JEAN-DENIS ASTIER CLAIRE GOYEAU FRANCE LAPLUME

Terminales STI-STL

L I V R E D U P R O F E S S E U R

Sommaire

Livre Livrede du

l’élève professeur

1 • Nombres complexes ........................................................... 5 3

2 • Géométrie ........................................................................... 23 14

3 • Probabilités ......................................................................... 46 20

4 • Comportement local et global d’une fonction ................... 69 33

5 • Limites – Asymptotes ......................................................... 97 56

6 • Dérivées – Primitives .......................................................... 121 68

7 • Fonction logarithme népérien ............................................ 134 76

8 • Fonctions exponentiellesFonctions puissances .......................................................... 153 89

9 • Suites .................................................................................. 177 106

10 • Calcul intégral..................................................................... 189 109

11 • Équations différentielles ..................................................... 211 122

Sujets d’examen........................................................................... 227

Travaux pratiques : résolution .................................................... 245

Exercices : réponses..................................................................... 265

Formulaire.................................................................................... 301

DANGER

LEPHOTOCOPILLAGE

TUE LE LIVRE

« Le photocopillage, c’est l’usage abusif etcollectif de la photocopie sans autorisationdes auteurs et des éditeurs.Largement répandu dans les établissementsd’enseignement, le photocopillage menacel’avenir du livre, car il met en danger sonéquilibre économique. Il prive les auteursd’une juste rémunération.En dehors de l’usage privé du copiste, toutereproduction totale ou partielle de cetouvrage est interdite.»

© Édition Nathan - 9, rue Méchain - 75014 Paris - 1998

ISBN 2.09.178511-9

2

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

E4 z1 = + ; z2 = = – i ; z1z2 = – i.

E5 = = + i.

z2 = (2 – i)2 = 3 – 4i.

=

E6 z = = ; zl = – i.

E8 • (1 + i CVV3)3 = 1 + 3i CVV3 + 3 (i CVV3)2 + (i CVV3)3.(1 + i CVV3)3 = – 8.

• = = i.

E10 1• z = =

2• z = 2 – 4i.

E11 1• uzu = CVV2, arg z = (2p) ; uzu = 5, arg z = – (2p).

2• uzu = 2, arg z = – (2p) ; uzu = 3CVV2, arg z = – (2p).

E14 1• z = 2 (cos + i sin

)= CVV2(1 + i).

2• z = 3 [cos

(–

)+ i sin

(–

)]= – i.

3• = 2p –

z = cos(–

)+ i sin

(–

)= –

4• – 2p –

z = 4 [cos

(–

)+ i sin

(–

)]= 2CVV2 – 2iCVV2.p

4p

4

p

47p

4

i2

CVV32

p

6p

6

p

611p

6

3 CVV32

32

p

3p

3

p

4p

4

p

42p

3

p

2p

4

3 – 4i5

2 – i2 + i

(1 + iCVV3)(CVV3 + i)4

1 + i CVV3CVV3 – i

126

8326

83 + i26

16 – 3i5 – i

3 + 4i25

1z2

225

1125

(2 – i)(4 + 3i)25

zz9

958

2158

1529

629

3 (2 – 5i)29

i2

12

NOMBRES(pp. 15 à 22) COMPLEXES1

3

E15 1• AB = uzB – zAu = u2 + 2iu ; AB = 2CVV2.

2• zI = (zA + zB) = 2 + 3i.

E16 1• B est le milieu du segment [AC].

Si z désigne l’affixe de C, on a zB = (zA + z)

ou zA + z = 2zB, c’est-à-dire z = 2zB – zA

z = 2 (0,5 + 2i) – (2 + i) = – 1 + 3i.

2• AC = uz – zAu = u– 3 + 2iu ; AC = CVVVV13.

E18 1• cos 2u + i sin 2u = (cos u + i sin u)2.

2• (cos u + i sin u)2 = cos2 u – sin2 u + 2i sin u cos u, d’où, en identifiant les partiesréelles et imaginaires :cos 2u = cos2 u – sin2 u

sin 2u = 2 sin u cos u.

E19 z1 = + i ; z2 = – i ; z3 = – i ;

z4 = 2 cos = – 1 ; z5 = 2i sin = i ;

z6 = – 3 + 2 (cos + i sin

)= – 2 + i CVV3 ; z7 = 2e

i= CVV3 + i.

E20 z1 = 5ei × 0 ; z2 = 3ei

; z3 = CVV2ei

z4 = 3eip ; z5 = 2ei

; z6 = CVVVV41e– 0,67i.

E22 2• a. z91 = z1 + (2 + 3i) = – 1 + 4i.z92 = z2 + (2 + 3i) = 3 + 5i.b. On a AA

➞9 = BB

➞9 = V

t; le quadrilatère ABB9A9 est donc un parallélogramme.

E24 z91 = z1 × e– i

; e– i

= (1 – iCVV3).

z91 = [(3 + CVV3) + i (1 – 3CVV3)

].

z92= z2 × e– i

; z92 = [1 + 2CVV3) + i (2 – CVV3)

].

***P25 1• Pour z1 : r1 = 1, u1 = (2p).

Pour z2 : r2 = CVV2, u2 = – (2p).p

4

2p

3

12

p

3

12

12

p

3p

3

2p

3

p

4p

2

p

6p

3p

3

p

62p

3

CVV22

CVV22

CVV32

12

12

12

4

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

2• Pour Z : r = = , u = 2u1 – u1 = (2p)

= 2p – donc u = – (2p)

Z = [cos

(–

)+ i sin

(–

)]• Z = = –

Z = – (1 + iCVV3)(1 + i) = – (1 – CVV3 + (CVV3 + 1) i).

Par identification avec la forme trigonométrique de Z, on obtient :

cos(–

)= (CVV3 – 1) et sin

(–

)= – (CVV3 + 1)

d’où, puisque cos(– x) = cos x et sin(– x) = – sin x

cos( )

= (CVV3 – 1) et sin( )

= (CVV3 + 1).

***P27 1• uau = CVV3 ; arg a = – (2p).

ubu = CVV6 ; arg b = – (2p)

2• A appartient au cercle de centre O et de rayon CVV3 et (u$, OA➞

) = –

B appartient au cercle de centre O et de rayon CVV6 et (u$, OB➞

) = –

3• a. q = = .

b. uqu = = CVV2 et arg q = arg b – arg a = (2p).

c. q = CVV2 [cos + i sin

]D’où : cos = (CVV3 + 1) et sin = (CVV3 – 1).1

2CVV2p

121

2CVV2p

12

p

12p

12

p

12ubuuau

(CVV3 + 1) + i (CVV3 – 1)2

1 + i CVV31 + i

2p

3

3p

4

2p

3

3p

4

CVV24

5p

12CVV24

5p

12

CVV24

5p

12CVV24

5p

12

14

14

1 + i CVV31 – i

12

(– 1 + i CVV3)2

1 – i14

5p

125p

121CVV2

5p

125p

1219p

12

19p

121CVV2

r12

r2

5

**P28 1 et 2 • Pour placer M1 et M2, on peut noter que :

z1 = 2 (– –

)= 2e

– iet que z2 = zl1.

uz1u = uz2u = uz3u = 2 ; les points M1, M2, M3 sontsitués sur le cercle de centre O et de rayon 2.

5p

6i2

CVV32

M3

M2

M1

Out

vt

– 1

6

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

3• Les triangles OM1/M2 et OM2 M3 sont des triangles équilatéraux de côté 2 ; le qua-drilatère OM1 M2 M3 est un losange.

***P301• Z = =

X = =

Y = =

2• Z est un imaginaire pur si et seulement si x2 + y2 + 2x – 24 = 0 avec x + iy Þ – 6.Pour tous réels x et y x2 + y2 + 2x – 24 = (x + 1)2 + y2 – 25 ; donc Z est imaginaire pur siet seulement si (x + 1)2 + y2 = 25 avec (x ; y) Þ (– 6 ; 0).

3• a. uz + 1u2 = u(x + 1) + iyu2 = (x + 1)2 + y2.b. uz + 1u2 = IM2.c. L’ensemble des points M pour lesquels Z est imaginaire est l’ensemble des points Mprivé de A (– 6 ; 0) tels que IM2 = 25.C’est donc le cercle de centre I et de rayon 5 privé du point A.

10y(x + 6)2 + y2

(x + 6) y – (x – 4) y(x + 6)2 + y2

x2 + y2 + 2x – 24(x + 6)2+ y2

(x – 4) (x + 6) + y2

(x + 6)2 + y2

(x – 4 + iy) (x + 6 – iy)(x + 6)2 + y2

(x – 4 + iy) (x + 6 – iy)(x + 6 + iy) (x + 6 – iy)

***P31 1• z1 = CVV2 (– 1 + i) ; z2 = – 2 (1 + i) ;z3 = 2CVV2 (1 – i) ; z4 = 4 (1 + i).Pour placer A1 et A3, on peut remarquer :

que z1 = 2ei

et que z3 = – 2z1.3p

4 A1

A2

O

– 2

– 22 4

D

D9

A4

A3

4

2• uznu = u(iCVV2)nu × u1 + iu ; uznu = (CVV2)n × CVV2 = (CVV2)n + 1

3• Les conditions sont imposées par la largeur de la feuille ; si zn = xn + iyn, on doitavoir uxnu < 25.

On a uxnu = uznu × , d’où la condition (CVV2)n < 25.

La suite géométrique de terme général (CVV2)n est croissante ; on a : (CVV2)8 = 16,(CVV2)9 ; 22,627, (CVV2)10 = 32 ; d’où la condition : n < 9.On peut aussi résoudre l’inéquation (CVV2)n < 25 en utilisant les logarithmes.

CVV22

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

7

***P32 1• z1 = 8 + 8i ; z2 = – 4CVV3 + 4iCVV3 ; z3 = – 6 – 6i ; z4 = 3CVV3 – 3iCVV3 ;

z5 = + i ; z6 = – + i.

Les points M1, M3, M5 sont situés sur la droite d’équation y = x ; les points M2, M4, M6

sont situés sur la droite d’équation y = – x.

2• uzn + 1u = × uznu.

La suite (un) est une suite géométrique de premier terme u1 = uz1u = 8CVV2 et de raison

On en déduit un = u1 ×( )

n – 1, c’est-à-dire un = 8CVV2 ×

( )n – 1

Puisque 0 , , 1, on a bien un = 0.

3• 8CVV2 ×( )

n – 1< 1 équivaut à

( )n – 1

<

On peut noter que la suite un est décroissante et que l’on a :

; 0,088 (par défaut), ( )

16; 0,1,

( )17

; 0,086.

On a donc ( )

n – 1< pour n – 1 > 17, c’est-à-dire pour n > 18.

On peut aussi utiliser les logarithmes.

**P33 1• 1 + i = CVV2ei

2• z2 = 2ei

; z3 = 2CVV2e3i

; z4 = (CVV2)4 eip = 4eip ; z5 = 4CVV2e5i

3• z2 = 2i ; z3 = 2CVV2 (– +

)= – 2 + 2i ; z4 = – 4 ; z5 = – 4 – 4i.

**P35 cos x cos 2x = ( )

×( )

cos x cos 2x = (e3ix + eix + e– ix + e– 3ix).

cos x cos 2x = (2 cos 3x + 2 cos x) = cos 3x + cos x.

**P37 cos 3x sin 2x = sin 5x – sin x.

*P38 • z2 + 12 = 0 s’écrit z2 = 12i2 d’où les solutions :z1 = iCVVVVV12 = 2iCVV3 ; z2 = – 2iCVV3.

• D = – 3 ; solutions : ; – 1 + iCVV32

– 1 – iCVV32

12

12

12

12

14

14

e2ix + e– 2ix

2eix + e– ix

2

iCVV2

1CVV2

p

4p

4p

2

p

4

18CVV2

CVV32

CVV32

CVV32

18CVV2

18CVV2

CVV32

CVV32

limn K + ∞

CVV32

CVV32

CVV32

CVV32

CVV32

9CVV34

9CVV34

92

92

***P441• z1 = 1 + 3i ; z2 = 1 – 3i.

2 et 3•

4• a. uz1u = CVVVV10, uu1u = CVVVV10, uz1 – u1u = CVVVV20.b. On a OA = OC et AC2 = OA2 + OC2 ; le triangle OAC est rectangle et isocèle en O.

A

C

D

O

B– 3

– 1

– 3

3

*P40 • D = – 36 ; solutions : – 2 – 3i ; – 2 + 3i.• D = – 60, CVV– D = 2CVVVV15 ; solutions : 1 – iCVVVV15, 1 + iCVVVV15.

8

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

***P421• D = – 36 ; solutions : 4 – 3i ; 4 + 3i.

2• a.

utvt

A

C

O4

B– 3

3

3I

b. uzA – zIu = u1 + 3iu = CVVVV10.uzB – zIu = u1 – 3iu = CVVVV10.uzC – zIu = u– 3 – iu = CVVVV10.On a donc : IA = IB = IC ; le point I est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.c. BC2 = uzC – zBu2 = u4 + 2iu2 = 20.On a ainsi BC2 = IB2 + IC2 ; le triangle IBC est rectangle en I.

***P45Partie AzA = – 2 + 3i ; zB = – 2 – 3i.

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

9

Partie B

1• Si I est l’image du nombre 2 etM l’image du nombre z, la relation uz – 2u = 5 équivaut à IM = 5.(G) est le cercle de centre I et derayon 5.On a IA = u– 4 + 3iu = 5 et IB = u– 4 – 3iu = 5 ; les points A et Bappartiennent donc à (G).

3

2– 2M2M1

O

– 3

Ix

y

B

A(G)

2• zM1 = – 3 ; zM2 = 7.

3• AM1 = u– 3 – (– 2 + 3i)u = u– 1 – 3iu ; AM1 = CVVVV10.AM2 = u7 – (– 2 + 3i)u = u9 – 3iu ; AM2 = CVVVVV90 = 3CVVVV10.BM1 = AM1 et BM2 = AM2.

4• On a AM12 + AM2

2 = 100 = M1M22 donc le triangle M1 AM2 est rectangle en A.

On peut aussi noter que le cercle circonscrit en triangle M1 AM2 a pour diamètre [M1M2].Le triangle M1BM2 est le symétrique du triangle M1AM2 par rapport à l’axe des abscisses.

***P461• a. Z1 = 2CVV3 – 2i.

b. On a Z1 = 4 (

– i), d’où Z1 = 4

[cos

(–

)+ i sin

(–

)]2• a. Z2 = – 2 + 2iCVV3 ; Z3 = – 2 – 2iCVV3.

b. Z2 = 4 [cos + i sin

]; Z3 = 4

[cos

(–

)+ i sin

(–

)]

3• D’une part, uZ14u = 44 et arg (Z1

4) = 4 ×(–

)= – (2p).

D’autre part, u64 Z3u = 4 × 64 = 44 et arg (64 Z3) = arg Z3 = – (2p).

Donc Z14 = 64 Z3.

4• On a uZ1u = uZ2u = uZ3u = 4 donc les points M1, M2 et M3 sont situés sur le cercle decentre O et de rayon 4.

***P481 et 2 • P(3) = 0.P(z) = (z – 3) (z2 + 2z + 17).Solutions de l’équation P(z) = 0 : 3 ; – 1 – 4i ; – 1 + 4i.

3• Notons M1 l’image de 3, M2 l’image de – 1 – 4i, M3 l’image de – 1 + 4i.M1M2

2 = u– 4 – 4iu2 = 32 ; M2M32 = u8iu = 64 ; M3M1

2 = u4 – 4iu2 = 32.On a M2M3

2 = M1M22 + M3M1

2 donc le triangle M1M2M3 est rectangle en M1 ; de plusM1M2 = M1M3, il est donc rectangle isocèle en M1.

2p

3

2p

3p

6

2p

32p

32p

32p

3

p

6p

612

CVV32

10

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

***P491• a. z2 = 1 + 2i ; z3 = – 2 + i ; z4 = – 1 – 2i.b. z3 = – z1 ; z4 = – iz1.c. z1

4 = (3 – 4i)2 = – 7 – 24i.

2• (z + iz1)(z – iz1) = z2 – (iz1)2 = z2 + z12

z4 – z14 = (z2 + z1

2) (z2 – z12) = (z + iz1) (z – iz1) (z + z1) (z – z1).

On en déduit les solutions de (E) :– iz1 ; iz1 ; – z1 ; z1, c’est-à-dire z1 ; z2 ; z3 ; z4.

3• On vérifie que le triangle M1OM2 est rectangle et isocèle en O ; M3 et M4 sont lessymétriques de M1 et M2 par rapport à O. Donc le quadrilatère M1M2M3M4 est un carréde centre O.

***P501• a. z1 = CVV2 [cos

(–

)+ i sin

(–

)]= (CVV3 – i).

z3 = [(CVV3 + 1) + i (CVV3 – 1)

].

b. uz2u = CVV2 ; arg z2= – (2p).

uz3u = = 1 ; arg z3 = arg z1 – arg z2 = – + (2p) ; arg z3 = (2p).

2• En identifiant la forme trigonométrique et la forme algébrique de z3, on obtient :

cos = (CVV3 + 1) ; sin = (CVV3 – 1).

3• Le triangle OAM2 est rectangle et isocèle en A ; AO = AM2.

4• Par la rotation envisagée, le point M d’affixe z a pour image le point M9 d’affixe z9

tel que z9 = ei

× z = z3 × z.

L’image de A a pour affixe z3 ; c’est le point M3.L’image de M2 a pour affixe z3 × z2, c’est-à-dire z1 ; c’est donc le point M1.L’image du point O est le point O ; donc l’image du triangle OAM2 est le triangle OM3M1.Puisque le triangle OAM2 est rectangle et isocèle en A, le triangle OM3M1 est rectangleet isocèle en M3.

***P53 1• Solutions : – i ; + i CVV32

12

CVV32

12

p

12

CVV24

p

12CVV24

p

12

p

12p

4p

6uz1uuz2u

p

4

CVV24

CVV22

p

6p

6

M2

O

M1

M4

M3

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

2• Le triangle AOA9 est rectangle en O et OA = OA9 = 1, donc AA9 = CVV2.

AC = uzC – zAu = u – i u ; AC2 = + = 2, donc AC = CVV2.

Le triangle AA9C est donc isocèle en A.

3• Forme trigonométrique de zB9 :

zB9 = ei

× zB et zB = e– i

donc : zB9 = ei

(–

)= e

– i; zB9 = cos

(–

)+ i sin

(–

).

Forme algébrique de zB9 :

ei

= + i d’où zB9 = (1 + i) (1 – iCVV3) = (1 + CVV3 + i (1 – CVV3)).

4• En identifiant les formes algébriques et trigonométriques de zB9, on obtient :

cos(–

)= ; sin

(–

)=

d’où, puisque cos(– x) = cos x et sin(– x) = – sin x :

cos = ; sin = CVV3 – 12CVV2

p

12CVV3 + 1

2CVV2p

12

1 – CVV32CVV2

p

12CVV3 + 1

2CVV2p

12

12CVV2

12CVV2

1CVV2

1CVV2

p

4

p

12p

12

p

12p

3p

4

p

3p

4

34

54

CVV32

CVV52

11

***P541• a. D = – 8 ; z1 = CVV2 – iCVV2 ; z2 = CVV2 + iCVV2.

b. z2 = 2(

+ i)

= 2ei

d’où : uz2u = 2, arg z2 = (2p).

uz1u = 2, arg z1 = (2p).

2• a. Les points A, B, C appartiennent au cercle de centre O et de rayon 2 ;

(u$, OB➞

) = – (2p) et (u$, OC➞

) = (2p).

b. R est la rotation de centre O et d’angle .

z0 = ei

× z1 donc A est l’image de B dans la rotation R.

c. zD = ei

× zA ; zD = (– CVV2 + iCVV2) × 2i

= – CVV2 – iCVV2 ; zD = – zC.d. L’image de A est D, l’image de B est Adonc l’image de (AB) est (DA).

12

3p

4

3p

4

3p

4

p

4p

4

p

4

p

4

p

41CVV2

1CVV2

O ut

vt

AC

BD

12

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

***P55 1• La transformation R est la rotation de centre O et d’angle

2• Le point C appartient au cercle de centre O et de rayon 1 et (u$, OC➞

) = (2p).

uz – 2iu = AM ; (G) est le cercle de centre A et de rayon 2.L’image (G9) de (G) par R est le cercle de centre A9 image de A et de rayon 2.

p

3

p

3

O

A

C

B

A9

(G)

(G9)

ut

vt

3• a. uz – 1u = BM et uz – – iu = CM ;

L’ensemble (D) est la médiatrice du segment [BC].b. Par R, l’image de B est C ; si C9 désigne l’image de C, l’image de (D) est la média-trice du segment [CC9].

CVV32

12

**P57 1• v = 100 p ; Z = 250 + j(100p –

)2• uZu ; 250,03 ; arg Z ; – 0,02.

3• On a U = Z × I d’où :uUu = uZu × uIu et arg U = arg Z + arg I (2p).On en déduit :

I = ; 0,2 ; w = arg U = arg Z soit w ; – 0,02.

*P58 1• Y1 = + =

2• Y2 = + = =

3• Z = +

Z = 225 – 25j10

253 – j

503 + j

3 – j25

15 – 5j125

110 – 5j

15 + 10j

3 + j50

110 – 20j

120 + 10j

50uZu

1 000p

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

**P59 1• Z1 = R1 + j L1 v = 1 000 (3 + 4,5j).

Z2 = R2 – = 1 000 (2 – 5,5j).

On en déduit :

I1 = d’où : I1 ; 4,44 mA.

I2 = d’où : I2 ; 4,1 mA.

2• = + = (

+ )

= × .

De U = Z × I on déduit I = U ×

d’où I = × (161,25 + 6,75 j).

3• uIu ; 3,866 ? 10– 3 et arg I ; 0,042d’où i ; 3,866 ? 10– 3 CVV2 cos(vt + 0,042).

241 000 × 1 001,8125

1Z

161,25 + 6,75 j1 001,8125

11 000

1Z

12 – 5,5 j

13 + 4,5 j

11 000

111Z

24

24

j

13

14

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

14

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

E8 1• u$ ? v$ = 2. 2 • u$ ? v$ = 0.

E14 1• (x + 1)2 + (y – 5)2 = 16 ou x2 + y2 + 2x – 10y + 10 = 0.

2• x2 + y2 + 2x – 10y + 10 = (x + 1)2 + (y – 5)2 – 16 a = – 1, b = 5, R = 4.Le cercle C a pour centre A (– 1 ; 5) et pour rayon 4.

3• x = 1 alors y2 – 10y + 13 = 0 y1 = 5 – 2CVV3, y2 = 5 + 2CVV3.

E15 A (– 4 ; 0) ; B (6 ; 3).

1• M appartient au cercle de diamètre [AB] si et seulement si le triangle AMB est rec-tangle en M. Donc MA

➞et MB

➞sont orthogonaux et MA

➞? MB➞

= 0.

2• MA➞

(– 4 – x ; – y), MB➞

(6 – x ; 3 – y).Équation du cercle de diamètre [AB] :(– 4 – x)(6 – x) + (– y)(3 – y) = x2 + y2 – 2x – 3y – 24 = 0.

3• Ou (x – 1)2 + (y –

)2

– = 0. Centre I (1 ;

), rayon

E18 1• u$ ? v$ = 7. 2 • u$ ? v$ = 0.

E20 1• AB➞

(1 ; 3 ; – 3), AC➞

(5 ; 5 ; – 5).iAB➞

i = CVVVV19, iAC➞

i = CVVVV75 = 5CVV3.

2• AB➞

? AC➞

= 35.

3• cos BAC = = . D’où BAC = 22,0°.

P 24 • Origine du repère choisie en haut à gauche, partage en deux rectangles de centres

G1

(;

), G2

(3 ;

)et d’aires respectives A1 = 5 et A2 = 6. D’où : G

(;

)• Le point G est sur l’axe de symétrie de la figure à ; 2,9 du haut de la figure.

• Le point G est situé sur la droite des centres (du cercle et du carré) à l’extérieur du

segment, à une distance ; 0,16 du centre du cercle.

*P 26 1• AB➞

(– 2 ; – 5), AC➞

(10 ; – 4).

2• D’où AB➞

? AC➞

= – 20 + 20 = 0. Le triangle ABC est rectangle en A.

3• iAB➞

i = CVVVVV29, iAC➞

i = 2CVVVV29. Donc tan ABC = 2.

Donc ABC = 63,4° et ACB = 26,6°.

49p – 4

10737

3522

6122

52

12

52

7CVVVV3 ×VVV19VVVVV

35CVVVV19 × 5CVV3

CVVVV109VVV2

32

1094

32

(pp. 36 à 45) GÉOMÉTRIE2

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

15

*P27 2• ABCD parallélogramme si et seulement si CD➞

= BA➞

.Or BA

➞(– 5 ; 4) ; CD

➞(x – 5 ; y – 5). D’où D (0 ; 9).

3• iAB➞

i = iCD➞

i = CVVVV41 ; iBC➞

i = iAD➞

i = CVVVV65 et iBD➞

i = 4CVVVV10

cos DAB = d’où DAB = 121,5° et ABC = 58,5°.

**P28 1• M [ hauteur issue de B si et seulement si BM➞

? AC➞

= 0 ;BM➞

(x – 4 ; y – 7), AC➞

(6 ; – 2)donc 6 (x – 4) – 2 (y – 7) = 0 ou y = 3x – 5.

2• Droite (AC) : y = – x + . 3 • H (2 ; 1) milieu de AC.

4• BD➞

= 2 BH➞

. BH➞

(– 2 ; – 6) d’où D (0 ; – 5).

5• HA = HC = CVVVV10 donc ABCD est un losange.

*P30 1• (iOC➞

i)2 = iFt

1i2 + iFt

2i2 – 2 iFt

2i × iFt

2i cos 132 °.

D’où iOC➞

i = 967 N.

2• = d’où AOC = 28° (car cet angle est aigu).

*P31 AB2 = 1382 + 922 – 2 × 138 × 92 cos 68°. D’où AB = 134,1 m.

*P32 L’angle FEG vaut 63°. Donc = et EF = 64,4 m.

**P33 2• sin ACB = sin 32°. D’où ACB = 58,4° et ABC = 89,6°.

Ce qui permet de calculer AC = 52,8 m.Comme CDA = 30°.

CD = = 67,9 m et AD = = 99,2 m.52,8 sin 110°sin 30°

52,8 sin 40°sin 30°

4528

100sin 63°

EFsin 35°

967sin 132°

620sin AOC

53

13

41 + 65 – 1602 CVVVV41CVVVV65

**P34 1• Voir figure ci-contre.

2• (C ) : x2 + y2 – 5 = 0.

3• A (CVV5 ; 0), D (1 ; 2).

4• La tangente en D est perpen-diculaire en D à OD.Donc M est sur cette droite si etseulement si les vecteurs DM

➞et

DO➞

sont orthogonaux ouDM➞

? OD➞

= 0.DM➞

(x – 1 ; y – 2)OD➞

(1 ; 2).Une équation de la droite T : (x – 1) + 2 (y – 2) = 0 ou x + 2y – 5 = 0.E : y = 0 d’où x = 5 E (5 ; 0) iDE

➞i = CVVVV16 +VVVV 4VVV = 2CVV5.

OB A

D

E������

16

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.Deuxième partie

1• Le triangle OAB est équilatéral de côté AB = 6.

Sa hauteur vaut OA . Donc son aire vaut × OA × OA = OA2

L’hexagone régulier ABCDEF a pour aire :

A1 = 6 × 36 = 54 CVV3 m2.

2• Soit H le milieu de AB. MH = u3 – xu.D’où OM2 = OH2 + HM2 = (3 CVV3)2 + (3 – x)2 = x2 – 6x + 36.L’hexagone régulier MNPQRS a pour aire :

A2 = 6 × (x2 – 6x + 36) = (x2 – 6x + 36).

3• A(x) = A1 – A2 = 54 CVV3 – (x2 – 6x + 36) = – x2 + 9 x = (6x – x2).

a. D’où A(x) = f(x).3 CVV32

3 CVV32

3 CVV32

3 CVV32

3 CVV32

CVV34

CVV34

CVV34

CVV32

12

CVV32

5• cos a = . D’où a = 1,11 rd.

6• Aire du secteur circulaire OAD : A1 = a (CVV5)2 = 2,77 cm2.

Aire du triangle ODE : A = CVV5 × 2CVV5 = 5 cm2.

Aire de la surface ADE : A3 = A2 – A1 = 2,23 cm2.

12

12

1CVV5

**P36 1• tan 15° = tan (45° – 30°) = = 1 –

= 2 – CVV31 +

2• = tan 15°. D’où R = (2 – CVV3) km, R = 0,268 km.

3• L’angle AOC vaut 75° ou et l’angle AOB vaut

D’où l’arc AB de ce cercle a pour longueur (2 – CVV3) km ou 0,701 m.5p

6

5p

65p

12

OAAC

CVV33

CVV33tan 45° – tan 30°

1 + tan 45° tan 30°

*P37 Première partie

1• f(x) = 6x – x2 ; f9(x) = 6 – 2x.6 – 2x > 0 si et seulement si x < 3.

2• f est croissante sur [0 ; 3] et décrois-sante sur [3 ; 6]. Elle admet donc un maxi-mum pour x = 3.

x 0 3 6

f9(x) + 0 –

f(x)9

0 0w

w

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

b. L’aire A(x) est maximale pour x = 3. Alors le point M est confondu avec le milieu de [AB].

c. A(x) = 3CVV3 si et seulement si f(x) = 2.Donc pour x ; 0,35 ou x ; 5,65.

17

*P38 a. Dans le triangle rectangle DAC, AC = = 538,6 cm.

b. Dans le triangle rectangle DAB, on obtient de même : BA = = 701,9 cm.

Dans le triangle rectangle ACB, on calcule BC : BC = C(701,9)2 – (538,6)2 = 450,1 cm.d. Le tétraèdre ABCD a pour l’une de ses bases le triangle rectangle ACB et pour hau-teur correspondante AD.

Alors V = × × 538,6 × 450,1 × 175 = 7 070 696 cm3.

Le volume du tétraèdre est d’environ 7 071 dm3.

12

13

175tan 14°

175tan 18°

*P39 1• BF = 2 FH = 2 × OA × = 10 CVV3.

• Aire du polygone ABCDEF A1 = 150 CVV3 cm2.Aire des 6 faces latérales A2 = 6 × 10 × 15 = 900 cm2.

2• Aire totale de verre : 1 159,81 cm2.Donc dans la plaque de 4 000 cm2, il devrait être possible de découper 3 mini-serres.Il reste environ 520 cm2.

3• SA = SB = ... = CVVVV102 +VVVVVV 52VVVVV = CVVVV125VVV = 5CVV5 cm.

CVV32

���������

1 5 9 13

2 6 10 14

3 7 11 15

4 8 12 16 17 18

*P40 1• f(x) = x3 – 26x2 + 160x pour 0 < x < 10.

a. f9(x) = 3x2 – 52x + 160, nulle pour x = 4 ou x = , et donc positive pour x < 4

et négative pour 4 < x < 10.

b. f(x) est maximal pour x = 4.

403

x 0 4 10

f9(x) + 0 –

f(x)288

0 0w

w

2• a. c = x c = x{

a + 2c = 20 ou

{a = 20 – 2x

2b + 2c = 32 b = 16 – xb. V = abc = x (20 – 2x) (16 – x) = 2x3 – 52x2 + 320x.Donc V = 2f(x). V est maximal quand f(x) est maximal, pour x = 4.Alors a = 12 et b = 12. La base est carrée et V = 4 × 12 × 12 = 576 cm3.

18

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

2• Soit I le milieu de BC.IS = C(1,8)2 + (1,2)2 = 2,16 m.

La hauteur du triangle EFS est : h = × IS = 0,48 m. Et EF = × 2,40 = 0,53 m.

L’aire du triangle EFS est 0,1282 m2.

3• Le volume de sable contenu est : V = × (2,4)2 × 1,80 = 3,456 m3.13

0,41,8

1,8 – 1,41,8

*P42 1• V = p R2h. Si V = 20, h = 2 • A = 2pRh + 2pR2 = + 2pR2

3• f(x) = + 2px2. f9(x) = – + 4px =

f9(x) = 0 si x3 = d’où x ; 1,47.

La fonction : x ° x3 étant strictement croissante sur r, px3 – 10 > 0 si et seulement six > 1,47.Donc f est décroissante, puis croissante, et présente un minimum pour x ; 1,47.

4• A est minimale si R ; 1,47 dm. Alors h = 2,94 dm. On remarque : h = 2R.

*P44 1• La pyramide du Louvre a pour volume V = × (35)2 × (21) = 8 575 m3.

2• Soit S le sommet, I le milieu d’un côté du carré. IS = CV212 + (17,5)2 = 27,336 m.

L’aire latérale vaut A = 4 × × 35 × 27,336 = 1 913 m2.

3• Le volume de verre utilisé est 105 : 3 = 35 m3 pour une aire de 0,95 × 1 913 = 1 817,8 m3.L’épaisseur de verre est 0,019 m, environ 2 cm donc.

12

13

10p

4 (px3 – 10)x2

40x2

40x

40R

20pR2

*P41 1• échelle 1/100

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

*P45 1• BA➞

(– 18 ; – 8 ; 20) ; BC➞

(66 ; 4 ; – 20). 2 • iBA➞

i = CVVVV788VVV ; iBC➞

i = CVVVV4 772VVVVVVV.

3• BA➞

? BC➞

= – 1 620.

4• cos a = – ; – 0,8354 a = 147°.1 620

CVVVV788VVV × CVVVV4 772VVVVVVV

19

**P47 1• Longueur de l’arc du petit cercle : 18p = R a.Longueur de l’arc du grand cercle : 44p = (R + 24) a.En soustrayant, il vient 26p = 24 a.

a = ;(

p + )

rd ou 195° et R = ; 16,6 cm.

2• Il faut une feuille de bristol de 82 × 53 cm environ.

3• La hauteur du tronc de cône est :h= C242– 132= 20,17 cm.L’ampoule est donc située à 10,1 cm du plan supé-rieur et à 90 cm du plafond, et à 10,1 cm du planinférieur et à 160 cm du sol.L’ampoule éclaire donc au plafond un cercle d’envi-ron 9 × 18 cm de diamètre, soit 2,06 m2, et au sol un cercle d’environ 16 × 22 cm de diamètre soit 9,73 m2.

21613

p

1226p

24

**P48 Première partie

1• La boule a pour diamètre 12 cm. Donc 0 < x < 12.

2• Pour x . 6, OH = x – 6. Pour x < 6, OH = 6 – x.Donc OH = ux – 6u et OH2 = (x – 6)2. D’où HC2 = 36 – (x – 6)2 = – x2 + 12x.

3• V = p x (12x – x2).

Deuxième partief(x) = 12x2 – x3 définie sur [0 ; 12].

1• f9(x) = 24x – 3x2 = 3x (8 – x) nulle pourx = 0 ou x = 8, négative si x . 8, positive si0 , x , 8.

2• f(x) = 0 pour x = 0 ou x = 12. 3 • A (6 ; 216). f9(6) = 36(T1) : y = 36x.

Troisième partie

V = f(x), est nul si x = 0 (H est en A).

ou si x = 12 (B et C et H confondus) et est maximal pour x = 8.

p

3

13

x 0 8 12

f(x)256

0 0w

w

© N

ath

an. L

a p

ho

toco

pie

no

n a

uto

risé

e es

t u

n d

élit

.

**P50 1• OA est orthogonal à AS donc les angles HMS et AOS ont même complément OSA.Donc AOS = a.

2• tan a = = = =

3• Dans le triangle rectangle OAS, AS2 = OS2 – OA2.Or OS = SH – OH = x – 4. D’où AS2 = (x – 4)2 – 16.

4• AS2 = ( )

2= = (x – 4)2 – 16. D’où r2 = = car x Þ 0.

5• V = pr2x = × = ×

6• a. f(x) = pour x . 8, f9(x) =

f est décroissante sur ]8 ; 16] et croissante sur [16 ; + ∞[.b. Le volume du cône est minimal pour x = 16. Alors r = 4 CVV2 et V = 536,1 cm3.

x(x – 16)(x – 8)2

x2

x – 8

x2

x – 816p

316x2

x – 8p

313

16xx – 8

16x2

x2 – 8x16x2

r24xr

AS4

ASOA

xr

SHHM

bis19