L'incontournable en devoirs

Modèle 1

Deuxième trimestre - devoirs de contrôle - Modèle 1 - Corrigé Barème

ALGEBRE 2

I) P(x) = 2x3 + ax² - 4x + b
1°) • P(0) = -3 signifie 2x0 + ax0 – 4x0 + b = -3 signifie b = -3
• P(x) est factorisable par (x – 1) alors P(1) = 0
signifie 2x1 + ax1 – 4x1 + b = 0 donc 2 + a – 4 – 3 = 0 donc a = 5

d’où P(x) = 2x3 + 5x² - 4x – 3
2°) •P(x) est factorisable par (x – 1) alors
P(x) = (x – 1)(ux² + vx + w) Où u, v et w sont des réels à déterminer:

P(x) = (x – 1)(ux² + vx + w)
Signifie 2x3 + 5x² - 4x – 3 = ux3 + (v - u)x² + (w - v)x² - w

d’où le système wv−−−wu v=u===2−−354 signifie 3 u=2
v =7
− 7 = −4 2
w =3
2
par suite P(x) = (x – 1)(2x² + 7x + 3) 1
1
• Pour le trinôme 2x² + 7x + 3, ∆ = 7² - 4x2x3 = 25 donc ses zéros

sont: x’ = −7 − 5 = −3 et x’’ = −7 + 5 = − 2 = − 1
4 4 4 2

donc 2x² + 7x + 3 = 2(x – (-3))(x – (− 1 )) = 2(x + 3)(x + 1 )
22

= (x + 3)(2x + 1)

et par suite P(x) = (x – 1)(x + 3)(2x + 1)
3°) on a Q(x) = x4 – 10x² + 9 on vérifie que 1 est un zéro de ce
polynôme : Q(1) = 14 – 10x1² + 9 = 1 – 10 + 9 = 0 donc
Q(x) = (x -1)(ax3 + bx² + cx + d)

Signifie x4 – 10x² + 9 = a x4 + (b – a)x3 + (c – b)x2 + (d – c)x - d

d’où le système c a=1 signifie −9 a=1
b−a= 0 b =1
− b = −10 c = −9 0
d−c = 0 − (−9) =
d = −9
−d = 9

d’où Q(x) = (x -1)( x3 + x² - 9x - 9)

b) R(x) = x3 + x² - 9x – 9 = x3 - 9x + x² – 9 = x(x²– 9) + (x²– 9)

= (x² – 9) (x + 1) = (x + 1) (x + 3)(x - 3)
c) On a Q(x) = (x -1)( x3 + x² - 9x - 9) = (x -1)xR(x)

= (x -1) (x + 1) (x + 3)(x - 3)

100

4°) a) on a f(x) = P (x ) . f est définie si Q(x) ≠ 0 1
Q (x ) 1
1
donc Df = IR\{-1, 1, -3, 3} 1

b) f(x) = P (x ) = (x (x – 1)(x + 3)(2x + 1) 3) 1
Q (x ) −1) (x + 1) (x + 3)(x −

= (x (2x + 1) 3) = 2x + 1
+ 1)(x − x² − 2x − 3

II) P(x) = (x+1)2n – x2n – 2x -1
On a: • P(0) = (0+1)2n – 02n – 2x0 -1 = 1 – 1 = 0

donc P(x) est factorisable par (x – 0) = x
• P(-1) = (-1+1)2n – (-1)2n – 2x(-1) -1 = -1 + 2– 1 = 0

donc P(x) est factorisable par (x – (-1)) = x + 1

• P(- 1 ) = (- 1 +1)2n – (- 1 )2n – 2x(- 1 ) -1=  1 2n -  1 2n - 2x  − 1  – 1 =0
2 2 2 2  2   2   2 

donc P(x) est factorisable par (x – (- 1 )) = x + 1 et par conséquent
22

par: 2 (x + 1 ) = 2x + 1
2

En résumé: P(x) est factorisable par x(x + 1)( 2x + 1)

GEOMETRIE

f(M) = M’ signifie MM' = 2MA + 3MB 2
1°) J est le barycentre des points pondérés (A,2) et (B,3) 1
1
alors pour tout point M ∈ P, 2MA + 3MB = 5.MJ 1: fig

donc f(M) = M’ signifie MM' = 5.MJ

Soit f(J) = J’ signifie JJ' = 5.JJ = 0 d’où J’ = J, par suite J est
invariant par f.

2°) f(M) = M’ signifie MM' = 5.MJ signifie MJ + JM' = 5.MJ

signifie JM' = 4.MJ = −4.JM signifie h(J, -4)(M) = M’ = f(M)

ainsi f = h(J, -4)

3°) Soit f(A) = A’ signifie AA ' = 2AA + 3 AB

= 3.AB
D’autre part, on a C le point de la droite (AB) d'abscisse 3 selon le

( )repère A , AB

donc AC = 3.AB d’où AA ' = AC signifie A’ = f(A) = C

101

4°) • ζ et ζ ' sont les 1
deux cercles de 1
centres respectifs A et
C et tangents
extérieurement en J
donc ζ a pour centre
A et pour rayon AJ et
ζ ’ a pour centre C et
pour rayon CJ.
• f(A) = C et f(J) = J
alors f(ζ ) = ζ ’
• d’autre part f((MJ))
= (MJ) (droite qui
passe par le centre de
l’homothétie)

M ∈ (MJ) ∩ ζ signifie f(M) ∈ f((MJ)) ∩ f(ζ ) signifie f(M) ∈ (MJ) ∩ f(ζ )
signifie f(M) ∈ {M’,J} et on a M ≠ J signifie f(M) = M’.
5°) • N ∈ (NJ) ∩ ζ signifie f(N) ∈ f((NJ)) ∩ f(ζ )
signifie f(N) ∈ (NJ) ∩ f(ζ ) signifie f(N) ∈ {N’,J} et on a N ≠ J
signifie f(N) = N’
• N est diamétralement opposé à M signifie [MN] est un diamètre de ζ
et J ∈ ζ alors (JM) ⊥ (JN) est rectangle en J alors (JM’) ⊥ (JN’)
Par suite le triangle JM’N’ est rectangle.

102

Modèle 2
Deuxième trimestre - devoirs de contrôle - Modèle 2 - Corrigé Barème

ALGEBRE 1

I) • P(x) = 2x3 + 3x² - 8x + 3 1
alors P(3) = 2x33 + 3x3² - 8x3 + 3 ≠ 0 alors P1 est fausse 1
ou en développant l’expression proposée, P(x) aura 15 pour terme 1
constant.
• P(x) = (2x² + x – 5)( x3 + x - 1) est un polynôme de degré 5
alors P2 est fausse
• P(x) = Q(x) + 3R(x) aura 5x3 pour monôme de degré 3
alors P3 est fausse

II) 1°) P(x) = x3 – 5x2 + 3x + 1 a 1 pour coefficient du monôme du plus

haut degré et а, β et γ pour zéros alors P(x) = (x – а) (x – β)(x – γ)

2°) P(x) = (x – а)(x – β)(x – γ)

donc x3 – 5x2 + 3x + 1 = x3 – (а + β + γ)x² + (аβ + аγ + β γ)x - аβ γ

 α+β+γ =5

d’où le système: αβ + αγ + βγ = 3 2
 αβγ = −1 2

3°) Soit а=1 alors β + γ = 4
 βγ = −1

donc β et γ sont les solutions de l’équation t² - 4t – 1 = 0

∆ = 16 + 4 = 20 alors t’ = 4−2 5 =2− 5 et t’’= 4+2 5 =2+ 5
2 2

Donc P a pour zéros: 1, 2 − 5 et 2 + 5

Géométrie

I) Soit G le barycentre des points pondérés (A, 2) et (B, -3) signifie AG = 3.AB 1
1
• P1 : AG = 3.AB signifie G est l’image de B par h(A, 3) donc P1 est fausse

• AG = 3.AB signifie AG = 3.AG + 3.GB signifie GB = 2 .GA
3

signifie B est l’image de A par h 2  donc P2 est fausse.
 A , 3 

• AG = 3.AB signifie AB + BG = 3.AB signifie BG = 2.AB signifie

103

BA = − 1 .AG signifie A est l’image de G par h 1  donc P3 est vraie. 1
2  2  1
B, - 1

II) 1°) h est une homothétie qui transforme ζ1 en ζ2, ζ1 a pour rayon 1 et ζ2

a pour rayon 4 lors le rapport k de h vérifie 4 = k x1 signifie k = 4 ou k = -4.

2°) a) h(I,4) (ζ1(O,1)) = ζ1(O’,4) alors IO ' = 4.IO signifie IO ' − 4.IO = 0
signifie I est le barycentre de (O’, 1) et (O, -4) signifie abs(I) = 4 selon

3

( )O',O'O .

{ }b) Γ ∩ ζ1(O,1) = E,F 1.5
1.5
• E ∈ Γ[OI] alors le
triangle alors EIO est
rectangle en E
alors (IE) ⊥(OE) en E
de plus, on a O
centre de ζ1 et E est
un point de ζ1 par
suite (IE) est
tangente à ζ1 en E.
• F ∈ Γ[OI] alors le
triangle alors FIO est
rectangle en F
alors (IF) ⊥(OF) en F
de plus, on a O
centre de ζ1 et F est
un point de ζ1 par suite (IF) est tangente à ζ1 en F.
c) Soit E’ = h(E) et F’ = h(F)

104

E ∈ ζ1 alors h(E) ∈ h(ζ1 ) signifie E’ ∈ ζ2.

F ∈ ζ1alors h(F) ∈ h(ζ1 ) signifie F’ ∈ ζ2.

• On a (IE) ⊥ (OE) en E alors h((IE)) ⊥ h((OE)) en h(E)

alors (IE’) ⊥ (O’E’) en E’ et on a O’ centre de ζ2 et E’ ∈ ζ2

alors (IE) = (IE) est tangente à ζ2. 1
1
• On a (IF) est tangente à ζ1 en F alors h((IF)) ⊥ h(ζ1)) en h(F)
2
alors (IF’) =(IF) est tangente à ζ2 en F’

3°) Soit J le centre de l’homothétie de rapport -4 et qui transforme ζ1 en ζ2

Alors JO ' = −4.JO signifie JO' + 4.JO = 0 signifie abs(J) = 4 selon

5

( )O',O'O .

Etapes de la construction:
• le centre J de l’homothétie de rapport -4 et qui transforme ζ1 en ζ2

• le cercle Γ’ de diamètre [JO]
• Γ’ ∩ ζ1 = {R,S}
• (JR) et (JS) sont les deux tangentes communes cherchées.

105

Modèle 3

Deuxième trimestre - devoirs de contrôle - Modèle 3 - Corrigé Barème

Exercice 1 0.5
0.5
1°) • 94 - 49 = 45 = 9 x 5 alors (94 – 49) est divisible par 9.
• 94 + 49 = 143 = 11 x 13 alors (94 + 49) est divisible par 11. 1
2°) Soit n = ab (où a et b sont deux chiffres avec a >b) alors n’ = ba 0.5
ainsi n > n’ (a >b) 1
a) n – n’ = ax10 + b – bx10 – b = 9.a – 9.b = 9(a – b) 0.5
alors (n – n’) est divisible par 9.
b) n + n’ = ax10 + b + bx10 + b = 11.a + 11.b = 11(a + b)
alors (n + n’) est divisible par 11.

Exercice 2 0.5

1°) a) Pour 2009, on a 9 – 0 + 0 – 2 = 7 alors le reste de la division 1
0.5
euclidienne de 2009 par 11 est 7. 0.5

b) Pour 9354, on a 4 – 5 + 3 – 9 = -7 et -7 + 11 = 4 alors le reste de 0.5
0.5
la division euclidienne de 9354 par 11 est 4. 0.5
2°) n = 11.k + 7 alors (n3 – 2) = (11.k + 7)3 - 2
= 113.k3 + 3x11².k²x7 + 3x11.kx7² + 73 – 2 0.5
= 11(112.k3 + 3x11.k²x7 + 3.kx7²) + 343 – 2 0.5
0.5
et on a 343 – 2 = 341 = 11x31
alors n3 – 2 = 11(112.k3 + 3x11.k²x7 + 3.kx7² + 31) 0.5
par suite (n3 – 2) est divisible par 11.

3°) n = 11.k + 4 alors (n3 + 2) = (11.k + 4)3 +2
= 113.k3 + 3x11².k²x4 + 3x11.kx4² + 43 + 2
= 11(112.k3 + 3x11.k²x4 + 3.kx4²) + 64 + 2

et on a 64 + 2 = 66 = 11x6

alors n3 – 2 = 11(112.k3 + 3x11.k²x4 + 3.kx4² + 6)
par suite (n3 + 2) est divisible par 11.
4°) On a N = 20093 + 93543

• d’après 1°) a), le reste de la division euclidienne de 2009 par 11 est 7
Alors d’après 2°), 20093 – 2 est divisible par 11.

• d’après 1°) b), le reste de la division euclidienne de 9354 par 11 est 4
Alors d’après 3°), 93543 + 2 est divisible par 11.
• on a N = 20093 + 93543 = 20093 + 93543 – 2 + 2

= (20093 – 2) + (93543 + 2) = 11k’ + 11k’’ = 11(k’ + k’’)

= 11.k (la somme de deux entiers naturels est un entier

naturel)

donc N est divisible par 11

106

Exercice 3 1
G est le barycentre des points pondérés (A, 2) et (B, -3) signifie 1
1
( )2.GA − 3.GB = 0 signifie abs(G) = −3 = 3 selon le repère A, AB 1
2−3
donc B ∈ [AG]. 2
2
• P1 : G est l’image de B par h(A , - 3) signifie AG = −3.AB 2

( )Signifie abs(G) =-3 selon le repère A, AB donc P1 est fausse.

• P2 : B st l’image de A par h(G , - 3) signifie GB = −3.GA donc G ∈ [AB]
donc P2 est fausse.

• P3 : A est l’image de G par h 1  signifie BA = − 1 .BG
B , - 2 
2

signifie 2.BA + BG = 0 signifie 2.GA − 3.GB = 0 donc P3 est vraie.

• P4 : A’ est l’image de G par h(B , 2) donc A’ , G et B sont alignés
donc A’ ∈ (AB) : c’est impossible ( ABɵA ' =90°) donc P4 est fausse.

Exercice 4
Considérons le point I barycentre des points pondérés (A, 3) et (B, 2)

donc pour tout point M du plan, on a 3.MA + 2.MB = 5.MI

par suite f(M) = M’ signifie MM' = 3.MA + 2.MB =5.MI

signifie MM' = 5.MI

signifie IM' = −4.IM
signifie h(I, -4)(M) = M’

d’où f = h(I, -4)

107

Modèle 4

Deuxième trimestre - devoirs de contrôle - Modèle 4 -Corrigé Barème

Exercice 1

1) Le nombre 922045824056 est divisible par 8 car 56 est divisible 1.5
par 8. 1.5
1.5
2) Un nombre entier naturel est divisible par 25 si et selement si le 1.5
nombre formé par ces deux derniers chiffres est divisible par 25.
3
3) Pour tout chiffre a, le nombre N = 3a27a9 est divisible par 11 car

(9 – a + 7 – 2 + a – 3)= 11 est divisible par 11.

4) Le reste de la division euclidienne de 1234567654321 par 11 est 1
car le reste de la division de (1 – 2 + 3 – 4 + 5 – 6 + 7 – 6 + 5 – 4
+ 3 – 2 + 1) = 1 par 11 est 1.

Exercice 2

1)
Chiffre des unités de a ( ou de b ) 0 1 2 3 4 5 6 7

Chiffre des unités de a² 01496569

Chiffre des unités de b² 01496569

Chiffre des unités de 2 × b ² 02882028

2) Pour que a² = 2 × b ² il faut que le chiffre des unités de a et de b 1.5
soit égal à 0. 1.5

3)

2 = a ⇔ a2 = 2b2 ⇒ a et b sont divisibles par 10.
b

⇒ Il n’existe pas de nombres entiers a et b premiers entre eux tels que

2 = a .
b

Conclusion : 2 n’appartient pas à ℚ .

108

Exercice 3

1°) On a t (A) = B ⇒ t (AM) est la droite parallèle à (AM) passant par
AB AB

B. C’est la droite (BN).Aussi on a t (D) = C⇒ t (DM) est la droite
AB AB

parallèle à (DM) passant par C. C’est la droite (CN). On a M =

(AM)∩(DM) donc

{ }t (M) ∈ t (AM) ∩ t (DM) = (BN) ∩ (CN) = N ⇒ t (M) = N ⇒ AB = MN . 3
AB AB AB AB 2

Donc ABNM est un parallélogramme. 3

2°) M décrit le cercle (ζ) privé des points C et D or t (M) = N alors N
AB

décrit le cercle tAB(ζ) privé des points t (C) et t (D) = C.
AB AB

3°) On a : SM(C)=P sign M = C*P. Soit le triangle DCP, on a M=C*P et

Q=D*P donc MQ = 1 CD ⇔ t 1 (M) = Q.
2
2 CD

On a CD = BA ⇔ MQ = 1 BA, or on a
2

NM = BA d'où NQ = NM + MQ = 1 BA + BA = 3 BA . Ainsi t3BA(N) = Q .
2 2 2

109

Modèle 5

Deuxième trimestre - devoirs de contrôle - Modèle 5 - Corrigé Barème

EXERCICE 1

2.

1°)

2°) on a 2
IJ = DC = AB .
1.5
t (A) = B ⇒ t (IA) = (BJ) . 1.5
AB  AB 1.5
1.5
t (I) = J 
AB

3°) Soit h l’homothétie de centre I tel que h(B) = C.

a) L’image de (AB) par h est le droite passant par h(B) = C et
parallèle à (AB). C’est la droite (DC).

b) CI = 2 CB ⇔ CI = 2 CI + 2 IB ⇔ 1 CI = 2 IB ⇔ IC = −2IB .alors (-2)
3 3 3 3 3

est le rapport de h.

c) K le barycentre des points (A , 2) , (B , - 2) et (I , 1) sign

2KA − 2KB + KI = 0 ⇔ 2BA + KI = 0 ⇔ IK = 2BA = −2IJ donc h(J) = K.
d) h(B) = C ⇒ CK = −2BJ = −2AI ⇒ CK = −2AI ⇔ CK = 2AI .

h(J) = K 

EXERCICE 2

1) A est l’image de C par l’homothétie de centre B et de rapport - 3

2) A est l’image de G par l’homothétie de centre B et de rapport −1
2

3) f est une homothétie

4) Le cercle C ’de centre O et de rayon 2

5) U2 = 2 6) Un+1 n² − 1 7) r = 7 8) n = 5 9) N = 495 10x1
3 n+2
=

10) N = 30000.

110

Modèle 6

Deuxième trimestre - devoirs de contrôle - Modèle 6 – Corrigé Barème

Exercice 1 2
2
1°) Soit n l’âge de Mokhtar alors son âge l’année dernière est n – 1. 2
• L’an prochain mon âge sera divisible par 2 2

signifie n + 1 = 2.k1 signifie n - 1 = 2.k1 – 2 = 2(k1 – 1) = 2k’1 2
et ainsi (n – 1) ∈ M2
• Dans deux ans mon âge sera divisible par3
signifie n + 2 = 3.k2 signifie n - 1 = 3.k2 – 3 = 3(k2 – 1) = 3k’2
et ainsi (n – 1) ∈ M3
• Dans trois ans mon âge sera divisible par4
signifie n + 3 = 4.k3 signifie n - 1 = 4.k3 – 4 = 4(k3 – 1) = 4k’3
et ainsi (n – 1) ∈ M4
• Dans quatre ans mon âge sera divisible par5
signifie n + 4 = 5.k4 signifie n - 1 = 5.k4 – 5 = 5(k4 – 1) = 5k’4
et ainsi (n – 1) ∈ M5
2°) En résumé de 1°), (n – 1) est un multiple de 2, 3, 4 et 5 donc de
3, 4 et 5 qui sont premiers entre eux
donc (n – 1) est un multiple du PPCM(3,4,5) = 60
d’autre part, on a 6 ≤ n ≤ 106 donc n – 1 = 60 signifie n = 61.

Exercice 2

I) 1°) Voir la figure
ci - contre

2°) a) le point E 1
est l’ image de A 2
par la rotation
directe de centre C 2
et d'angle π 1

3
Signifie le CAE
est un triangle
équilatéral direct
donc EA = EC signifie E est sur la médiatrice de [AC]. (1)
b) On a ABCD est un carré donc BC = BA (2) et DC = DA (3)
de (1), (2) et (3), on déduit sont des points de la médiatrice de [AC]
et par suite ils sont alignés.
3°) a) On a CBJ est un triangle équilatéral indirect et r2 est la

111

rotation indirecte de centre C et d'angle π signifie r2(B) = J

3

b) • On a CDI est un triangle équilatéral indirect et r2 est la rotation

indirecte de centre C et d'angle π signifie r2(D) = I
3

• On a CEA est un triangle équilatéral indirect et r2 est la rotation

indirecte de centre C et d'angle π signifie r2(E) = A 2
3 1
1
¨B, D et E alignés

donc r2 : B ֏ J  alors A, I et J son alignés.
D֏I

E ֏ A 

II) 1°) Soit r le quart de tour direct
de centre A
• ABC est isocèle rectangle direct
alors r(B)= C
• AEF est isocèle rectangle direct
Alors r(E)= F
r(E)= F et r(B)= C alors EB = FC
(une rotation conserve la distance)
2°) r(E)= F et r(B)= C alors
r((EB)) = (FC) alors (EB) ⊥ (FC)
(l’image d’une droite par un quart
de tour est une droite qui lui est perpendiculaire)

112

Modèle 7

Deuxième trimestre - devoirs de contrôle - Modèle 7 – Corrigé Barème

Arithmétique 0.5
2
I) 1°) P(x) = x² + 5x + 9 alors P(-2) = (-2)² + 5x(-2) + 9 = 4 – 10 + 9 = 3
2°) Si x = -2 alors P(x) – 3 = 3 – 3 = 0 alors [ P(x) – 3] admet -2 comme l’un de 1
ses zéros
par suite [P(x) – 3] est factorisable par (x- (-2)) = (x + 2)
3°) D’après 2°), [P(n) – 3] est factorisable par (n + 2) (n étant un entier
naturel donc c’est un réel particulier)

donc P(n) – 3 = (n + 2)(a.n + b) signifie P(n) = (n + 2)(a.n + b) + 3
de plus, on a n ≥ 2 donc n + 2 ≥ 4 > 3
alors le reste de la division euclidienne de P(n) par n +2 est 3.

II) 1°) a) a = 6k + 5 et b = 8k + 3 0.5
1.5
alors 4a – 3b = 4(6k + 5) – 3(8k + 3) = 11 > 0 donc 4a > 3b 1

b) d divise a alors a = d.k1 alors 4.a = 4.d.k1
et d divise b alors b = d.k2 alors 3.b = 3.d.k2
par suite 4a – 3b = 4.d.k1 - 3.d.k2 =d(4.k1 – 3.k2) ainsi d divise (4a – 3b)
2°) d’après 1°), si d divise a et b à la fois alors d divise (4a – 3b)
donc d divise 11
donc d = 1 ou d = 11 et alors a et b ont au maximum deux diviseurs
communs.

III) 3n3 – 11n + 48 = 3n(n² - 9) + 16n + 48 = 3n(n - 3)(n + 3) + 16(n + 3) 2

= (n + 3)(3n(n – 3) + 16) = (n + 3)k
donc 3n3 – 11n + 48 est divisible par n + 3

IV) 1°) Soit l et L les dimensions de ce rectangle avec l ≤ L 1
on a l.L = 150 donc l et L sont des diviseurs de 150
D150 = { 1, 2, 3 ; 5, 6, 10, 15,25, 30, 50, 75, 150} donc les valeurs
possibles pour l et L sont:

l 1 2 3 5 6 10 1.5
L 150 75 50 30 25 15 1

2°) on a L ∉ M2 donc L ∈ {75, 25, 15} de plus l∈ M3
donc ce rectangle a pour dimensions 6 et 25.

113

Géométrie

ABCD est un parallélogramme de centre O.
1°) a) i) I = S B(A)

ii) J = S(BD) (A)
iii) P : projeté orthogonal de A sur (BD).

1

b) On a: • O = A*C signifie h(A,2)(O) = C

• B = A* I signifie h(A,2)(B) = I • P = A * J signifie h(A,2)(P) = J

On a P, B et O sont alignés alors h(P), h(B) et h(O) sont alignés 3

Donc J, I et C sont alignés. 2
2°) a) •on a h(A) = E alors h((AI)) est la parallèle à (AI) qui passe par 2
E
C’est alors la la parallèle à (AB) qui passe par E ((AB) = (AI))
D’où h((AI)) = (CD)
• on a {I}=(AI) ∩ (JC) alors {h(I)}=h((AI)) ∩ h((JC))

alors {h(I)}= (CD) ∩ (JC)={C} d’où h(I) = C

b) on a B = A*I alors h(B) = h(A)*h(I) = E*C = K
donc h de centre J transforme B en K
alors B , K et J sont alignés

114

Modèle 8

Deuxième trimestre - devoirs de contrôle - Modèle 8 – Corrigé Barème

Exercice 1 0.5
Q1: • V2n = Vn + 5 alors V2 = V1 + 5 = 3 + 5 = 8
alors V4 = V2 + 5 = 8 + 5 = 13 donc P1 est vraie. 0.5
• V2n+1 = 2.Vn alors V5 = 2.V2 = 2x8 = 16 donc P2 est vraie. 0.5
• V2n = Vn + 5 alors V6 = V3 + 5 = 2.V1 + 5 = 2x3 + 5 = 11

donc P3 est vraie.

Q2 : U est la suite définie sur IN par Un = 3n – 2 3x0.5
• Un+1 - Un = 3(n + 1) – 2 - 3n + 2 = 3n + 3 – 3n = 3
donc U est arithmétique de raison 3

alors P1 est fausse. P2 est vraie. P3 est fausse.

Q3 : (Wn) n∈IN est arithmétique de raison 2 et telle que W6 = 14
3

• Dans le cas d’une suite arithmétique, on a Wn = Wp + (n – p)r

Donc W0 = W6 + (0 – 6)x 2 = 14 - 6x 2 = 10 donc P1 est vraie 0.5
3 3 0.5
0.5
• Wn = W0 + nr alors W15 = W0 + 15x 2 = 10 + 10 = 20
3

donc P2 est vraie

• Wn =W0 + nr alors W3k+1 = W0 + (3k + 1) 2 = 2k+10 + 2 =2.k + 32
3 3 3

donc P3 est vraie.

Exercice 2 2x0.5
1
1°) a) x = 2k+1 et x = 11k’+8 avec k, k’∈ ℕ
1
b) y = 11k + 3 -4 +a – 9 + 2 – 1 + 6 – 7 + a - 9

= 11k + 2a - 19

= 11k’+ 2a - 8 (k, k’, k’’∈ ℕ )

= 11k’’+2a + 3

D’autre part, on veut que le reste de la division euclidienne de y

-donc de 2a+3- par 11 soit 8, ce qui revient à ce que le reste de la

division euclidienne de 2a par 11 soit 5

115

a 01234 5 6789 1
Reste de la division de 2a par 11 0 2 4 6 8 10 1 3 5 7 1

D’après ce tableau, a ne peut être que 8. 1
0,5
2°) a) u - v =2k+1-2k’-1=2(k-k’) alors u - v est pair
b) u - v =d.k+r-d.k’ - r=d(k-k’) alors u - v est divisible par d

3°) a) on a x – y = 9876129865 - 9876129843 = 22
De plus, on sait que si n divise x et divise y alors n divise (x – y). (x>y)
Ainsi si n divise x et divise y alors n divise 22.
b) D’après a), si δ est le PGCD(x,y) alors δ divise 22
alors δ ∈ {1, 2, 11, 22}
or x et y sont impairs donc δ ≠ 2 et δ ≠ 22, de plus x n’est pas divisible
par 11 ( 1°) a)) alors le PGCD(x,y) ne peut être que 1

Exercice 3 2x0.5
1°) a)

1.5

b) On a A’ = h(A) et C’ = h(C) 2
1.5
alors (A’C’) = h((AC))

donc (A’C’) / / (AC)  alors : (AB) ⊥ (A’C’)
d’autrepart, on a : (AB) ⊥ (AC)

2°) [AC] est un diamètre de ζ
alors ζ passe par A et a pour centre: A * C
alors h(ζ) passe par h(A) et a pour centre: h(A) * h(C)
alors h(ζ) passe par A’ et a pour centre: A’ * C’
alors [A’C’] est un diamètre de h(ζ).

d’où h(ζ) = ζ’ (Deux cercles qui ont un diamètre commun sont
confondus)

3°) on a: (BC) ∩ ζ = {C,I}
alors h((BC)) ∩ h(ζ) = {h(C) , h(I)}

116

{ }alors(BC) ∩ ζ ’h (I) J } alors 1.5
= { C’ , 1.5
d’autre part, on a :
= C’ , h(I) = J ( c’ = h(C) et

(BC) ∩ ζ ’

h h est une bijection)

4°) a) On A est fixe et AC = 2 =constante

signifie C varie sur le cercle de centre A et de rayon 2

signifie C ∈ ζ(A , 2)
signifie h(C) ∈ h(ζ(A , 2))
signifie C’ ∈ ζ(A’ , 4) (4 = |-2|x 2)
Conclusion: l’ensemble cherché est le cercle de centre A’ = h(A) et de
rayon 4.

b) ∆ // (AB) alors ∆ ⊥ (AC) en C alors ∆ est tangente à ζ en C
alors h(∆) est tangente à h(ζ) en h(C).

alors ∆’ est tangente à ζ’ en C’ et par suite ∆’ coupe ζ’ en un seul
point c’est C’.

117

Modèle 9

Deuxième trimestre - devoirs de contrôle - Modèle 9 – Corrigé Barème

Exercice 1

1, 1 − 1 2. 2
3 3 5 2
1) a) U1 = U2 = =
4 2
3 − 3 2
2
U1 − U0 = 1 
3  ⇒ U n’est pas arithmétique.
b) U0.U2 = 0 ≠ U12 alors U
1
U2 − U1 = 15 

n’est pas géométrique

2) a) vn+1 = 1 .
1 − 2Un+1

1 − 2Un+1 = 1 − 2 − 2Un = 1 − 2Un ⇒ vn+1 = 3 − 4Un
3 − 4Un 3 − 4Un 1 − 2Un

vn+1 − vn = 3 − 4Un − 1 1 = 2 − 4Un =2 alors V est une suite
1 − 2Un − 2Un 1 − 2Un

arithmétique de raison 2.

b) v0 = 1, vn = 2n + 1 . 1 − 2Un = 1 ⇔ 2Un =1− 1
vn vn

Alors Un = 1 − 1 = 1 − 1 = 2n = n
2 2vn 2 4n + 2 4n + 2 2n + 1

c) v est une arithmétique de raison 2. v2 + v3 + ... + vn = 285

(n − 1) . 5 + 2n + 1 = 285 ⇔(n-1)(n+3) = 285 ⇔ n² + 2n – 3 =
2

285 ⇔ n² + 2n +1 = 289

⇔ (n+1)²= 17² ⇔ n + 1 = 17 ou n + 1 = -17 impossible

donc n = 16.

Exercice 2

Soit p le nombre de pages que Mr Guider a lu et n le nombre de pages
de ce livre .

p(p + 1) 2
2
1) 1 + 2 +….+ p = 528 ⇔ = 528 ⇔ p²+p = 1056

118

⇔ p² + p + 1 = 4225
44

⇔  p + 1 2 =  65 2 ⇔ P + 1 = 65 ⇔ P = 32.
 2   2  2 2

2) 33 + 34 + … + n = 2398 ⇔ (n − 32) (n + 33) = 2398 ⇔n² + n – 1056 3

2

= 4796

n² + n + 1 = 5852 + 1 = 23409 =  153 2 ⇔  n + 1 2 =  153 2
44 4  2   2   2 

n + 1 = 153 ⇔ n = 76
2 2

Exercice 3 5

Soit r la rotation de centre A telle que r(B) = C.

r(B) = FC ⇒ BE = CF Ainsi BE = CF.
r(E) =

119

Modèle 10

Deuxième trimestre - devoirs de contrôle - Modèle 9 – Corrigé Barème

Arithmétique : 1
2
1°) le quotient = 12 2
2
2°) a = 11q+2, b = 11q’+7
3
a + b = 11(q + q’) + 7 + 2 = 11k + 9 donc le reste de la division
euclidienne de a + b par 11 est 9.

a – b = 11(q – q’) – 5 = 11(q – q’ – 1) + 6 donc le reste de la division
euclidienne de a - b par 11 est 6.

a² − b² = (a − b) (a + b) 

a − b = 11k '+ 6,k ' ∈ IN
a + b = 11k + 9,k ∈ IN 
6x9 = 54 = 11x4 + 10 

⇒ le reste de la division euclidienne de a²-b² par 11 est 10

3°) 1a67b5 est divisible par 9 ssi 19 + a + b est divisible par 9 ssi
1 + a + b est divisible par 9.

a et b sont des chiffres alors a + b ∈ {0, 1, 2, …, 18}.

1a67b5 est divisible par 9 ssi 1+ a + b ∈ {9, 18} ssi a + b ∈ {8, 17}.

1a67b5 est divisible par 11 ssi (5 + 7 + a) - (b + 6 + 1) = 5 + a - b est
divisible par 11 ssi 5 + a – b ∈ {0, 11} ssi a – b ∈ {-5, 6}.

1a67b5 est divisible par 9 et 11 ssi

a + b = 8 (imp) ou a + b = 8 ou a + b = 17 (imp)
a − b = −5 a − b = 6 a − b = −5

ou a + b = 17 (imp)
a − b = 6

sign a = 7 et b = 1.

120

GEOMETRIE :

1°) On a C est un 1
point du cercle (ζ) de
diamètre [AB] donc 1
ACB = 90° . D’où le 1
triangle ABC est 1
rectangle en C. 1
2
2°)a) On a le triangle
ABC est rectangle en
C. Donc (AC) est
perpendiculaire à (BC)
(1).

On a H est
l’orthocentre du
triangle AMC donc
(MH) est perpendiculaire à (AC) (2).

(1) et (2) impliquent que (MH) et (BC) sont parallèles.

b) On a M est un point du cercle (ζ) de diamètre [AB] donc AMB = 90° .
D’où le triangle ABM est rectangle en M. Donc (BM) est perpendiculaire à
(AM) (1).

On a H est l’orthocentre du triangle AMC donc (CH) est perpendiculaire à
(AM) (2).

(1) et (2) impliquent que (BM) et (CH) sont parallèles.

c) On a (MH) et (BC) sont parallèles et (BM) et (CH) sont parallèles
donc MHCB est un parallélogramme.

3°)a) MHCB est un parallélogramme sign MH = BC ⇔ t (M) = H.
BC

b) On a t (M) = H or M décris le cercle (ζ) donc H décris tBC(ζ) .
BC

4°) On a HM = CB ⇔ t (C) = B ⇒ t (CM) est la parallèle à (CM) passant
HM HM

par B. C’est la droite (BI). D’autre part, SO(B) = A et SO(C) = D donc

CADB est un parallélogramme donc

AD = CB = HM ⇔ t (A) = D ⇒ t (AM) est la droite parallèle à (AM) et qui
HM HM

passe par D. C’est la droite (DI). On a M = (AM) ∩ (BM) donc

{ }t (M) = t (AM) ∩ t (BM) = (DI) ∩ (BI) = I ⇔ t (M) = I ⇔ HM = MI . Donc
HM HM HM HM

121

M est le milieu du segment [HI].

5°)a) On a SO(B)=A donc OA = 1 BA et SA(O)=B’ donc
2
1
OA = AB ' ⇒ 1 BA = AB ' ⇒ AB ' = − 1 AB . D’où B’ est l’image de B par 1
2 2

l’homothétie h de centre A et de rapport (− 1 ).
2

b) On a h(B) = B’ donc h((BM)) est la droite parallèle a (BM) passant
par B’. C’est la droite (B’N). D’autre par on a h((AM)) = (AM) puisque A
est le centre de l’homothétie.

On a M = (AM) ∩ (BM) donc {h(M)} = h((AM)) ∩ h((BM)) = (B’N) ∩
(AM) = N.D’où h(M)=N.

c) M décris le cercle (ζ) or h(M) = N donc N décris h(ζ)=ζ’. On a [AB] est 1
le diamètre de ζ donc h([AB]) est le diamètre de ζ’. Donc ζ’ est le cercle
de diamètre [AB’].

122

Corrigés
Devoirs de synthèse

123

Modèle 1

Deuxième trimestre - devoirs de synthèse - Modèle 1– Corrigé Barème

Exercice 1

 U0 = -1

(Un): Un+1 Un + 4
= 5 - Un (n ∈IN)

1) • U1 = −1 + 4 = 3 = 1 • U2 = 4 + 1 = 9 =1 • U3 = 4+1 = 5 3x0.5
5 − (−1) 6 2 2 2 5−1 4

5 − 1 9
2 2

2)

− U0 = 1 +1= 3
U1 − U1 2 
2  alors U1 − U0 ≠ U2 − U1 alors Un n’est pas arithmétique 2x0.5
( )U2 =1−1 =
2 1
2 

3) On a (Vn) : Vn = 4 − 5.Un
Un − 2

a)

4 − 5 Un+1 4− 5Un + 20
Un+1 − 2 5 − Un
Vn+1 − Vn = − Vn = − Vn
Un + 4
5 − Un −2 1

= 20 − 4Un − 5Un − 20 − Vn = −9Un − 4 − 5Un =2 = cte 0.5
Un + 4 + 10 + 2Un 3Un − 6 Un − 2 0.5
0.5
Donc (Vn) est une suite arithmétique de raison 2 et de premier terme 0.5

V0 = 4+5 = −3 0.5
−1 − 2

b) • On a Vn = V0 + nr = 2n − 3

• d’autre part, on a Vn = 4 − 5Un signifie Vn .Un − 2Vn = 4 − 5Un
Un − 2

signifie Un (Vn + 5) = 4 + 2Vn alors Un = 2 Vn + 4 = 2(2n − 3) + 4 = 4n − 2
Vn + 5 2n − 3 + 5 2n + 2

d’où Un = 2n − 1
n+1

4)Sn = V0 + V1 + ...... + Vn c’est la somme de n + 1 termes consécutifs

d’une suite arithmétique

Sn = n V0 + n(n + 1).r = −3n + n(n + 1) = n² − 2n
2

124

Exercice 2 2
1) Soit a - 2b = 7k1 0.5
On a n =10a + b = 10(a - 2b) + 21b = 10x7k1+7x3b 1.5
= 7(10k1+3b) d’où n ∈ M7
1
2) n4 étant divisible par 7 donc n1 ∈ M4

1ère étape n1 = 25718 = 10a1 + b1 a1=2571 b1= 8

2ème étape n2 = a1 - 2 b1 = 2555 = 10a2 + b2 a2 = 255 b2 = 5

3ème étape n3 = a2 - 2 b2 = 245 = 10a3 + b3 a3 = 24 b3 = 5

4ème étape n4 = a3 - 2 b3 = 24 - 10 = 14

Exercice 3

1) on a AMB = IMB = AC B = π et MI = MB
3

alors le triangle IBM est équilatéral de sens direct

2) a) • ABC triangle équilatéral 0.5
de sens direct d’où r(C)=A 0.5
• IBM triangle équilatéral de 2
sens direct
d’où r(M)=I 0.5
b) • On a r(C)=A et r(M)=I
alors MC = IA
• I ∈ [AM]
alors AM = AI + IM = MC + MB

Exercice 4
1°) • G est le centre de gravité du triangle ABC
signifie GA = − 2.GI signifie h(G,-2)(I) = A

• on a aussi GB = − 2.GJ signifie h(G,-2)(J) = B

125

et GC = − 2.GK signifie h(G,-2)(K) = C 0.5

2°) a) • On a h(I) = A alors h((PI)) est la parallèle à (PI) 1
qui passe par A donc h((PI)) est ∆A. (h étant l’homothétie h(G,-2))
• On a h(J) = B alors h((PJ)) est la parallèle à (PJ) 1
qui passe par B donc h((PJ)) est ∆B 0.5
• (PI) ∩ (PJ) = {P} alors h((PI)) ∩ h((PJ)) = {h(P)} 1

donc ∆A ∩ ∆B ={h(P)} et puisque h(P) existe et il est unique (une
homothétie est une bijection), on déduit que ∆A et ∆B sont sécantes
en Q = h(P)
b) On a P ∈ (PK) alors h(P) ∈ h((PK)) d’où Q ∈ h((PK))
d’autre part h((PK)) est la parallèle à (PK) qui passe par C donc
h((PK)) est ∆C.
3°) • On a h(P) = Q signifie h(G,-2)(P) = Q donc G, P et Q sont alignés

• h(G,-2)(P) = Q signifie GQ = −2.GP signifie GQ + 2.GP = 0

Signifie G est le barycentre de (P,2) et (Q,1)

126

4°)

1

a) Si P = O alors: 0.5
• (PI) est la médiatrice de [BC] alors ∆A ⊥ (BC)
et par suite ∆A est la hauteur issue de A.
• (PJ) est la médiatrice de [AC] alors ∆B ⊥ (AC) et par suite ∆B est la
hauteur issue de B.
• (PK) est la médiatrice de [AB] alors ∆C ⊥ (AB) et par suite ∆C est la
hauteur issue de C.
En résumé:
∆A, ∆B et ∆C sont les trois hauteurs du triangle ABC, Q étant leur point
d’intersection alors c’est l’orthocentre du triangle ABC.
b) D’après 3°), G, P et Q sont alignés alors
G: le centre de gravité de ABC, P = O: le centre de son cercle
circonscrit et Q son orthocentre sont alignés.

127

Modèle 2

Deuxième trimestre - devoirs de synthèse - Modèle 2– Corrigé Barème

Exercice 1 0.25
0.25
a = 10 001 000 100 010 001 0.5
1°) • Le chiffre d’unités de a est 1 et 1 ∉ {0, 2, 4, 6, 8} 0.5
donc a n’est pas divisible par 2. 0.25
0.25
• Le chiffre d’unités de a est 1 et 1 ∉ {0, 5} donc a n’est pas divisible 0.5
par 5.
0.5
• Le nombre formé de deux derniers chiffres de a est 01 = 1 qui n’est
pas divisible par 4 donc a n’est pas divisible par 4. 1
1
• Le nombre formé de trois derniers chiffres de a est 001 = 1 qui n’est

pas divisible par 8 donc a n’est pas divisible par 8.

• La somme des chiffres de a est 5 et 5 ∉ {0, 3, 6, 9} donc a n’est pas
divisible par 3, de plus 5 ∉ {0, 9} donc a n’est pas divisible par 9
• Soit SI la somme des chiffres de a de rangs impairs et SP la somme
des chiffres de a de rangs pairs : SI - SP = 1+0+1+0+1+1+1 – 0 = 5
donc a n’est pas divisible par 11.
2°) (n8 + n6 + n4 + n² + 1) (n8 - n6 + n4 - n² + 1)
= n16- n14+n12- n10+ n8+ n14- n12+ n10- n8+ n6+ n12- n10+ n8- n6+n4
+n10- n8+ n6- n4+n2 + n8-n6+n4-n²+1 = n16 + n12 + n8 + n4 + 1

3°) a) On a: a = 10 001 000 100 010 001
= 1x1016 + 1x1012 + 1x108 +1x 104 + 1

Ainsi a est. de la forme n16 + n12 + n8 + n4 + 1 où n = 10
b) D’après 1°), a = (108 +106 +104 +10² +1) (108 -106 +104 -10² + 1)

= 101010101x(100010001 – 100100) = 101010101x99909901

Par suite a est divisible par101010101 et par 99909901 et chacun de

ces deux entiers est différent de 1 et de a.

Exercice 2 P(6) = 64 – 20x6² + 4 = 580 3x0.5
n ≥ 5, P(n) = n4 – 20n² + 4.
1°) a) P(5) = 54 – 20x5² + 4 = 129, 0.5
0.5
P(7) = 74 – 20x7² + 4 =1425.

b) On a: P(5) = 129 = 3x43 alors P(5) n’est pas premier.

P(6) = 580 = 10x58 alors P(6) n’est pas premier

P(7) = 1425 = 5x285 alors P(7) n’est pas premier
2°) a) (n² - 2)² - 16n² = n4 – 4n² + 4 – 16n² = n4 – 20n² + 4

b) (n² - 2)² - 16n² =(n² - 2 – 4n)(n² - 2 +4n)= (n² – 4n- 2)(n²+4n -2)

• n² – 4n - 2 a pour discriminant réduit ∆’ = (-2)² -1x(-2) = 6

x’ =2 − 6 et x’’ = 2 + 6

• n² + 4n- 2 a pour discriminant réduit ∆’ = 2² -1x(-2) = 6

x’1 = −2 − 6 et x’’2 = -2 + 6

128

n 0 2+ 6 5 +∞ 2x0.5

n² – 4n – 2 - 0+ + 0.5
0.5
n² + 4n - 2 + + + 0.5

D’après ce tableau:

pour n ≥ 5, N1= n² – 4n – 2 > 0 et N2 = n² + 4n – 2 > 0
de plus, on a n ∈ IN alors N1 ∈ IN et N2 ∈ IN.
ainsi N = n4 –20n² +4 est divisible par N1= n² –4n –2 et N2= n² +4n –2
c) • N1= n² –4n –2 = 1 signifie n² –4n –3 = 0

alors ∆’ = (-2)² -1x(-3) = 7 donc n’ = 2 − 7 ∉ IN et n’’ =2 + 7 ∉ IN
alors N1 ≠ 1

• N2 = n² +4n –2 = 1 signifie n² +4n –3 = 0

alors ∆’ = 2² -1x(-3) = 7 donc n’ = -2 − 7 ∉ IN et n’’ =-2 + 7 ∉ IN
alors N2 ≠ 1

d) N possède au moins un diviseur N1 ≠ 1 et N1 ≠ N alors N n’est pas
premier.

Exercice 3

1°) • E = SA(O) signifie

A=O*E signifie OA = 1 .OE
2

signifie h(O, 1 )(E) = A
2

• F = SB(O) signifie B=O*F signifie OB = 1 .OF signifie h(O, 1 )(F) = B 0.5
2 2 0.5

• h(O, 1 )(O) = O 0.5
2

En résumé: l’homothétie qui transforme le triangle OEF en le triangle

OAB est h(O, 1 ).
2

2°) • On a OA = 1 .OE et OC = −OA alors OC = − 1 .OE alors OE = −2.OC
2 2

signifie h(O,-2)(C) = E

• On a OB = 1 .OF et OD = −OB alors OD = − 1 .OF alors OF = −2.OD
2 2

signifie h(O,-2)(D) = F
• h(O,-2)(O) = O
En résumé: l’homothétie qui transforme le triangle OCD en le triangle

OEF est h(O,-2).

3°) • Soit Ω = E * F signifie ΩE = −ΩF signifie h(Ω,-1)(F) = E

129

et h(Ω,-1)(E) = F 1

• On a G = t (F) signifie OE = FG signifie OEGF est un 1
OE 2

parallélogramme et on a Ω = E * F = O * G signifie ΩG = −ΩO
signifie h(Ω,-1)(O) = G
En résumé: l’homothétie qui transforme le triangle EFG en le triangle
OEFG est h(Ω,-1).
4°) •l’homothétie qui transforme le triangle OCD en le triangle EFG
transforme C en F, D en E et O en G alors elle a pour centre I: point de
concours des droites (CF), (DE) et (OG)

• De plus on a EF = 2.DC donc cette homothétie a pour rapport 2
l’homothétie qui transforme le triangle OCD en le triangle EFG est
h(I, 2) où {I} =(CF) ∩ (DE).

Exercice 4
A et B sont deux points distincts du plan. (ζ) est un cercle variable
tangent à la droite (AB) en A et non réduit à un point.
On désigne par O le centre de (ζ) et par G l’isobarycentre des points A,
B et O.
1°) Soit (£1) le lieu de O.
(ζ) est un cercle tangent à la droite (AB) en A alors (AB) ⊥ (AO) en A
Par suite (£1) est la droite perpendiculaire à (AB) en A privée de A car
sinon (ζ) est réduit à un point.
2°) G est l’isobarycentre des points A, B et O
alors h(Ω, 1 )(O) = G (Ω = A * B)

3
O ∈ (£1) signifie h(Ω, 1 )(O) ∈ h(Ω, 1 )((£1)) signifie G ∈ (£2)

33

Ainsi le lieu (£2) de G est

h(Ω, 1 )((£1)): c’est la droite
3

parallèle à (£1) et passant

par A’= h(Ω, 1 )(A) privée du
3

point A’.

1
130

Exercice 5 0.5
1
1°) a) On a C, A et C’ sont alignés dans cet ordre alors les vecteurs AC '
1
et AC sont colinéaires et de sens opposés et on a k > 0 1

Alors AC ' = -k. AC

b) AC ' = -k. AC signifie h(A,-k)(C) = C’
c) C ∈ ζ signifie h(A,-k)(C) ∈ h(A,-k) (ζ) signifie C’ ∈ ζ’’ = h(A,-k) (ζ)
d’autre part C’ ∈ ζ’ donc en conclusion C’ ∈ ζ’ ∩ ζ’’ = h(A,-k) (ζ)

2°) AF= 2.AE alors d’après 1°), AF = -2. AE signifie h(A,-2)(E) = F
et on a F ∈ ζ’ ∩ ζ’’ où ζ’’ = h(A,-2) (ζ)
de plus on a A ∈ ζ et h(A) = A alors A ∈ ζ’ ∩ ζ’’
donc F est le deuxième point commun à ζ’ et ζ’’ autre que A
• d’autre part, h(A,-2)(E) = F donc E ∈ (AF) et on a E ∈ ζ
ainsi E est le deuxième point commun à (AF) et ζ autre que A
Etapes de la construction:
• ζ’’ = h(A,-2) (ζ)
• A ∈ ζ’ ∩ ζ’’ et F ≠ A
• (AF) ∩ ζ = {A, E}

131

Modèle 3

Deuxième trimestre - devoirs de synthèse - Modèle 3– Corrigé Barème

Exercice 1 0.25
1°) • S1 = 1 [1 – (- 3)1] = 2 0.25

2

• S2 = 1 [1 – (- 3)2] = -4
2

• S3 = 1 [1 – (- 3)3] = 14 0.25
2

• S1 = U1 donc U1 = 2 0.25
0.25
• S2 = U1 + U2 donc U2 = S2 - U1 = -4 – 2 = -6 0.25
0.5
• S3 = U1 + U2 + U3 donc U3 = S3 – S2 = 14 – (-4) = 18
0.5
2°) a) U1 + U3 = 2 + 18 = 20, 2.U2 = 2x(-6) = -12 donc U1 + U3 ≠ 2.U2
0.5
alors U n’est pas arithmétique.
b) U1.U3 = 2x18 = 26, (U2)2 = (-6)² = 36 donc U1.U3 = (U2)² 0.75
0.25
alors je conjecture que U est géométrique.
2x0.25
3°) Un = Sn – Sn-1 = 1 [1 – (- 3)n] - 1 [1 – (- 3)n-1] 0.5
22

= 1 [1 – (- 3)n – 1 + (- 3)n-1 ] = 1 [(- 3)n-1 ( 1 - (- 3)]= 2x(- 3)n-1
22

4°) Un+1 = 2x(−3)n = -3 = constante donc U est une suite
Un 2x(−3)n−1

géométrique de raison -3.

5°) Vn = 2(Un + n)

alors T= ∑n V = 2(U1 +1)+ 2(U2 +2) + 2(U3 +3)+ ••• +2(Un +n)
n k

k =1

= 2(U1 + U2 + U3 +••••+ Un-1 + Un) + 2(1+2+3+••• + n)

= 2Sn + 2x n(n + 1) = 1 – (-3)n + n(n +1)
2

Exercice 2

1°) m, n ∈ IN et m > n

de plus, m – n = 538 (1) et m = 13n + 22 (2) 2x0.25

(1) signifie m = n + 538 0.25
2x0.25
alors (2) signifie 13n + 22 = n + 538 Signifie 12n = 516
0.25
donc n = 43 et m = 43 + 538 = 581 0.5

2°) Le reste de la division euclidienne d’un entier naturel a par 12 est 7

signifie a =12.k1 +7

132

= 3x4.k1 +7 = 3x4.k1 + 3x2 +1 = 3(4.k1 +2)+ 1 0.25
signifie a = 3.k2 + 1 et on a 1 < 3 et k2 ∈ IN donc le reste de la
division euclidienne de a par 3 est 1.
3°) Soit r et r’ les restes possibles des divisions euclidiennes d’un
entier respectivement par 12 et 3 et pour chaque valeur de r
correspond une valeur pour r’ qu’on résume dans le tableau ci-dessous:

r 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.5

r’ 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0.25
0.75
D’après ce tableau et puisque b = 3q + 2, les valeurs possibles pour r 0.5
sont: 2, 5, 8 et 11.
4°) a) a = 2n + 7 = 2(n +3) + 1 alors a est impair
b) d = PGCD(a,b) alors d divise a et b
alors d divise (a – b) = 2n + 7 - 2n + 1 = 8 donc d divise 8
c) d divise 8 alors d ∈ {1, 2, 4, 8} or a est impair donc d = 1

Exercice 3 0.5
1°) ABC est un triangle équilatéral de centre O
alors AÔB = 2. AC B = 2π et OA = OB de plus le triangle OAB est direct 0.25
0.25
3 0.5
par suite la rotation r de centre O et qui transforme A en B est la
rotation directe de centre O et d’angle 2π 0.25
0.25
3 0.25
2°) • le triangle OBC est direct et isocèle en O et BÔC = 2π 0.25

3
alors r(B) = C
• r(A) = B et r(B) = C alors r([AB]) = [BC]
• Soit r(I) = I’
I ∈ [AB] alors r(I) ∈ r([AB]) d’où I’ ∈ [BC], de plus on a AI = BI’
En résumé: I’ ∈ [BC] et AI = BI’ or on a J ∈ [BC] et AI = BJ
donc I’ = J signifie r(I) = J
3°) • le triangle OAC est indirect
et isocèle en O et CÔA = 2π

3
alors r’(A) = C
• on a r(A) = B signifie r’(B) = A
donc r’([AB]) = [AC]
• Soit r’(I) = I’’
I ∈ [AB] alors r’(I) ∈ r’([AB])
alors I’’ ∈ [AC]
de plus on a CI’’ = AI
En résumé: I’’ ∈ [AC] et AI = CI’’
or on a K ∈ [AC] et AI = CK

133

donc I’’ = K signifie r’(I) = K signifie r (K) = I 0.25
4°) ◊• le triangle OCA est direct et isocèle en O et CÔA = 2π 0.25
0.25
3
alors r(C) = A
• r(B) = C et r(C) = A alors r([BC]) = [AC]
• Soit r(J) = J’
J∈ [BC] alors r(J) ∈ r([BC]) d’où J’ ∈ [AC], de plus on a BJ = CJ’
En résumé: J’ ∈ [AC] et BJ = CJ’ or on a K ∈ [AC] et BJ = CK
donc J’ = K signifie r(J) = K
◊ r(I) = J, r(J) = K et r(K) = I
alors OI = OJ = OK et IÔJ = JÔK = KÔI = 2π ainsi le IJK est un

3
triangle équilatéral et a pour centre du cercle circonscrit le point O.
Etant équilatéral, ce triangle aura pour centre du cercle inscrit le point
O aussi.

Exercice 4 0.5
1°) a) • G = r(C) Signifie
AG = AC, CÂG = 90° et
Le triangle ACG est direct

• B = r(E) Signifie 0.5
AB = AE, BÂE = 90° et
Le triangle AEB est direct 0.5
b) On a: CÂG = 90° alors le 0.75
triangle CAG est rectangle en A 0.5
alors le milieu O de son
hypoténuse est le centre de son 0.25
cercle circonscrit donc OA = OG 0.25
et ainsi O est un point de la 0.25
médiatrice de [AG]. 0.5

2°) a) K = t (G) signifie AE = GK
AE

b) On a B = r(E) alors BÂE = 90° alors (AE) ⊥ (AB) de plus

AE = GK donc (AE) // (GK)
par suite (AB) ⊥ (GK).

3°) a) On a r’(A) = G, r’(B) = K et (AB) ⊥ (GK) alors r’ a pour angle π
2

b) triangle OAB triangle OGK justification

OÂB = OGK hypothèse

OA = OG O centre du ζ(ACG)

AB = GK AB = AE = GK

donc ces deux triangles sont isométriques

c) Les deux triangles OAB et OGK sont isométriques donc les éléments

134

homologues sont isométriques. 0.75
Les sommets O, A et B sont les homologues respectifs de O, G et K
d’où OB = OK et par suite O est un point de la médiatrice de [BK]. 0.5
d) On a r’(A) = G, r’(B) = K et (AG) // (BK) alors le centre de r’ est 0.25
l’intersection des médiatrices de[AG] et [BK] : c’est le point O (d’après 0.25
1°) b) et 3°) c))
4°) a) On a le triangle OCA est indirect, rectangle et isocèle en O 0.25
signifie r’(C) = A.
0.25
b) On a AE = GK alors AGKE est un parallélogramme (1)
de plus, on a: AB = AG, AB = AE et AC = AG donc AE = AG (2)
de (1) et (2), on déduit que AGKE est un losange (un parallélogramme
qui a deux côtés consécutifs isométriques).
c) • AGKE est un losange alors (AK) est perpendiculaire à [EG] en son
milieu
alors (AK) est la médiatrice de [EG] par suite (AK) est la médiane
relative au côté [EG] du triangle AGE.
• on a r’(B) = K et r’(C) = A alors r’((BC)) = (A K) alors (BC) ⊥ (AK)
donc (AK) est la hauteur issue de A du triangle ABC
d’où la conclusion.

135

Modèle 4

Deuxième trimestre - devoirs de synthèse - Modèle 4– Corrigé Barème

EXERCICE N°1 :

(Un)n∈ℵ la suite réelle définie par :

 U0 = − 1 , U1 = 1
 2 2

 1
 Pour tout entier naturel n, Un+2 = Un+1 − 4 Un

1°) (an)n∈ℵ la suite réelle définie par : an = Un+1 - 1 Un .
2

a) an+1 = Un+2 - 1 Un+1 = Un+1 - 1 Un - 1 Un+1 = - 1 Un + 1 Un+1
2 4 2 4 2

= 1 (- 1 Un + Un+1) = 1 an.
2 2 2

Donc (an) est une suite géométrique de raison 1. 0.5
2 0.5

b) a0 = U1 - 1 U0 = 3. an = 3x  1 n . 1
2 4 4  2 
0.5
c) 0.5
1
an = Un+1 − 1 Un ⇔ Un+1 = 1 Un + an ⇔ Un+1 = 1 Un + 3 x  1 n
2 2 2 4  2 

1  1 n+ 2
2  2 
⇔ Un+1 = Un + 3x

2°) bn = 2n+1Un .

a) bn+1 - bn = 2n+2Un+1 - 2n+1Un = 2n+2 ( 1 Un + 3 ) - 2n+1Un =3.Donc
2 2n+2

(bn) est une suite arithmétique de raison 3.

b) bn = 3n – 1 et Un = 3n − 1 .
2n+1

c)

b2 + b3 + ....... + bn = 299 ⇔ (n − 1) b2 + bn = 299
2

⇔ (n − 1) (3n + 4) = 598

⇔ 3n² + n − 602 = 0.
On obtient n=14.

3°) Sn = U0 + U1 + ............. + Un , n ∈ IN.

136

a)

Sn = −4  − 1 U0 − 1 U1 − 1 U2... − 1 Un 
 4 4 4 4 

= −4 (U2 − U1 ) + (U3 − U2 ) + (U4 − U3 ) + ... + (Un+2 − )Un+1  1
1
( ) ( )= −4 Un+2 − U1 = 4 U1 − Un+2
1
( )b) Sn = 4 U1 − Un+2 = 4  1 − 3n + 5  . 1
 2 2n+3  1

EXERCICE N°2 : 1
1
1°)a) Soit r le quart de tour direct de centre A.
1
r(B) = D sign ABD est un triangle direct
rectangle et isocèle en A. 0.5
0.5
b) t (C) = D ⇔ CD = AB .
AB

c) ABCD est un carré.

2°) R la rotation directe de centre O et d’angle π .
2

a) Voir figure.

b) R(D) = A et R(A) = B alors R([AD])=[AB]. Soit J’ = R(I).

I ∈ [AD] alors J’ ∈ [AB]. RR((IA))==JB'  ⇒ BJ' = AI = BJ .

BJ' = BJ 
J ∈ [AB] 
 ⇒ J = J' = R(I) .

J' ∈ AB

c) RR((BI))==JC ⇒ (IB) ⊥ (JC).

EXERCICE N° 3 :

1°)a) OAM est un triangle isocèle en O et I = A*M alors I est le projeté

orthogonal de O sur (AM) et AOI = x .Donc sinx = AI = AI .
OA

b) AM² = (2AI)²=4sin²x.

2°)a) D’après El Kashi dans le triangle OAM on a :

AM² = OA² + OM² -2.OA.OM.cos2x = 2 – 2cos2x = 2(1 – cos2x).

137

b) 2(1 – cos2x) = 4sin²x sign 1 – cos2x = 2sin²x

sign cos2x = 1 – 2sin²x = 1 – 2(1 – cos²x) =2cos²x – 1. 1

3°)

cos π = 1 − 2 sin² π ⇔ 2 sin² π = 1 − cos π =1− 3 ⇔ sin² π = 2− 3
6 12 12 6 2 12 4

2

6− 2 = 6− 2.
( )sin π > 0 donc sin π = 2 − 3 = 8 − 4 3 = 1

12 12 2 4 44

cos² π = 1 − sin² π =1− 8−4 3 = 8+4 3 ⇒ cos π = 6+ 2.
12 12 16 16 12 4

4°)a) MH = sin2x

b) AMA’ est un triangle rectangle en M et AA 'M est un angle inscrit 0.5
0.5
associé à l’angle au centre AOM .Donc AA 'M = x et A ' AM = π − x.
2 0.5
1
c) sin  π − x  = A 'M ⇔ A 'M = AA ' sin  π − x  = 2 cos x .
 2  AA '  2 

d) L’aire du triangle AMA’ = AM.A 'M = (2 sin x) (2 cos x) = 2 sin x.cos x
2
2

L’aire du triangle AMA’ = AA '.MH = 2. sin 2x = sin2x
2 2

D’où sin2x = 2sinx.cosx.

5°) α = cos π et β = sin π
5 5

a) cos 2π = cos 2 π  = 1 − 2 sin ² π = 1 − 2β² .
5 5  5

sin 2π = 2 sin π .cos π = 2α.β .
5 5 5
0.5
b) sin 2π = sin  π − 2π  = sin 3π .
5  5  5 0.5
0.5
c) (4α² − 2α − 1) .β = β (4α² − 1) − 2αβ = sin 3π − sin 2π = 0.
5 5

Or β ≠ 0 alors ∝ est une solution de l’équation : 4x² - 2x – 1 = 0.

d) Résolvons l’équation 4x² - 2x – 1 = 0.
∆ = 20. Les solutions de cette équation sont :
138

x’ = 2−2 5 = 1− 5
8 4

et x’’= 2+2 5 = 1 + 5.
8 4
1

∝ est la solution positive de l’équation alors ∝ = 1 + 5 . D’où
4

cos π = 1+ 5 .
5 4

sin π = 1 − cos ² π = 1 − 3 + 5 = 5+ 5 .
5 5 8 8

cos 2π = 1 − 2β² = 1 − 2 5 + 5 = − 1 + 5.
5 8 4

139

Modèle 5

Deuxième trimestre - devoirs de synthèse - Modèle 5– Corrigé Barème

Exercice 1

1)a) Vrai b) Faux c) Vrai d) Faux 4x0.75
0.5
2)a) (un) est une suite arithmétique si et seulement s’il existe une 0.5
constante réelle r tel que ∀n∈IN, un+1 = un + r
1.5
b) (un) est une suite géométrique si et seulement s’il existe une
constante réelle q tel que ∀n∈IN, un+1 = qun

Exercice 2 :

1) D’après El KASHI, BC² = AB² + AC ² - 2 AB.AC.cosA

=2AB²(1 - cos 3π )=AB²(2+ 2 )
4

D’ où BC = 2+ 2.
BA

2) Soit H le milieu de [BC], cos  π  = BH = BC = 2+ 2 1.5
 8  BA 2BA 2
1.5
Exercice 3 : 1.5

1)On a 129 ∧ 93 = 3. Alors on pourra former 3 équipes aux maximum.

2) Chaque équipe va contenir 129 = 43 filles et 93 = 31 garçons.
3 3

Exercice 4 : 1.5
1
1)a) On a D = A*E or (CD) est perpendiculaire à (AE) alors (CD) est la 1.5
médiatrice de [AE]. D’où CA = CE ainsi le triangle ACE est isocèle. Or
CAE = 90° − CAB = 60° . D’où ACE est équilatéral.

b) On a AEC et ACF sont deux triangle équilatéraux alors AC = EC = EA
= AF = FC. Or (CF) et (AE) sont parallèles alors AECF est un losange.

2)a) On a O = A*C or AEC est un triangle équilatéral alors (OE) est la
médiatrice de [AC]. I ∈ [OE] alors IA = IC d’où C ∈ ζ : cercle de centre I
et de rayon IA.

b) PMC et PAC sont deux angles inscrit sur le cercle ζ de la même coté

1.5

140

par rapport à l’arc [AC] alors PMC = PAC = BAC = 30° ⇒ NMC = 30° .
or PMC = NMC 

3)a)[MP] est le diamètre de ζ et (CN’) perpendiculaire à [PM] alors (MP) 1.5
est la médiatrice de [CN’] alors MC = MN’.

MC = MN' 60°  ⇒ MCN' est un triangle équilatéral.
CMN' = 2CMN 
= 

b) Soit R la rotation de centre C et d’angle π . 1.5
3
0.75
On a CMN’, CEA et CAF sont trois triangles équilatéraux directs alors : 0.75

R(M) = N' 

R(E) = A  ⇒ N', A et F sont alignés .
R(A) = F 

M, E et A sont alignés

4)a) h(F) = B, h(A) = O et h(N’) = N.

b) On a F, A et N’ sont alignés alors B, O et N sont alignés or B, O et D
sont alignés alors B, N et D sont alignés.

141

Troisième Trimestre

142

Devoirs de contrôle

143

Modèle 1

Exercice 1
Un village avait 3123 habitants en 1995.
Le nombre d'habitants diminue chaque année de 12% par rapport à l'année
précedente (à cause de l'exode rural).
On note Pn: le nombre d'habitants du village pour l'année n.
(on arrondira tous les résultats à l'entier le plus proche )
1)Donner les valeurs de P1995, P1996 et P1997 .
2) a) Exprimer Pn+1 en fonction de Pn

b) Justifier que la suite ( Pn ) est une suite géométrique et donner sa raison.

3)Calculer P2006.
4)A partir de quelle année, au moins les deux tiers des habitants de ce village
l'auront – ils quitté?

Exercice 2

( )Dans un plan P muni d'un repère orthonormé O , i, j , on considère les trios points

A(-2,2), B(6,7) et C(-1,-3).
1°) a) Faire une figure.

b) Montrer que A, B et C ne sont pas alignés et que le triangle ABC n'est pas
rectangle en A.
2°) a) Déterminer une équation cartésienne de la droite ∆1 parallèle à (AB) et
passant par C.

b) Déterminer une équation cartésienne de la droite ∆2 parallèle à (AC) et
passant par B.
3°) Déterminer par le calcul les coordonnées du point D:intersection de ∆1 et ∆2.

4°) Retrouver les coordonnées du point D sans se servir des équations de Δ1 et Δ2.

144

Modèle 2

Exercice I

Soit U une suite arithmétique définie sur IN et telle que : U0 = 8 et U5 = -12.
1) Ces données sont – elles suffisantes pour définir cette suite ? justifier.
2) L’un de ses termes peut – il être égal à 20 ? Justifier.
3) Pour quelles valeurs de n, -2.Un est – il divisible par 8 ?

Exercice II

Soit V une suite géométrique définie sur IN par : V1 = 1 et V4 = 4.
2

1) Vérifier que V a pour raison 2 puis déterminer son premier terme.

2) Calculer le septième terme de cette suite de deux manières.

3) Déterminer l’indice n du terme de valeur 256.

4) Calculer la somme A = V4 + V5 + V6 + V7 + V8 + V9

Exercice 3

ABC est un triangle indirect isocèle de sommet principal A et tel que BÂC est obtus.

1)a) Construire les points B’, A’ et C’ tels que :

i) B’ = r1(C) où r1 est la rotation indirecte de centre A et d’angle π.
3

ii) A’ = r2(B) où r2 est la rotation indirecte de centre C et d’angle π.
3

iii) A = r3(C’) où r3 est la rotation directe de centre B et d’angle π.
3

b) Quelle est la nature de chacun des triangles AB’C, BCA’ et ABC’. Justifier.

Indiquer pour chacun d’eux s’il est direct ou indirect.

c) Montrer que A est le centre du cercle circonscrit au quadrilatère CBC’B’.

2)a) En considérant la rotation directe r de centre A et d’angle π ,
3

montrer que BB’ = CC’

b) En considérant une rotation adéquate qu’on définira et le résultat de 2°) a),

montrer que: BB’ = CC’ = AA’.

3°) a) Montrer que les triangles CA’B’ et BC’A’ sont isométriques.

b) Déduire que : i) le triangle A’C’B’ est isocèle de sommet principal A’.

ii) (AA’) est la médiatrice de [B’C’].

4°) a) Montrer que S(AA’)(B) = C.
b) Soit {O} = (AA’) ∩ (BB’). Montrer que (AA’), (BB’) et (CC’) sont concourantes

145

Modèle 3

Exercice 1
La courbe représentée ci – dessous est celle d’une fonction f définie sur l’intervalle
[-1;6].
I) Répondre aux questions suivantes d’après le graphique:
1°) f semble – elle avoir des extremums ?
Si oui, préciser leurs natures, leurs valeurs et en quels réels se réalisent – ils ?
2°) Quel est l’ensemble des réels qui semblent avoir trois antécédents ?
3°) Si x ∈[4;5] alors à quel intervalle appartient f (x) ?
4°) Dresser le tableau de variations de la fonction f sur son domaine de définition.
5°) f est – elle impaire ?
6°) Donner le tableau de signes de f sur son domaine de définition.
7°) Représenter sur le même repère la fonction g définie par g(x) = f(x +1)

II) Sachant que f (x) = 1 x3 − 9 x2 + 5x
4 4

1°) Prouver que: f(x) = x (x − 4)(x − 5)
4

146

2°) Déterminer le sens de variation de f sur [5,6]
Exercice 2

( )Soit un repère orthonormé O, OI, OJ , le demi - cercle trigonométrique ζ et un point

quelconque
S(0,s) de l’axe des ordonnées.

( )1°) Déterminer selon la position de S sur O,OJ , le nombre de points de ζ admettant

S comme projeté orthogonal sur cet axe.
2°) En déduire un encadrement de sinα où α est un réel de l’intervalle [0,π]
3°) Soit s un réel donné de l’intervalle [0,1]. Combien peut – on trouver de réels β
appartenant à l’intervalle [0,π] qui vérifient: sinβ = s (Pour déterminer un angle, il
ne suffit pas de connaître son sin)
Exercice 3
Deux forces concourantes F1 et F2 d’intensités respectives 250 N et 460 N sont
représentées par les vecteurs OA et OB avec AÔB = 50°.
1°) Construire le point C tel que OC soit un représentant de la résultante R de F1 et
F2 .
2°) Déterminer l’intensité de la résultante R
3°) Déterminer AÔC en degré (à 10-2 près).

147

Modèle 4

Exercice 1 y Cg
4
Dans la figure ci-contre on a représenté deux fonctions 3
f et g définies sur [0 , 4]

2

Cf

1
→j

-1 0 →i 1 2 3 4 x

-1

Les courbes ( C1 ) , ( C2 ) et ( C3 ) ci-dessous sont les représentations graphiques des
trois fonctions f + g, f – g et f.g

y y 5y
2

4 1 C2 4

3 j→ 3 C3
-1 0 i→ 1 2 3 4 x
C1 2
-1
2

1 -2 1
→j -3 →j

-1 0 i→ 1 2 3 4 x -1 0 →i 1 2 3 4 x

Associer à chaque courbe la fonction qu’elle représente

Exercice 2

Le dessin ci-contre représente une parcelle de
terrain de la forme triangulaire qui doit être
vendue au prix de 91 dinars le mètre carré.

1°)a) En utilisant les formules d’EL KASHI,

( )calculer cos BAC

b) Donner une valeur approchée de  à un
degré prés par excès.

2°)a) Calculer, en m², l’aire du triangle ABC.

b) Quel est le prix de vente de ce terrain ?

148

EXERCICE N° : 3
ABCD est un rectangle tel que AB = 15cm et
BC = 9cm.
M est le point de [AD] tel que AM = 4cm.
La droite (DE) est perpendiculaire à (MC) et coupe
(MC) en H.
a) Démontrer que les triangles DMC et AED sont semblables.
b) En déduire que AE=3cm.
c) Calculer ME.
d) Démontrer que la droite (MC) est la médiatrice du segment [DE].

149