9

Chapitre

Équations de droites et problèmes

• Énigme 1

La seule droite qui a un coefficient directeur négatif et qui passe par le point de coordonnées (0 ; 2) est la droite d2.

Δ
T3
B

C

La fonction f est affine donc : f(4) – f(1) f(5) – f(4)
– 3 – 0 f(5) – (– 3)
=
, d’où
=
. On obtient
4–1
5–4
3
1 donc f(5) + 3 = – 1 f(5) = – 4.

T1

A

T2
On trace Δ l’axe de symétrie du croissant puis on place sur le bord du croissant les points A, B et C tels que A soit sur Δ et B et C symétriques par rapport à Δ.
Enfin on trace (T1), (T2), (T3) tangentes respectivement en
A, B et C au bord du croissant.

• Énigme 2

d1 d2 d3 d10 d9 d8 d6

d4 d7 d5

Cette disposition permet d’obtenir dix alignements de trois arbres.

a) On cherche deux réels a et b tels que f(x) = ax + b. f(1) = – 1 donc – 1 = a + b et f(4) = 5 d’où 5 = 4a + b.
On obtient 5 – (– 1) = (4a + b) – (a + b)
6 = 3a d’où a = 2 et b = – 3.
La fonction f recherchée est définie par f(x) = 2x – 3.
b) On calcule :
• 2xC – 3 = 2 × 2 – 3
=1
= yC donc C appartient à la droite qui représente f.
• 2xD – 3 = 2 × (– 100) – 3
= – 203
≠ yD donc D n’appartient pas à la droite qui représente f.
L’antécédent de 0 par f est solution de l’équation : f(x) = 0
– 2x + 5 = 0
5
5 x = donc f
= 0.
2
2
L’antécédent de 3 par f est solution de l’équation : f(x) = 3
– 2x + 5 = 3 x = 1 donc f(1) = 3.

΂ ΃

1. Vérifier les acquis
a)

x

–2

–1

0

1

2

3

f(x)

–5

–2

1

4

7

10

b)

J

O
I

a) 3x = 2
2
x=
3
2 est solution de cette équation.
3
b) 5x + 2 = 0
2
x=–
5
2
– est solution de cette équation.
5
c) 5x = 3x – 2 x=–1 – 1 est solution de cette équation.
d) 3x + 4 = 6x – 2
– 3x = – 6 x=2 2 est solution de cette équation.
1

Par lecture graphique, d1 a pour coefficient directeur – 2 ; d2 a pour coefficient directeur 3 ; d3 a pour coefficient directeur 3 et d4 a pour coefficient