Corrigés

Pages: 43 (10521 mots) Publié le: 7 avril 2014
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 Δl’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) Oncherche 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 pasà 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
2est 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 coefficientdirecteur 0.
De plus, d1 passe par le point de coordonnées (0 ; 1) donc
son ordonnée à l’origine est 1. d2 passe par le point de
coordonnées (0 ; 2) donc son ordonnée à l’origine est 2.
d3 passe par le point de coordonnées (0 ; 0) donc son
ordonnée à l’origine est 0. d4 passe par le point de coordonnées (0 ; – 2) donc son ordonnée à l’origine est – 2.

À une température d’environ 33,4° les deuxtiges mesu100
100
reront fA
= 0,12 ×
+ 1 000 = 1 004.
3
3

2. Activités d’approche

2
+ 7 = 5 = yA donc A ∈ d.
3
3xB + 7 = 3 × 0 + 7 = 7 = yB donc B ∈ d.
b) Pour que A, B et C soient alignés, il faut et il suffit
que C ∈ d.
3xC + 7 = 3 × (– 1) + 7 = 4 = yC donc C ∈ d.
On en déduit que les trois points A, B et C sont alignés.

΂ ΃

3. Exercices de base
– 3xA + 0,5 = – 3 ×150,5 + 0,5 = – 451 = yA donc
A ∈ d.
– 3xB + 0,5 = – 3 × (– 73,25) + 0,5 = 220,25 ≠ yB donc B ∉ d.
– 3xC + 0,5 = – 3 × 120,5 + 0,5 = – 361 = yC donc C ∈ d.
a) 3xA + 7 = 3 × –

• Activité 1
a) et b)

3 – 5xA = 3 – 5 × 2 = – 7 = yA donc A ∈ d.
3 – 5xB = 3 – 5 × (– 1) = 8 = yB donc B ∈ d.
3 – 5xC = 3 – 5 × 3 = – 12 = yC donc C ∈ d.
Les points A, B et C sont bien alignés sur d.
c)

Point EPoint F

Droite (EF)

(0 ; 2)

(1 ; 4)

y = 2x + 2

(0 ; 1)

(1 ; – 5)

y = – 6x + 1

(1 ; 3)

(1 ; – 4)

x=1

(0 ; – 1)

(1 ; 1)

y = 2x – 1

(0 ; 3)

(1 ; 3)

y=3

d) La droite (EF) peut avoir une équation de la forme
y = mx + p ou de la forme x = c si elle est parallèle à l’axe
des ordonnées.

• Activité 2

1 003,6 – 1 000 3 1 005,4 – 1 003,6 3
= ;
=;
30 – 0
25
45 – 30
25
1 007,8 – 1 005,4 3
=
65 – 45
25
On peut dire que la longueur de la tige est image de la
température par une fonction affine fA(t) = at + b avec
3
a=
= 0,12 ; f(0) = b = 1 000
25
donc fA(t) = 0,12t + 1 000.
1 003,7 – 1 001
b) Calculons :
= 0,09 ;
30 – 0
1 005,05 – 1 003,7
1 007,8 – 1 005,4
= 0,09 ;
= 0,09.
45 – 30
65 – 45
On peut à nouveau...
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