corrigé - Dominique Frin

CORRIGÉ
DEVOIR SURVEILLÉ N° 3
PREMIÈRE STD2A
EXERCICE 1 : Un surveillant de baignade dispose d'une corde de 60 m de long pour former un bassin
rectangulaire de baignade en bord de plage. La corde est tendue sur trois côtés (dans l'eau). On pose x la
dimension du côté du rectangle perpendiculaire au bord de mer (en mètres).
1. Le côté du rectangle perpendiculaire au bord de mer ne peut dépasser la moitié de la longueur de la corde, donc
x [0 ; 30].
2. L'autre dimension du rectangle est égale à 60 – 2x et l'aire du rectangle a(x) = x(60 – 2x) = – 2x2 + 60x.
3. La fonction a est un polynôme du second degré, la parabole représentative de a est tournée vers le bas puisque
60
b
le coefficient de x2 est négatif. Donc la fonction a admet un maximum lorsque x =
=
= 15. L'aire
2×2
2a
est maximale lorsque x = 15 et ce maximum est égal à a(15) = – 2× 152 + 60× 15 = – 450 + 900 = 450 m².
4. Pour trouver les valeurs de x pour que l'aire soit supérieure ou égale à 400 m², on résout l'inéquation a(x) 400,
soit – 2x2 + 60x 400 Soit – 2x2 + 60x – 400 0. On calcule le discriminant
= b2 – 4ac = 602 – 4× (– 2)× (– 400) = 400 = 202 > 0, donc l'équation a deux solutions :
6020
b x1=
=
= 10 et
x
20
–
10
+
2×2
2a
6020
b x2 =
=
= 20. D'où le tableau de signes :
– 2x2 + 60x – 400 –
0
+ 0
–
2×2
2a
La solution est donc S = [10 ; 20].
EXERCICE 2 : 1. L'hexagone régulier ABCDEF de centre O de côté égal à 3 cm : le
cercle circonscrit a pour rayon 3 cm.
= 360 = 60°.
2. La triangle AOB est équilatéral puisque OA = OB et AOB
6
On a ABC = AOB + BOC = 60 + 60 = 120°. Le triangle ABC est isocèle en B,
180120
donc les angles = 30°.
BAC et ACB sont de même mesure =
2
3. L'angle FAC = FAO + OAC = 60 + 30 = 90°. Donc le triangle CAF est rectangle
en A.
EXERCICE 3 : 1. L'octogone régulier ABCDEFGH de centre O :
2. Le quadrilatère ACEG est un carré car ses diagonales [AE] et [CG] se coupent
en leur milieu, sont de même longueur (des diamètres du cercle) et
perpendiculaires,
360
= 45°. Le triangle OAB est isocèle en O, donc les angles
3. L'angle AOB =
8
18045
= 67,5°.
ABO et BAO sont de même mesure =
2
On a ABC = AOB + BOC = 67,5 + 67,5 = 135°. Le triangle ABC est isocèle
180135
en B, donc les angles = 22,5°.
BAC et ACB sont de même mesure =
2
4. L'image du triangle OAB par la symétrie d'axe (OC) est le triangle OED.
5. L'image du triangle ABC par la rotation de centre O et d'angle 135° dans le sens horaire est le triangle FGH.
6. Deux transformations qui transforme ABC en AGH : La rotation de centre O et d'angle 90° dans le sens
horaire ; et la symétrie axiale d'axe (OA).
EXERCICE 4 : 1. La construction du pentagone régulier due à Richmond (1893):
On considère un cercle de centre O, de rayon OA (prendre OA = 4 cm);
la perpendiculaire à (OA) en O coupe le cercle en R; le point K est le milieu
de [OR]. La bissectrice de l'angle OKA coupe [OA] en S.
La perpendiculaire à (OA) en S coupe le cercle en B et E.
Le côté du pentagone régulier est AB. Il ne reste plus qu'à reporter cette
distance pour construire le pentagone régulier ABCDE.
2. Le rapport de la diagonale BE sur le côté AB est égale au nombre d'or,
solution positive de l'équation
x2 – x – 1 = 0. On calcule le discriminant
= b2 – 4ac = (– 1)2 – 4× 1× (– 1) = 5 > 0, donc l'équation a deux
b 1 5
1 5
b =
et x2 =
=
.
solutions : x1=
2a
2
2
2a
La solution positive est x1= =
1 5
.
2
On admet que la longueur d'un côté est 3 cm. On sait que
BE
1 5
= , donc BE = AB = 3
4,85.
AB
2