Corrigé BFEM Maths 2018 2ième groupe
Exercice 1
1) Les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{RT}$ sont, d'après une formule du Cours $\begin{pmatrix} x_{T}&-x_{R}\\ y_{T}&-y_{R} \end{pmatrix}$ en désignant par $x_{M}$ et $y_{M}$ les coordonnées du point $M.$
En remplaçant par les valeurs données dans l'énoncé, on voit que $\overrightarrow{RT}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix} 1&-(-3)\\ -3&-5 \end{pmatrix}$, soit $\begin{pmatrix} 4\\ -8 \end{pmatrix}$.
La bonne réponse est donc la réponse 4)
2) La distance $RS$ est donnée par la formule :
$RS=\sqrt{(x_{S}-x_{R})^{2}+(y_{S}-y_{R})^{2}}$, soit en remplaçant les coordonnées de $R$ et $S$ par leurs valeurs données dans l'énoncé, $\begin{array}{lcl}RS&=&\sqrt{(5-(-3))^{2}+(-1-5)^{2}}\\&=&\sqrt{64+36}\\&=&\sqrt{100}\\&=&10.\end{array}$
La bonne réponse est donc la réponse 3)
3) Le quadrilatère $RTSI$ est un parallélogramme si et seulement si on a l'égalité vectorielle $\overrightarrow{RT}=\overrightarrow{IS}.$
Or le couple de coordonnées du vecteur $\overrightarrow{RT}$ est $\begin{pmatrix} 4\\ -8 \end{pmatrix}$ (calcul déjà fait à la question 1) et celui du vecteur $\overrightarrow{IS}$ est, en désignant par $x_{I}$ et $y_{I}$ les coordonnées du point $I$, $\begin{pmatrix} 5&-x_{I}\\ -1&-y_{I} \end{pmatrix}$, soit en remplaçant $x_{S}$ et $y_{S}$ par leurs valeurs respectives $5$ et $-1$, $\begin{pmatrix} 5&-x_{I}\\ -1&-y_{I} \end{pmatrix}.$
D'après la propriété d'égalité de deux vecteurs, on a :
$\left\lbrace\begin{array}{lcl} 5-x_{I}&=&4\\ -1-y_{I}&=&-8 \end{array}\right.\ \Rightarrow$ $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x_{I}&=&1\\ y_{I}&=&7 \end{array}\right.$
Le point $I$ a donc pour coordonnées $\begin{pmatrix} 1\\ 7 \end{pmatrix}$ et la bonne réponse est donc la réponse 3)
4) Il y a plusieurs méthodes pour déterminer une équation de la droite $(ST).$
Nous en donnerons deux.
$1^{er}$ méthode :
Un point $M(x\;;\ y)$ appartient à la droite $(ST)$ si et seulement si les vecteurs $\overrightarrow{ST}$ et $\overrightarrow{SM}$ sont colinéaires, ce qui se traduit, en désignant par $x_{\overrightarrow{u}}$ et $y_{\overrightarrow{u}}$ les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{u}$, par :
$$x_{\overrightarrow{ST}}\cdot y_{\overrightarrow{SM}}-y_{\overrightarrow{ST}}\cdot x_{\overrightarrow{SM}}=0$$
Or le vecteur $\overrightarrow{ST}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix} x_{T}& x_{S}\\ y_{T}& y_{S} \end{pmatrix}$, soit $\begin{pmatrix} 1&-5\\ -3&-(-1) \end{pmatrix}$ ou encore $\begin{pmatrix} -4\\ -2 \end{pmatrix}$ et le vecteur $\overrightarrow{SM}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix} x&-x_{S}\\ y&-y_{S} \end{pmatrix}$, soit $\begin{pmatrix} x&-5\\ y&-(-1) \end{pmatrix}$ ou encore $\begin{pmatrix} x&-5\\ y&+1 \end{pmatrix}.$
La condition précédente s'écrit donc :
$-4(y+1)-(-2)(x-5)=0$, soit après simplification :
$x-2y-7=0$, ce qui s'écrit également $2y=x-7$ ou $y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{7}{2}.$
$2^{ième}$ méthode :
Rappelons tout d'abord que si $\overrightarrow{u}$ $\begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de la droite $(AB)$, une équation de cette droite est de la forme $bx-ay+k=0$
Le vecteur $\overrightarrow{ST}$ $\begin{pmatrix} -4\\ -2 \end{pmatrix}$ (voir la méthode précédente) est un vecteur directeur de la droite $(ST).$
Ce vecteur, n'étant pas colinéaire à $\vec{j}$, une équation réduite de la droite $(ST)$ est de la forme :
$-2x+4y+k=0.$
Le point $S$ étant un point de cette droite, ses coordonnées doivent vérifier cette équation, d'où $-2x_{S}+4y_{S}+k=0$, soit en remplaçant :
$-2\times 5+4\times (-1)+k=0\Rightarrow -14+k=0\Rightarrow k=14.$
Finalement, une équation de $(ST)$ est :
$-2x+4y+14=0$, soit en divisant par $(-2)$ :
$x-2y-7=0$, ou encore en transposant le terme en $y$ et en divisant par $2$ :
$y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{7}{2}.$
Dans toutes les deux méthodes, la bonne réponse est donc la réponse 2)
5) La droite $(TR)$ a pour coefficient directeur :
$\dfrac{y_{R}-y_{T}}{x_{R}-x_{T}}=\dfrac{5-(-3)}{-3-1}=-2.$
La parallèle à $(TR)$ passant par $S$ a même coefficient directeur que $(TR)$ et par conséquent, son équation réduite est de la forme :
$y=-2x+k.$
$S$ étant un point de cette droite, les coordonnées de $S$ doivent vérifier cette équation, d'où :
$y_{S}=-2x_{S}+k$, ce qui s'écrit :
$-1=-2\times 5+k\Rightarrow k=9.$
L'équation de la parallèle à $(TR)$ passant par $S$ est donc, finalement :
$y=-2x+9.$
La bonne réponse est la réponse 3)
Exercice 2
1) Chaque effectif partiel est proportionnel à l'angle au centre correspondant (propriété des diagrammes circulaires), en d'autres termes le rapport $\dfrac{\text{Effectif partiel}}{\text{Angle correspondant}}$ est une constante.
Or, ce rapport vaut $\dfrac{45}{360^{\circ}}=\dfrac{1}{8}$, dans le cas de l'effectif total.
Par suite, on a les égalités suivantes :
$\begin{array}{lcl}\dfrac{\text{Nombre de chauffeurs}}{80^{\circ}}&=&\dfrac{\text{Nombre de commerciaux}}{72^{\circ}}\\&=&\dfrac{\text{Nombre de stylistes}}{24^{\circ}}\\&=&\dfrac{\text{Nombre de tailleurs}}{152^{\circ}}\\&=&\dfrac{\text{Nombre de gardiens}}{32^{\circ}}\\&=&\dfrac{1}{8}.\end{array}$
En utilisant l'égalité de ces rapports, on a facilement :
Nombre de chauffeurs=$80\times\dfrac{1}{8}=10.$
Nombre de commerciaux=$72\times\dfrac{1}{8}=9.$
Nombre de stylistes=$24\times\dfrac{1}{8}=3.$
Nombre de tailleurs=$152\times\dfrac{1}{8}=19.$
Nombre de gardiens=$32\times\dfrac{1}{8}=4.$
2) Le salaire moyen est donné par la somme des produits du salaire de chaque catégorie professionnelle par l'effectif partiel correspondant :
$\dfrac{(3\times 250\ 000)+(9\times 175\ 000)+(15\times 200\ 000)+(19\times 150\ 000)+(10\times 100\ 000)+(4\times 75\ 000)}{45}=210555.55$
Exercice 3
1) Voir Figure ci-dessous :
2) Il suffit de montrer, comme le suggère la figure, que les distances $EG$ et $EF$ sont égales et que les vecteurs $\overrightarrow{EG}$ et $\overrightarrow{EF}$ sont orthogonaux.
Or, d'après la formule donnant la distance entre deux points dans le plan muni d'un repère orthonormé, on a :
$\begin{array}{lcl}EG&=&\sqrt{(x_{G}-x_{E})^{2}+(y_{G}-y_{E})^{2}}\\&=&\sqrt{(2-(-1))^{2}+(-3 0)^{2}}\\&=&\sqrt{9+9}\\&=&\sqrt{18}\\&=&3\sqrt{2}.\end{array}$
$\begin{array}{lcl}\text{Et }EF&=&\sqrt{(x_{F}-x_{E})^{2}+(y_{F}-y_{E})^{2}}\\&=&\sqrt{(2-(-1))^{2}+(3-0)^{2}}\\&=&\sqrt{9+9}\\&=&\sqrt{18}\\&=&3\sqrt{2}.\end{array}$
Donc les distances $EG$ et $EF$ sont égales.
Calculons maintenant les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{EG}$ et $\overrightarrow{EF}$ et vérifions qu'ils sont orthogonaux.
On a :
$\overrightarrow{EG}\begin{pmatrix} x_{G}&-x_{E}\\ y_{G}&-y_{E} \end{pmatrix}$, soit $\overrightarrow{EG}\begin{pmatrix} 2&-(-1)\\ 3&-0 \end{pmatrix}$ ou encore $\overrightarrow{EG}\begin{pmatrix} 3\\ -3 \end{pmatrix}$ et
$\overrightarrow{EF}\begin{pmatrix} x_{F}&-x_{E}\\ y_{F}&-y_{E} \end{pmatrix}$, soit $\overrightarrow{EF}\begin{pmatrix} 2&-(-1)\\ 3&-0 \end{pmatrix}$ ou encore $\overrightarrow{EF}\begin{pmatrix} 3\\ 3 \end{pmatrix}.$
On vérifie alors aisément que :
$x_{\overrightarrow{EG}}\cdot x_{\overrightarrow{EF}}+y_{\overrightarrow{EG}}\cdot y_{\overrightarrow{EF}}=3\times 3+(-3)\times 3=0$ :
Les vecteurs $\overrightarrow{EG}$ et $\overrightarrow{EF}$ sont orthogonaux et par conséquent les droites $(EF)$ et $(EG)$ sont perpendiculaires.
Il résulte de tout cela que le triangle $EFG$ est rectangle et isocèle en $E.$
3) Les points $E$ et $A$ étant tous deux situés sur l'axe des abscisses, car leurs ordonnées sont égales à $0$, l'axe $(EA)$ n'est autre que l'axe des abscisses.
Pour montrer que les points $F$ et $G$ sont symétriques par rapport à cet axe, il suffit de vérifier qu'ils ont la même abscisse et des ordonnées opposées, ce qui est vrai d'après les données de l'énoncé, car ils ont pour abscisse $2$ et pour ordonnée $3$ et $-3.$
4) Puisque le triangle $EFG$ est rectangle et isocèle en $E$, il est clair que $EF=EG$ et que l'angle $\widehat{FEG}$ vaut $90^{\circ}.$
Par suite, l'angle de la rotation de centre $E$ qui applique $F$ sur $G$ est égal à $90^{\circ}.$
5) La rotation précédente est de sens indirect (sens des aiguilles d'une montre).
L'image du point $G$ est le point $M$ de la figure ci-dessus, où $EGM$ est un triangle rectangle et isocèle en $M.$
6) Il est clair, d'après les propriétés précédentes et en examinant la figure, que les points $F$ et $M$ sont symétriques par rapport à $E$, donc que le point $E$ est le milieu du segment $[FM].$
Les coordonnées de $E$ sont les demi-sommes des abscisses et des ordonnées des points $F$ et $M$ :
$E\begin{pmatrix}\dfrac{x_{F}+x_{M}}{2}\\ \dfrac{y_{F}+y_{M}}{2} \end{pmatrix}$, soit $E\begin{pmatrix}\dfrac{2+x_{M}}{2}\\ \dfrac{3+y_{M}}{2} \end{pmatrix}.$
Or, $E$ a pour coordonnées $(-1\;;\ 0)$ d'après l'énoncé, d'où les égalités :
$\left\lbrace\begin{array}{lcl} \dfrac{2+x_{M}}{2}&=&-1\\ \\ \dfrac{3+y_{M}}{2}&=&0 \end{array}\right.\ \Rightarrow\ $ $(2+x_{M}=-2)$ et $(3+y_{M}=2\times 0=0).$
On obtient aisément :
$$x_{M}=-4\text{ et }y_{M}=-3$$
Ce qui se vérifie d'ailleurs directement sur la figure.
Exercice 4
1) Voir figure ci-dessous
Justification de la figure :
Prenons pour $B$ un point quelconque du cercle $(\mathcal{C})$ de centre $O$ et de rayon $2$, puis traçons le cercle $(\mathcal{C'})$ de centre $B$ et de rayon $2.$
Puisque $BC=OB=2$, $C$ est l'un des deux points d'intersection de $(\mathcal{C})$ et $(\mathcal{C'}).$
Désignons par $\mathcal{C}_{1}$ et $\mathcal{C}_{2}$ ces deux points.
Le triangle $O\mathcal{C}_{1}\mathcal{C}_{2}$ est isocèle en $O.$
Si donc $C$ est l'un des points $\mathcal{C}_{1}$ ou $\mathcal{C}_{2}$, alors $A$ est l'autre point car $(OB)$ doit être la bissectrice de $\widehat{AOC}$ et $A$ doit être sur le cercle $(\mathcal{C}).$
2) D'après les hypothèses de l'énoncé, on a $OB=BC=OC=2\;cm$, donc le triangle est équilatéral.
Chacun de ses angles vaut donc $60^{\circ}$ et on a bien :
$\widehat{OBC}=\widehat{OCB}=\widehat{BOC}=60^{\circ}.$
3) Voir figure ci-dessous.
L'angle $\widehat{CAB}$ est un angle inscrit dans le cercle $(\mathcal{C})$ qui a pour angle au centre correspondant $\widehat{BOC}.$
Il résulte du théorème de l'angle inscrit et de la question précédente que :
$$\widehat{CAB}=\dfrac{1}{2}\widehat{BOC}=\dfrac{1}{2}\times 60^{\circ}=30^{\circ}.$$
De même :
$\widehat{BCA}=\dfrac{1}{2}\widehat{BOA}=\dfrac{1}{2}\times 60^{\circ}=30^{\circ}.$
(On a $\widehat{BOA}=\widehat{BOC}=60^{\circ}$ car, par hypothèse, $(OB)$ est la bissectrice de $\widehat{AOC}.$
Enfin, pour calculer le dernier angle $\widehat{ABC}$ du triangle $ABC$, on peut :
- soit remarquer qu'il s'agit d'un angle inscrit dans le cercle $(\mathcal{C})$ qui intercepte le même arc que l'angle au centre rentrant $\overset{\displaystyle\smile}{COA}$ de ce cercle et puisque $\widehat{COA}=2\times 60^{\circ}=120^{\circ}$, on a :
$\overset{\displaystyle\smile}{COA}=360^{\circ}-120^{\circ}=240^{\circ}.$
Le théorème de l'angle inscrit entraîne alors que :
$\widehat{ABC}=\dfrac{1}{2}\overset{\displaystyle\smile}{COA}\times 240^{\circ}= 120^{\circ}.$
- soit, tout simplement appliquer le théorème sur la somme des angles d'un triangle :
$$\widehat{ABC}+\widehat{BCA}+\widehat{BAC}=180^{\circ}$$ et d'après les calculs précédemment effectués, on a $\widehat{BCA}=\widehat{BAC}=30^{\circ}$, d'où : $$\widehat{ABC}=180^{\circ}-(30^{\circ}+30^{\circ})=120^{\circ}.$$
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