Asie juin 2010 bac s math

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Corrigé du baccalauréat S Asie 21 juin 2010

E XERCICE 1 Commun à tous les candidats 1. Question 1 : Le triangle GBI est :

4 points

Réponse a : isocèle. Réponse b : équilatéral. Réponse c : rectangle. On a GB2 = 1 + 2 = 3 ⇒ GB = 3 ; de même BI = 3 et GI = 2. Le triangle GBI est isocèle. 2. Question 2 : Le barycentre du système de points pondérés {(O, 2), (A, -1), (C, 1)} est : Réponse b :le point I. Réponse c : le point J. −→ −→ −→ → − − − − −→ − − − → Par définition le barycentre G vérifie : 2GO − GA + GC = 0 ⇐⇒ 2OG = AC ⇐⇒ −→ − − → 3. Question 3 : Le produit scalaire AH · FC est égal à : Réponse a : 1. Réponse b : −1. −→ − − → −→ − − → Avec AH (−1 ; 1 ; 1) et FC (0 ; 0 ; −1), AH · FC = −1. 4. Question 4 : Les points B, C, I, H : Réponse a : sont non co-Réponse b : formentunRéponse c : forment un planaires. rectangle. carré. On a BC = HI = 1 et CI = BH = 2. Ces points sont coplanaires (ils appartiennent au −→ − − → plan d’équation x+z = 1), donc BCIH est un parallélogramme. Or BC ·CI = 0+0+0 = 0. Le parallélogramme a un angle droit : c’est un rectangle. 5. Question 5 : Une représentation paramétrique de paramètre t de la droite (KE) est :  u  x −0 = − → −→ − − → y − 2 =−u On a KE (1 ; −1 ; 1). M(x ; y ; z) ∈ (K E ) ⇐⇒ KM = u KE , u ∈ R ⇐⇒  u z −0 =  u  x = y = 2−u ⇐⇒  z = u En posant t = 1 − u ⇐⇒ u = 1 − t , on obtient   x = 1−t y = 1 + t , t ∈ R. M(x ; y ; z) ∈ (K E ) ⇐⇒  z = 1−t 6. Question 6 : Une équation cartésienne du plan (GBK) est : Réponse a : 2x +2y −z −2 = 0.Réponse b : x + y − 3 = 0. Réponse c : x + y + 2z = 2. Les coordonnées de G, B et K nevérifient que l’équation x + y + 2z = 2. 7. Question 7 : La distance du point C au plan (ADH) est : Réponse a : 2. Réponse b : 2. Réponse c : 1 . 2 |1 + 2 − 1| 1+1 Réponse c : 2. −→ 1 − − − → − → OG = AC = OJ ⇒ G = J. 2 Réponse a : le point K.

Une équation du plan (ADH) est x + y − 1 = 0. Donc d(C, ADH) = 2.

=

2 2

=

Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

8. Question 8 : Levolume du tétraèdre HJKB est égal à : 1 1 . Réponse c : . 6 3 1 On prend comme base BJK dont l’aire est , comme hauteur HJ = 1, d’où un volume 2 1 1 1 égal à V = × × 1 = . 3 2 6 Réponse a : Réponse b : 1 . 2

E XERCICE 2 Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité PARTIE A Étude de la configuration 1. Construction de la figure. a. Cf. figure. b. On a |b|2 = 22 + −2 3 Donc |b| =4.
2

5 points

= 4 + 12 = 16 = 42 .
2

c. Voir les droites en tiretés.

De même |c|2 = 32 + 3 3 Donc |c| = 6.

= 9 + 27 = 36 = 62 .

2. BC2 = 12 + 75 = 76 ; BP2 = 64 + 12 = 76 ; PC2 = 49 + 27 = 76 ; Donc BC2 = BP2 = PC2 = 76 ⇒ BC = BP = PC ⇒ BCP est équilatéral. • Autre méthode : On calcule b − p −8 − 2i 3 (−8 − 2i 3)(−7 + 3i 3) 56 − 18 + 24i 3 + 14i 3 38 + 38i 3 = = = = = c − p −7+ 3i 3 (−7 + 3i 3)(−7 − 3i 3) 49 + 27 76 3 π 1 +i = ei 3 . 2 2 On a donc d’une part : 3 b−p PC = ei 2 = 1, ce qui signifie = 1, donc PC = BP : le triangle BPC est isocèle c −p BP en P, d’autre part : 3 π b−p = arg ei 2 = . arg c −p 3 π Conclusion BPC est isocèle en P et l’angle en P a pour mesure ; les deux autres 3 π angles ont donc eux aussi pour mesure et le triangle BPC est équilatéral. 3 3.a. On a par définition de la rotation q étant l’affixe de Q : q − a = ei 3 (c − a) ⇐⇒ q = a + ei 3 (c − a) = −2+ 5 + 3i 3
π π

5 3 1 +i = −2+ − 2 2 2

9 5i 3 3i 3 + + = −4 + 4i 3. 2 2 2 b. On a q = −4 + 4i 3 = −2 2 − 2i 3 = −2b. −→ − −→ − On a donc OQ = −2OB ce qui signifie que les vecteurs sont colinéaires ou encore les points O, Q et B sont alignés. 4. a. Par définition O, C et R sont alignés ;on vient de démontrer que O, Q et B sont alignés et A, O et P sont sur l’axe des réels. Conclusion : (AP), (BQ) et (CR) sont concourantes en O. 2
21 juin 2010

Asie

Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

b.

Q C 5 4 3 2 1 A −6 −5 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 −4 R −5 −6 PARTIE B 1. f (O) = OA + OB + OC = |a| + |b| + |c| = 2 + 4 + 6 = 12. π 2. Par définition de la rotation de centre A...
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