172446 C10 livre prof.pdf


Aperçu du fichier PDF 172446-c10-livre-prof.pdf - page 5/14

Page 1...3 4 56714



Aperçu texte


cos 2γ = 2cos2 γ – 1 = 2
soit cos 2γ = cos α.
b) β = 2α et α = 2γ.

(15 + 1)2
6 + 215 – 8 15 – 1
–1=
=
,
16
8
4


J

α
c) β + γ = π, soit 2α + = π ou 5α = 2π.
2


π
d) α = , β =
et γ = .
5
5
5
De plus, (OA) est axe de symétrie,
donc : kAOB = kBOC = kCOD = kDOE = jEOA =
ABCDE est donc un pentagone régulier.


.
5

aj
ai

37 Narration de recherche
Une figure précise est indispensable.

Il en résulte que I a pour coordonnées (–1 ; 0) et J(0 ; 5).
Il reste à trouver les coordonnées de K.
La droite (AB) a pour équation 3x + 2y – 12 = 0 et EAB(– 4 ; 6),
donc le vecteur n(–
r 2 ; 3) colinéaire à EAB est un vecteur
normal à (MK) qui a donc une équation de la forme
– 2x + 3y + c = 0.
Or M ∈ (MK) ; donc : 2 + 15 + c = 0, soit c = –17.
Les coordonnées de K sont donc les solutions du système
– 2x + 3y – 17 = 0
3x + 2y – 12 = 0.
2 75
;
.
K a donc pour coordonnées
13 13
15 75
75
15
iIJ(1 ; 5), AIK
;
et 1 ×
– (5)
= 0;
13 13
13
13
donc I, J, K sont alignés.

Ꮿ2

Ꮿ1



aj



ai

Le cercle Ꮿ1 a pour centre I(3 ; 2) et coupe l’axe des
abscisses en A(6 ; 0) et O(0 ; 0), et l’axe des ordonnées en
B(0 ; 4).
De même, Ꮿ2 a pour centre J(5 ; 5) et coupe l’axe des
abscisses en A(6 ; 0) et A’(4 ; 0), et l’axe des ordonnées en
B(0 ; 4) et B’(0 ; 6).
De plus, J appartient à Ꮿ1, car 25 + 25 – 30 – 20 = 0, et [AB]
est un diamètre de Ꮿ1.
Donc le triangle AJB est rectangle et isocèle.
• Cherchons l’aire Ꮽ de la partie grisée de la figure.
C’est l’aire d’un quart de cercle de Ꮿ2 moins l’aire du
triangle rectangle isocèle BJA.
1
1
13π
JB = JA = 426, donc : Ꮽ = π × 26 – (JB)2 =
– 13.
4
2
2
• Calculons l’aire de Ᏹ (partie hachurée).
Le demi-cercle de Ꮿ1 de diamètre [AB] a pour aire :
1
13π
π × OI2 =
.
2
2
13π
13π
Donc l’aire de Ᏹ est égale à

– 13 = 13.
2
2
D’où le résultat.



38 Narration de recherche



Le cercle Ꮿ a pour équation x2 + y2 – 4x – 6y = 0 [1].
A a pour coordonnées (4 ; 0) et B(0 ; 6).
L’abscisse x < 0 de M d’ordonnée 5 est solution de
l’équation x2 + 25 – 4x – 30 = 0 obtenue en remplaçant y
par 5 dans [1] :
x2 – 4x – 5 = 0, les solutions sont x = –1 et x = 5 ;
or x < 0, donc M a pour coordonnées (–1 ; 5).

112








39 Narration de recherche














1
1
1 1
avec 0 < a < 4 et B 4 ;
; donc EAB 4 – a ; – ,
a
4
4 a
a–4
.
soit EAB 4 – a ;
4a
Il en résulte que rn(4a ; –1) est colinéaire à EAB.
Ce vecteur est un vecteur normal à la droite d qui a donc
une équation de la forme 4ax – y + c = 0.
1
1
1
Or A a ;
∈ d ; donc : 4a2 – + c = 0 et c = – 4a2.
a
a
a
1
Il en résulte que d a pour équation 4ax – y + – 4a2 = 0.
a
Les coordonnées de C vérifient :
1
1
y=
y=
[1]
x
x
soit
1
4ax – y + – 4a2 = 0
4a2x2 + (1 – 4a3)x – a = 0 [2]
a
1
[2] a pour solution x1 = a et x2 = – 2 ; donc C a pour
4a
1
1 1
coordonnées – 2 ; – 4a2 et ECB 4 + 2 ; + 4a2 .
4a
4a 4
1
Le coefficient directeur de la tangente en A est – 2 ,
a
1
donc ur 1 ; – 2 est un vecteur directeur de T.
a
De plus : ur · RCB = 0 ; donc T et d sont perpendiculaires.
A a;























40 TP – Étude d’une famille de cercles
2. a) Le point I semble se déplacer sur la droite (AB).
b) Les cercles Ꮿm semblent tous passer par les points C(4 ; 4)
et O(0 ; 0).