1re S

DS Commun

C ORRIGÉ DU DEVOIR COMMUN N O 1

Exercice 1.

10 pts

Partie A
1. f est une fonction trinôme de la forme x → ax 2 + bx + c avec a = −1, b = 6, c = 0.
– D’une part, a < 0, ce qui indique le sens de variation de f .
−b
– D’autre part, α =
= 3 indique l’abscisse du sommet de la parabole représentant f .
2a
– De plus, β = f (α) = 9 est l’ordonnée du sommet.
– On calcule enfin f (−0, 5) = −3, 25 = f (6, 5) par symétrie.
On obtient donc le tableau de variation de f :
−0, 5

x f (x)

3

6, 5

9

−3, 25

−3, 25

14
12
10
8
6
4
2


O

2.

ı

2

4

6

-2

3. D’après le graphique, l’ensemble des solutions de l’inéquation f (x)

g (x) est [2; 6].

Par le calcul :

f (x)

g (x)

⇐⇒

⇐⇒

Lycée François Couperin

1/6

6x − x 2
2

12 − 2x

x − 8x + 12

0

2013/2014

1re S

DS Commun
Le trinôme x 2 − 8x + 12 est du type ax 2 + bx + c avec a = 1, b = −8, c = 12. Son discriminant est ∆ = b 2 − 4ac = 16.
Ses deux racines sont donc :

−b − ∆
−b + ∆
= 2 et x2 =
=6
2a
2a
Comme a > 0, on en déduit le tableau de signe : x1 =

x x 2 − 8x + 12

−0, 5

2

6

6, 5

−0+0−

Donc l’ensemble des solutions de l’inéquation est bien [2; 6].
4. Sur [0, 5; 2[∪]6; 6, 5], Cg est au-dessus de C f .
Sur ]2; 6[, C g est en-dessous de C f .
C f et C g se coupent aux points d’abscisses 2 et 6.
Partie B
5. Le point H est le projeté orthogonal de C sur (AB), donc (HC ) ⊥ (AB) et donc le triangle
HBC est rectangle en H.
C D AH est un quadrilatère avec trois angles droits, donc un rectangle. On en déduit que
AD = C H = 4.
De même, AH = C D = 2 et donc B H = AC − AH = 6 − 2 = 4.
On en déduit que le triangle HBC est rectangle et isocèle en H.
6. AM N P est un rectangle, donc AM = N P = x.
Comme les droites (C H) et (N P ) sont perpendiculaires à la droite (AC ), (C H) et (N P ) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès dans le triangle HBC ,
BP
NP
=
d’où N P = BP = x car B H = C H .
BH CH
On en déduit que AP = 6 − x et donc
A AM NP = x(6 − x) = f (x).
7. On a :
AB MC

= A ABC D − A AMB − AC