Correction Devoir maison 1 EXERCICE 1 : On

Correction Devoir maison 1
1S: Dm 1
2014-2015
EXERCICE 1 :
On considère l’hyperbole H d’équation y =
2
et les droites Dm d’équation
x
y = m(x + 1) − 2 avec m ∈ R,
1. Vérifier que les droites Dm passent par un point fixe C, indépendant de m et que C ∈ H.
Pour obtenir un point dont les coordonnées sont indépendantes de m, il est naturel de faire le choix de x = −1
comme abscisse pour faire « disparaître » le terme m(x + 1).
En effet, m(−1 + 1) − 2 = −2 donc le point de coordonnées (−1; −2) appartient à Dm pour tout m et les
2
= −2 donc (−1; −2) ∈ H.
coordonnées de dépendent pas de m. De plus,
−1
C(−1; −2) est un point fixe qui appartient à Dm ∩ H .
> ⊡ >
2. Que représente m pour les droites Dm ?
y = m(x + 1) − 2 ⇔ y = mx + m − 2 donc m est le coefficient directeur de la droite Dm .
> ⊡ >
3. Déterminer le (ou les) réel(s) m de telle sorte que Dm et H aient seulememt le point C en commun.
A la question 1., on a trouvé un point commun aux deux courbes Dm et H, mais cela ne signifie pas qu’il est
le seul. Trouver d’autres éventuels points d’intersection nécessite l’écriture d’une équation. En effet si l’on note
M (x; y) (x 6= 0, un point de H ne peut pas avoir une abscisse nulle) les points communs aux deux courbes, on
a:
2
M (x; y) ∈ Dm ∩ H ⇔ m(x + 1) − 2 =
x
mx(x + 1) − 2x = 2
mx2 + (m − 2)x − 2 = 0 (E)
Ce qui signifie qu’un point appartient aux deux courbes si et seulement si son abscisse vérifie l’équation (E).
• Si m = 0, l’équation E n’admet qu’une solution puisque (E) devient −2x − 2 = 0 ⇔ x = −1 : on retrouve xC .
• Si m 6= 0, les deux courbes Dm et H n’ont qu’un seul point en commun si et seulement si l’équation (E)
n’admet qu’une seule solution. Or cette équation est alors du second degré : on aura une solution unique pour
le choix de m permettant d’obtenir un discriminant ∆m nul.
∆m = 0 ⇔ (m − 2)2 + 8m = 0 ⇔ m2 − 4m + 4 + 8m = 0 ⇔ m2 + 4m + 4 = 0 ⇔ (m + 2)2 = 0 ⇔ m = −2
En résumé, pour m ∈ {−2; 0} , les courbes Dm et H n’admettent que le point C en commun.
> ⊡ >
4. On suppose que m > 0.
(a) Justifier que Dm et H se coupent deux fois.
m > 0 donc m + 2 > 0 et donc
√
p
(m + 2)2 = m + 2 (1) (il est rappelé que X 2 = |X| pour tout X réel)
De plus ∆m = (m + 2)2 donc ∆m > 0. Or m > 0 donc m 6= −2 et ∆m > 0. Ainsi l’équation (E) admet
deux solutions réelles distinctes et les courbes se coupent deux fois.
> ⊡ >
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(b) Déterminer les abscisses x1 et x2 des points d’intersection de Dm et H.
Les abscisses cherchées sont :
√
2−m+m+2
4
2
−b + ∆m
=
=
=
x1 =
2a
(1)
2m
2m
m
√
−b − ∆m
2−m−m−2
−2m
x2 =
=
=
= −1
2a
2m
2m
(1)
M (x; y) ∈ Dm ∩ H ⇔ x =
2
ou x = −1
m
> ⊡ >
(c) x1 et x2 sont-ils de même signe ?
2
2
x1 × x2 =
× (−1) = − . Comme m > 0, x1 x2 < 0 donc x1 et x2 sont de signes contraires.
m
m
> ⊡ >
EXERCICE 2 :
b
S
b
M
Q
Soit M N P Q un parallélogramme. Le point R
est le symétrique du point Q par rapport au
point N. Les points S et T sont définis par :
R
N
−−→
−−→
M S = −4M P
T
b
et
−−→
−−→
M T = 4M N
P
1. Première méthode : calcul vectoriel
−→
−→
−−→
−−→
(a) Exprimer les vecteurs T R et T S en fonction des vecteurs M N et P N .
−→ −−→ −−→ −−→
T R = T M + MN + NR
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
= −4M N + M N + QN (N R = QN)
−−→ −−→ −−
→ −−→
= −4M N + M N + QP + P N (Chasles)
−−→ −−→ −−→ −−→
−−→ −−→
= −4M N + M N + M N + P N (parallélogramme → QP = M N )
−→
−−→ −−→
T R = −2M N + P N
puis
−→ −−→ −−→
T S = T M + MS
−−→
−−→
= −4M N − 4M P (hypothèses)
−−→
−−→
−−→
= −4M N − 4M N − 4N P (Chasles et distributivité)
−→
−−→
−−→
T S = −8M N + 4P N
> ⊡ >
−→
−→
(b) En déduire une expression du vecteur T S en fonction du vecteur T R et conclure.
−→
−−→
−−→
−−→ −−→
−→
−→
−→
On a donc T S = −8M N + 4P N = 4(−2M N + P N ) = 4T R, ainsi les vecteurs T R et T S sont colinéaires
et les points T, R et S sont alignés.
> ⊡ >
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2. Seconde méthode : avec des coordonnées
−−→ −−→
On se place dans le repère (M ; M N ; M Q) donc M (0, 0), N (1, 0) et Q(0, 1) .
(a) Donner les coordonnées des points T , R et S dans ce repère.
−−→
−−→
−−→
−−→
−−→ −−→ 4
• M T = 4M N donc M T = 4M N + 0M Q et M T
ce qui implique que T (4, 0) (M origine du repère) ;
0
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
−−→ −−→
• M R = M N + N R = M N + QN = M N + M N − M Q = 2M N − M Q donc R(2, −1) ;
−−→
−−→
−−→ −−→
−−→
−−→
• M S = −4M P = −4(M N + M Q) = −4M N − 4M Q donc S(−4, −4)
> ⊡ >
−→
−→
(b) En déduire les coordonnées des vecteurs T R et T S.
−→ xR − xT = 2 − 4 = −2
−→ xS − xT = −4 − 4 = −8
TR
et T S
yR − yT = −1 − 0 = −1
yS − yT = −4 − 0 = −4
> ⊡ >
(c) Conclure
−→ −→
(−2) × (−4) − (−1) × (−8) = 0 donc les vecteurs T R et T S sont colinéaires et les points T , R et S alignés.
> ⊡ >
EXERCICE 3 :
A
b
b
I
B
E
b
F
b
D
J
C
−→
1 −→
ABCD est un parallélogramme. E est le point tel que AE = AC, I est le
3
milieu de [AB], J celui de [DC].
−−
→ −−→
On considère le repère (A, AB, AD).
1. Ci-dessus.
2. (a) Quelles sont les coordonnées des points A, B, D et C dans le repère choisi ?
−→ −
−
→ −−→
Dans le repère choisi : A(0; 0) , B(1; 0) , D(0; 1) et comme AC = AB + AD, alors C(1; 1)
> ⊡ >
(b) Montrer que les coordonnées des points I, J et E sont : I
−
→ 1−
−
→
• I est le milieu de [AB] donc AI = AB et I
2
1
;0
2
1
;0
2
,J
1
;1
2
et E
1 1
;
3 3
;
1
;1
2
;
→ 1 −−→
→ −−→
−→ 1 −→
1 −−
1 −−
=
(AB + AD) = AB + AD et E
• AE = AC
règl.parall 3
3
3
3
1 1
;
3 3
−→ −−→ −→ −
→ −−→ 1 −−
→ −−→
• AJ = AD + DJ = AI + AD = AB + AD donc J
2
.
> ⊡ >
3. Démontrer que les points I, E et D sont alignés.
−−→ xD − xE = 0 − 31 = − 31
−→ xD − xI = 0 − 12 = − 21
et ED
ID
yD − yI = 1 − 0 = 1
yD − yE = 1 − 13 = 32
−→
−−→
1
1 2
= 0 donc les vecteurs ID et ED sont colinéaires et les points I, E et D sont alignés.
Et − × − 1 × −
2 3
3
> ⊡ >
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4. (a) Trouver une équation cartésienne de la droite (BJ).
Soit M (x; y) un point
duplan P. −→ −1/2
−−→ x − 1
M ∈ (BJ) ⇔ BJ
et BM
colinéaires
1
y
⇔ −1/2 × y − 1 × (x − 1) = 0
⇔ 2x + y − 2 = 0
Une équation cartésienne de (BJ) est donc 2x + y − 2 = 0 .
> ⊡ >
(b) Montrer que les droites (BJ) et (ID) sont parallèles.
−→ −1/2
−b = −1
Un vecteur directeur de (BJ) est
. Or ID
, les deux vecteurs sont visiblement colinéaires
a=2
1
(proportionnalité des coordonnées) et donc les droites (BJ) et (ID) sont parallèles .
> ⊡ >
5. Déterminer une équation cartésienne de la droite (AC).
L’équation réduite de (AC) est y = x (laissé à la sagacité du lecteur).
> ⊡ >
6. (a) Soit F le point d’intersection des droites (BJ) et (AC). Déterminer les coordonnées de F .
(ID) et (BJ) sont parallèles. Or (ID) et (AC) sont sécantes donc (BJ) et (AC) également. : on note F le
point d’intersection.
2x + y − 2 = 0
3x − 2 = 0
x = 2/3
Les coordonnées de F sont donc solution du système
⇔
⇔
.
y=x
y=x
y = 2/3
On a donc F (2/3; 2/3) .
> ⊡ >
(b) Prouver que F est le milieu de [EC].
Les coordonnées du milieu de [EC] sont égales à
xE + xC
1/3 + 1
2
yE + yC
1/3 + 1
2
=
= et
=
= . On reconnaît les coordonnées de F .
2
2
3
2
2
3
ou
−→
−→
−→ 1 −→ −→ 2 −→
AE = AC et AF = AC, donc AF = 2AE, ce qui prouve que F est le milieu de [EC]
3
3
> ⊡ >
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