E est un point mobile sur le segment [BD], ainsi x

Correction des exercices problèmes des devoirs n°2 et n°3.
Classe de 1ère S3
Exercice n°59 page 37 (devoir n°2)
ABCD est un carré de côté 6 cm, E est un point de la diagonale [BD]. G est un point de [AB] tel
que AG=2cm. M et N sont les projetés orthogonaux de E sur [BC] et [CD].On pose EM = x
Pour quelles valeurs de x l'aire de DNEMG est elle supérieure à la moitié de l'aire du carré ?
E est un point mobile sur le segment [BD], ainsi x peut prendre toutes les
valeurs entre sa valeur minimale 0, lorsque E est sur B, et sa valeur
maximale 6 : E en D.
Le domaine d'étude de ce problème est donc l'intervalle [ 0 ; 6 ] .
Dans cette figure DNEMG est un pentagone et son aire est le complémentaire à l'aire du
carré de l'aire non colorée. Cette dernière est composée des deux triangles DAG et GBM évidement
rectangles en A et B et du rectangle ENCM (rectangle puisqu'il possède 3 angles droits).
La diagonale [BD] du carrée est aussi bissectrice des angles droits, ainsi 
DBC =45°.
Dans le triangle EMB rectangle en M, 
MBE = 
DBC = 45 ° , dés lors il admet deux angles égaux
(
BEM =180 ° −90 ° − 45 ° = 45 ° ) et ce triangle est isocèle en M.
J'en conclue ME = MB = x .
Et de là : MD =6 − MB = 6− x .
Je peux alors exprimer les aires des trois composantes de l'aire blanche:
Aire  DAG  =
AG × AD
GB× BM 4 × x
=6 Aire  GBM  =
=
=2 x
2
2
2
Aire  ENCM  = EM × MC = x  6 − x 
Enfin dire que l'aire de DNEMG est supérieure à la moitié de l'aire du carré, soit 18,
équivaut évidement à dire que son complémentaire est inférieur à 18.
Le problème s'écrit donc:
6  2 x  x  6 − x   18 ⇔ 6 8 x − x 2 18 ⇔ −12 8 x − x 2  0
et en multipliant par  −1  ceci équivaut à : x 2 −8 x  12 0
Le problème est donc ramené à l'étude du signe d'un polynôme du 2nd degré.
Soit P  x  = x 2 −8 x  12
alors  = −8 2 − 4 × 1× 12= 64 − 48= 16 0 .
P admet deux racines :
x1=
−−8  −  16 8 − 4
=
=2
2
2
x2 =
84
=6
2
P est donc positif à l'extérieur de ses racines soit sur ]−∞ ; 2 ] ∪ [ 6 ; ∞ [ .
Mais ici le domaine d'étude est [0;6], en conclusion le problème admet pour solution la réunion
[ 0 ; 2 ] ∪ {6 }
Remarque.
Si on entend par supérieur : « strictement supérieur » alors l'ensemble des solutions est l'intervalle
ouvert ]0 ; 2 [
S. Baudet
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Classe de 1ère S3
Exercice n°60 page 38 (devoir n°3)
On souhaite poser des panneaux solaires sur un toit qui à la forme d'un trapèze rectangle
représenté ci-contre par ABCD.
Les panneaux solaires occuperaient le rectangle MAPN.
On note h la longueur AP et A(h) l'aire du rectangle MAPN.
1. Calculer tan
2. En déduire que PN = 14 − 2 h
3. Exprimer l'aire A(h) en fonction de h et préciser son ensemble de définition.
4. Comment doit être h pour que A  h   24 m2 ?
5. Dresser le tableau de variation de A et donner l'aire maximale de MAPN.
AB = 8 m
AD = 7 m
CB = 3 m
1. La tangente d'un angle est toujours exprimée dans un triangle rectangle, en particulier je ne
connais que la tangente d'un angle aigu.
Ici  est angle de deux triangles rectangles : CED et CKN où K est l'intersection des
segments [EC] et [MN]. C'est dans le premier que je calcule tan :
ED 4 1
tan =
= =
EC 8 2
2. Dans le triangle rectangle CKN : (AMKE est un rectangle puisqu'il admet 3 angles droits)
KN
h −3
h −3
1
tan =
=
= ⇔ 2×  h − 3  =1 ×  8 − PN 
ainsi
KC 8 − PN
8 − PN 2
De là PN =14 − 2 h
Dans cette question on peut aussi utiliser le triangle rectangle en P : DPN il faut cependant
justifier que 
PND = puisqu'ils sont correspondants (  PN ∣∣ EC 
3. Il est clair alors que A(h) = AP × PN = h  14 − 2 h  =14 h − 2 h2
A(h) est une fonction du second degré définie sur ℝ mais son domaine d'étude dépend ici du
modèle géométrique étudié. La figure rectangle n'est constructible que lorsque P est situé
entre E et D c'est à dire lorsque h varie entre 3 et 7. Le domaine d'étude de A(h) est [3;7].
4. A(h)  24 ⇔ 14 h −2 h 2  24. C'est une inéquation du second degré. Pour la résoudre je dois
me ramener à l'étude du signe d'une fonction du second degré, c'est à dire une inéquation par
rapport à 0.
14 h − 2 h2 24 ⇔ 0 2 h 2 − 14 h  24 soit équivalent à h2 −7 h 12 0 .
Je sais que le polynôme du second degré est toujours positif (signe de 1 coefficient de h2 )
sauf entre ses racines' s'il en a.
 = −7 2 − 4 ×1 ×12 = 49− 48 =1 0 . Ainsi le trinôme à deux racines :
7− 1
7 1
h1 =
=3 et h2 =
=4
2
2
En conclusion h2 −7 h 12 0 ⇔ h ∈ [ 3 ; 4 ] et ainsi A(h)  24 ⇔ h ∈ [ 3 ; 4 ] .
5. A(h) est une fonction du second degré. Le coefficient de son terme de degré 2 est négatif,
 −1  , elle est donc croissante puis décroissante et elle admet un maximum en
b
7
7
7
7 2 49
h =−
= = 3,5 et ce maximum vaut : A
= 14× − 2 ×
= =24,5
2a 2
2
2
2
2

S. Baudet
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