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2 Automath - Second degre Chercher des problemes - Copie A ne pas garder.docx, le 07/09/2018 F. de Verclos (Lycée Saint-Marc) 1 sur 9

2 Automath – Chercher des problèmes sur le second degré

Exercice 1 Soit un segment [AB] de 10 cm et M un point de ce segment.

On construit les deux carrés AMFE et MBHG. On pose 𝐴𝑀 = 𝑥

1) Quelles sont les valeurs possibles pour 𝑥 ?

2) Montrer que la somme des deux aires vaut 50 + 2(𝑥 − 5)2

3) Déterminer le maximum et le minimum de l’aire.

Exercice 2 : quadrilatère dans un rectangle ABDC est un rectangle tel que : 𝐴𝐵 = 3 𝑐𝑚 et 𝐴𝐶 = 5 𝑐𝑚.

Les points 𝑀, 𝑁, 𝑃, 𝑄 appartiennent aux côtés du rectangle et

𝐴𝑀 = 𝐵𝑁 = 𝐷𝑃 = 𝐶𝑄.

Comment placer 𝑀 pour que l’aire de 𝑀𝑁𝑃𝑄 soit maximale ?

Exercice 3 : Le toit ! D’après un exercice de Math’x 1S (Edition Didier 2011)

Sur un toit de forme trapézoïdale rectangle 𝐴𝐵𝐶𝐷, on souhaite poser des

panneaux solaires.

Les panneaux solaires occuperaient le rectangle 𝐴𝑀𝑁𝑃. 𝑃 est sur [𝐸𝐷]

1) On note ℎ la longueur 𝐴𝑃, exprimée en mètres. Ecrire 𝑃𝑁 en fonction de ℎ

2) On note 𝒜(ℎ) l’aire du rectangle 𝐴𝑀𝑁𝑃. On considère la fonction 𝒜 qui a ℎ associe 𝒜(ℎ)

Donner l’ensemble de définition de 𝒜

3) Ecrire 𝒜(ℎ) en fonction de ℎ

4) Donner l’aire maximale de 𝐴𝑀𝑁𝑃

Exercice 4 : Extrait de DS 2015

Le samedi 6 décembre 2014, lors du match de rugby entre les -16 de l’ASVEL et ceux du RCVT, suite à une faute adverse sur leur pilier gauche, le buteur de l’ASVEL a été amené à tirer une pénalité: c’est-à-dire à essayer d’envoyer le ballon au-dessus de la barre horizontale située entre les deux poteaux de buts par un coup de pied. Cette barre est située à 3 𝑚 du sol et se trouve au milieu de la ligne de but. La pénalité est frappée face aux poteaux à 22 𝑚 de la ligne de but.


On modélise par un point O l’endroit où le joueur frappe le ballon. On définit un repère orthonormé (O ; I ; J) comme indiqué sur le schéma ci-dessous.

La trajectoire du ballon est modélisée par la courbe 𝑃 ∶ 𝑦 = 4 −1

49(𝑥 − 14)2

La courbe 𝑃 est une portion de parabole limitée au quart de plan pour lequel on a à la fois 𝑥 ≥ 0 𝑒𝑡 𝑦 ≥ 0 𝑥 désigne la distance du ballon au joueur en mètres et y la hauteur du ballon en mètres.

1) Démontrer que : 4 −1

49(𝑥 − 14)2 =

− 𝑥

7 (

𝑥

7− 4) pour tout 𝑥 réel

2) Quelle est la hauteur maximale atteinte par le ballon ? Expliquer

3) Le joueur a-t-il réussi la pénalité ? Expliquer

4) A quelle distance du point d’impact du coup de pied, le ballon tombe-t-il ? Justifier.

Exercice 5 : Hyperbole exercice 40 page 109

Une balle de ping-pong tape la table au point 𝑂 puis rebondirait en 𝐴 situé à 1,50 𝑚 s’il n’y avait pas le filet. Sa

trajectoire (l’ensemble des positions de la balle) est une portion de parabole (située dans un plan

perpendiculaire à la table et au filet). La balle s’est élevée jusqu’à 50 cm au-dessus de la table.

Le filet se trouve à 1,2 𝑚 de 𝑂 et le filet mesure 15,25 𝑐𝑚 de haut.

Pour modéliser la situation, on a choisi un repère orthonormé (𝑂 ; 𝐼 ; 𝐽) tel que :

𝑂, 𝐼 A sont alignés dans cet ordre.

𝑂𝐼 = 𝑂𝐽 = 1 𝑐𝑚

J est au-dessus de la table

On note 𝑥 l’abscisse de la balle et 𝑓(𝑥) son ordonnée.

La balle passe-t-elle au-dessus du filet ?



L’altitude d’un plongeur, en mètres, repérée par rapport au niveau de l’eau, est exprimée en fonction du temps

écoulé, en secondes, depuis le départ du plongeur par : ℎ(𝑡) = −4𝑡2 + 4𝑡 + 3

1) A quelle hauteur se trouve le plongeoir ?

2) Quelle est l’altitude maximale du plongeur ?

3) Au bout de combien de temps, le plongeur arrive dans l’eau ?

Pour se corriger

Exercice 1 Question 1 : 𝑀 est sur [𝐴𝐵] donc 0 ≤ 𝑥 ≤ 10

Question 2 :

D’une part:

L’aire du carré 𝐴𝑀𝐹𝐸 est : 𝑥2 𝑐𝑚2

Comme 𝑀 est sur [𝐴𝐵], 𝐵𝑀 = 10 − 𝑥, l’aire de 𝐴𝑀𝐹𝐸 est : (10 − 𝑥)2 𝑐𝑚2

L’aire coloriée est : 𝑥2 + (10 − 𝑥)2 = 𝑥2 + 100 − 20𝑥 + 𝑥2 = 2𝑥2 − 20𝑥 + 100 𝑐𝑚2

D’autre part :

50 + 2(𝑥 − 5)2 = 50 + 2(𝑥2 − 10𝑥 + 25) = 50 + 2𝑥2 − 20𝑥 + 50 = 2𝑥2 − 20𝑥 + 100 𝑐𝑚2

L’aire coloriée est bien 50 + 2(𝑥 − 5)2 𝑐𝑚2

Question 3

2𝑥2 − 20𝑥 + 100 est de la forme 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 avec 𝑎 = 2 𝑏 = −20 𝑐 = 100

−𝑏

2𝑎= −

−20

2×2= 5 𝑓 (−

𝑏

2𝑎) = 𝑓(5) = 2 × 52 − 20 × 5 + 100 = 50

Comme 𝑎 > 0, la fonction est d’abord décroissante puis croissante.

Une autre méthode : 50 + 2(𝑥 − 5)2 = 2(𝑥 − 5)2 + 50

On reconnait la forme 𝑎(𝑥 − 𝛼)2 + 𝛽 avec 𝑎 = 2 𝛼 = 5 𝛽 = 50

D’après le tableau de variations ;

L’aire maximale est 100 𝑐𝑚2, elle est atteinte quand 𝑥 = 0 𝑜𝑢 𝑥 = 10

C’est-à-dire, quand 𝑀 est sur 𝐴 ou quand 𝑀 est sur 𝐵.

L’aire minimale est 50 𝑐𝑚2, elle est atteinte quand 𝑥 = 5

C’est-à-dire, quand 𝑀 est au milieu de [𝐴𝐵]


Exercice 2 : exercice à prises d’initiatives Modélisation

A chaque valeur de 𝐴𝑀correspond une aire de 𝑀𝑁𝑃𝑄.

Le lien entre les deux peut se modéliser par une fonction.

On pose : 𝑥 = 𝐴𝑀 et on considère la fonction 𝑓 qui à 𝑥 fait correspondre l’aire de 𝑀𝑁𝑃𝑄.

On a : 𝐴𝑀 = 𝐵𝑁 = 𝐷𝑃 = 𝐶𝑄 = 𝑥 𝑐𝑚 et 𝐵𝑀 = 𝑃𝐶 = 3 − 𝑥 𝑐𝑚 et 𝑁𝐷 = 𝐴𝑄 = 5 − 𝑥 𝑐𝑚

L’ensemble de définition de 𝑓 est : [ 0 ; 3 ] (valeurs que peut prendre 𝑥 )

Exprimons 𝑓(𝑥) en fonction de 𝑥

Les aires : 𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴𝐵 × 𝐵𝐷 = 5 × 3 = 15 𝑐𝑚2

𝐴𝐴𝑀𝑄 =1

2𝐴𝑀 × 𝐴𝑄 =

1

2𝑥(5 − 𝑥) =

5

2𝑥 −

1

2𝑥2 𝑐𝑚2 de même 𝐴𝑁𝐷𝑃 =

5

2𝑥 −

1

2𝑥2 𝑐𝑚2

𝐴𝐵𝑀𝑁 =1

2𝐵𝑀 × 𝐵𝑁 =

1

2(3 − 𝑥)𝑥 =

3

2𝑥 −

1

2𝑥2 𝑐𝑚2 de même 𝐴𝑃𝐶𝑄 =

3

2𝑥 −

1

2𝑥2 𝑐𝑚2

𝑓(𝑥) = 𝐴𝑀𝑁𝑃𝑄 = 𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 − 𝐴𝐴𝑄𝑀 − 𝐴𝑄𝐷𝑃 − 𝐴𝑃𝐶𝑁 − 𝐴𝐵𝑀𝑁

= 15 − (5

2𝑥 −

1

2𝑥2) − (

3

2𝑥 −

1

2𝑥2) − (

5

2𝑥 −

1

2𝑥2) − (

3

2𝑥 −

1

2𝑥2)

= 15 −5

2𝑥 +

1

2𝑥2 −

3

2𝑥 +

1

2𝑥2 −

5

2𝑥 +

1

2𝑥2 −

3

2𝑥 +

1

2𝑥2

= 2𝑥2 − 8𝑥 + 15

Aire maximale

L’aire de 𝑀𝑁𝑃𝑄 est inférieure ou égale à l’aire de 𝐴𝐵𝐶𝐷 donc 𝑓(𝑥) ≤ 15

De plus, 𝑓(0) = 2 × 02 − 8 × 0 + 15 = 15 𝑐𝑚2

L’aire maximale de 𝑀𝑁𝑃𝑄 est 15 𝑐𝑚2 obtenue quand 𝐴 et 𝑀 sont confondues.

Aire minimale : première démarche … utiliser les formules

2𝑥2 − 8𝑥 + 15 est de la forme 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 avec 𝑎 = 2 𝑏 = −8 𝑐 = 15

−𝑏

2𝑎= −

−8

2×2= 2 De plus, 𝑓(2) = 2 × 22 − 8 × 2 + 15 = 8 − 16 + 15 = 7

Donc l’aire minimale est 7 𝑐𝑚2. Elle est atteinte quand 𝐴𝑀 est 2 𝑐𝑚.

Aire minimale : deuxième démarche … deux nombres ayant la même image

On cherche deux nombres qui ont la même image par 𝑓. La « bonne idée » est de résoudre 𝑓(𝑥) = 15

𝑓(𝑥) = 15 ⇔ 2𝑥2 − 8𝑥 + 15 = 15 ⇔ 2𝑥2 − 8𝑥 = 0

⇔ 𝑥(2𝑥 − 8) = 0 ⇔ 𝑥 = 0 ou 2𝑥 − 8 = 0

⇔ 𝑥 = 0 ou 𝑥 = 4

Donc 𝑓(0) = 𝑓(4)


Comme la parabole 𝐶𝑓 admet comme axe de symétrie, la droite d’équation : 𝑥 = 𝛼 on a :

𝛼 =1

2(0 + 4) = 2

𝛽 = 𝑓(𝛼) = 2(2)2 − 8(2) + 15 = 8 − 16 + 15 = 7

Forme canonique de 𝑓(𝑥) = 2(𝑥 − 2)2 + 7

Donc l’aire minimale est 7 𝑐𝑚2. Elle est atteinte quand 𝐴𝑀 est 2 𝑐𝑚

Aire minimale : troisième démarche …

signe de 𝒇(𝒙) − 𝒎𝒊𝒏𝒊𝒎𝒖𝒎 "𝒄𝒐𝒏𝒋𝒆𝒄𝒕𝒖𝒓é"

Conjecture :

On trace à l’écran de la calculatrice 𝐶𝑓.

En mode Trace, on conjecture les coordonnées du

sommet 𝑆( 2 ; 7 )

Preuve :

𝑓(𝑥) − 7 = 2𝑥2 − 8𝑥 + 15 − 7 = 2𝑥2 − 8𝑥 + 8 On factorise 𝑎 par la méthode du facteur commun

= 2(𝑥2 − 4𝑥 + 4) On reconnait la forme 𝑎2 − 2𝑎𝑏 + 𝑏2

= 2(𝑥 − 2)2

Le carré de 𝑥 − 2 est toujours positif : (𝑥 − 2)2 ≥ 0 en multipliant chaque membre par 2 positif

2(𝑥 − 2)2 ≥ 0

Donc 𝑓(𝑥) − 7 ≥ 0

Donc 𝑓(𝑥) ≥ 7

L’aire est toujours supérieure ou égale à 7 𝑐𝑚2

De plus, 𝑓(2) = 2 × 22 − 8 × 2 + 15 = 8 − 16 + 15 = 7

Donc l’aire minimale est 7 𝑐𝑚2. Elle est atteinte quand 𝐴𝑀 est 2 𝑐𝑚.

Exercice 3 : quadrilatère dans un rectangle

Question 1 : première idée

Dans le triangle 𝐷𝐶𝐸 rectangle en 𝐸, on a : tanDCE =𝐷𝐸

𝐶𝐸=

4

8=

1

2

Dans le triangle 𝐷𝑁𝑃 rectangle en 𝑃, on a : tanDNP =𝐷𝑃

𝑃𝑁=

(7−ℎ)

𝑃𝑁


Comme les droites (𝐸𝐶) et (𝑃𝑁) sont parallèles, les angles 𝐸𝐶�� et 𝑃𝑁�� sont égaux : tan ECN = tan 𝐷𝑁��

Donc (7−ℎ)

𝑃𝑁=

1

2 en faisant un produit en croix 𝑃𝑁 = 2(7 − ℎ) = 14 − 2ℎ

Question 1 : seconde idée

Dans le triangle 𝐷𝐶𝐸 :

Les points 𝐸, 𝑃, 𝐷 sont alignés

Les points 𝐷, 𝑁, 𝐶 sont alignés

Les droites (𝑃𝑁) et (𝐸𝐶) sont parallèles

D’après le théorème de Thalès dans les triangles 𝐷𝑃𝑁 et 𝐷𝐸𝐶 : 𝑃𝑁

𝐸𝐶=

𝐷𝑃

𝐷𝐸

Donc 𝑃𝑁

8=

7−ℎ

4 en faisant un produit en « croix » 4 𝑃𝑁 = 8(7 − ℎ)

Donc 𝑃𝑁 =8(7−ℎ)

4=

8

4× (7 − ℎ) = 2(7 − ℎ) = 14 − 2ℎ

Question 2 𝑃 est sur [𝐸𝐷] donc 3 ≤ 𝐴𝑃 ≤ 7 donc l’ensemble de définition de 𝒜 est : [ 3 ; 7 ]

Question 3 L’aire du rectangle 𝐴𝑀𝑁𝑃 est : 𝐴(ℎ) = 𝐴𝑃 × 𝑃𝑁 = ℎ(14 − 2ℎ) = 14ℎ − 2ℎ2 en 𝑚2

Question 4

On cherche deux nombres ayant la même image :

𝒜(ℎ) = 0 ⇔ ℎ(14 − 2ℎ) = 0 ⇔ ℎ = 0 𝑜𝑢 14 − 2ℎ = 0 ⇔ ℎ = 0 𝑜𝑢 ℎ = 7

Comme la parabole 𝐶𝒜 admet comme axe de symétrie, la droite d’équation : 𝑥 = 𝛼 on a :

𝛼 =1

2(0 + 7) =

7

2

𝛽 = 𝑓(𝛼) =7

2(14 − 2 ×

7

2) =

7

2× 7 =

49

2

La forme développée : 𝒜(ℎ) = −2ℎ2 + 14ℎ On remarque que 𝑎 = −2

La forme canonique : 𝒜(ℎ) = 𝑎(𝑥 − 𝛼)2 + 𝛽 = −2 (ℎ −7

2)

2+

49

2

Comme 𝑎 < 0

Donc l’aire maximale des panneaux solaires est 24,5 𝑐𝑚2. Pour l’obtenir, 𝐴𝐷 doit valoir 3,5 𝑐𝑚.

Exercice 4 : Question 1

D’une part du signe égal 4−1

49(𝑥 − 14)2 = 4 −

1

49(𝑥2 − 28𝑥 + 196)

= 4 −𝑥2

49+

28

49𝑥 −

196

49= 4 −

𝑥2

49+

4

7𝑥 + 4 = −

𝑥2

49+

4𝑥

7

D’autre part du signe égal −𝑥

7(

𝑥

7− 4) = −

𝑥2

49+

28𝑥

4= −

𝑥2

49+

4𝑥

7

D’où l’égalité : 4 −1

49(𝑥 − 14)2 =

− 𝑥

7 (

𝑥

7− 4) pour tout 𝑥 réel.


Question 2 −𝑥2

49+

4𝑥

7 est de la forme 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 avec 𝑎 = −

1

49 𝑏 =

4

7 𝑐 = 0

−𝑏

2𝑎= −

4

7

2×−1

49

= −4

7−2

49

= −4

7×

−49

2= 14 Pour 𝑥 = 14, 𝑦 = −

142

49+

4×14

7= −4 + 8 = 4

Comme 𝑎 < 0, la fonction est d’abord croissante puis décroissante donc 14 est un maximum.

Autre idée On cherche deux nombres ayant la même image (avec 0 c’est facile ici) − 𝑥

7 (

𝑥

7− 4) = 0 ⇔ −

𝑥

7= 0 𝑜𝑢

𝑥

7− 4 = 0 ⇔ 𝑥 = 0 𝑜𝑢 𝑥 = 28

Par symétrie de la parabole, −𝑏

2𝑎=

0+28

2= 14

Pour 𝑥 = 14, 𝑦 = −142

49+

4×14

7= −4 + 8 = 4

Autre idée 𝑦 = 4 −1

49(𝑥 − 14)2

On reconnait la forme 𝑎(𝑥 − 𝛼)2 + 𝛽 avec 𝑎 = −1

49 𝛼 = 14 𝛽 = 4

Or le sommet d’une parabole a pour coordonnées 𝑆(𝛼 ; 𝛽 ) donc 𝑆( 14 ; 4 ) et comme 𝑎 < 0 les branches sont tournées vers le bas

Donc la hauteur maximale atteinte par le ballon est de 4 𝑚è𝑡𝑟𝑒𝑠. Cela se produit à 14 mètres d’où a été donné le coup de pied.

Tableau de variation de 𝑓 Comme 𝑎 < 0, 𝑓 est d’abord décroissante puis croissante

Valeurs de 𝑥 −∞ 14 +∞

4 Variations de 𝑓

Seules les valeurs pour lesquelles 𝑥 ≥ 0 et 𝑓(𝑥) ≥ 0 ont un sens dans la situation. Donc la hauteur maximale atteinte par le ballon est de 4 𝑚è𝑡𝑟𝑒𝑠. Cela se produit à 14 mètres d’où a été donné le coup de pied.

Question 3 Le coup de pied est donné à 22 𝑚 du but.

Or pour 𝑥 = 22, 𝑦 = −22

7× (

22

7− 4) = −

22

7× −

6

7=

132

49≈ 2,694

Donc en arrivant à la ligne de but, la balle n’est qu’a environ 2,69 mètres de haut. Comme la barre est à 3 mètres, la pénalité passe sous la barre. Elle n’a pas été réussie.

Question 4 La balle touche le sol quand 𝑦 = 0

−𝑥

49(

𝑥

7− 4) = 0 ⇔ −

𝑥

49= 0 ou

𝑥

7− 4 = 0 ⇔ 𝑥 = 0 × (−49) = 0 ou 𝑥 = 4 × 7 = 28

La balle touche le sol quand 𝑥 = 0 : c’est le départ du coup de pied

Puis quand 𝑥 = 28 : c’est quand le ballon retouche le sol Le ballon retombe à 28 mètres du point d’impact du coup de pied.


Question 4 : autre idée

Le sommet de la parabole est 𝑆(14 ; 4 ) donc la parabole admet la droite 𝐷: 𝑥 = 14 comme axe de symétrie. A le symétrique de 𝑂 par rapport à 𝐷 a pour coordonnées ( 28 ; 0) Le ballon retombe à 28 mètres du point d’impact du coup de pied.


Modélisation

« 𝐶𝑓 est une portion de parabole », 𝑓 devrait être une fonction polynôme du second degré :

𝑓(𝑥) = 𝑎(𝑥 − 𝛼)2 + 𝛽

« Elle s’est élevée de 50 cm de haut » : 𝛽 = 50

« Partie de l’origine du repère » : 𝑓(0) = 0

« la balle arriverait 150 cm plus loin » : 𝑓(150) = 0

Comme 0 et 150 ont la même image, par symétrie, 𝛼 =1

2(0 + 150) = 75

La forme canonique est donc : et donc 𝑓(𝑥) = 𝑎(𝑥 − 75)2 + 50

De plus, 𝑓(0) = 0 donc 𝑎(0 − 75)2 + 50 = 0 donc 𝑎 × 5625 = −50 donc 𝑎 = −50

5625= −

2

225

Donc 𝑓(𝑥) = −2

225(𝑥 − 75)2 + 50

Réponse 𝑓(120) = −2

225(120 − 75)2 + 50 = 32

Comme 32 > 15,25 la balle passe largement au-dessus du filet.


Question a ℎ(0) = −4 × 02 + 4 × 0 + 3 = 3

A l’instant 𝑡 = 0, le plongeur se trouve encore sur le plongeoir. Il est à 3 mètres au-dessus de l’eau.

Le plongeoir se trouve à 3 𝑚è𝑡𝑟𝑒𝑠 de haut.

Question b −4𝑡2 + 4𝑡 + 3 est de la forme 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 avec 𝑎 = −4 𝑏 = 4 𝑐 = 3

−𝑏

2𝑎= −

4

2×(−4)= −

1

2 𝑓 (−

1

2) = −4 × (−

1

2)

2+ 4 × (−

1

2) + 4 = −1 − 2 + 4 = 1

Le sommet de la parabole a pour coordonnées (1

2 ; 4 )

Donc l’altitude maximale du plongeur est de 4 mètres au-dessus de l’eau.

Question c Le plongeur touche l’eau quand ℎ(𝑡) = 0


Commençons par factoriser ℎ(𝑡)

ℎ(𝑡) = −4 (𝑡 −1

2)

2+ 4 = −4 [(𝑡 −

1

2)

2− 1] = −4 [(𝑡 −

1

2)

2− 12]

ℎ(𝑡) = −4 ((𝑡 −1

2) + 1) ((𝑡 −

1

2) − 1) = −4 (𝑡 +

1

2) (𝑡 −

3

2)

Résoudre ℎ(𝑡) = 0

ℎ(𝑡) = 0 ⇔ −4 (𝑡 +1

2) (𝑡 −

3

2) = 0 ⇔ 𝑡 +

1

2= 0 ou 𝑡 −

3

2= 0

⇔ 𝑡 = −1

2 ou 𝑡 =

3

2

Comme 𝑡 désigne une durée, 𝑡 est positif donc 𝑡 =3

2

Le plongeur touche l’eau au bout de 1,5 secondes.

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