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Snde 2
DEVOIR A LA MAISON N° 9
(A rendre pour le lundi 14/05/2012 )
EXERCICE 1: Exercice bilan équations de droites
EXERCICE 2:
Un hôpital comporte deux salles d’opération (S1 et S2) qui ont la même probabilité d’être
occupées. La probabilité que l’une des salles au moins soit occupée est 0,9 et celle que les deux
salles soient occupées est 0,5. Déterminer la probabilité des évènements suivants :
A : « la salle S1 est libre »
B : « les deux salles sont libres »
C : « l’une des salles au moins est libre »
D : « Une seule salle est libre »
EXERCICE 3 :
Les moniteurs d'un centre aéré disposent d'une ligne de
bouchons de 60 m pour créer une zone rectangulaire de
baignade surveillée au bord de la mer.
Le côté [MQ] est le bord de la plage supposé bien droit et les
trois autres côtés correspondent à la ligne flottante.
Comment délimiter la zone de baignade pour que son aire soit
maximale.
N
M
Mer
Zone de
baignade
P
Q
Plage
Snde 9
DEVOIR A LA MAISON N° 9
(A rendre pour le lundi 14/05/2012 )
EXERCICE 1: Exercice bilan équations de droites
EXERCICE 2:
Un hôpital comporte deux salles d’opération (S1 et S2) qui ont la même probabilité d’être
occupées. La probabilité que l’une des salles au moins soit occupée est 0,9 et celle que les deux
salles soient occupées est 0,5. Déterminer la probabilité des évènements suivants :
A : « la salle S1 est libre »
B : « les deux salles sont libres »
C : « l’une des salles au moins est libre »
D : « Une seule salle est libre »
EXERCICE 3 :
Les moniteurs d'un centre aéré disposent d'une ligne de
bouchons de 60 m pour créer une zone rectangulaire de
baignade surveillée au bord de la mer.
Le côté [MQ] est le bord de la plage supposé bien droit et les
trois autres côtés correspondent à la ligne flottante.
Comment délimiter la zone de baignade pour que son aire soit
maximale.
N
M
Mer
Zone de
baignade
Plage
P
Q
CORRIGE DU DEVOIR A LA MAISON N° 9
EXERCICE 1: Quelques éléments de correction
1.b. Les droites (AB) et (DC) ont le même coefficient directeur ( m(AB)= m(CD)= – 1). Elles sont donc
parallèles .Ainsi, le quadrilatère ABCD est bien un trapèze.
3. • xA = xC = – 2 donc la droite (AC) a pour équation x = – 2.
yD – yB – 3 – 1 1
• (BD) a une équation de la forme y = mx + p (car xB ≠ xD) : m =
=
=
xD – xB – 8 – 0 2
1
De plus, B(0 ; 1) appartient à cette droite donc p = 1. La droite (BD) a donc pour équation y = x + 1
2
• Ω’ est le point d’intersection de (AC) et (BD). Ses coordonnées vérifient le système :
x  2
x  2


Ainsi Ω’ (- 2 ; 0)

1
1

y  x  1 y   ( 2)  1  0

2
2


4. a. I (- 1 ; 2) et K (– 5 ; – 6)
yK – yI
–6–2
=
=2
xK – xI – 5 – (– 1)
La droite (IK) a donc une équation de la forme y = 2x + p. I appartient à cette droite donc yI = 2xI + p donc
2 = 2 x (– 1) + p donc p = 4.
La droite (IK) a donc pour équation y = 2x + 4.
c. Les points Ω et Ω’ appartiennent à la droite (IK). En effet : 2xΩ + 4 = 2 x 1 + 4 = 6 = yΩ
2xΩ’ + 4 = 2 x (- 2) + 4 = 0 = yΩ’
On en conclut que les points Ω, Ω’, I et K sont alignés.
b. La droite (IK) a une équation de la forme y = mx + p :m =
EXERCICE 2:
Soit S1 l’évènement : « la salle S1 est occupée » et S2 l’évènement « la salle S2 est occupée »
L’évènement S1∪ S2 est l’évènement « l’une des salles au moins est occupée » donc P(S1∪ S2) = 0,9
L’évènement S1∩ S2 est l’évènement « les 2 salles sont occupées » donc P(S1∩ S2) = 0,5
Or P(S1∪ S2) = P(S1) + P(S2) - P(S1∩ S2) donc P(S1) + P(S2) = 0,9 + 0,5 = 1,4
Or P(S1) = P(S2) puisque les 2 salles ont la même probabilité d’être occupées donc :
1,4
P(S1) = P(S2) =
= 0,7.
2
A = S1 donc P(A) = 1 – P(S1) = 1 – 0,7 = 0,3
B = S1  S2 donc P(B) = 1 - P(S1∪ S2) = 1 – 0,9 = 0,1
C = S1  S2 donc P(C) = 1 – P(S1∩ S2) = 1 – 0,5 = 0,5
P(D) = P(C) – P(B) = 0,5 – 0,1 = 0,4
S2
S1
0,5
0,2
0,2
1 – 0,9 = 0,1
EXERCICE 3 :
On pose MN = PQ = x alors NP = 60 – 2x
x est une longueur donc x 0 ; 60 – 2x est une longueur donc 60 – 2x 0 c'est à dire x < 30.
Il est possible de créer la zone de baignade pour x ∈ ] 0 ; 30 [
Soit la fonction f définie sur [0 ; 30 ] qui à x associe l’aire de la zone de baignade.
f(x) = MN x NP = x (60 – 2x) = 60x – 2x2
Or 60x – 2x2 = - 2 (x2 – 30x) = - 2 (x2 – 30x + 225 - 225) = - 2 (x – 15)2 + 450
f est une fonction polynôme du second degré dont la forme canonique est - 2 (x – 15)2 + 450 avec a = - 2,
α = 15 et β = 450 donc f admet un maximum égal à 450 atteint en 15.
Il faut donc que MN = 15 m et NP = 60 – 2 x 15 = 30 m pour que l’aire de la zone de baignade soit
maximale.
EXERCICE 1:
1.b. m(AB)=
yB – y A
1–3
=
=–1
xB – xA 0 – (– 2)
m(CD)=
yC – yD – 9 – (– 3)
=
=–1
xC – xD – 2 – (– 8)
Les droites (AB) et (DC) ont le même coefficient directeur. Elles sont donc parallèles .Ainsi, le
quadrilatère ABCD est bien un trapèze.
2.a. • (AD) a une équation de la forme y = mx + p (car xA ≠ xD)
m=
yD – yA
–3–3
=
=1
xD – xA – 8 – (– 2)
Donc la droite (AD) a une équation de la forme : y = x + p.
A appartient à cette droite donc yA = xA + p donc 3 = – 2 + p, donc p = 5.
La droite (AD) a pour équation y = x + 5
• (BC) a une équation de la forme y = mx + p (car xB ≠ xC)
m=
yC – yB – 9 – 1
=
=5
xC – xB – 2 – 0
Donc la droite (BC) a une équation de la forme : y = 5x + p.
B appartient à cette droite donc yB = xB + p donc p = 1. La droite (BC) a pour équation y = 5x + 1.
b. Ω est le point d’intersection de (AD) et (BC).
y  x  5
Donc ses coordonnées vérifient le système : 
y  5x  1
y  x  5
y  x  5
y  x  5
y  1  5  6




x  5  5x  1
 4x   4
x  1
y  5x  1
Ainsi : Ω (1 ; 6).
3. • xA = xC = – 2 donc la droite (AC) a pour équation x = – 2.
• (BD) a une équation de la forme y = mx + p (car xB ≠ xD)
m=
yD – yB – 3 – 1 1
1
=
=
donc (BD) a une équation de la forme y = x + p.
xD – xB – 8 – 0 2
2
B(0 ; 1) appartient à cette droite donc p = 1. La droite (BD) a donc pour équation y =
1
x+1
2
• Ω’ est le point d’intersection de (AC) et (BD).
x  2
x  2


Ses coordonnées vérifient le système : 

1
1

y  x 1
y   ( 2)  1  0


2
2


4. a. I est le milieu de [AB] : xI =
K est le milieu de [CD] : xK =
Ainsi Ω’ (- 2 ; 0)
xA + xB – 2 + 0
yA + Y B 3 + 1
=
= – 1 et yI =
=
=2
2
2
2
2
xC + xD – 2 – 8
yC + yD – 9– 3
=
= – 5 et yK =
=
=–6
2
2
2
2
Donc : I (- 1 ; 2) et K (– 5 ; – 6)
b. La droite (IK) a une équation de la forme y = mx + p :
m=
y K – yI
–6–2
=
=2
xK – xI – 5 – (– 1)
La droite (IK) a donc une équation de la forme y = 2x + p.
I appartient à cette droite donc yI = 2xI + p donc 2 = 2 x (– 1) + p donc p = 4.
La droite (IK) a donc pour équation y = 2x + 4.
c. Les points Ω et Ω’ appartiennent à la droite (IK).
En effet : 2xΩ + 4 = 2 x 1 + 4 = 6 = yΩ et 2xΩ’ + 4 = 2 x (- 2) + 4 = 0 = yΩ’
On en conclut que les points Ω, Ω’, I et K sont alignés.