GeoGebra

uuur Ê - 0, 5 x + 0, 5 y ˆ B¢B Á ˜ ˜ et B¢O Á ÁË - 0, 5 x - 0, 5 y ˜¯ Ë - 0, 5 x + 0, 5 y ¯ uuur uuur B¢B · B¢O = ( 0, 5)2 [ x + y ][ - x + y ] + ( 0, 5)2 [ - x + y ][ - x - y ] = ( 0, 5)2 [ - x 2 + y 2 + x 2 - y 2 ] = 0 (Le repère par défaut de GeoGebra est orthonormé) Donc OBB¢ est rectangle en B¢. De plus B¢B = 0, 5 ( x + y )2 + ( - x + y )2 = 0, 5 2 x 2 + y 2 B¢O = 0, 5 ( x - y )2 + ( x + y)2 = B¢B. Donc OBB¢ est bien rectangle isocèle en B¢. µ = p et OB¢ = OB cos p = OB 2 . d. Par conséquent

par GeoGebra. Système 1 : (– 0,67 ; 1,67) ; système 3 : (0,67 ; 0,33). 3. Ά y = 2x + 3 ⇔ y=–x+1 Ά 2x + 3 = – x + 1 ⇔ y = –x + 1 Ά x=– y= 2 3 5 . 3 2 5 – 0,67 et 1,67 sont des arrondis de – et respective3 3 ment. y = 2x + 3 2x + 3 = 2x – 1 0x = – 4 ⇔ y = 2x – 1 . y = 2x – 1 ⇔ y = 2x – 1 Pas de solution. 2 y = 2x – 1 2x – 1 = – x + 1 x= 3 ⇔ ⇔ 1. y=–x+1 y = –x + 1 y= 3 2 1 ≈ 0,67 et ≈ 0,33. 3 3 B. Solutions proposées par GeoGebra : Système

Binomiale, Poisson, Normale Modalités de mise en œuvre : L’utilisation de calculatrices évoluées et de leurs fonctionnalités est incontournable dans le cadre d’une pédagogie par la technologie L’utilisation de tableurs, ou de tableurs-grapheurs (Geogebra par exemple) est recommandée quand elle est possible Utilisation de tables Prolongements possibles : Les approximations de lois pourront être abordées, les problèmes de dénombrement approfondis Mots clés : Probabilités- variables aléatoires- lois

qu’il ne sait pas qu’elle est vraie. Autre rédaction : (voir exercice résolu 4). 110 A. 1. D F J C A E B Chapitre 10. Configurations planes. Repérage 145 2. CIJ peut sembler équilatéral (cependant, la fenêtre « Algèbre » de Geogebra indique que si JC = IC, IJ < JC). 3. a. ABCD est un carré : (A, B, D) est orthonormé. 1 1 b. A(0 ; 0) B(1 ; 0) D(0 ; 1) C(1 ; 1) O ; 2 2 Ê Ê 2 ˆ 2ˆ 2 AO = donc IÁ ; 0˜ et J Á 0 ; ˜. Ë Ë 2 ¯ 2 ¯ 2 5 CI2 = – 2 2 5 CJ2 = – 2 2 IJ2 = 1 On en déduit que

position du point M sur le segment [AB] pour laquelle l’aire A (x) est minimale. Freddy Mérit, 1ère S5 – Lycée La Herdrie, 2012-2013 Dérivation 77 1) Conjecturer avec un logiciel de géométrie dynamique : a) Réaliser la construction avec le logiciel Geogebra, en faisant afficher l’aire de la figure formée par les deux triangles AEM et DEC. b) Observer les variations de cette aire lorsque le point M se déplace sur le segment [AB]. c) Conjecturer la position du point M pour laquelle l’aire A (x) est minimale

DROITE PAR RAPPORT À UN POINT Objectif Conjecturer que : – le symétrique d’une droite par rapport à un point est une droite ; – si deux droites sont symétriques par rapport à un point, alors elles sont parallèles. Prérequis Utilisation du logiciel Geogebra. Paragraphe introduit # Propriétés de la symétrie centrale b) Symétrique d’une droite, d’une demi-droite 4 b) On fait tourner le papier-calque d’un demi-tour autour m du point O, d’où AO A’ = 180°. On déduit que les points A, O et A’ sont alignés

Activité 3 Pour cette activité, il est nécessaire de télécharger le fichier « Tangente » que vous trouverez sur l’Espace inscrit du site du Cned  : cours MA41 / Ressources du cours et des devoirs / autres ressources. Ce fichier s’ouvre avec le logiciel Geogebra qu’il faudra avoir préalablement téléchargé. Si la fenêtre de gauche n’apparaît pas, vous pouvez cliquer sur : Affichage puis sur Fenêtre algèbre. En déplaçant le point sur le curseur situé à côté de la courbe, on fait varier la valeur de x 0 donc

1. Comme f ^10 2 - 10h = 20 2 - 20 . 8,28 , on a : 0 x 32 c. Le minimum de l’aire du triangle MEF est donc 32 m², atteint lorsque IM vaut 4 m. x2 + 20x - 10 025 ^ x + 10h2 f l^ x h f ^xh Minimiser une longueur Partie A 2 À l’aide du logiciel Geogebra : 10 x2 - 0 + + + - 0 + 10 10 20 2 - 20 b. Par lecture du tableau, la longueur minimale de EF est 20 2 - 20 , atteinte pour EB = x = 10 2 - 10 . Dans ce cas-là, DF = y = EF - x = ^20 2 - 20h - ^10 2 - 10h = 10 2 - 10 = EB . Un volume maximum

⎢⎣ 2 ⎥⎦ 2 2 1 Comme f ( 1 ) = 2 et 2 = ( 2 ) , alors f = 2 = 21/2 . 2 ( ) () Activité ( ( 2 Lire le sens de variation de x ‫ ۋ‬q x (p. 70) ( f ( n ) ), où n est un entier naturel est une suite géométrique de raison q. • Géogébra : la fonction f est décroissante. Cela correspond au sens de variation d’une suite géométrique de raison q = 0,6 , c’est-à-dire comprise entre 0 et 1. Activité Donc, pour x = n , on a f ( n + 1 ) = ( 1 + t ) f ( n ) , donc ( f ( n ) ) est

vecteur normal à 6. Ainsi, 6 a une équation de la forme – mx + (a – m)y + c = 0. Or : M(m ; a – m) D 6 ; donc : – m2 + (a – m)2 + c = 0 soit c = 2am – a2. Ainsi, 6 a pour équation : – mx + (a – m)y + 2am – a2 = 0. Avec une construction exacte ou avec GeoGebra, il semble que C(a ; a) soit un point de 6. Vérification : – am + (a – m)a + 2am – a2 = 0, donc C(a ; a) D 6. Chapitre 9 ● Produit scalaire 99 30 TP – Appartenance d’un point à une figure donnée 1 1 1 . 2. a) A – ; – 2 , B 3 ; , M m ; 2 3 m 7