux huit tranches de revenus
étudiées.
C’est sur le graphique 3 que l’on lit le mieux les fréquences de ces tranches.
Tableau statistique :
Tranches0
à 7 500
7 501
à 9 000
9 001
à 12 000
12 001
à 15 000
15 001
à 23 000
23 001
à 31 000
31 001
à 78 000
78 000
et plus
Fréquences 30 % 8 % 15 % 11 % 17 % 9 % 9 % 1 %
b. Sur les graphiques 1, 2 et 3, sont lus respectivement :
– les hauteurs des barres,
– les aires des rectangles,
– les angles des secteurs angulaires,
qui sont proportionnels aux effectifs (ou aux fréquences) des tranches.
c. L’histogramme révèle que les tranches de revenus sont d’amplitudes très inégales.
Sur le diagramme en barres, la lecture des tranches figurant en abscisses puis leur comparaison sont nécessaires pour
obtenir cette même information.
2. La classe ayant le plus grand effectif est celle ayant des revenus annuels inférieurs à 7 500 € ; elle regroupe 30 % des
foyers fiscaux français et se partage 6 % des revenus annuels déclarés.
99Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données
La classe ayant le plus petit effectif est celle ayant des revenus annuels supérieurs à 78 000 € ; elle regroupe 1 % des
foyers fiscaux français et se partage 11 % des revenus annuels déclarés.
Cette seconde tranche qui représente 30 fois moins de foyers fiscaux que la première se partage pourtant le double de
revenus de celle-ci !
Activité 2. Cumuler les effectifsA. 1. Cela signifie que 16 pays de l’UE ont, au 1er trimestre 2009, un taux de chômage inférieur ou égal à 19,5 %.
b. La série comporte 4 valeurs qui sont en dehors de
l’intervalle I : 52,2 ; 53,1 ; 53,5 et 73,7.
La proportion de ces valeurs atypiques est donc 4/45,
d’où un pourcentage de 9 % environ.
1. Les couplages sont : Série 1 – Courbe bleue et
Série 2 – Courbe rouge.
2. Des arguments :
• Les valeurs 0 et 1 de la série 1 ont pour effectifs 0 et
donc les fréquences cumulées de 0 et de 1 sont nulles
(d’où la courbe bleue).
• Les valeurs 9 et 10 de la série 1 ont pour effectifs 0 et
donc les fréquences cumulées de 9 et 10 sont égales à la
fréquence cumulée de 8 (c’est le cas sur la courbe bleue).
• La valeur de plus grand effectif de la série 1 est 6 (avec
un effectif égal à 8). Sur la courbe cumulative associée,
la fréquence cumulée de 6 doit donc être égale à la
fréquence cumulée de 5, augmentée de 8. C’est le cas
sur la courbe bleue et non sur la courbe rouge.
• Le point (3 ; 5) de la courbe rouge signifie que sur la
série correspondante, il y a 5 valeurs inférieures ou
égales à 3. C’est le cas pour la série 2, uniquement.
• La série 2 est la plus dispersée avec des effectifs non
nuls plus nombreux mais plus modestes. C’est la courbe
rouge qui lui correspond avec des segments de pentes
plus faibles que sur l’autre courbe.
L’algorithme permet de calculer la moyenne de
nombres entrés par l’utilisateur.
La différence avec l’algorithme de l’exercice 37 concerne
le nombre de valeurs à entrer qui n’a pas à être connu à
l’avance.
Programme Xcas : Voir à la fin de ce chapitre (page 115).
1. Allemagne (%) Inde (%)
Fré
qu
en
ces
Fré
q. c
um
ul.
Fré
qu
en
ces
Fré
q. c
um
ul.
Tranche d’âge
de 0 à 10 ans 8,84 8,84 20,88 20,88
de 11 à 20 ans 10,85 19,69 19,91 40,79
de 21 à 30 ans 11,32 31,01 16,83 57,62
de 31 à 40 ans 14,03 45,04 14,01 71,63
de 41 à 50 ans 15,80 60,84 12,85 84,48
de 51 à 60 ans 11,79 72,63 7,49 91,97
de 61 à 70 ans 12,50 85,13 4,58 96,55
de 71 à 80 ans 10,14 95,27 2,82 99,37
de 81 à 90 ans 3,54 98,81 0,62 99,99
de 91 à 100 ans 1,18 99,99 0,01 100,00
82
83
84
2. Allemagne :
Classe comprenant la médiane : [41 ans ; 50 ans].
Classe comprenant Q1 : [21 ans ; 30 ans].
Classe comprenant Q3 : [61 ans ; 70 ans].
Inde :
Classe comprenant la médiane : [21 ans ; 30 ans].
Classe comprenant Q1 : [11 ans ; 20 ans].
Classe comprenant Q3 : [41 ans ; 50 ans].
On peut noter un décalage de 10 ans pour Q1 et de
20 ans pour Me et Q3 entre l’Allemagne et l’Inde (les
indicateurs de l’Allemagne étant toujours supérieurs à
ceux de l’Inde).
Cela traduit une forte représentation des premières
tranches d’âge en Inde (plus de la moitié de la
population a moins de 30 ans) et des dernières tranches
d’âge en Allemagne (près de 30 % de la population a
plus de 60 ans).
1. a. Le point (50 000 ; 0,4) de la courbe cumulative
rouge signifie que la proportion des foyers ayant une
part de patrimoine inférieure ou égale à 50 000 € est 0,4
soit 40 %.
b. Le point (200 000 ; 0,3) de la courbe cumulative bleue
signifie que la part du patrimoine total que se partagent
les foyers ayant au plus 200 000 € de patrimoine est 0,3
soit 30 %.
2. Sur la courbe rouge, le point d’abscisse 200 000 a
pour ordonnée 0,75. Cela signifie que le pourcentage
des foyers ayant une part de patrimoine inférieure ou
égale à 200 000 € est 0,75 soit 75 %.
3. a. Le patrimoine médian des foyers français est la
valeur du patrimoine qui partage les foyers français en
deux sous-groupes de même effectif : ceux dont la valeur
du patrimoine est supérieure et ceux dont la valeur du
patrimoine est inférieure à cette valeur médiane.
Sur la courbe rouge, le point d’ordonnée 0,5 a pour
abscisse 100 000 environ. Le patrimoine médian cherché
est donc 100 000 €.
b. La moitié des foyers les moins riches est l’ensemble
des foyers ayant un patrimoine inférieur ou égal au patri-
moine médian des foyers français. Ce sont donc les foyers
qui ont un patrimoine inférieur ou égal à 100 000 €.
Sur la courbe bleue, le point d’abscisse 100 000 a pour
ordonnée 0,08 environ. Cela signifie que les foyers en
question (la moitié des foyers les moins riches) se
partagent environ 8 % du patrimoine total.
c. Par lecture sur la courbe rouge, les 95 % des foyers
les moins riches sont ceux ayant un patrimoine infé-
rieur ou égal à 570 000 € environ. En se reportant sur la
courbe bleue, ces foyers se partagent un peu moins de
70 % du patrimoine total.
Autrement dit, les 5 % des foyers les plus riches sont
ceux ayant un patrimoine supérieur ou égal à 570 000 €
85
113Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données
environ, et ils se partagent un peu plus de 30 % du
patrimoine total.
L’affirmation est donc exacte.
A B C D
x ª Me x � Me x Me x ª Me
Commentaires :
– Lorsque la série est assez symétrique, on peut
s’attendre à ce que les deux indicateurs de position que
sont la médiane et la moyenne soient assez voisins
(c’est le cas des séries A et D).
– Lorsque la série présente une asymétrie assez
marquée, on aura généralement x < Me dans le cas
d’un « étalement à gauche » (série B) et x > Me dans le
cas d’un étalement à droite » (série C).
Voir sur le site www.didiermathx.com.
1. Le point de coordonnées (0,7 ; 12) situé sur la
courbe cumulative bleue signifie que le nombre de
régions de France métropolitaine où la consommation
par habitant ne dépasse pas 0,7 (tonnes équivalent
pétrole) est 12.
2. Sur le graphique, l’année où la consommation est la
plus importante est celle dont la courbe cumulative est
la plus « à droite », c’est-à-dire 2006.
En effet, si (x ; y) et (x¢ ; y), avec x < x¢� sont des points de
même ordonnée appartenant aux deux courbes
cumulatives de 1990 et 2006, on peut dire que :
– en 1990, il existe y régions où la consommation par
habitant ne dépasse pas x ;
– en 2006, il existe y régions où la consommation par
habitant ne dépasse pas x¢.Comme x < x¢, la consommation est donc moins forte
en 1990 qu’en 2006.
3. Par lecture des abscisses des points d’ordonnée 11 (la
moitié de 22), on obtient que la consommation médiane
par région est environ 0,68 en 1990 et 0,86 en 2006.
4. Le fait que, globalement, la pente de la courbe de
2006 est plus forte que celle de 1999, indique une
moins grande dispersion en 2006 des valeurs de
consommation des 22 régions, ainsi qu’une plus forte
discrimination entre les régions faibles et fortes
consommatrices d’énergie.
5. Par lecture des abscisses des points d’ordonnée 6
(pour englober au moins un quart des 22 régions), on
obtient que le premier quartile est environ 0,61 en 1990
et 0,82 en 2006.
De même, avec les points d’ordonnée 17 (pour englober
au moins les trois quarts des 22 régions), on obtient que
86
87
88
le troisième quartile est environ 0,82 en 1990 et 0,89 en
2006.
Les écarts interquartiles sont donc approximativement
0,21 en 1990 et 0,07 en 2006.
Leur comparaison vient confirmer la plus faible dispersion
de la série de la consommation d’énergie par région en
2006, par rapport à 1990.
Voir sur le site www.didiermathx.com le graphique
fin janvier 2009 et le graphique quelques jours plus tard.
Les faits :
La banque J.P. Morgan a proposé fin janvier 2009 un
graphique pour illustrer l’effondrement de la capitalisation
boursière d’une quinzaine de banques (graphique 1).
Les disques bleus indiquent la valeur de chaque banque
en 2007, les verts la valeur en janvier 2009.
Quelques jours plus tard, J.P. Morgan propose un
graphique modifié (graphique 2) ; la valorisation
boursière 2009 des banques a été réactualisée et une
banque supplémentaire a été introduite.
Pour bien lire :
La valeur en bourse d’une banque (sa valorisation
boursière) est exprimée en milliards de dollars sur ces
deux graphiques ($Bn = billion de dollars = milliard de
dollars (anglais)).
Par exemple : les valeurs en bourse de Goldman Sachs
au 20 janvier 2009 et en 2007 données sur le graphique
1 étaient respectivement 35 milliards de dollars et
100 milliards de dollars.
Pourquoi un second graphique ?
Sur le graphique 1, ce sont les diamètres des disques
qui sont proportionnels aux valorisations boursières
des banques, passées (2007) et actuelles (2009).
Mais visuellement, ce sont les aires des disques que l’on
évalue, que l’on compare. Or ces aires sont proportionnelles
aux carrés de ces valeurs, et si la capitalisation d’une banque
est divisée par deux, l’aire du disque vert est quatre fois plus
petite que celle du bleu. C’est en gros le cas de J.P. Morgan,
mais pour CityGroup, un concurrent direct de J.P. Morgan, la
valeur est divisée par 13 et donc son aire est divisée par 169.
Le premier graphique est donc trompeur, voire
mensonger.
Le second est destiné à corriger le premier, avec une
proportionnalité des disques aux valeurs bancaires et
non à leurs carrés.
Pourquoi cette faute ?
Elle peut être intentionnelle, l’auteur voulant afficher un
effondrement amplifié des valeurs bancaires, avec une
banque J.P. Morgan qui résiste mieux que les autres…
En effet, si le graphique surévalue visuellement la chute
de valeur de J.P. Morgan, en la divisant par 4 au lieu de
2, la valeur de CityGroup se trouve visuellement divisée
par 169 au lieu de 13. Le traitement est bien inégal !
89
114114
Mais cette faute peut ne pas être intentionnelle et il se
peut qu’elle relève seulement de l’incompétence de
l’auteur…
Il reste aux élèves à creuser la question !
1. a. On peut, par exemple, effectuer le graphique
suivant.
b. Le graphique montre que le chômage augmente
rapidement de 1975 à 1985, puis fluctue à un niveau
important depuis cette période.
2. On peut, pour la période 1975-2008, calculer les
indicateurs suivants (nombre de chômeurs en milliers).
moyenne 2 046
min 689
Q1 1 772
Me 2 172
Q3 2 421,25
max 2 805
étendue 2 116
Q3 – Q1 649,25
Pour la tendance centrale, il est préférable de choisir la
médiane, mais la moyenne peut convenir.
Pour la dispersion, on calcule les quartiles.
3. La valeur du premier trimestre 2009 est au-dessus
du troisième quartile.
Parmi les salariés à temps complet des entreprises
privées ou semi-publiques, soit N le nombre des
hommes et N¢ le nombre des femmes.
La masse salariale pour les hommes est : N ¥ 2 138 €.
La masse salariale pour les femmes est : N¢ ¥ 1 736 €.
La masse salariale hommes-femmes est donc
– d’une part : N ¥ 2 138 + N¢ ¥ 1 736
– d’autre part : (N + N¢) ¥ 1 997.
On en déduit : N ¥ 2 138 + N¢ ¥ 1 736 = (N + N¢) ¥ 1 997
soit encore : N ¥ 2 138 + N¢ ¥ 1 736 = N ¥ 1 997 + N¢ ¥ 1 997,
qui devient 141N = 261N¢ ou encore N � 261
141 N¢.
L’effectif de la population des salariés est donc :
N + N¢ = 261
141 N¢ + N¢ =
402
141 N¢.
90
91
Il en résulte : N¢ = 141
402 (N + N¢), qui signifie que la
proportion des femmes parmi les salariés à temps
complet en 2007 est 141
402, soit 35 % environ.
La proportion d’hommes est de ce fait environ 65 %.
Remarque : Aucun lien n’existant entre les médianes de
deux groupes disjoints d’une population et la médiane
de cette population, les données relatives aux médianes
ne peuvent pas être exploitées.
Nombre
d’enfants
dans la
famille
Nombre de
familles
Nombre
d’enfants
Nombre de
frères et
sœurs par
enfant
0 8 050 262 0
1 3 760 052 3 760 052 0
2 3 399 998 6 799 996 1
3 1 238 871 3 716 613 2
4 ou + 404 171 2 020 855 4
Total 16 853 354 16 297 516
1. On a complété le tableau initial en calculant le
nombre total d’enfants de moins de 25 ans en 2006
(3e colonne).
Le nombre moyen d’enfants par famille est :
Nombre total d’enfants
Nombre total de familles =
16 297 516
16 853 354 = 0,97.
2. La 4e colonne indique le nombre de frères et sœurs
par enfant d’une famille selon le nombre d’enfants de la
famille.
Le nombre moyen de frères et sœurs par enfant est
alors :
3760 052 6 799 996 3716 613 2 020 855
16 297 516
¥ � ¥ � ¥ � ¥0 1 2 4
= 22 316 642
16 297 516 = 1,37
1 2 3 4 5 6
Groupe 1 9 11 12 12 13 14
Groupe 2 17 18 18 18 19 19
1147 8 9 10 11 12
Âge
moyen
Groupe 1 23 24 24 24 25 25 18
Groupe 2 23 27 36 47 51 55 29
On peut penser que le Groupe 1, dont l’âge moyen est
pourtant égal à 18 ans, sera un choix moins bon pour
Max que le Groupe 2, en raison d’une répartition des
âges mal adaptée.
92
93
115Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données
En effet, aucun inscrit du Groupe 1 ne satisfait le critère
de Max qui désire « rencontrer des jeunes comme lui »,
c’est-à-dire d’âge semblable.
Les tableaux suivants permettent de « matérialiser »
les individus et d’y faire figurer les indicateurs connus et
autres renseignements de l’énoncé.
15 filles
Min Q1 Me Q3 Max
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
10 ? 12 14 16 20
Vanessa
17 garçons
Min Q1 Me Q3 Max
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
8 11 14 18 21
Karim
94
1. Le temps de réaction médian est le même chez les
filles et chez les garçons : 14 centièmes de seconde. Les
temps de réaction sont plus dispersés chez les garçons
que chez les filles : étendue et écart interquartile égaux
à 13 et 7 chez les garçons, contre 10 et 4 chez les filles.
2. Le temps de réaction de Karim (14) coïncidant avec
le temps médian des garçons, on peut dire que 8 gar-
çons, au plus, ont été plus rapides que lui.
Mais comme on sait qu’il est le seul à avoir ce temps de
réaction, on peut affirmer que 8 garçons, exactement,
ont été plus rapides que lui.
3. Si les trois filles « précédant » Vanessa ont, toutes les
trois, le même temps de réaction : 10 centièmes de
seconde, le temps de réaction de Vanessa est soit 11,
soit 12. Dans le cas contraire, l’une au moins des filles a
pour temps de réaction 11 et le temps de réaction de
Vanessa est alors 12.
En conclusion, le temps de réaction de Vanessa est soit
11, soit 12.
English Corner
1. f. ; 2. g. ; 3. c. ; 4. h. ; 5. b. ; 6. d. ; 7. a. ; 8. e.
95
Programme Xcas de l’exercice 83.
116
Probabilités
Pour reprendre contactLes réponses exactes sont :
1 Réponse c.
2 1. Oui, ses issues sont : 0, 1, 2 et 3.
2. Non, le nombre de consonnes, toujours égal à 3, ne varie pas au hasard.
3 1. Réponse b.
2. Réponse c.
4 Réponses a., c. et d.
5 Réponse a.
6 1. 1
6 2. Réponse c.
Activité 1. Probabilités d’overbooking1. a. 11 b. 84
2. a. Sur un petit nombre d’avions simulés, la fréquence des cas d’overbooking fluctue de manière importante. Cette
fluctuation devient de plus en plus faible au fur et à mesure que le nombre de simulations augmente ; la fréquence tend
alors à se stabiliser.
b. On évalue la probabilité d’overbooking en retenant la fréquence des cas d’overbooking sur un grand nombre de
simulations ; on peut prendre ici p ª 0 09, .
Activité 2. Lancer un dé icosaédriqueA. 1. W�� 1 2 3 4 5 6; ; ; ; ;
2.
Issue 1 2 3 4 5 6
Probabilité 0,25 0,25 0,2 0,15 0,1 0,05
Les issues ne sont pas équiprobables.
B. 1. A = {2 ; 4 ; 6}
2. B = {4 ; 5 ; 6} ; C = {6}.
3. p(A) = 0,45 ; p(B) = 0,3 ; p(C) = 0,05.
8
117Chapitre 8. Probabilités
Activité 3. Opérer sur les événements1. A = {2 ; 4 ; 6} ; B = {4 ; 5 ; 6}.
2. Si A n’est pas réalisé, c’est l’événement « un numéro impair sort » qui l’est.
Cet événement a pour écriture ensembliste {1 ; 3 ; 5} et pour probabilité 0,55.
On remarque que 0,55 = 1 – p(A).
3. a. A ET B = {4 ; 6} ; p(A ET B) = p(A « B) = 0,2.
b. A OU B = {2 ; 4 ; 5 ; 6} ; p(A OU B) = p(A » B) = 0,55.
c. p(A » B) + p(A « B) = 0,75 et p(A) + p(B) = 0,45 + 0,3 = 0,75.
p(A) + p(B) est la somme des probabilités des issues qui réalisent A et de celles qui réalisent B (les issues qui
réalisent à la fois A et B sont comptées deux fois).
p(A » B) est la somme des probabilités des issues qui réalisent A ou B (les issues qui réalisent à la fois A et B sont
comptées une seule fois).
On a donc : p(A) + p(B) = p(A » B) + p(A « B).
Activité 4. Des jetons pour plusieurs situationsA. 1.
J2
J11 2 3 4 5 6 7 8
1 11 12 13 14 15 16 17 18
2 21 22 23 24 25 26 27 28
3 31 32 33 34 35 36 37 38
4 41 42 43 44 45 46 47 48
5 51 52 53 54 55 56 57 58
6 61 62 63 64 65 66 67 68
7 71 72 73 74 75 76 77 78
8 81 82 83 84 85 86 87 88
2. a. Il y a 64 issues.
b. Comme elles sont équiprobables, chacune a pour probabilité 1
64 = 0,015625.
B. p(S = 8) est la somme des probabilités des issues du tableau colorées en gris ; comme il y en a 7, on a
p(S = 8) = 7
64. De même, p(S = 9) est la somme des probabilités des issues du tableau en gras ; comme il y en a 8,
on a p(S = 9) = 8
64.
On a p(S = 9) > p(S = 8) ; c’est Mathieu qui a raison.
C. 1. p(H1) = 8
64 =
1
8. p(H2) =
8
64 =
1
8. p(H1 « H2) =
1
64. p(H1 » H2) =
15
64.
2. Pour chaque composant, la probabilité qu’il dysfonctionne en période de garantie est 0,125 = 1
8.
On peut donc modéliser les événements « le composant 1 est défaillant en période de garantie », « le composant 2 est
défaillant en période de garantie » par H1 et H2, respectivement.
Le système monté en série est défaillant lorsque l’un OU l’autre des composants est défectueux (ou les deux).
La probabilité de cet événement est donc p(H1 » H2 ) = 15
64.
Le système monté en parallèle est défaillant lorsque l’un ET l’autre des composants sont défectueux.
La probabilité de cet événement est donc p(H1 « H2) = 1
64.
118118
Activité 5. La hantise du répondeurA. 1. L’amorce d’arbre illustre les deux choix qui s’offrent pour l’appel de Léo : soit S « l’appel a lieu un soir de semaine »,
soit S « l’appel a lieu un soir de week-end ».
D’après l’énoncé, p(S) = 5/7 et p(c) = 2/7.
2. et 3.
5––7
2––7
S
S
R
R
0,2
0,8
R
R
0,75
0,25
B. À 10–2 près, f(S « R) = 0,14 ; f(S « R) = 0,22 ; f (R) = 0,36.
C. 1. a. Voir figure ci-dessus (chemin en gris).
1. b. Si on multiple les probabilités 5
7 et 0,2 figurant sur les branches du chemin qui correspond à S « R, on obtient
1
7ª 0,14, qui coïncide à 10–2 près avec la fréquence observée de l’événement S « R.
c. Le mot à compléter est « multipliant ».
2. a. L’autre chemin conduisant à R représente l’événement « Léo appelle Clara un soir de week-end et tombe sur son
répondeur ». D’après la règle 1, sa probabilité est 2
7¥ 0,75 soit
3
14ª 0,21.
b. Si on ajoute les probabilités des deux chemins conduisant à l’événement R, on obtient 1
7
3
14
5
14� � ª 0,36, qui coïn-
cide à 10–2 près avec la fréquence observée de l’événement R.
Dans la règle 2, le mot manquant est « ajoutant ».
TP 1. Y aurait-il une loi des séries ?
A. 1. Une période de 10 années comprend 3 650 jours environ ; le nombre moyen d’accidents par jour est 376
3 650 ª 0,1.
2.
Issue Secteur rouge Secteur bleu
Probabilité 0,1 0,9
B. a. b. Pour chacun des lancers de la roulette, la valeur 1 correspond à sortie du secteur rouge et la valeur 0 à celle du
secteur bleu. On a simulé 365 fois le lancer de cette roulette qui donne « rouge » avec la probabilité 0,1 et « bleu » sinon.
c. Cette formule compte le nombre de fois où le « rouge » est sorti durant les 22 premiers jours de l’année.
d. La formule écrite en B100 compte le nombre de sortie de « rouge » sur la période de 22 jours consécutifs débutant
le 100e jour de l’année (et s’achevant le 121e jour).
Un appui répété sur la touche F9 indique que le nombre maximal de fois où le « rouge » est sorti sur 22 jours consécutifs
d’une année dépasse très souvent 5.
f. g. La cellule A367 calcule la fréquence sur 50 années de celles où le nombre de sorties du secteur rouge sur 22 jours
glissant est supérieur ou égal à 5.
C. 1. a. Choix d.
2. La fréquence semble se stabiliser vers 0,92. On peut retenir p = 0,92.
3. Non, puisque le maximum du nombre d’accidents enregistrés sur une période de 22 jours consécutifs au cours
d’une année est supérieur ou égal à 5 avec une probabilité dépassant 0,9.
TP 2. Une discrimination raciale ?A. 1. La variable J prend au hasard une valeur entre 1 et 18.
Le premier terme de la liste Liste1[1], c’est-à-dire 1, s’échange avec le Jème terme de la liste, c’est-à-dire J.
119Chapitre 8. Probabilités
2. I prend la valeur 2 ; la variable J prend au hasard une valeur entre 2 et 18.
Le Jème terme de la liste s’échange alors avec le second terme de la liste qui est Liste1[2].
Et ainsi de suite. À la fin de la boucle « Pour », sept nombres entiers compris entre 1 et 18 ont été successivement tirés
au hasard et sont venus occuper les sept premières places de cette liste.
3. Voir sur le site www.didiermathx.com.
4. Réponse personnelle… mais on peut observer en répétant les simulations que les 4 boules noires (entiers de 1 à 4)
ne sont que très rarement présentes toutes les quatre parmi les 7 boules prélevées.
B. 1. a. Si p = 4, e augmente de 1, et c’est le seul cas où e augmente de 1.
b. p = 4 signifie que les boules 1, 2, 3 et 4 figurent dans les 7 boules prélevées, c’est-à-dire que l’événement E est réalisé.
Donc e augmente de 1 quand E est réalisé.
Autrement dit e compte le nombre de réalisations de l’événement E.
c. On considère que la liste Liste1 est {1 ; 2 ; … 18}.
INITIALISATION : e prend la valeur 0
TRAITEMENT :
Pour T allant de 1 à 100 Faire
Pour I allant de 1 à 7 Faire*
J prend la valeur alea(I,18)
X prend la valeur Liste1[I]
Liste1[I] prend la valeur Liste1[J]
Liste1[J] prend la valeur X
FinPour
p prend la valeur 0
Pour M allant de 1 à 7 Faire**
Si Liste1[M] ≤ 4
Alors p prend la valeur p + 1
FinSi
FinPour
Si p = 4
Alors e prend la valeur e + 1
FinSi
FinPour
Afficher e
* On commence le tirage des 7 boules figurant les 7 jurés comme en partie A.
** On insère la nouvelle partie de programme pour tester si les boules 1, 2, 3 et 4 sont les 7 boules tirées. Si c’est le cas, le compteur e
augmente de 1.
Des programmes sont disponibles sur le site
2. On peut estimer la probabilité de E à 0,01. La présence des 4 jurés noirs parmi les 7 personnes écartées par le procu-
reur, choisies parmi les 18 n’ayant pas fait d’études supérieures, peut être le fait du hasard ; mais la probabilité de cet
événement étant estimée à 1/100, cela est très improbable ! Tout laisse penser qu’il aura fallu « aider » le hasard pour
parvenir à un tel résultat.
TP 3. Tirer au hasard1. a. Le modèle suggéré par l’énoncé est celui de l’équiprobabilité avec 100 issues de même probabilité : 0,01.
b. p(A) = 4
100 = 0,04 ; p(B) =
8
100 = 0,08.
c. Comme V = A » B, avec A et B incompatibles, p(V) = p(A) + p(B) = 0,12.
p(R) = p(V ) = 1 – p(V) = 0,88
2. a. p(E) = 14
100 = 0,14 ; p(F) =
9
100 = 0,09.
b. E « F est réalisé lorsque le tir se porte sur une case ayant en commun avec le porte-avions et le croiseur un côté ou
un sommet. Il en existe trois. D’où p(E « F) = 3/100 = 0,03.
[MN] est le plus grand côté du triangle MNP, mais 36 + 25 = 61 et 61 ≠ 64. Donc MNP n’est pas un triangle rectangle.
b. Ni la propriété (1) ni la propriété (2) n’ont été utilisées. La propriété utilisée est : « Si MN2 ≠ MP2 + NP2, alors le triangle
MNP n’est pas rectangle en P ».
Activité 3. Milieu d’un segment1.
Cas n° 1 Cas n° 2 Cas n° 3 Cas n° 4
K (3 ; 3) (0 ; – 1) (2 ; – 3,5) (1,75 ; 3,5)
2. xx x
yy y
K
A B
K
A B��
��
2 2; .
Activité 4. Calculer une distance sans repère1. Avec l’unité de la carte, la distance Bourges-Limoges est : 2 4 202 2� � (sur la carte).
2. À l’aide de l’échelle indiquée (4 unités pour 150 km), la distance Bourges-Limoges est : 150 20
4168
¥ª km.
Pour aller plus loin
1. AB B A B A� �( – ) ( – )x x y y2 2
(En effet, dans le triangle ABC rectangle en C, on peut appliquer le théorème de Pythagore ; voir cours p. 246 du manuel).
2. Cette formule est encore valable si xA > xB car xA – xB et (xA – xB)2 = (xB – xA)2.
Il faudrait envisager le cas où yA > yB et enfin les cas où xA = xB, (yA ≠ yB) et yA = yB (xA ≠ xB).
(Le cas où xA = xB et yA = yB donne bien AB = 0).
TP 1. Le modèle trichromatique de la couleurA. 1. Les coordonnées trichromatiques de cyan sont : r = 0 ; v = 0,5 ; b = 0,5.
2. La couleur cyan est composée de 50 % de bleu et de 50 % de vert (et de 0 % de rouge).
3. Si r = 0,1 et v = 0,3, b = 0,6 car r + v + b = 1. La couleur est donc composée de 10 % de rouge, de 30 % de vert et de
60 % de bleu.
139Chapitre 10. Configurations planes. Repérage
B. 1. a. Les coordonnées trichromatiques de N sont : r = 0,1 ; v = 0,3 ; b = 0,6.
b. Si v = 0,4 et b = 0,1, alors r = 0,5. Les coordonnées du point dans le repère sont : (0,5 ; 0,4).
c. Deux coordonnées suffisent pour représenter une couleur car la troisième est égale à : (1 – leur somme).
2. Le point représentant la couleur cyan a pour coordonnées dans le repère (0 ; 0,5).
3. Toutes les couleurs représentées par des points de la diagonale descendante du carré sont telles que : r + v = 1 (et
donc b = 0).
On peut justifier ces particularités en utilisant par exemple le théorème de Thalès.
On a : 1 1
1
– v
r� d’où 1 – v = r.
On peut également utiliser un raisonnement sur les angles.
TP 2. Le centre de gravité d’un triangleA. 1. La droite (MK) est une médiane du triangle MNP.
2. Les aires des triangles MNK et MPK sont égales.
B. 1. a. La droite (TA¢) est la médiane issue de T dans le triangle TBC. On peut en déduire que les triangles TBA¢ et TCA¢ ont des aires égales : Aire 1 = Aire 2.
b. De même : (TC¢) est la médiane issue de T dans le triangle TAB donc Aire 3 = Aire 4.
(TB¢) est la médiane issue de T dans le triangle TAC donc Aire 5 = Aire 6.
2. a. Aire 2 + Aire 3 + Aire 4 : est l’aire du triangle ABA¢.
b. Aire 1 + Aire 6 + Aire 5 : est l’aire du triangle ACA¢.
c. (AA¢) est la médiane issue de A dans le triangle ABC, donc Aire 2 + Aire 3 + Aire 4 = Aire 1 + Aire 6 + Aire 5.
Or Aire 1 = Aire 2 et Aire 3 = Aire 4 ; Aire 5 = Aire 6.
D’où 2 ¥ Aire 4 = 2 ¥ Aire 5 et donc Aire 4 = Aire 5.
3. a. Les aires des 6 petits triangles de sommet T sont égales (à 1
6 de l’aire du triangle ABC).
b. On en déduit que :
Aire 1 + Aire 2 + Aire 3 = 3 ¥ 1
6 Aire (ABC) =
1
2 Aire (ABC).
C. 1. (CC¢) est la médiane issue de C dans le triangle ABC. Donc Aire (CC¢B) = 1
2 Aire (ABC).
2. D’après la partie B, aire 1 + aire 2 + aire 3 est l’aire de CTC¢B.
3. Aire (CTC¢) = Aire (CTC¢B) – Aire (CC¢B). Or ces deux aires sont égales à 1
2 Aire (ABC). Donc Aire (CTC¢) = 0.
Ce n’est pas possible si CTC¢ est un « vrai » triangle. On en déduit que C, T et C¢ sont alignés.
4. Les trois médianes d’un triangle sont concourantes.
Pour aller plus loin
ABT est composé de 2 petits triangles qui ont chacun une aire égale à celle de TAB¢.Donc Aire (ABT) = 2 Aire (TAB¢).Si on note h, la hauteur issue de A dans le triangle TAB¢ : Aire (TAB¢) =
TB ¢ ¥ h
2.
Et on a aussi : Aire (ABT) = BT ¥ h
2. Comme
BT TB¥ � ¥ ¥h h
22
2
¢, on en déduit que BT = 2TB¢.
TP 3. Expérimenter et démontrerA. Voir fichiers sur le site Internet www.didiermathx.com
B. 1. ATB est inscrit dans le cercle de diamètre [AB]. Donc ATB est rectangle en T.
2. AT2 = (xT – xA)2 + (yT – yA)2 = 1 + yT2
TB2 = (xB – xT)2 + (yB – yT)2 = b2 + yT2
AB2 = (b + 1)2
D’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle ATB :
1 + yT2 + b2 + yT
2 = (b + 1)2
140
1 + b2 + 2yT2 = b2 + 2b + 1
2yT2 = 2b
yT2 = b
T ayant été choisi « au-dessus » de (OI), yT > 0 et on en déduit que yT = b .
2. Il suffit de reprendre la construction indiquée avec b = 7.
Pour aller plus loin
1. ATB est toujours rectangle en T avec AT2 = a2 + yT2, TB2 = b2 + yT
2 et AB2 = (b + a)2
et a2 + yT2 + b2 + yT
2 = (b + a)2
a2 + b2 + 2yT2 = b2 + a2 + 2ab
yT = ab (yT > 0).
2. Pour construire un segment de longueur 12, on peut prendre par exemple OB = 12 et OA = 1 ou OB = 6 et OA = 2
ou OB = 4 et OA = 3.
TP 4. Des figures obtenues par répétitionA. 1. a. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com
b. Lutin 1 part de (– 40 ; – 30).
c. « modifier x par 80 » signifie « ajouter 80 à x » (à partir du point de départ) ou encore « faire déplacer Lutin 1 de 80
vers la droite ».
d. Le tracé obtenu en échangeant les deux instructions consisterait à faire d’abord descendre Lutin 1 de 70, puis à le
déplacer de 80 vers la droite.
B. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com
Exercices
SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE
a. 123
43 3 9¥ � ¥ � b. 6 1
5
36
8
316¥ �Ê
ˈ¯ � ¥ � .
a. – 3 + 5 ¥ (– 2) = – 3 – 10 = – 13
b. 5
6
3
2
5
4¥ ÊË
ˆ¯ �
––
a. 11 ¥ 32 = 320 + 32 = 352
b. 9 ¥ 28 = 280 – 28 = 252
a. 10 % de 400 € = 400 € � 10 = 40 €
b. 5 % de 300 € = 300 € � 100 � 2 = 15 €
a. 50 % de 120 € = 120 € � 2 = 60 €
b. 25 % de 200 € = 200 € � 4 = 50 € (ou 25 € ¥ 2)
a. 6 b. 6
a. 2 – 2 b. – 1
a. x2 + 2x + 1 b. x2 – 1
a. 4x2 – 4x + 1 b. 4x2 – 1
L’image de 2 par la fonction f est 3.
f (3) = 6
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
Les antécédents de 3 par f sont – 4 et 2.
g(3) = 7
a. 10 b. 4
a. 12 b. 18
(– 1 ; 5)
xA = 5
OD = 13
AF = 5
ENTRAÎNEMENT
a. ABC est un triangle rectangle.
Par le théorème de Pythagore : BC = 5 cm.
b. K et L sont les milieux respectifs de [PQ] et [PR] :
RQ = 2LK = 5 cm.
c. (GH) est la médiatrice de [AE] : AEG est isocèle en G,
donc GE = 5 cm, mais on ne peut pas calculer AB.
d. HDF est rectangle en D : DF = 6 cos 20° (en cm) et
DH = 6 sin 20° (en cm).
a. EGH est rectangle en E.
Par Pythagore : EH = 7 cm.
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
141Chapitre 10. Confi gurations planes. Repérage
b. (EB) et (FD) sont parallèles. Par le théorème de Thalès :
EB = 4
9 ¥ 3,6 cm = 1,6 cm.
c. ABD est rectangle en D et O est le milieu de [AB] :
OD = 1
2 AB = 2 cm.
d. On ne peut pas calculer AF.
BDEF a 3 angles droits : c’est un rectangle. Donc
BD = 140 mm. Dans le triangle BCD rectangle en D :
sin 54° = BD
BC donc BC =
140
54sin � (en mm) ; BC ª 173 mm.
tan 54° = BD
CD donc CD =
140
54tan � (en mm).
Dans le triangle ABF rectangle en F :
sin 24° = BF
AB donc BF = 200 sin 24° (en mm) = DE.
cos 24° = AF
AB donc AF = 200 cos 24° (en mm).
On déduit que : CE = CD + DE = 140
54tan � + 200 sin 24°
(en mm) donc CE ª 183 mm.
EA = EF + FA = 140 + 200 cos 24° (en mm)
donc EA ª 323 mm.
D’après le théorème de Pythagore appliqué au
triangle CHM rectangle en H :
CM2 = CH2 + HM2 = 117
D’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle
CHO rectangle en O :
CO2 = CH2 = HO2 = 52
CM2 + CO2 = 169 et MO2 = 132 = 169
CM2 + CO2 = MO2
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le
triangle OCM est rectangle en C. (On pourra faire le lien
avec le TP3).
La ligne d’horizon est tangente à la Terre. Le triangle
OHT est donc rectangle en T avec OH = 6 380,1 km et
OT = 6 380 km.
D’après le théorème de Pythagore :
HT2 = 6 380,12 – 6 3802 (HT2 = 0,1 ¥ 12 760,1) ;
HT2 = 1 276,01.
HT = 36 km.
Le site archéologique a à peu près la forme d’un
trapèze rectangle dont les bases seraient environ égales
à 25 et 45 m, et la hauteur 60 m.
Le 4e côté pourrait avoir comme longueur (en m)
30 602 2� soit environ 70 m.
On peut donc évaluer le périmètre du site à :
45 m + 25 m + 60 m + 70 m = 200 m.
(AD) // (CE), donc d’après le théorème de Thalès
(situation « croisée ») : CE
AD
FC
FD� soit
CE
2060
40�
ou encore CE = 120.
22
23
24
25
26
La gravure permet effectivement de compter 120,
de C à E.
(EF) // (BC), donc AE
AB
AF
AC� (théorème de Thalès).
(FG) // (GD), donc AF
AC
AG
AD� (théorème de Thalès).
On en déduit que AE
AB
AG
AD� .
A, E, B et A, G, D sont alignés dans le même ordre.
D’après la réciproque de Thalès, (EG) // (BD).
1. D est peut-être le milieu de [AC].
2. EB = ED, donc EBD est isocèle en E et dEDB = dEBD.
Par hypothèse : dEBD = fDBC ; donc dEDB = fDBC.
Les angles dEDB = fDBC sont alternes-internes et égaux.
Donc (ED) // (BC).
E étant le milieu de [AB], on en déduit (pour un
théorème des milieux) que D est le milieu de [AC].
1.
On remarque que B, D, E semblent alignés.
2. DA = DC et BA = BC.
(DB) est donc la médiatrice de [AC].
EA = EC, donc E Œ (DB). B, D, E sont donc alignés.
3. On garderait ce résultat avec un losange.
Voir corrigé en fin de manuel.
Les aires des 4 triangles sont égales.
Pour aller plus loin
La hauteur (AH) du triangle ABC est aussi la médiatrice
de [BC] et la bissectrice de l’angle fBAC. On en déduit
que : HC = 4 cm et fBAC = 2gHAC.
Dans le triangle AHC rectangle en H :
sin gHAC = HC
AC� 4
14 d’où gHAC = 16,6…°
On en déduit que l’angle d’ouverture du compas est
environ 33°.
Les droites (AC) et (CJ) sont perpendiculaires, on
peut invoquer la symétrie axiale d’axe (AJ).
27
28
29
AA BB
CCDD
EE
30
31
32 AA
BB CCFF
GG HH
33
142
1. Par la symétrie centrale s de centre O.
a. Le symétrique de A est B.
b. La symétrique de la droite d est d¢ (parallèle à d pas-
sant par B).
c. Le symétrique de � est � lui-même.
d. Le symétrique de E est le point d’intersection de d¢ et
de �, soit F.
2. AEBF a ses diagonales qui se coupent en leur milieu
et de même longueur : AEBF est un rectangle.
L’algorithme est faux car (AC) peut être perpen-
diculaire à (BD) sans que ABCD soit un losange :
(AC) ^ (BD) est ici une condition nécessaire, mais non
suffisante.
Pour que l’algorithme soit juste, écrire par exemple :
« ABCD est peut-être un losange » au lieu de « ABCD est
un losange ».
Voir fichiers sur le site Internet www.didiermathx.com
1. Le triangle ATB semble être rectangle en T.
2. Deux angles consécutifs d’un parallélogramme sont
supplémentaires :
gDAB + gABC = 180°
1
2(gDAB + gABC) = 90°
1
2gDAB +
1
2gABC = 90°
dTAB + dTBA = 90°
3. Le triangle ATB peut être isocèle en T dans le cas où
dTAB = dTBA, c’est-à-dire dTAB = dTBA = 45°. ABCD est alors
un rectangle. (Si ABCD est un rectangle, ATB est bien
Remarque : La yourte a un volume double de celui de
l’igloo ou du tipi.
b. L’aire latérale de la partie cylindrique de la yourte est
égale à 8p m2.
En utilisant la même démarche que pour le 2.b, l’aire
latérale de la partie conique de la yourte est égale à 8
2 m2. L’aire minimale de toile nécessaire pour fabriquer
la yourte est donc environ égale à 43 m2 (ou 42,91 m2).
1. a. O est le centre d’un hexagone régulier :
OA = OB et O’ est le centre d’un pentagone régulier :
O’A = O’B.
82
83
84
158158
OO’ est donc la médiatrice du segment [AB] ; par
définition de la médiatrice d’un segment, on en déduit
que OO’ coupe [AB] perpendiculairement en son milieu I.
b. OI = 4,8 2,42 2- cm = 17,28 cm (ª 4,16 cm).
L’aire de l’hexagone est donc égale en cm2 à : AB OI¥ ¥
26
� ¥4,8 17,28
2 ¥ 6 (ª 59,86 cm2).
c. jAO I¢ � �36
L’aire du pentagone est donc égale en cm2 à : AB O I¥ ¢
2
¥ 5 = 4,8tan
5¥�
ÊËÁ
ˆ¯ ¥ ¥2 4
36
1
2
, (≈ 39,64 cm2).
d. L’aire du patron du ballon est donc égale en cm2 à :
4,8 17,28¥2
¥ 6 ¥ 20 + 4,8tan
5¥�
ÊËÁ
ˆ¯ ¥ ¥2 4
36
1
2
, ¥ 12 soit
environ 1 673 cm2.
2. a. Le rayon de la sphère serait environ égal en cm à :
1 673
4 ≈ 11,5 cm.
b. Dans ce cas, la circonférence du ballon serait environ
72,5 cm : autrement dit, notre ballon n’est pas régle-
mentaire.
Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com
1. a. EP = 2
2
b. ACGE est un rectangle. AEP est un triangle rectangle
en E.
c. AP = 3
2
2. BL =2
2 ; ABGH est un rectangle, ABL est un triangle
rectangle en E. On en déduit que AL = 3
2APL est donc un triangle isocèle en A.
3. Dans le triangle BEG, PL = 1
2 EB =
2
2
4. a. ALM est un triangle rectangle en M.
b. Dans le triangle ALM, sin LAMML
ALh � � �
2
4
3
2
1
2 3;
d’où hLAM ª 16,78°
c. dPAL ª 33,6°.
1. Un prisme droit ayant pour base un polygone à
n côtés a n�2 faces, 3 n arêtes et 2 n sommets.
2. Une pyramide ayant pour base un polygone à n
côtés a n�1 faces, 2 n arêtes et n�1 sommets.
Vcylindre = 25 p h Vparallélépipède = 30 h
Vcône = 1
3 3
2
¥ÊËÁ
ˆ¯
p hh = p
h3
9
85
86
87
Pour tout h 0, 25 ph > 30 h et 25 ph > p h3
9 si et
seulement si h < 15.
Conclusion : pour tout h htel que 0 15� � , c’est le
récipient cylindrique qui contiendra le plus de liquide.
Pour h = 15, le récipient cylindrique et le récipient
conique contiendront autant de liquide.
Pour tout h 15, c’est le récipient conique qui contiendra
le plus de liquide.
Remarque : on pourra utiliser avec les élèves soit un
logiciel de géométrie dynamique soit un tableur.
a. L’intersection des plans (SAB) et (SCD) est la
droite (SE), où E est le point d’intersection des droites
(AB) et (CD).
b. L’intersection des plans (SAD) et (SBC) est la droite
parallèle à (AD) passant par S.
Les plans (AMN) et (BCD) sont sécants suivant la
droite (EF) où E est le point d’intersection des droites
(AM) et (BC), et F est le point d’intersection des droites
(AN) et (CD).
1. La section du tétraèdre par le plan (MNP) est le
triangle PMQ, où Q est le point d’intersection des
droites (AC) et (MN).
2. Les points M, N, B et C sont coplanaires : les droites
(MN) et (BC) sont donc sécantes en E.
Les points P, M, D et B sont aussi coplanaires : les droites
(PM) et (DB) sont donc sécantes en F.
L’intersection des plans (BCD) et (MNP) est la droite (EF).
MM
NN
AA
BB
CCDD
EEFF
PP QQ
Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com
AA
BB
CC
DD
EE FF
GGHH MM
NN
PP
88
89
90
91
159Chapitre 11. Géométrie dans l’espace
Les droites (JK) et (GH) sont coplanaires, sécantes
en un point L appartenant à la fois au plan (IJK) et au
plan (DCG). Les droites (IJ) et (DH) sont coplanaires,
sécantes en un point M appartenant lui aussi à la fois au
plan (IJK) et au plan (DCG).
Les plans (IJK) et (DCG) sont sécants suivant la droite
(KL).
HH
AA BB
CC
DD
EEFF
GG
II
JJ
KK
M
L
1. A
B
C
2. AA BB
CC
80
1375
La section du cube est le polygone IJKLMN, où L,
M et N sont les milieux respectifs des segments [AB],
[BC] et [CG]. C’est un hexagone régulier.
Le conditionnement est formé de deux pyramides
accolées par leur base qui serait un rectangle de
longueur 2 dm et de largeur 1 dm. Compte-tenu de la
92
93
94
95
96
forme des faces, la hauteur d’une pyramide est la hauteur
d’un des triangles rectangles isocèles, soit 2
2 dm.
(admis)
1 dm
Le volume du conditionnement, en cm3, est donc
1
3¥ 2 1¥ ¥
2
2 ¥2, soit
2
3 cm3.
OO1 = 3
36sin � (en cm) ;
OO’ = 63
362
2
-�
ÊËÁ
ˆ¯sin
(en cm)
La distance entre les deux boules jaunes est donc égale
(en cm) à : 2 63
362¥ -
�ÊËÁ
ˆ¯sin
≈ 3 mm.
� ¥¥
¥ �1
3
4 5 3
24 9
,
1. Les 3 côtés du triangle IJK ont pour longueur la
moitié de celle d’une diagonale d’une face du cube.
2. IK � a 2
2
3. L’aire du triangle BIK est : IB IK¥ �
2 8
2a.
4. Le volume du tétraèdre BIJK est a3
48.
5. L’aire du triangle IJK est :
1
2
2
2
2
2
3
2
3
8
2¥ ¥ ¥ �a a a
(ou 3
2¥ ÊËÁ
ˆ¯
a 2
2
2
)
On en déduit que la hauteur du tétraèdre issue de B a
pour longueur a
2 3.
97
98
99
160
Équations de droite 12Pour reprendre contact
1 a, c.
2 1. a, c, d.
2. c.
3. d.
3 b.
4 b.
Activité 1. Droites et fonctions affines1. a. f (x) = – 2x + 3
b. g(x) = 3
c. Non
2. Non, pas lorsque la droite est parallèle à l’axe des ordonnées.
Activité 2. Équations de droite1. 2. « b : x = 3 » correspond à la droite (CD).
3. a. « a : 2x + y – 3 » correspond à la droite (AB).
En choisissant : Équation y = ax + b, on obtient a : y = – 2x + 3.
b. c. En C2 on entre : = – 2 * A2 + 3.
d. e. Un point de coordonnées (a, b) appartient à (AB) lorsque son ordonnée b est égale à – 2 ¥ a + 3.
P10 Œ (AB) car sur le tableau on a : ordonnée = 9,6 et – 2x + 3 = 8,6.
P11 œ (AB) car sur le tableau on a : ordonnée = 0 et – 2x + 3 = 0,1.
Activité 3. Parallèles si et seulement si…1. d. Leur coefficient directeur a est le même.
e. Oui
f. Si deux droites sont parallèles, alors elles ont le même coefficient directeur.
2. a. On entre dans le champs de saisie, par exemple : y = 0,84 x
y = 0,84 x – 7
b. Le test donne ces deux droites parallèles.
161Chapitre 12. Équations de droite
c. Si deux droites ont le même coefficient directeur, alors elles sont parallèles.
3. Deux droites sont parallèles si et seulement si elles ont le même coefficient directeur.
Activité 4. Un menu équilibré1. Théo aura consommé 183 g de lipides soit presque le double de l’apport journalier conseillé.
2. Soit x la teneur en lipides d’un « big » hamburger et y celle d’une portion de frites.
On a 2x + y = 90 et x + 2y = 93 et au total 3x + 3y = 183 soit x + y = 61. Par soustraction, on obtient : x = 29 et y = 32. En
conclusion, la teneur en lipides d’un « big » est 29 g et celle d’une portion de frite est 32 g.
3. Cela représente 29/3,3 ª 8,8 soit presque 9 cuillerées à soupe d’huile végétale.
TP 1. À vous de jouer : qui fera le meilleur score1. Les droites D1 : y = 3x – 1
D2 : y = – x – 5 et D3 : y = x + 1 permettent de « ramasser » respectivement 5, 4 et 4 diamants, soit 13 en tout.
TP 2. La disparition de la banquise Nord
1. D’après la droite qui modélise la situation, d’équation y = – 0,05x + 104,4 on a DD
�y
x– ,0 05 et donc en une année,
pour Dx = 1, on a Dy = – 0,05.
La surface de la banquise diminue donc en moyenne chaque année de 0,05 million de km2, soit de 50 000 km2.
La première année de référence du graphique est 1978.
En 2020, on aura y = – 0,05 ¥ 2020 + 104,4 soit y = 3,4 millions de km2.
La banquise aura totalement disparu lorsque – 0,05x + 104,4 = 0 c’est-à-dire lorsque x = 2088, soit deux années avant
2090.
2. Cela signifie que par rapport au modèle qu’est la droite de tendance, la diminution de la surface de la banquise Nord
pourrait s’accélérer. Cela constitue un autre modèle pouvant être substitué au premier.
TP 3. Une œuvre de Theo van DoesbourgA. Les carrés qui se succèdent ont des côtés parallèles dont la longueur double à chaque fois (de gauche à droite). Un
même axe de symétrie les traverse.
B. L’aire du plus grand carré est environ le quart de celle de la toile.
C. 1. a. KR = 1 – KS
Le théorème de Thalès permet d’écrire, d’une part :KC
KP
KS
KR� et d’autre part
KC
KP
AC
BP� d’où l’égalité
KS
KR
AC
BP� soit
KS
KS12
–�
D’où 2 – 2KS = KS et donc KS � 2
3.
b. Si [KS] est une diagonale du grand carré noir, le côté de ce carré a pour longueur : KS
2
2
3 2
2
3� �
Son aire exacte est donc 2
9. Ce carré occupe donc les
2
9 de la toile.
2. a. De droite à gauche, les 4 carrés représentent 2
9
1
4
2
9
1
18
1
4
1
18
1
72, ,¥ � ¥ � et
1
4
1
72
1
288¥ � de la toile.
b. La proportion de la toile peinte en noir est : 2
9
1
18
1
72
1
288
64 16 4 1
288
85
288� � � � � � � �
TP 4. Les calculs à la règle de MatiyasevitchA. 1. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com
2.
Abscisse de M 1 2 2 4 4 3 – 5
Abscisse de N – 3 – 2 – 3 1 – 2 – 3 – 1
Coefficient directeur de (MN) – 2 0 – 1 5 2 0 – 6
Ordonnée à l’origine de (MN 3 4 6 – 4 8 9 – 5
162162
B. 1. a. M et N ont pour ordonnées 64 et 25
b. (MN) a pour coefficient directeur ay y
x x
N M
N M
� � �–
–
–
– –
25 64
5 83.
(MN) a donc une équation de la forme y = 3x + b.
Le passage par M donne : 64 = 3 ¥ 8 + b d’où b = 40.
En conclusion : (MN) a pour équation y = 3x + 40.
c. Le coefficient directeur de (MN) est a = 3 et l’ordonnée à l’origine est b = 40.
d. Oui, les conjectures émises en partie A sont confirmées.
2. On a maintenant M(m ; m2)
N(n ; n2).
a. an m
n m
n m n m
n mn m� � � � �
2 2–
–
( – )( )
–
b. (MN) a une équation de la forme y = (m + n) x + b.
Le passage par M s’écrit : m2 = (m + n) m + b d’où b = – mn.
c. La droite passant par les points distincts d’abscisses m et n de la courbe c d’équation y = x2 a pour coefficient direc-
teur m + n et pour ordonnée à l’origine – mn.
TP 5. Un programme avec XcasVoir sur le site www.didiermathx.com
TP 6. Le trapèze complet avec Xcas
A. 1.
2. a. On donne les points A(– 4 ; – 2), B(5 ; 1), C(2 ; 4) et D(– 4 ; 2). Le droites (AD) et (BC) se coupent en E.
Questions
Q1 : Les droites (AB) et (CD) sont-elles parallèles ?
Q2 : Quelles sont les équations réduites des droites (AD) et (BC) ?
Q3 : Quelles sont les coordonnées du point E ?
Q4 : Déterminer les coordonnées des points K et L, milieux des segments [CD] et [AB].
Q5 : Montrer que E, K, L sont alignés.
b. Réponses
R1 : (AB) // (CD)
R2 : (AD) : x = – 4 et (BC) : y = – x + 6
R3 : E(– 4 ; 10)
R4 : K(– 1 ; 3) et L1
2
1
2; –� �
R5 : E, K, L sont alignés.
3. a. b. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com
B. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com
– 1– 1– 4– 4 2211 55
11
22
44
1010EE
DD
CC
BB
AA
LL
KK
163Chapitre 12. Équations de droite
Exercices
SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE
2
50 4 40� �, %
a. 3
2
4
5
1
5
12
10
2
101¥ � �– –
b. 5
3
2
3
7
4
5
3
7
6
1
2– –¥ � �
a. –(– ) –3 92 �
b. –( ) –5 52 �
2(– 3)2 = 18
(– 4) = 31
a = – 10
– 1,5 ; 0 ; 4
1 et 3
3, obtenu pour x = – 1
– 3 et 1
2
I(– 1 ; 5)
a. x2 – 10x + 25 b. 9x2 – 12x + 4
a. (x + 7)(x – 7) b. (3x + 4)(3x – 4)
x(x + 5)
a � �3
13
y = 2x
a � �8
24
ENTRAÎNEMENT
Cas 1 Cas 2
1.
2. a.
b.
3.
4
Dx = 1
Dy = 1
a = 1/1 = 1
y = x + 4
3
Dx = 3
Dy = – 6
a = – 6/3 = – 2
y = – 2x + 3
d1 : y = – x – 2
d2 : y = 4x – 5
d3 : y = –1
3 x + 4
d4 : y = x + 3
d5 : y = – 2
d6 : y = 3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
1. a. b = 2
b. A(0 ; 2)
2. a. a = 3
b.
• A(– 2 ; – 11) Œ d car – 11 = 3(– 2) – 5 est vrai ; il en
est de même pour D.
• B3
21; –� �œd car – 1 = 3
3
2� � – 5 est faux ; il en est de
même pour C.
A et C sont des points de d.
B œ d car – 30 ¥ 6,6667 + 200 = – 0,001 = 0.
a. A(1, y) Œ d donc y = – 2(1) + 4 = 2.
b. B(– 2, y) Œ d donc y = – 2(– 2) + 4 = 8.
c. C(x, 6) Œ d donc – 2x + 4 = 6 ; x = 1.
d. D(x, – 3) Œ d donc – 2x + 4 = – 3 ; x = 3,5.
Il suffit de trouver deux points distincts de chaque
droite.
a. d1 = (AB) avec A(0 ; 3) B(1,5 ; 0)
b. d2 = (CD) avec C(3 ; 0) D(3 ; 3)
c. d3 = (OE) avec O(0 ; 0) E(2 ; – 2)
d. d4 = (FG) avec F(0 ; 3) G(2 ; 3)
d1 = (AB) avec A(0 ; – 1) et B(3 ; – 2)
d2 = (CD) avec C(0 ; – 4) et D(4 ; 0)
d3 = (EF) avec E(– 4 ; 0) et F(0 ; 2)
d4 = (GH) avec G(0 ; 1,5) et H(– 5 ; 1,25)
20
1100
11× 3
d
AA
21
22
23
24
25
II 44
JJ
FF
yy
xx
BB
DD
CC
EE
GGHH
A
164164
1. d a une équation de la forme y = – 2x + b son
ordonnée à l’origine est – 2 d’où d : y = – 2x – 2.
2. M(– 6 ; 10) Œ d car 10 = – 2(– 6) – 2 est vrai.
d : y = 4x + b
B(1 ; – 1) Œ d donc – 1 = 4 + b ; b = – 5. D’où d : y = 4x – 5.
Voir corrigé en fin de manuel.
Voir corrigé en fin de manuel.
1. K(4 ; – 1)
2. CA � � �( – (– )) ( – (– ))3 2 2 3 5 22 2
CB � � �( – (– )) (– – (– ))5 2 4 3 5 22 2
3. Le coefficient directeur de (CK) est ay
x� � �DD
2
6
1
3,
d’où (CK) : y x b� �1
3.
Le passage par C(– 2 ; – 3) donne – 3 = –2
3 + b, soit :
b = –7
3. D’où (CK) : y x� 1
3
7
3– .
La médiatrice de [AB] est l’ensemble des points
équidistants de A et de B. Or K et C sont équidistants de
A et de B, d’où (KC) est cette médiatrice.
a. y = x + 4
b. y = 2x + 2
a. y = 1
2 x + 2
b. y = – 4
3 x +
5
3
1. E(3 350 ; 1 085)
2. a. La dénivelée entre A et E est de 85 m.
b. ay
x� � �DD
85
3 350
17
670
L’ordonnée à l’origine de la droite (AE) est 1 000, d’où
l’équation réduite de (AE) : y x� �17
6701 000
c. xB¢ = 1 000 d’où yB¢ = 17
670 ¥ 1 000 + 1 000
yB¢ ª 1 025,37
xC¢ = 1 300 d’où yC¢ = 17
670 ¥ 1 300 + 1 000
26
II 2200
JJ
Dy = – 2Dy = – 2
yy
xx
Dx = 2Dx = 2
Dx = – 1Dx = – 1
27
28
29
30
31
32
33
yC¢ ª 1 032,99
xD¢ = 2 800 d’où yD¢ = 17
670 ¥ 2 800 + 1 000
yD¢ ª 1 071,04
1. a. Schéma :
b. c. RNN¢ est un triangle isocèle. (Rn) est une média-
trice donc une bissectrice de kRNN¢. Comme fnRN + fNRS
= 90° on en déduit kBRN¢ = 2fnRN + 2fNRS = 180°.
Cela prouve que B, R et N¢ sont alignés.
2. a.
b. B(5 ; 5) N(14 ; 3)
3. On construit N¢, le point symétrique de N par rapport
à (OD). La droite (BN¢) coupe (OD) en R.
4. a. N(14 ; 3) d’où N¢(14 ; – 3).
b. B(5 ; 5) ; N¢(14 ; – 3).
Le coefficient directeur de la droite (BN¢) est a � –8
9 d’où
(BN¢) : y = –8
9 x + b
Le passage par B(5 ; 5) donne S = –40
9 + b d’où b � 85
9.
D’où (BN¢) : y x� �–8
9
85
9.
c. R est le point de (BN¢) d’ordonnée y = 0. Son abscisse
x est telle que –8
9
85
90x � � soit x � 85
8.
Conclusion : R85
80;� �
1. a.
1 € 8 6 4 2 0
2 € 0 1 2 3 4
b. (8 ; 0) (6 ; 1) (4 ; 2) (2 ; 3) (0 ; 4)
c. Les points représentant ces solutions semblent alignés.
2. a. Le montant est : x + 2y (€)
34
BB
NN
N¢N¢
nnRR
SS
22II 44 66 88 1010 1212 1414 1616 181800
JJ22
44
66
88
GG
N
N¢
R
B
F
D
35
165Chapitre 12. Équations de droite
b. x + 2y = 8
c. On a observé que les couples (x ; y) qui sont solutions
du problème, donc qui vérifient x + 2y = 8 ou encore
y = – 1
2 x + y sont les coordonnées de points de cette
droite. D’où leur alignement.
1. 4 ¥ 0,20 + 5 ¥ 0,30 = 2,30 €
2. a. 0,3x + 0,2y = 2,8 équivaut à 3x + 2y = 28.
b. y = – 3
2x + 14
c. Il suffit de rechercher les points de cette droite D
ayant des coordonnées entières et positives ou nulles.
On obtient 5 points dont les coordonnées sont :
(0 ; 14), (2 ; 11), (4 ; 8), (6 ; 5) et (8 ; 2)
Ces coordonnées correspondent aux quantités x de
bonbons verts et y de bonbons roses dont le coût est
2,80 €
1. 90 ¥ 10 + 70 ¥ 15 = 900 + 1 050 = 1 950 euros.
2. Un coût de 300 € peut correspondre à la production
de :
• 30 boîtes de modèles P
• 15 boîtes de modèles P et 10 modèles G
• 20 boîtes de modèles G
3. a. Le coût de production de x boîtes de modèle P et
de y boîtes de modèle G est 10x + 15y.
b. 10x + 15y = 300 si et seulement si :
15y = – 10x + 300
y = – 2
3 x + 20
c. Les productions possibles d’un coût de 300 € sont :
Nombre
boîtes type P0 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30
Nombre
boîtes type G20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0
a. d // d ¢ car 2 � 3.
b. d // d ¢ car a = a¢ = – 4.
c. d // d ¢ car 2
5 = 0,4.
d. d // d ¢ car 0 � 3.
a. d // d ¢ car d et d ¢ sont toutes les deux parallèles
à l’axe des ordonnées.
b. d : y = x + 3
2 et d ¢ : y = x – 4 sont parallèles car a = a¢ = 1
c. d : y = 2
3 x –
2
3 et d ¢ : y = 1,5x + 5 ne sont pas parallèles
car 2
3 � 1,5
d. d // d ¢ car a = a¢ = 1
2.
36
37
39
40
d : y = 3x – 4
Toute droite parallèle à d a une équation de la forme
y = 3x + b.
a. Celle qui passe par E(0 ; – 2) a pour ordonnée à l’ori-
gine b = – 2 d’où y = 3x – 2.
b. De même y = 3x + 3.
c. De même y = 3x + 1.
Voir corrigé en fin de manuel.
Il suffit de comparer les coefficients directeurs a et
a¢ des droites (AB) et (CD).
a. a = 3
8 ; a¢ =
1
3 ; a � a¢ donc (AB) // (CD).
b. a = 3
9 =
1
3 ; a¢ =
2
6 =
1
3 ; a = a¢ donc (AB) // (CD).
c. a =
- 3
4
3 = –
1
4 ; a¢ =
1
4- ; a = a¢ donc (AB) // (CD).
Toute droite parallèle à (AB) a pour coefficient
directeur celui de la droite (AB).
a. Le coefficient directeur de (AB) est : --
4
1 = 4.
L’équation cherchée est donc y = 4x + b avec b tel que
1 = 4 ¥ 2 + b.
D’où y = 4x – 7.
b. De même a = 3
3 = 3 et b est tel que 1 = 3 ¥ 3 + b
c’est-à-dire b = – 2.
D’où y = 3x – 2.
1. ABCD est un parallélogramme si et seulement
si Milieu [AC] = Milieu [BD] c’est-à-dire si
x x x x
y y y y
A C B D
A C B D
��
�
��
�
�
ÌÔÔ
ÓÔÔ
2 2
2 2
ou encore x
yD
D
��
�ÌÓ
0
2– ; d’où D(0 ; – 2).
2. (AB) : y = x + 2 (CD) : y = x – 2
(BC) : y = – 1
3 x +
14
3 (AD) : y = –
1
3 x – 2
1. H(3 ; 2) K3
25;� �
2. y = ax + b avec a = 3
3
2
- = – 2, et b tel que 2 = – 6 + b ;
b = 8
D’où y = – 2x + 8.
3. De même a¢ = - 6
3 = – 2 et b¢ tel que 4 = – 2(– 2) + b¢ ;
b¢ = 0 ; d’où y = – 2x
4. On retrouve que (HK) et (AC) sont parallèles, car leurs
coefficients directeurs sont égaux (– 2).
41
42
43
44
45
46
166166
1. Pour chaque point, on remarque que y = 2x.
Ainsi, les quatre points appartiennent à la droite
d’équation y = 2x et ils sont donc alignés.
2. O(0 ; 0), E -� �1
21; et F(100 ; 200) sont alignés avec les
précédents.
Voir corrigé en fin de manuel.
1. (AL) a pour coefficient directeur a �-
�-3
9
1
3 ;
(AC) a pour coefficient directeur a¢ = - 2
6 =
-1
3.
Il en résulte (AL) // (AC) et donc A, L, C sont alignés.
2. K(2 ; 1) P(3 ; – 1)
3. (KL) a pour coefficient directeur a1 = - 6
3 = – 2 ; (KP) a
pour coefficient directeur a2 = - 2
1 = – 2.
a1 = a2 et donc K, L et P sont alignés.
1. C(2 ; 1) ; E(4 ; 0) ; F(0 ; 2)
2. Le coefficient directeur de (CE) est - 1
2 et celui de
(CF) est - 1
2.
D’où (CE) // (CF) et C, E, F sont alignés.
Dans le repère (A, B, D) on a :
E21
80;� � ; C(1 ; 1) ; F 0
13
8;� �
(CE) a pour coefficient directeur :
- � -1
13
8
8
13 et
(CF) a pour coefficient directeur :
5
8
1
5
8-� - .
Les points C, E, F ne sont donc pas alignés.
Pour aller plus loin
Solution 1 :
Si E, F, C étaient alignés, on aurait, d’après le théorème
de Thalès dans le triangle AEF :FD
FA
DC
AE� or
FD
FA� 5
13 et
DC
AE� 8
21
Ces quotients ne sont pas égaux et donc E, F, C ne sont
pas alignés.
Solution 2 :
tan DCF� � 5
8
tan BEC� � 8
13
Si E, C, F étaient alignés, les angles « correspondants »
DCF� et BEC� seraient égaux. Ce n’est pas le cas, puisque
leurs tangentes ne sont pas égales.
47
48
49
50
51
Dans le repère (O, I, J) on a :
A(0 ; 13)
B(3 ; 5)
C(5 ; 0)
(AB) a pour coefficient directeur : - 8
3 et (BC) : - 5
2.
Les points A, B, C ne sont pas alignés et donc OAC n’est
pas un triangle.
Dans le repère (O, I, J) on a : P(3,5 ; 3) et Q(4,5 ; 4)
(OP) a pour coefficient directeur : 3 6
73,5� et
(OQ) : 4 8
94,5�
Comme 6
7
8
9� , les points O, P et Q ne sont pas alignés.
Pour aller plus loin
Si O, P, Q étaient alignés, on aurait par le théorème de
Thalès :
OP
OQ
OH
OK
HP
KQ� �
Mais • OH
OK
3,5
4,5
7
9� �
• HP
KQ
3
4�
Les égalités de Thalès n’étant pas satisfaites, on peut en
déduire que l’hypothèse « O, P, Q alignés » est fausse.
52 AA
BB
CC
OOII
JJ
53
II 4,54,5OO
JJ
33
44
HH KK
PP
QQ
167Chapitre 12. Équations de droite
1.
d : y = 2x – 1 x 0 – 2
y – 1 – 5
d ¢ : y = 3x + 4 x 0 – 2
y 4 – 2
2. d et d ¢ ont pour coefficients directeurs 2 et 3.
Comme 2 � 3, d et d ¢ ne sont pas parallèles et sont donc
sécantes.
3. Le point d’intersection A des droites d et d ¢ a des
coordonnées x et y vérifiant y = 2x – 1 et y = 3x + 4.
x est donc tel que 2x – 1 = 3x + 4 soit x = – 5.
En reportant dans l’une des équations on obtient
y = 2(– 5) – 1 = – 11.
Donc E(– 5 ; – 11).
Voir corrigé en fin de manuel.
1. E(5 ; 5) F(0 ; 3)
2. (OE) : y = x
(AD) : y = – x + 8
(BF) : y = 1
4 x + 3
3. (OE) et (AD), non parallèles, se coupent en un point
K(x ; y) tel que y x
y x
�� - �
�ÌÓ 8
• x vérifie donc x = – x + 8 d’où x = 4.
• L’équation 1 ou 2 donne alors y = 4.
On a donc K(4 ; 4).
Il reste à vérifier que K Œ (BF).
C’est bien le cas car 4 = 1
4 ¥ 4 + 3 est une égalité vraie.
54
II– 2– 2– 4– 4
– 11– 11
JJ
OO
44
d
d¢
EE
55
56
1. a. K(3 ; – 2)
b. Comme (AB) est parallèle à l’axe des abscisses, la
médiatrice de (AB) est parallèle à l’axe des ordonnées,
et passe par K. Une équation de d est donc x = 3.
2. a. BA = xB – xA = 10
BC = 2 8 6 22 2-� � � - -� �� � = 10
B appartient donc à la médiatrice de [AC].
b. H(0 ; 2)
c. d ¢ = (BH) ; (BH) a pour coefficient directeur
a = 4
8- = –
1
2
et pour ordonnée à l’origine, l’ordonnée de H, soit b = 2.
Une équation de d ¢ est donc y = – 1
2 x + 2.
3. a. Les coordonnées (x ; y) de W vérifient les équa-
tions x = 3 et y = – 1
2 x + 2.
Pour x = 3 on a y = 1
2 et donc W 3
1
2;� �
b. W est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.
1. D(4 ; 1) E(0 ; 3) F(– 2 ; 1)
2. • Équation de (AE) :
(AE) non parallèle à l’axe des ordonnées a pour équation
y = ax + b avec a = 6
2- = – 3 et b = 3 (ordonnée à l’origine
donnée par le point E(0 ; 3)).
D’où (AE) : y = – 3x + 3.
• Équation de (BF) :
De même, a = --
6
8 =
3
4 et b tel que 5 = 6a + b (passage
par B) d’où b = 5 – 6 ¥ 3
4 =
1
2.
On obtient (BF) : y = 3
4 x +
1
2.
• Équation de (CD) :
C et D ont même ordonnée : 1.
Une équation de (CD) est y = 1.
3. Intersection de (AE) et (CD) :
Ces droites sont sécantes (coefficients directeurs
différents – 3 et 0). Les coordonnées (x ; y) de leur point
d’intersection I vérifient y = – 3x + 3 et y = 1.
57
II– 2– 2 33 88
22
WW
AA BB
CC
HH
JJ
– 1– 1
KK– 2– 2
58
168168
On a donc – 3x + 3 = 1 soit x = 2
3D’où I
2
31;� �
Il reste à voir si I Œ (BF)
A-t-on 1=3
4
2
3
1
2¥ � ?
La réponse étant oui, I Œ (BF) et les 3 médianes sont
concourantes en ce point.
Voir le corrigé ci-dessus de l’exercice 58.
1.
2. (BT) a pour coefficient directeur a = 0 8
10 0
--
= – 4
5 ;
l’ordonnée à l’origine est l’ordonnée du point B,
soit b = 8.
D’où (BT) : y = – 4
5 x + 8.
3. • Cherchons une équation de (RE).
Son coefficient directeur est : a¢ = 8 0
12 6
8
6
4
3
--
� � .
(RE) a donc une équation de la forme y = 4
3 x + b¢.
Le passage par E(6 ; 0) donne alors :
O = 4
3 ¥ 6 + b¢
d’où b¢ = – 8.
Il en résulte que (RE) a pour équation y = 4
3 x – 8.
• Les coordonnées de N s’obtiennent en résolvant le
système y x
y x
� - �
� -
�
ÌÔ
ÓÔ
4
58
4
38
soit
4
38
4
58
4
38
x x
y x
- � - �
� -
�
ÌÔ
ÓÔ
soit
32
1516
4
38
x
y x
�
� -
�
ÌÔ
ÓÔ
soit x
y
�
�
�ÌÔ
ÓÔ
15
22
. D’où N15
22;� �.
4. EN = 15
26 2 0
22-� � � -� �
= 9
44� =
25
4 =
5
2
RN = 15
212 2 8
22-� � � -� � =
81
436�
= 225
4 =
15
2
59
60
11 66 1010 1212
11
22
88
0
E T
N
RB
5. Les points B et R ayant même ordonnée, on a
(BR) // (ET).
Le théorème de Thalès permet alors d’affirmer que : NE
NR
ET
BR�
Il reste à voir si cette égalité est vérifiée avec les
distances calculées précédemment.
ET = xT – xE = 10 – 6 = 4
BR = xR – xB = 12 – 0 = 12
NE
NR =
5
2 �
15
2 =
1
3ET
BR =
4
12 =
1
3
L’égalité de Thalès est bien satisfaite.
A. 1. A(0,5 ; 0) G(3,5 ; 3)
• Coefficient directeur de (AG) : a = 3
3 = 1
d’où (AG) : y = x + b.
• A appartient à cette droite : O = 0,5 + b d’où b = – 0,5.
Une équation de (AG) est y = x – 0,5.
2. • B est le point d’intersection de (AG) et de (IK) dont
une équation est x = 1.
On résout y x
x
� -�� 0,5
1
xy��� 1
0,5
d’où B(1 ; 0,5).
• C est le point d’intersection de (AG) et de (IL) dont une
équation est y = 1.
On résout y x
y
� -�
�ÌÓ
0,5
1
xy��
�ÌÓ
1,51
d’où C(1,5 ; 1).
• On obtient de même D(2 ; 1,5), E(2,5 ; 2) et F(3 ; 2,5)
On peut vérifier que ces points sont tous les milieux
d’arêtes du cube.
Par exemple, xB = x xI K�
2 et yB =
y yI K�2
.
B.
Pour aller plus loin
• (AB) coupe (JK) en S tel que KS = AI
(DC) coupe (JK) en S¢ tel que KS¢ = DL
Comme AI = DL, S = S¢ et les droites (AB) et (DC) sont
sécantes en S. Les points A, B, C et D sont donc
coplanaires.
• Comme (ED) // (AB) et (EF) // (BC), E, puis F,
appartiennent aussi à ce plan (ABCD).
61
O AA
B
C
I
JJ
DD
EE
FF
LLMM
NN
SSKK
169Chapitre 12. Équations de droite
1. Oui
2. Le point I(4 ; – 2) est le point d’intersection des droites.
d : y = – 2x + 6 et d ¢ : y = x – 6.
a. Le couple solution est le couple des coordon-
nées du point d’intersection de d4 et d1. On lit (x ; y) = (5 ; 2).
b. Idem avec d1 et d2 :
(x ; y) = (4 ; 1)
c. Idem avec d3 et d1 :
(x ; y) = (2 ; –1)
d. Idem avec d3 et d4 :
(x ; y) = (1 ; 2)
a. Le couple solution (2 ; – 1) (en trait plein).
b. Le couple solution (– 1 ; 3) (en pointillé).
a. y x
x y
y x
y x
�� �
�ÌÓ
�� �
�ÌÓ
– –3
2 3
3
2 3
x
y
��
�ÌÓ
� � 2
12 1
–( ; – )�
y x
x x
y x
x
�� �
�ÌÓ
��
�ÌÓ
–
– –
–3
3 2 3
3
3 6
b. x y
x y
x y
y y
– –
–
–
( – ) – –
2 7
2 5
2 7
2 2 7 5
�� �
�ÌÓ
��
�ÌÓ
x y
y
x
y
��
�ÌÓ
��
�ÌÓ
� � 2 7
3 9
1
31 3
– –(– ; )�
1. Un réglage possible de la fenêtre est :
xmin = – 5
xmax = 80
ymin = – 5
ymax = 30
En zoomant et à l’aide de la fonction TRACE , on peut
lire x ª 60 et y ª 23
2. x x
y x
x x
y x
x�� �
�ÌÓ
� �� �
�ÌÓ
0 4 1
0 3 5
0 4 1 0 3 5
0 3 5
0 1, –
,
, – ,
,
, ��� �
�ÌÓ
6
0 3 5y x,
x
y
��
�ÌÓ
60
23
Ce résultat est en accord avec la lecture graphique.
62
63
64
– 3– 3
33JJ– 1– 1
JJ
33
44
yy
xx
AA
BB y = x + 1
2
7
2
y = x
– 3
y = – 2x +
3y =
2x
+ 5
65
66
Graphiquement, on lit Veq = 13.
Algébriquement :
• une équation de la droite passant par (0 ; 22,4) et
(10 ; 21) est y = ax + b avec a = 1 4
10
,
– = – 0,14 et b = 22,4,
c’est-à-dire y = – 0,14x + 22,4.
• la droite passant par (20 ; 30,6) et (24 ; 36,2) a pour
équation y = a¢ + b¢ avec a¢ = 5 6
4
, = 1,4.
L’équation devient y = 1,4x + b. Le passage par (20 ; 30,6)
donne 30,6 = 1,4 ¥ 20 + b ; b = 2,6.
D’où l’équation y = 1,4x + 2,6.
Veq est l’abscisse du point d’intersection des droites
d’équations y = – 0,14x + 22,4 et y = 1,4x + 2,6.
x = Veq est donc solution de l’équation
1,4x + 2,6 = – 0,14x + 22,4
1,54x = 19,8 ; x = 19 8
1 54
,
, ª 12,9
1. La distance qui sépare les 2 villes est 160 km.
Le trajet de A à B dure 120 minutes soit 2 heures. Celui
de B à A dure 100 minutes soit 1 heure 40 minutes.
2. La vitesse moyenne de l’automobiliste sur le trajet
de A à B est 160
2 = 80 km.h–1.
Celle de l’autre automobiliste sur le trajet de B à A est 160
12
3
1603
596 1
�� ¥ � km.h– .
3. Leur croisement aura lieu environ 66 minutes après
le départ de l’automobiliste « rouge » et 46 minutes
après le départ de l’automobiliste « bleu ». Cela se pro-
duira à environ 88 km de A et 72 km de B.
4. Les équations des droites « rouge » et « bleue » sont :
y x� �–160
120160 et y x� 160
10020( – )
La résolution du système donne x ª 65,45 minutes et
y ª 72,72 km en accord avec la lecture.
Géométriquement :
Par le théorème de Thalès, AS
AN
AC
AH� soit
AS
5 10
2
52 2�� ,
d’où AS � 2 125
5. AS � ¥ �2 5 5
52 5
D’où SN = AN – AS = 5 5 2 5 3 5– �Dans un repère orthonormé :
Si I et J sont les points de [NH] et [NR] tels que NI = NJ = 1,
le repère (N, I, J) est orthonormé.
Dans ce repère : N(0 ; 0), A(10 ; 5).
Une équation de (AN) est y = ax avec a � 1
2 ; d’où (AN) :
y x� 1
2. Une équation de (EC) est y = 3.
Les coordonnées de S, point d’intersection de (AN) et
(EC) vérifient y x
y
�
�
�ÌÔ
ÓÔ
1
2
3
D’où S(6 ; 3) puis NS � � � �6 3 45 3 52 2 .
L’unité graphique étant 1 cm, on a donc NS = ED � cm.
67
68
69
170170
Géométriquement, le théorème de Thalès donne :
ED
EB
DC
AB� ou encore
ED
DB DE–� 4
8
avec DB � � �6 8 102 2 .
D’où ED
ED10
1
2–� ; 2ED = 10 – ED ; 3ED = 10 ; ED =
10
3.
Sur le segment [DB] de longueur 10, le point E se situe
au tiers de ce segment, en partant de D.
Dans un repère orthonormé :
Si I et J sont les points de [AB] et [AD] tels que AI = AJ = 1,
le repère (A, I, J) est orthonormé.
Dans ce repère : A(0 ; 0), C(4 ; 6), B(8 ; 0), D(0 ; 6).
(AC) a pour équation y = ax avec a = 6
4 = 1,5, soit y = 1,5x.
(BD) a pour équation y = a¢x + b¢ avec a¢ = 6
8– = – 0,75 et
b¢ = 6, soit y = – 0,75x + 6.
Les coordonnées de E vérifient donc y = 1,5x et
y = – 0,75x + 6.
On a donc 1,5x = – 0,75x + 6 soit 2,25x = 6 ; x = 6
2 25,
x � � ¥ �6
9
4
64
9
8
3, puis y � ¥
3
2
8
3, y = 4. D’où E
8
34;� �.
On a donc DE � � � � �8
32
10
3
22 et DB � � �8 6 102 2 .
E se situe donc au tiers du segment [DB] en partant de D.
Soient x et y les notes de Julie à l’épreuve écrite et
orale. On a 6 4
109
x y�� et
6 4
1010
y x�� .
C’est-à-dire 6x + 4y = 90 et 4x + 6y = 100
ou encore 3x + 2y = 45 et 2x + 3y = 50.
3x + 2y = 45 équivaut à 6x + 4y = 90
2x + 3y = 50 équivaut à – 6x – 9y = – 150
En ajoutant : – 5y = – 60 ; y = 12.
D’où en reportant dans une équation : x = 7.
Julie a donc obtenu 7 à l’écrit et 12 à l’oral.
1. On suppose x � 0, y � 0 et x � y.
On a : 2x + 2y = 20
De plus 2(1,2x + 0,8y) = 1,1 ¥ 20
On résout donc 2 2 20
2 4 1 6 22
x y
x y
� �� �
�ÌÓ , ,
Soit encore x y
x y
� �� �
�ÌÓ
10
1 2 0 8 11, ,
y x
x x
y x
x
�� �
�ÌÓ
��
�ÌÓ
10
1 2 0 8 10 11
10
0 4 3
–
, , ( – )
–
,
x
y
��
�ÌÓ
7 5
2 5
,
,
70
71
72
y0,8y
x
1,2x
2. Graphiquement, x et y sont les coordonnées du
point d’intersection des droites d : x + y = 10 et
d¢ : 1,2x + 0,8y = 11.
Le tracé de ces deux droites permet de retrouver ces
mêmes valeurs par lecture, mais sans être certain
qu’elles sont exactes.
1re façon : 6x + 2y + 46 = 300
2e façon : 4x + 4y + 46 = 330
on résout 6 2 254
4 4 284
x y
x y
� �� �
�ÌÓ
soit 3 127
71
x y
x y
� �� �
�ÌÓ
ou encore 3 127
71
x y
x y
� ��
�ÌÓ– – –
En ajoutant membre à membre ces deux égalités :
2x = 56
x = 28
En reportant dans : x + y = 71 on obtient y = 43.
Les faces carrées du paquet ont pour côté 28 cm ; les
faces rectangulaires ont pour dimensions 28 cm et
43 cm.
• Si K est le milieu de [AB], alors B est le symétrique
de A par rapport à K.
• Si B est le symétrique de A par rapport à K, alors K est
le milieu de [AB].
• Si M est le milieu de [BC], alors :
aire ABM � ¥AH BM
2
� ¥AH BC
4
aire AMC � ¥AH MC
2
� ¥AH BC
4et (AM) partage donc le triangle ABC en deux triangles
de même aire.
• Si ABM et AMC sont des triangles de même aire, alors
on a : AH BM AH MC¥ � ¥
2 2 d’où BM = MC d’où M est le
milieu de [BC] (car M Œ [BC]).
L’équivalence est donc vraie.
73
xx
xx
yy
75
76 AA
BB CCHH MM
171Chapitre 12. Équations de droite
1. (A) est fausse car 0(0 ; 0) est un point du plan
mais 0 = 3 ¥ 0 – 5 est faux (contre-exemple).
(B) est vraie car E(9 ; 1) est un point du plan tel que
1 = 3 ¥ 2 – 5
(C) est vraie car 0(0 ; 0) est un point du plan tel que
0 ≠ 3 ¥ 0 – 5
2. La négociation de (A) est « Il existe au moins M(x, y)
du plan tel que y ≠ 3x – 5.
1. Non. Contre-exemple : (1 + 1)2 ≠ 12 + 12
2. Non. Contre-exemple : (3 + 0)2 = 32 + 02
3. (x + y)2 = x2 + y2 équivaut à 2xy = 0 soit x = 0 ou y = 0.
L’ensemble cherché est la réunion des droites d’équa-
tions x = 0 et y = 0
1. Fenêtre Algèbre :
a. y = 0,67x + 10,07
b. y = 0,67x – 2
Les droites a et b sont parallèles (même coefficient
directeur).
Fenêtre Géométrie :
Les droites a et b sont affichées comme « sécantes ».
2. A(– 15 ; 0) B(20 ; 23,5)
C(– 12 ; – 10) D(18 ; 10)
Coefficient directeur de (AB) : a � 23 5
35
,
Coefficient directeur de (CD) : a ¢ � �20
30
2
323 5
35
2
3
, � car 3 ¥ 23,5 ≠ 70
Les droites a et b sont sécantes.
3. 23 5
350 6714
2
30 6667
,, ,ª ª
À 10–2 près les valeurs affichées des coefficients directeurs
sont les mêmes, alors que ces nombres sont différentes.
Travail personnelPour les exercices 80 à 100 : voir corrigés en fin
de manuel.
APPROFONDISSEMENT
1. Notons H et K les pieds des hauteurs issues de
M dans les triangles MAB et MBC.
On cherche M tel que MH AB MK BC¥ � ¥
2 2. C’est-à-dire
tel que MH = MK (puisque AB = BC). Or M est équidistant
des côtés [BA) et [BC) de l’angle fABC si et seulement si M
appartient à la bissectrice de fABC.
M devant rester à l’intérieur du carré ABCD, M doit donc
appartenir au segment [BD] pour que les aires ABM et
BCM soient égales.
2. a. On cherche M(x ; y) avec x Œ � et y Œ � tel que Aire
ABM = Aire BCM. Or MH� y 2 , MK � ( – )1 2x , AB = BC
77
78
79
101
= 1. Les aires de ABM et BCM sont donc égales si et seule-
ment si y x2 21
2
1 1
2
¥� ¥(( – )
c’est-à-dire y2 = (1 – x)2.
b. y2 = (1 – x)2 équivaut à [y + (1 – x)] [y – (1 – x)] = 0
soit (y – x + 1) (y + x – 1) = 0
soit y = x – 1 ou y = – x + 1
Les points M(x ; y) cherchés sont donc ceux appartenant
à l’une ou l’autre des droites d : y = x – 1 et d ¢ : y = – x + 1.
On reconnaît en d ¢ la droite (BD) et en d, la droite
perpendiculaire à (BD) passant par B.
Pour aller plus loin
Dans le repère orthonormé (A, I, D), soit M(x ; y).
On a MH = y 2 et MK = ( – )2 2x .
AB = 2 et BC = 1
On cherche M(x ; y) tel que y x2 22
2
2 1
2
¥� ¥( – )
c’est-à-dire 4y2 = (2 – x)2 ou encore [2y + (2 – x)] [2y –
(2 – x)] = 0 soit (2y – x) + 2) (2y + x – 2) = 0 soit y x� 1
21–
ou y x� �–1
21. L’ensemble des points M cherché est donc
la réunion des droites = d : y = 1
2 x – 1 et d¢ : y = –
1
2 x + 1.
d ¢ est la droite (BD), d est la droite symétrique de (BD) par
rapport à (AB).
b. Dans le repère orthonormé (A, I, J)
où I Œ [AB] et AI = 1
a AB = 1
J Œ [AD] et AJ = 1
b AD = 1, soit M(x ; y)
On a (DC) : y = b et (BC) : x = a ;
MH� y 2 , MK � ( – )a x 2
AB = a, BC = b
On cherche M(x ; y) tel que y a a x b2 2
2 2
¥� ¥– )
soit
a2y2 = b2(a – x)2 soit
[ay + b(a – x)] [ay – b(a – x)] = 0
soit y = b
a x – b
ou y = – b
a x + b
On retrouve dans le cas général la droite (BD) et la droite
symétrique de (BD) par rapport à (AB).
1. De xB ≠ xA et xD ≠ xC on déduit que les droites
(AB) et (CD) ont un coefficient directeur et qu’elles sont
parallèles si et seulement si ces coefficients sont égaux
ce qui équivaut à p = q.
2. La négation de la condition « xB ≠ xA et xD ≠ xC » est
« xB = xA ou xD = xC ».
Ceci recouvre deux cas :
Cas où les deux égalités sont vraies : xB = xA et xD = xC.
On a p = q = 0 et les droites sont bien parallèles, car
parallèles à l’axe des ordonnées.
102
172172
Cas où une seule des égalités est vraie, par exemple
xB = xA et xD ≠ xC.
On a alors p ≠ 0 et q = 0 donc p ≠ q. (AB) est parallèle à
l’axe des ordonnées mais (CD) ne l’est pas donc les deux
droites ne sont pas parallèles.
VARIABLES : xA, yA, xB, yB, xC, yc
ENTRÉES : Saisir xA, yA, xB, yB, xC, yc
TRAITEMENT : Calculer p = (yB – yA) ¥ (xC – xA)
Calculer q = (yC – yA) ¥ (xB – xA)
SORTIES : Si p = q Alors
Affi cher « A, B, C sont alignés »
Sinon affi cher « A, B, C ne sont pas
alignés »
FinSi
1. C’est le milieu de [OB] soit J.
2. Le repère (O, I, J) étant orthonormé,
JM = 3
2
3
21
2 2ÊËÁ
ˆ¯ � -� � =
3
4
1
4� = 1
d’où M Œ �(J, 1).
3. a. (BM) a pour coefficient directeur
a �-
-�-
� -
3
22
3
20
1
2
3
2
1
3
et pour ordonnée à l’origine b = 2.
D’où (BM) : y = – 1
3 x + 2
D est le point de (BM) ayant pour ordonnée 0.
Son abscisse est donc x tel que – 1
3 x + 2 = 0
soit x = 2 3. D’où (2 3 ; 0).
b. K( 3 ; 0)
4. a. JK = ( ) ( )3 12 2� - = 2
JM = 1
KM = 3
23
3
23
2 2
-ÊËÁ
ˆ¯ � � � �
103
104
II KK00
JJ
BB
1,51,5
22�
3
2
M
On a KM2 + JM2 = 4 = JK2, d’où (Réciproque du théorème
de Pythagore) JMK est rectangle en M.
b. (KM) est la tangente à � en M.
Coordonnées de K : xK = 2 ; yK = 3
2Équation de (AC) : y = –
3
4 x + 3
Équation de (OB) : y = 3
4 x
Équation de (OK) : y = 3
2 x
Équation de (AK) : y = – 3
2 x + 6
Coordonnées de E :
y x
y x
� - �
�
�
ÌÔ
ÓÔ
3
43
3
2
3
2
3
43
3
2
x x
y x
� - �
�
�
ÌÔ
ÓÔ
x
y
�
�
�ÌÔ
ÓÔ
4
32
Coordonnées de F :
y x
y x
� - �
�
�
ÌÔ
ÓÔ
3
26
3
4
3
4
3
26
3
4
x x
y x
� - �
�
�
ÌÔ
ÓÔ
x
y
�
�
�ÌÔ
ÓÔ
8
32
Il en résulte (EF) // (OA), car E et F, d’ordonnée 2,
appartiennent à la droite d’équation y = 2.
De plus EF = xF – xE = 4
3 =
1
3 BC.
1. D, E, F paraissent alignés.
2. a. (AB) � (AD) et AB = AD : le repère (A, B, D) est
orthonormé.
b. A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1)
3. a. (EK) est une hauteur du triangle ABE.
b. Comme ABE est équilatéral, (EK) est aussi médiane et
K est le milieu de [AB]. D’où K ;1
20� �.
4. EK = 3
2On obtient ce résultat, soit en écrivant que
EK = AE sin 60°, soit en utilisant le théorème de
Pythagore dans le triangle AKE.
D’où E ;1
2
3
2
ÊËÁ
ˆ¯
5. F ;13
2
1
2�Ê
ËÁˆ¯
6. D, E, F sont alignés si et seulement si les droites (DE)
et (DF) ont le même coefficient directeur.
105
II 22 33 44
JJ
OO
22
33KK
EE FF
CC BB
AA
106
173Chapitre 12. Équations de droite
Or le coefficient directeur de (DE) est : a �-3
21
1
2
soit
a � -3 2.
Celui de (DF) est : ¢ �-
�a
1
21
13
2
soit ¢ � -�
a1
2 3
ou encore ¢ � --� �
�� � -� � � - �a2 3
2 3 2 32 3 .
Il en résulte a = a¢ et donc l’alignement des points D, E
et F.
Pour aller plus loin
On trace [DE] et [EF].
Les triangles AED et BFE sont isocèles (AD = AE = BE = BF)
et leurs angles au sommet sont EAD °� � - �90 60 30
et EBF� = 60 + 30 = 90°.
Leurs angles à la base sont donc DEA °� � - �180 30
275
et BEF °� � - �180 90
245
D’où DEF DEA AEB BEF� � � �� � �= 75 + 60 + 45
= 180°
Les points D, E et F sont donc alignés.
1. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com
2. B, C, E semblent alignés et ils le restent lorsque M se
déplace sur [OA].
3. M(m ; 0)
a. d1 a pour coefficient directeur celui de (AB), c’est-à-
dire : a = 4
8 = –
1
2.
d1 admet donc une équation de la forme y = – 1
2 x + b
Mais M(m ; 0) appartenant à d1, on a : O = – 1
2 m + b d’où
b = 1
2 m. D’où d1 : y = –
1
2 x +
1
2 m.
C est le point du d1 d’abscisse nulle d’où
yC = – 1
2 ¥ 0 +
1
2 m =
1
2 m
On en déduit C ;01
2m� �
b. d2 a pour coefficient directeur celui de (OB) c’est-à-
dire a¢ = 4
2 = 2.
d2 : y = 2x + b¢ passant par M(m, 0), on a : O = 2m + b¢ et
donc �¢ = – 2m.
D’où d2 : y = 2x – 2m.
E est le point de d2 dont l’abscisse est 10.
D’où yE = 2 ¥ 10 – 2m
= 20 – 2m
On a donc : E(10 ; 20 – 2m).
c. Voyons si (BC) et (BE) ont le même coefficient direc-
teur.
107
Pour (BC) : a �-
-� - �
1
24
2
1
42
m
m
Pour (BE) : ¢ � - � - �a 16 2
8
1
42
mm
(BC) et (BE) sont donc parallèles et les points B, C, E sont
alignés pour n’importe quelle position de M sur [OA].
1. a. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com
b. Il semble que xA + xB = xC.
2. a. y xA A� 2 ; y xB B� 2 ; y xC C� 2
b. Le coefficient directeur de (AB) est
x x
x x
x x x x
x x
x x
B A
B A
B A B A
B A
A B
2 2--
�-� � �� �
-� �
Celui de (OC) est x
x
C
C
2
= xC.
Comme (AB) // (OC), on a bien xA + xB = xC.
Pour aller plus loin
D’après la question 2.c on a : xA + xB = xC et de même
xD + xE = xC.
Il en résulte x x x x xA B C D E�
� ��
2 2 2
Les milieux de [AB], [OC] et [DE] ont donc même
abscisse. Ils sont donc alignés sur une droite parallèle à
l’axe des ordonnées.
1. Dans le repère (A, I, J) on a : D(0 ; 5) et M(5 ; 3).
Le coefficient directeur de (DM) est a � �3 5
5 0
2
5
–
–– .
Son ordonnée à l’origine est l’ordonnée de D, soit b = 5.
Ainsi (DM) a pour équation : y x� - �2
55.
2. N est le point de la droite (DM) ayant une ordonnée
nulle. Son abscisse x est donc telle que - � �2
55 0x , soit
x � �25
212 5, .
3. DM2 = (5 – 0)2 + (3 – 5)2 = 29
DN22
225
20 0 5
725
4� -� � � -� � �
1 1 1
29
4
725
29
725
1
252 2DM DN� � � � �
108
109
II
JJ
AA BB
CCDD
MM
NN
174174
Pour aller plus loin
1. CM = d avec 0 < d < 5.
M(5 ; 5 – d)
Équation de (DM) : yd
x� - �5
5
Cordonnées de N : y = 0 et x tel que - � �dx
55 0 d’où
N ;25
0d� �.
DM2 = d2 + 25
DN22
2
2
62525
25 625� � � �d
d
d1 1 1
25 25 625
25
25 25 25
2 2 2
2
2
2
2
2
DM DN� �
��
�
��� � � �
d
d
d
d
d
d 225
25
25 25
1
25
2
2
� �� �
�� � �d
d.
Cette somme ne dépend donc pas de la position de M
sur [BC], privé des points B et C.
2. Sans repère, dans le triangle ADN, le théorème de
Thalès donne : NM
ND
BM
AD� et donc
NM
ND� -5
5
d (1).
Une autre configuration de Thalès (parallèles (DC) et
(BN) sécantes (DN) et (BC)) permet d’écrire : MD
NM
MC
MB�
c’est-à-dire MD
NM�
-d
d5 (2).
En multipliant (1) et (2), on obtient : MD
ND� d
5 (3)
Par ailleurs, le théorème de Pythagore dans le triangle
rectangle DCM donne :
DM2 = DC2 + CM2 d’où DM2 = d2 + 25 (4).
Mais (3) s’écrit encore DN DM� d
5 et donc
DN DM22
225�d
, puis DN22
22525� �� �
dd grâce à (4).
Le calcul de 1 1
2 2DM DN� s’achève alors comme dans la
question 1.
Voir fichier sur le site www.didiermathx.com
Pour aller plus loin
a. T est le point d’intersection des médianes (AF) et (CE)
du triangle ABC.
T est donc le centre de gravité du triangle ABC.
b. Si I est le milieu de [AC], (BI) est la troisième médiane
de ABC.
B, T et I sont donc alignés.
Comme I est le milieu de [BD], B, I, D sont aussi alignés.
Il en résulte que B, T, D sont alignés.
110
R R 8,6R R 2,6� ¢ �- ¢ �� R 5,6
R�¢ �� 3
Soit h la hauteur de la table, a la hauteur du bloc 1
et b celle du bloc 2.
On a : h – b + a = 32
et h – a + b = 28
En ajoutant, on obtient 2h = 60 d’où h = 30.
La table a une hauteur de 30 pieds.
Dans le repère (O, I, J), la droite (BD) a pour
coefficient directeur - 3
8 et pour ordonnée à l’origine 3.
D’où (BD) : y = – 3
8 x + 3
La droite (CE) a pour coefficient directeur - 8
3 et pour
ordonnée à l’origine 8.
D’où (CE) : y = – 8
3 x + 8
(CE) et (BD) se coupent en un point K dont les
coordonnées vérifient le système
y x
y x
� - �
� - �
�
ÌÔ
ÓÔ
8
38
3
83
xK est donc solution de - 8
3 x + 8 = –
3
8 x + 3
soit 55
24 x = 5
d’où xK = 24
11
On a alors yK = – 3
8 ¥
24
11 + 3
yK = 24
11
D’où K24
11
24
11;� �.
L’aire du triangle bleu est égale à :
Aire OBE – Aire OCE – Aire BKC.
Or : Aire OBE = 8 8
2
¥ = 32
Aire OCE = 3 8
2
¥ = 12
Aire BKC =
524
11
2
60
11
¥�
D’où : Aire triangle bleu = 32 – 12 – 60
11 =
160
11 (cm2).
L’ordonnée à l’origine de la droite (BD) étant – 1,
prenons C comme origine du repère et J, symétrique de
B par rapport à C, comme point (0 ; 1)
L’axe des abscisses est alors (CD).
111
R R¢O¢O O¢O
112
113
114
175Chapitre 12. Équations de droite
Posons D(x ; 0) dans le repère (C, I, J) cherché.
Le coefficient directeur de (BD) est alors 1
x et on doit
avoir 1
x = 2.
Il en résulte que x = 1
2 et donc que I est le symétrique de
C par rapport à D.
Vérification :
Dans le repère (C, I, J), on a B(0 ; – 1) et D ;1
20� �.
L’équation y = 2x – 1 est bien vérifié par les coordonnées
de ces deux points.
1. En nommant W le centre du cercle et H son
projeté orthogonal sur le côté de longueur a, on a :
WH = r.
Le théorème de Thalès donne alors r r
3
6
6� -
d’où r = 2.
2.
Méthode 1. De même que dans 1, à l’aide du théorème
de Thalès : r
b
a r
a� -
s’écrit encore ar = ab – br (produit
en croix) d’où r(a + b) = ab ou r = rab
a b�
� ou
1
r
a b
ab� �
,
qui coïncide bien avec 1 1 1
r a b� � .
Méthode 2.
Dans le repère orthonormé (O, I, J) tel que OI = 1
a OA et
OJ = 1
b OB (voir figure), W(r ; r) appartient à la droite OW
d’équation y = x.
AA BB
CCDD
II
JJ
115
W
AA
BB
OO rr
rr
II
JJ
y = x
Par ailleurs, (AB) a pour équation y = – b
a x + b.
En résolvant y x
yb
ax b
�
� - �
�ÌÔ
ÓÔ soit
xb
ax b
y x
� - �
�
�ÌÔ
ÓÔ
soit 1�� � �
�
�ÌÔ
ÓÔ
b
ax b
y x soit
xab
a b
yab
a b
��
��
�
ÌÔ
ÓÔ
on obtient rab
a b�
�, comme dans la méthode 1.
• L’égalité (x + y)3 = x3 + y3 n’est pas vraie pour tous
réels x et y.
Contre-exemple : Pour x = y = 1, (1 + 1)3 � 13 + 13
• (x + y)3 = (x + y)2 (x + y)
= (x2 + 2xy + y2) (x + y)
= x3 + 3x2 y + 3xy2 + y3
(x + y)3 = x3 + y3 équivaut à :
x3 + 3x2 y + 3xy2 + y3 = x3 + y3
3xy(x + y) = 0
x = 0 ou y = 0 ou y = – x.
L’ensemble des points M(x ; y) tels que (x + y)3 = x3 + y3
est, dans un repère donné du plan, la réunion de trois
droites : d1 : x = 0, d2 : y = 0, d3 : y = – x.
English Corner
a. Journey = trajet.
Une course de 3 km coûtera 6,50 €.
b. Gradient = pente ; soit le coefficient directeur : 1,5.
c. L’intersection avec l’axe des ordonnées correspond
au prix indiqué au compteur en début de course, soit
2 €.
d. C = 1,5d + 2
y x� 1
3. Il y a 22 points sur le segment [OA].
116
117
118
176
Vecteurs 13Pour reprendre contact
1 a. Par une symétrie axiale.
b. Aucune transformation connue.
c. Par une symétrie centrale.
2 1. Le milieu de [AB] a pour coordonnées (3
2 ; – 1) et celui de [CD] a pour coordonnées (
3
2 ; – 1).
Les segments [AB] et [CD] ont même milieu donc ACBD est un parallélogramme.
2. a. D(– 5 ; 2) b. E(5 ; 4) c. F(3 ; – 3) d. G(6 ; – 3)
3 a. Oui b. Oui c. Oui d. Non e. Oui
Activités 1. Jouons à Wyx !
Activité 2. Translation1. Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com
2. a. La translation crée un nouveau quadrilatère superposable au premier (distances et angles conservés).
b. Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com
3. AA¢B¢B, DD¢C¢C et AA¢FE semblent être des parallélogrammes. Ces conjectures « résistent » au déplacement des
points.
4. E¢ est l’image de E par la translation de vecteur mDE.
C
Jau
ne
Oran
ge
Rouge
VertViolet
Bleu
Noir
177Chapitre 13. Vecteurs
Activité 3. Coordonnées d’un vecteur1. Les vecteurs oOA et oBC sont égaux car les segments [OC] et [AB] ont même milieu de coordonnées (1 ; 3).
2. Les coordonnées sont 4
3
ÊËÁ
ˆ¯
.
À partir du point A, il faut lire les coordonnées de A. À partir de B et C on regarde le déplacement « horizontal » (+ 4 uni-
tés) puis le déplacement « vertical » (+ 3 unités) pour se rendre de B à C.
Le déplacement « horizontal » est donné par xC – xB.
Le déplacement « vertical » par yc – yB.
On peut tester cette conjecture ou aider à sa mise en place en déplaçant les points sur le fichier disponible sur le site
Internet.
3. En confrontant les résultats dans la classe on peut mettre en évidence différents représentants.
Activité 4. Somme de vecteurs1.
2. a. ABM¢M est un parallélogramme, BCM¢¢M¢ aussi.
On a donc rAM = uBM¢ et uBM¢ = yCM¢¢.Il vient donc rAM = yCM¢¢ donc ACM¢¢M est aussi un parallélogramme.
b. ACM¢¢M¢ étant un parallélogramme, pour n’importe quel point M, la translation qui transforme A en C transforme
aussi M en M¢¢.Pour n’importe quel point M, M¢¢ est donc l’image de M par la translation de vecteur mAC.
3. On constate que l’image de M par la translation de vecteur av + au est aussi le point M¢¢�La justification se fait par un raisonnement analogue à celui de la question 2.
Activité 5. Produit d’un vecteur par un réel
1. a. au2
4
ÊËÁ
ˆ¯
et 2au4
8
ÊËÁ
ˆ¯
b. Les coordonnées sont proportionnelles avec un coefficient de proportionnalité égal à 2 de au à 2au.
A
C
B
A¢
C¢
B¢
DE
E¢
auau
avav
AA
MMBB
M¢M¢
CC
M�M�
178178
2.
a. au2
4
ÊËÁ
ˆ¯
et 3au6
12
ÊËÁ
ˆ¯
. Les coordonnées sont proportionnelles avec un coefficient de 3 de au à 3au .
3. a. On peut proposer 1,5au3
7
ÊËÁ
ˆ¯
.
b.
4. a. On peut conjecturer : 1
2
1
2auÊËÁ
ˆ¯
––
–2
4
8auÊËÁ
ˆ¯
––
–
5
2
5
10auÊËÁ
ˆ¯
b.
5. a. b.
22II 44 66
– 2– 2
00
22
JJ
44
66
88
1010
22II 4400
JJ
– 2– 2
22
44
66
– 4– 4 – 2– 2 00 22II 44
44
22
JJ
– 2– 2
– 4– 4
– 6– 6
– 8– 8
D A C B
179Chapitre 13. Vecteurs
TP 1. Des vecteurs pour jouer à Wyx
A. 1. Vecteur jaune 1
3
ÊËÁ
ˆ¯
;
vecteur vert 1
2
ÊËÁ
ˆ¯
; vecteur rouge –
–
2
1
ÊËÁ
ˆ¯
vecteur noir –1
0
ÊËÁ
ˆ¯
; vecteur violet –
–
3
1
ÊËÁ
ˆ¯
vecteur bleu 1
1–
ÊËÁ
ˆ¯
; vecteur orange 2
4–
ÊËÁ
ˆ¯
2. Le vecteur somme a pour coordonnées –
–
1
2
ÊËÁ
ˆ¯
. Le cavalier arrivera donc en E.
B. 1. Le vecteur jaune 1
3
ÊËÁ
ˆ¯
est mBA.
Le vecteur vert 1
2
ÊËÁ
ˆ¯
est pGD = lXA = lEX.
Le vecteur rouge –
–
2
1
ÊËÁ
ˆ¯
est kCE = lFG.
Le vecteur noir –1
0
ÊËÁ
ˆ¯
est moDC = mCB.
Le vecteur violet –
–
3
1
ÊËÁ
ˆ¯
est mDE.
Le vecteur bleu 1
1–
ÊËÁ
ˆ¯
est mDF = mXC.
Le vecteur orange 2
4–
ÊËÁ
ˆ¯
est mAF.
2. E étant le point d’arrivée et chaque flèche étant utilisée une seule fois on ne peut pas avoir E comme origine d’un
vecteur.
3. a. Il a un seul représentant : mDE.
b. On peut rayer les vecteurs mEX et mCE.
4. a. Le trajet gagnant est donc : mXC ; mCB ; mBA ; mAF ; mFG ; pGD ; mDE. On le trouve en partant de la fin.
b. La relation de Chasles permet de vérifier que la somme de ces vecteurs est égale à mXE.
TP 2. Parallélogramme et vecteursA. a. Vrai b. Faux c. Faux d. Vrai e. Vrai
B. Les conditions suffisantes sont : b, d et e.
Les conditions nécessaires sont : a, c, d, e et f.
D’autres conditions suffisantes :
– « Les diagonales se coupent en leur milieux » est une condition suffisante (et nécessaire).
– « pDA = mCB » est une condition suffisante (et nécessaire).
– « ABCD est un rectangle » est une condition suffisante (non nécessaire).
TP 3. Un puzzle de Lewis CarollB. On obtient un rectangle.
3. Ses dimensions sont 13 et 5. Son aire vaut donc 65 alors que l’aire du carré vaut 64.
En fait « la diagonale montante » de ce rectangle n’existe pas. Il s’agit d’un petit parallélogramme d’aire 1.
180180
On peut démontrer de différentes façons que les points qui semblent situés sur cette diagonale ne sont pas alignés.
Par exemple :
• Dans un repère (A, I, J) avec B(8 ; 0) et F(0 ; 5) :
– en montrant que les vecteurs oAG et mAE ne sont pas colinéaires,
– ou en écrivant une équation de la droite (AE) et en montrant que le point H n’appartient pas à cette droite,
– ou sans repère, en comparant les tangentes des angles fBAC et gDAE.
TP 4. Expérimenter et démontrerA. 1. Voir le site Internet www.didiermathx.com.
2. L’ensemble des points solutions semble être la droite (DB).