Ceux qui font l'option mathématiques auront reconnu qu'on peut définir matriciellement
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Corrigé du baccalauréat S Liban 27 mai 2015 - APMEP
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Sujet et corrigé de maths bac s, obligatoire, Liban 2015
ATIQUES LIBAN BAC S- 2015 Sujet Obligatoire Page 2 O BLIGATOIRE BACCALAURÉAT
Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord 2 juin 2015
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A. P. M. E. P.
Corrigé du baccalauréat S Amérique duNord2 juin 2015
Exercice 1
PartieA
1.On peut utiliser ici le théorème de Thalès pour prouver que--→BU=1
3--→BSet ainsi construire le point.
Pour cela considérons le triangleSOB.
Noussavons que(DU)est parallèle à(OB) carDetUpartagentlamême cote etOetBsont également de même cote. Nous savons également que OD OS=13, là encore en raison de la cote deDetS. On en déduit, par application de l"antique théorème, que BUBS=ODOS=13.
2.Considérons les plans (AUE)et (BCS). Ces plans sont sécants en la droite(UV). Or, (BC), incluse dans
(BCS), est parallèle à (AE), incluse dans (AEU); puisqueABCEest un carré.Par application du théorème du toit, on en déduit que (UV) est parallèle à (BC). Cette dernière pro-
priété permet de construire le pointV.3.Il nous faut prouver d"une part queKappartient à (AE) et d"autre part que (KU) est perpendiculaire
à (AE).
On lit les coordonnées deA((100))
et celles deE((0 -1 0)) et on calcule ainsi-→AE((-1 -1 0)) . D"autre part on dé- termine -→AK((-1 6-1 60))On en déduit que
--→AK=16--→AE, ce qui prouve queKest un point de [AE].
Déterminons les coordonnées deU. On a démontré dans la question 1 que--→BU=13--→BS, ce qui donne
un système portant sur les coordonnées deU: ?x u-0=13(0-0)
y u-1=13(0-1)
z u=0 y u=23zu=1 On peut maintenant déterminer les coordonnées deKU((-5
6561))
On obtient ainsi, sachant que le repère est orthonormé :
KU·-→AE=-5
6×(-1)+56×(-1)+1×0=0, ce
qui permet de conclure. Le pointKest bien le pied de la hauteur issue deUdans le trapèzeAUV E. On pouvait également déterminer une équation paramétriquede (BS) afin de calculer les coordonnées deU. Une telle méthode revient à chercher le réelttel que--→BU=t--→BSavec la cote deUégale à 1.
PartieB
Baccalauréat SA. P. M. E. P.
1.Il suffit de s"assurer que les pointsA,EetUvérifient bien l"équation proposée.
Pour le pointA, on a bien 3×1-3×0+5×0-3=0. De même pour le pointE, il est clair que 3×0-3×(-1)+5×0-3=0. Et enfin, pour le pointU, on vérifie mentalement que 3×0-3×23+5×1-3=0.
Cette équation de plan convient donc.
2.Puisque l"on a muni l"espace d"un repère orthonormé, on déduit de l"équation cartésienne proposée
les coordonnées d"un vecteur normal au plan (EAU). Notons-→n((3 -3 5)) ce vecteur. C"est unvecteur directeur de(d)puisque (d)est orthogonaleau plan (EAU).À partir descoordonnées du pointSet de celles de ce vecteur, on en déduit une équation paramétrique de (d) : ?x=3t y= -3t z=3+5tt?R3.Les coordonnées((x
y z)) de ce point satisfont simultanément une équation paramétrique de (d) ainsi qu"une équation cartésienne du plan (EAU). On cherche doncx,y,zetttels que : ?x=3t y= -3t z=3+5t0=3x-3y+5z-3
À partir del"équation cartésienne du plan, en substituantx,yetzon en déduitle système équivalent :
?x=3t y= -3t z=3+5t0=3(3t)-3(-3t)+5(3+5t)-3
La dernièreéquation permet de déterminert=-1243et, par suite, on peut déterminer les coordonnées
deH((-36 4336
43
69
43))
4.Le plan (EAU)coupe le pyramideSABCEen un solideABUECVd"une part et une pyramideSAUV E
d"autre part. Il nous faut donc déterminer si ces deux solides ont le même volume; ce qui revient à
déterminer si le volume de l"un des deux solides correspond àla moitié de celui deSABCE.Or toutes les questions précédentes nous ont permis de rassembler des éléments permettant de cal-
culer le volume de la pyramideSAUVE. Nous connaissons en effet l"aire de sa baseAAUVE=5? 4318.
Reste à calculer sa hauteurSH. On a ainsi :
SH=? ?-36 43-0?2 +?3643-0? 2
3-6943?
2 12 ?43Le volume de la pyramideSAUVEest doncVSAUVE=1
3AAUVE×SH, ce qui donne après calcul :
VSAUVE=10
9.Amérique du Nord22 juin 2015
Baccalauréat SA. P. M. E. P.
Pour finir, déterminons le volume de la grande pyramideSABCE. On peut, par application du théo-
rème de Pythagore au triangleABOrectangle enOprouver queAB=?2. Sa base a donc pour aire
AB2=2. D"autre part, sa hauteur estSO=3. Le volume de la grande pyramide est doncVSABCE=
13AB2×SO=2.
On constate que
12VSABCE?=VSAUVE, ce qui permet de conclure.
Exercice 2
1. a.On applique les formules de récurrence proposées en utilisant un petit programme fait à la cal-
culatrice.On obtient :
A1?-4,8
1,4? A2?-4,68
-1,76? A3?-2,688
-4,216? Ceux qui font l"option mathématiques auront reconnu qu"on peut définir matriciellement la suite des coordonnées. C"est d"ailleurs comme cela que l"on peut rapidement calculer les termes de lasuite à la cal- culatrice. b.Voir plus bas :Variables :
i,x,y,t: nombres réelsInitialisation :
xprend la valeur-3 yprend la valeur 4Traitement :
Pouriallant de 0 à 20
Construire le point de coordonnées (x;y)
tprend la valeurx xprend la valeur 0,8×x-0,6×y. yprend la valeur 0,6×t+0,8×y.Fin Pour
L"erreur à ne pas commettre ici était d"utiliserxdans le calcul dey. En effet, àcestade,xadéjàété modifié. C"est d"ailleurs pour celaque l"algorithme propose de stocker temporairement l"ancienne valeur dexdans la variablet.c.On a identifié les points sur l"annexe en fonction de leurs coordonnées. Ils semblent appartenir
à un cercle de centreOet de rayon 5.
2. a.Faisons une démonstration par récurrence puisque la suitezest définie par récurrence.
Au rang 0,|z0|=?
(-3)2+42=5. La propriété est vérifiée.Pour tout entierp, supposons que|zp|=?
x2p+y2p=5.Au rangp+1 :
Amérique du Nord32 juin 2015
Baccalauréat SA. P. M. E. P.
|zp+1|=?x2p+1+y2p+1 ?0,8xp-0,6yp?2+?0,6xp+0,8yp?2 x2p+y2p. Or, par hypothèse,?x2p+y2p=5. Donc : |zp+1|=5 La propriété est donc héréditaire et initialisée. On a donc démontré queu0=5 et que pour toutn?N,un=5 entraîneun+1=5; donc par le principe de récurrence, pour tout entier natureln,un=5;un= |zn| =5, ce qui prouve notre conjecture concernant le lieu des points. b.Calculons, pour toutn, la forme algébrique de eiθzn: e iθzn=(cos(θ)+isin(θ))(xn+iyn) =(0,8+0,6i)(xn+iyn) =(0,8xn+0,6i2yn)+(0,6xn+0,8yn)i =(0,8xn-0,6yn)+(0,6xn+0,8yn)i On reconnaît les formules de récurrence dexn+1etyn+1: e iθzn=xn+1+iyn+1 =zn+1c.zest une suite géométrique de raison eiθsur des complexes. Comme cette notion n"est pas au
programme, nous allons redémontrer la formule explicite. Pourn=0 la formule est bien sûr vraie. Supposons-la vraie pourp?Nquelconque :zp=eipθz0. Mais nous savons quezp+1=eiθzp=eiθeipθz0. On a ainsi : z p+1=eipθ+iθz0=ei(p+1)θz0. On a doncz0=ei×0thetaz0et tout entierp?N,zp=eipθz0entraînezp+1=ei(p+1)θz0; on a donc démontré par le principe de récurrence que pour tout natureln,zn=einθz0. d.Posonsθ0=arg(z0). Par définition : z 0 |z0|=cos(θ0)+isin(θ0). Or:z0|z0|=-35+i45 =-0,6+i0,8. On reconnaît les valeurs de cos et sin deθ: =-sin(θ)+icos(θ). En utilisant les formules de trigonométrie, on a : z 0 |z0|=cos?π2+θ? +isin?π2+θ? On a donc bien, en identifiant la première et la dernière ligne, arg(z0)=θ0=π