La géométrie La distance qui sépare le point D du point G 6 analytique et Le ... · 2014. 6....

© 2010, Les Éditions CEC inc. • Reproduction autorisée Vision 6 ■ Ressources supplémentaires • Corrigé du manuel – Vol. 2 43

La géométrieanalytique etles systèmesd’équations

Exemple de production attendueSoit le modèle ci-dessous, qui représente l’avalanche.

1) L’épaisseur de la neige au-dessus du point CDéterminer l’épaisseur de la neige au-dessus du point Crevient à déterminer la longueur du segment CF dansla modélisation ci-dessus. Il faut donc déterminerl’ordonnée du point F. Ce point F a pour coordonnées(125, y ) et est un point de la droite passant par les pointsE et D. Ainsi, avec l’équation de la droite ED, on peutdéterminer l’ordonnée du point F et, par le fait même,la longueur du segment CF.

• Les coordonnées du point D sont (156,25, 0), carle point D est situé à 31,25 m du point C.

• L’aire du triangle ECD est égale à celle du triangle ABC,soit 1250 m2.

• La hauteur du triangle ECD relative à la droite CD estdonc de 80 m, soit 1250 � 2 � 31,25.

• L’ordonnée du point E est 80. Comme le point E fait

partie de la droite AC d’équation y � – x � 100,ses coordonnées sont (25, 80).

• L’équation de la droite ED est donc :

y � – x � 95,24.

• Les coordonnées du point F sont alors (125, 19,05).

L’épaisseur de la neige au-dessus du point C est doncde 19,05 m.

80131,25

45

A(0, 100)

C(125, 0)0

B(25, 100)

D

E

FG

y

x

SAÉ 16 : Danger, avalanche !

62) La distance qui sépare le point D du point G

Le segment CG est perpendiculaire au segment DE, carc’est à partir du point G que l’on pourrait creuser le tunnelle plus court pour atteindre le point C. On cherche donc àdéterminer la mesure de la hauteur relative à l’hypoténused’un triangle rectangle.

Comme, dans un triangle rectangle, le produit des mesuresde l’hypoténuse par la hauteur correspondante est égal auproduit des mesures des côtés de l’angle droit, on a :h � � 16,27.Avec la mesure de la hauteur, celle du segment CDet la relation de Pythagore, on peut déterminer la distancequi sépare le point D du point G, soit, au centimètre près,26,68 m.

3) La pente de la droite qui supporte ce tunnelLa droite qui supporte ce tunnel est perpendiculaire à la droite ED d’équation y � – x � 95,24.Sa pente est donc de , soit environ 1,64.

Analyse de l’effet du déplacement du point DDans le cas où le point D se rapprocherait du point C(le point D doit être situé, au minimum, à 25 m du point C afinque les triangles ABC et CDE aient la même aire), le point Eremonterait sur la droite AC, et la pente de la droite ED seraitde plus en plus abrupte.Ainsi :1) l’épaisseur de la neige au-dessus du point C diminuerait ;2) la distance qui sépare le point D du point G diminuerait ;3) la pente de la droite qui supporte le tunnel serait de moins

en moins forte.Dans le cas où le point D s’éloignerait du point C, le point Edescendrait sur la droite AC afin que les triangles ABC et CDEaient la même aire. Plus le point D s’éloignerait du point C,plus la pente de la droite ED serait douce.Ainsi :1) l’épaisseur de la neige au-dessus du point C augmenterait

dans un premier temps et atteindrait une épaisseurmaximale avant de diminuer lorsque le point Ds’éloignerait davantage ;

2) la distance qui sépare le point D du point G augmenteraitau fur et à mesure que le point D s’éloignerait ;

3) la pente de la droite qui supporte ce tunnel serait de plusen plus forte.

131,2580

80131,25

19,05 � 31,2536,60

C D

F

G

h

31,25 m

19,05 m36,60 m

Vision 6 ■ Ressources supplémentaires • Corrigé du manuel – Vol. 2 © 2010, Les Éditions CEC inc. • Reproduction autorisée44

Exemple de production attendueOn délimite le quadrilatère de recherches en supposant quel’avion peut se trouver, au maximum, à 20 km à l’estou à l’ouest de la trajectoire prévue.

Représentation de la situation dans un plan cartésien

Les droites d1 et d2 sont les médiatrices des segments CF et SF.Les droites d3 et d4 sont parallèles au segment CS.Elles coupent l’axe des abscisses à 210 et 250 respectivement.Les points A, B, D et E sont les points d’intersectionde ces droites.

Équations des droites1) Pente du segment CF : � –

La droite d1 a donc une pente de et elle passe parle milieu du segment CF, dont les coordonnées sont(90, 395). On peut écrire son équation sous la forme18x � 23y � C � 0. En remplaçant x et y par 90 et 395,on détermine C � 7465.Équation de d1 : 18x � 23y � 7465 � 0

2) Pente du segment SF : � –

La droite d2 a donc une pente de et elle passe parle milieu du segment SF, dont les coordonnées sont(205, 140). En procédant comme ci-dessus, on trouveson équation.Équation de d2 : 5x � 28y � 2895 � 0

3) Pente du segment CS : � –

Les droites d3 et d4 ont donc des pentes de – et passentrespectivement par les points de coordonnées (210, 0)et (250, 0).Équation de d3 : 51x � 23y � 10 710 � 0Équation de d4 : 51x � 23y � 12 750 � 0

5123

5123

510 � 00 � 230

528

285

280 � 0180 � 230

1823

2318

280 � 510180 � 0

C(0, 510)

S(230, 0)

F(180, 280)

x

y

A

B

D E

d1

d2

d3d4

0

SAÉ 17 : L’adac ne répond plusCoordonnées des points d’intersection

1) Le point A est le point d’intersection des droites d1 et d4.On doit résoudre le système d’équations :

18x � 23y � 7465 � 051x � 23y � 12 750 � 0Coordonnées du point A, arrondies à l’unité : (77, 385)

2) Le point B est le point d’intersection des droites d1 et d3.On doit résoudre le système d’équations :

18x � 23y � 7465 � 051x � 23y � 10 710 � 0Coordonnées du point B, arrondies à l’unité : (47, 361)

3) Le point D est le point d’intersection des droites d2 et d3.On doit résoudre le système d’équations :

5x � 28y � 2895 � 051x � 23y � 10 710 � 0En multipliant les membres de la 1re équation par –10,2,on obtient le système d’équations équivalentsuivant, que l’on peut résoudre :–51x � 285,6y � 29 529 � 0

51x � 23y � 10 710 � 0Coordonnées du point D, arrondies à l’unité : (151, 130)

4) Le point E est le point d’intersection des droites d2 et d4.On doit résoudre le système d’équations :

5x � 28y � 2895 � 051x � 23y � 12 750 � 0Ce système équivaut à :–51x � 285,6y � 29 529 � 0

51x � 23y � 12 750 � 0Coordonnées du point E, arrondies à l’unité : (188, 137)

Aire du quadrilatère ABDE

On peut inscrire le quadrilatère ABDE dans un rectangle GHIJdont les sommets ont les coordonnées suivantes :G(188, 385), H(47, 385), I(47, 130) et J(188, 130).

On peut alors calculer l’aire du quadrilatère ABDE enprocédant par soustraction.

A

B

DE

GH

I J

44


Aire du rectangle GHIJ :(188 � 47) � (385 � 130) � 35 955Aire du triangle GAE :(188 � 77) � (385 � 137) � 2 � 13 764Aire du triangle HAB :(77 � 47) � (385 � 361) � 2 � 360Aire du triangle IBD :(151 � 47) � (361 � 130) � 2 � 12 012Aire du triangle JDE :(188 � 151) � (137 � 130) � 2 � 129,5Aire du quadrilatère ABDE � 35 955 � 13 764 � 360 �12 012 � 129,5 � 9690L’aire du quadrilatère de recherches est doncapproximativement de 9690 km2.

Exemple de production attendueLe graphique suivant représente le volcan ainsi que la parabolede sûreté où x est l’axe (en m) où se trouve le centredu volcan et y est la hauteur (en m).La partie ombrée correspond à la zone de danger où lesbombes éjectées se déplacent.

La hauteur maximale à laquelle pourront grimper les touristescorrespond, dans le graphique, aux ordonnées des points Pet Q. Cette hauteur est environ de 400 m, comme le montrela démarche suivante.

Ordonnées des points P et QLa situation étant symétrique par rapport à l’axedes ordonnées, on utilise le 1er quadrant seulement.Le point P se trouve à l’intersection de la droite AB et dela parabole de sûreté.Pente de la droite AB : � –

Équation de la droite AB : y � – x � 10 000959

59

1000 � 0200 � 2000

PQ

1600140012001000

800600400200

0–400–800–1200–1600–2000 400 800 1200 1600 2000

y

x

B(2000, 0)

(200, 1000)

A

SAÉ 18 : Un volcan encore actif

Le système d’équations à résoudre est donc :y � – x �

y � – x 2 � 1400En utilisant la méthode de comparaison, on obtient

x � � 1256,7.En insérant cette valeur dans l’une des équations, on obtienty � 412,9.Afin d’assurer une certaine marge de sécurité, l’ascensiondes touristes est limitée à une hauteur de 400 m.

Positions sécuritaires d’un hélicoptère.Un hélicoptère est dans une position sécuritaire si cetteposition, représentée par le couple (x, y ) dans le plan cartésienci-dessus, vérifie l’inéquation suivante :y � – x2 � 1400

Exemples :1) Position : à 1000 m du centre du volcan et à une hauteur

de 800 m.Cette position, représentée par le couple (1000, 800), est sécuritaire, car – 10002 � 1400 � 775 et 800 � 775.

2) Position : à 800 m du centre du volcan et à une hauteurde 1000 m.Cette position, représentée par le couple (800, 1000),n’est pas sécuritaire, car – 8002 � 1400 � 1000et l’inégalité 1000 > 1000 est fausse.

Réactivation 1

a. 1) (50, 41) 2) (62, 50)

b. Plusieurs réponses possibles. Exemple :(20, 18,5), (30, 26), (40, 33,5)

c. y � x � 3,5

d. Oui.

e. C’est la médiatrice du segment GD.

Réactivation 2

a. Forfait 1 : f1(x) � 60x � 225 (pour x � 1 seulement).Forfait 2 : f2(x) � 45x � 450Forfait 3 : f3(x) � 70x

Page 81

34

Page 80

6RÉ

11600

11600

11600

4000 � 400��3349

11600

10 0009

59


b.

c. 1) Le forfait 3.2) Le forfait 2.3) Le forfait 2.

d.

En observant la table de valeurs, on constate qu’il estpréférable de choisir le forfait 2 si l’on s’abonne pourune période supérieure à 18 mois.

e. (15, 1125), (18, 1260), (22,5, 1575)La première coordonnée de ces points correspond aux troismoments ou 2 des 3 entreprises ont le même tarif, indiquépar la deuxième coordonnée.

f. Il n’est jamais avantageux de choisir le forfait 1.

Mise à jour

1. a) � 561,10 km

b) Plusieurs réponses possibles : Faire le trajet suivant :Bora Bora, Raiatea, Maiao, Tahiti, Thémae, Huahine,Bora Bora.Ce trajet serait environ de 518,75 km.

2. a) 1) y � – x � 13

2) y � – x � 13

b) Les trois points A, B et C sont alignés.

32

32

Page 84

1600

1400

1200

1000

800

600

400

200

Duréedu forfait

(mois)

Sommepayée

($)

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

Coût des différents forfaits pour un appareil

Forfait 1

Forfait 2

Forfait 3

3. a)

b) (0,6, 1,4)c) La longueur de chacune des cordes est de 0,2��13 m, soit

environ 72 cm.

Mise à jour (suite)

4. a) (4, 5) b) (–2, –1)

c) Aucune solution. d) � , �e) (–0,5, –2)f ) Il y a une infinité de solutions (x peut prendre toutes

les valeurs réelles).

5. a) y1 � 3 � 3xb)

c) Jonathan et Léonie se trouvent à la même distance dechez Samuel à 12 h 10, et il leur restera alors 2,5 km àparcourir.Ils se retrouveront une seconde fois à la même distancede chez Samuel à 12 h 35. Il leur restera alors 1,25 kmà parcourir.

d) Léonie se trouve deux fois plus proche de chez Samuelvers 12 h 37 min 47 s. Jonathan doit encore parcourirenviron 1111 m pour se rendre chez Samuel.

6. a) La température de l’eau et celle de l’alcool au débutde l’expérience.

b) Plusieurs réponses possibles selon la précisiondu graphique. Exemple :Approximativement (70, 55). Les deux liquides étaientà la même température, soit environ 55 °C, 70 s aprèsle début de l’expérience.

y1

y2

43,532,521,510,5

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2

Distance séparant Jonathan et Léoniede chez Samuel

y

x

9219

1419

Page 85

y

x

A(0, 1,8)B(1, 2)

C(0,6, y )

0

46

Durée (mois)

Somme payée pourle forfait 2 ($)

Somme payée pourle forfait 3 ($)

16 17 18 19

1170 1215 1260 1305

1120 1190 1260 1330


c) y � 0,5x � 20y � 0,85x � 5

d) (71,4, 55,7)

L’étude des droites

Problème

La distance entre Claireville et Bienville sera d’environ 9,2 km.Plusieurs démarches possibles. Exemple :On peut représenter cette situation dans un plan cartésien,dans lequel chaque ville est représentée par la première lettrede son nom et le point P est le point d’intersection del’autoroute 70 et du prolongement de l’autoroute 55.

On constate qu’une voiture qui emprunte l’autoroute 60de Grandeville (G) à Jolieville (J) se déplace de 2 km vers l’estpour chaque déplacement de 1 km vers le nord.La droite CP étant perpendiculaire à , on peut affirmer que

est l’image de par une rotation de 90°. Il s’ensuit que,sur l’autoroute 55 partant de Claireville (C), une voiturese déplace de 1 km vers l’est pour chaque déplacementde 2 km vers le sud.

Pour atteindre le point P, la voiture doit se déplacer de 6 kmvers le sud. Elle parcourra donc 3 km vers l’est. Parconséquent, les coordonnées du point P sont (8, 0).Distance par la route entre Claireville et Bienville (en km) :

d � ��(8 � 5)2 ��(6 � 0)2 � (10,5 � 8) � 9,2

G(0, 0) B(10,5, 0)

C(5, 6) J(12, 6)

P

12

1

2

y

x

GJCPGJ

G(0, 0) B(10,5, 0)

C(5, 6) J(12, 6)

P

12

y

x

Page 86

6.1section

Activité 1

a. Une pente de signifie que la rampe monte de 1 unitépour 12 unités de déplacement horizontal.

b. Une pente inférieure à aurait pour conséquence d’avoirune rampe d’accès moins inclinée et plus facile à gravirpour les personnes âgées, tandis qu’une pente supérieureà augmenterait l’inclinaison de la rampe et la rendraitplus difficile à monter.

c. Oui, cette pente est de .

d. 1) 2) 3) –13

e. Les pentes des droites d1 et d2 seraient alors de etla pente de la droite d3 serait de –15.

f. 1) La pente est nulle.2) La pente n’existe pas.

Activité 2

a. Rue Viau : y � – x �

Rue Pierre-de-Coubertin : y � x � 400

Boul. Pie-IX : y � – x � 400

Rue Sherbrooke : Cette équation ne peut pas s’écrire sousla forme y � mx � b.

b. Non. Le produit des pentes de deux des droites ne donnedans aucun cas –1.

c. Rue Viau : 11x � 24y � 16 400 � 0Rue Pierre-de-Coubertin : –9x � 4y � 1600 � 0Boul. Pie-IX : 3x � 8y � 3200 � 0Rue Sherbrooke : x � 200 � 0

d.

(400, 500)

(–200, 775)

(–200, –325)(0, –400)

Ruepiétonnière

projetée

Pie-IX

Pierre-de-Coubertin

Sherbrooke

Viau

y

x

38

94

20503

1124

Page 88

115

113

113

113

112

112

112

Page 87


e.

f. 1) Pente � –

2) Abscisse à l’origine � –

3) Ordonnée à l’origine � –

Activité 3

a.

b.

c. � � 1

d.

e. L’abscisse à l’origine est 10. Elle correspond à la distanceque franchit Julie-Anne lors d’un entraînement d’une heureen faisant de la course à pied.L’ordonnée à l’origine est 25. Elle correspond à la distanceque franchit Julie-Anne lors d’un entraînement d’une heureen faisant du vélo stationnaire.La pente de la droite est de –2,5. Cette pente indique quesi Julie-Anne veut augmenter de 1 km la distanceparcourue à la course à pied, elle doit diminuer de 2,5 kmla distance parcourue à vélo.

28262422201816141210

8642

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Entraînement de Julie-Anney

x

y25

x10

y25

x10

Page 89

CB

CA

AB

f.

g. 1) � � 1 2) � � 1 3) � � 1

Activité 4

a. (a � b, c )L’abscisse du point C est a unités de plus que l’abscissedu point D puisque les segments DC et AB sontisométriques et que le segment AB mesure a unités.L’ordonnée du point C est la même que celle du point D,car le segment DC est parallèle à l’axe des abscisses.

b. 1) Pente du segment AD : �

2) Pente du segment BC : �

c. Les segments AD et BC sont parallèles puisqu’ils ontla même pente.

cb

c � 0(a � b) � a

cb

c � 0b � 0

Page 90

y30

x15

y30

x12

y252

x5

1)

2)3)

343230282624222018161412108642

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

Entraînement de Julie-Anney

x

48

RueÉquation sous la forme

A B C PenteAbscisse à Ordonnée

générale l’origine à l’origine

Sherbrooke x � 200 � 0 1 0 200 Indéfinie 200 Aucune

Viau 11x � 24y � 16 400 � 0 11 24 –16 400 –

Pierre-de-Coubertin –9x � 4y � 1600 � 0 –9 4 1600 –400

Pie-IX 3x � 8y � 3200 � 0 3 8 3200 – – –400

Rue piétonnière 4x � 9y � 3300 � 0 4 9 –3300 – 825 11003

49

32003

38

16009

94

20503

16 40011

1124


d. En plaçant deux des côtés du carré sur les axes, on obtientla représentation ci-dessous.

Puisque tous les côtés d’un carré sont isométriques,on peut représenter par une même variable l’abscissedu point B et l’ordonnée du point D. Le segment BC étantperpendiculaire au segment AB, le sommet C aura la mêmeabscisse que le point B. Le segment BC étant isométriqueau segment AD, l’ordonnée du point C sera la même quel’ordonnée du point D. La longueur de la diagonale AC est donc de ��a2 � a2, soit ��2a, tout comme la longueurde la diagonale DB. Les deux diagonales sont doncisométriques. On constate également que le produit des pentes des diagonales AC et BD est , soit –1.Les deux diagonales sont donc perpendiculaires.

Technomath

a. Plusieurs réponses possibles. Exemples :(0, 3,43), (2, 3,93), (5, 4,68), (10, 5,93)

b. Leurs pentes sont les mêmes.c. 0,25 –4 � –1

d. y � – x �

e. L’ordonnée à l’origine de la droite d1 est 3,47.L’ordonnée à l’origine de la droite d2 est –1,5.L’ordonnée à l’origine de la droite d3 est 2,23.

f. La droite d3 est perpendiculaire à la droite d2 et parallèleà la droite d1.

g. 1) L’équation est de la forme y � constante.2) L’équation est de la forme x � constante.

Mise au point 6.1

1. a) d1 : –4 d2 : –1 d3 : –

d4 : – d5 : d6 :

b) d1, d2, d3 et d4.c) –1d) d1, d2, d4, d3, d6, d5

2. a) 1) –3 2) 3x � y � 14 � 0

3) Abscisse à l’origine :Ordonnée à l’origine : 14

143

14

32

12

15

Page 94

1130

45

Page 91

–aa

aa

A(0, 0) B(a, 0)

D(0, a ) C(a, a )

y

x

b) 1) 2) –x � 3y � 6 � 0

3) Abscisse à l’origine : 6Ordonnée à l’origine : –2

c) 1) 0 2) y � 1 � 03) Abscisse à l’origine : —

Ordonnée à l’origine : 1

d) 1) 2) 5x � 3y � 17 � 0

3) Abscisse à l’origine :

Ordonnée à l’origine :

e) 1) La pente n’existe pas. 2) x � 2 � 03) Abscisse à l’origine : 2

Ordonnée à l’origine : —

f ) 1) – 2) 3x � 2y � 11 � 0

3) Abscisse à l’origine : –

Ordonnée à l’origine : –

3. a) 1) x � 2y � 6 � 0

2) � � 1

3) Pente : –

Abscisse à l’origine : 6Ordonnée à l’origine : 3

b) 1) –x � 5y � 7 � 0

2) � � 1

3) Pente : 0,2Abscisse à l’origine : 7Ordonnée à l’origine : –1,4

c) 1) –2x � 3y � 8 � 0

2) � � 1

3) Pente :

Abscisse à l’origine : –4

Ordonnée à l’origine :

d) 1) 4x � 10y � 1 � 0

2) � � 1

3) Pente : –0,4Abscisse à l’origine : –0,25Ordonnée à l’origine : –0,1

e) 1) x � 3y � 6 � 0

2) � � 1

3) Pente :

Abscisse à l’origine : 6Ordonnée à l’origine : –2

13

y–2

x6

y

–1

10

x–14

83

23

y83

x–4

y–57

x7

12

y3

x6

112

113

32

–173

–175

–53

13


f ) 1) Forme générale : 2x � y � 4 � 02) Forme symétrique : � � 13) Pente : –2

Abscisse à l’origine : 2Ordonnée à l’origine : 4

4. a) –3x � 2y � 13 � 0 b) –3x � y � 28 � 0c) x � 6 � 0 d) –x � y � 0e) y � 6 � 0 f ) –4x � 2y � 21 � 0

Mise au point 6.1 (suite)

5.

a)

b)

c)

d)

e)

f )

6. a) d2 et d4. b) d1 et d3.c) d4 et d5. d) d2

7. L’aire de cette face latérale est de 4050 cm2.

8. a) On peut représenter la situation dans un plan cartésienoù les points E, F, G et H sont les points milieuxdes côtés du quadrilatère ABCD.

Les coordonnées des points milieux sont E(6, 0),F(11, 4), G(8, 6), H(3, 2). On calcule ensuite les pentesdes côtés de la figure EFGH.

Pente de � –

Pente de � –

Pente de �

Pente de �

On constate alors que les pentes des segments EHet FG sont identiques, de même que celles des segmentsGH et EF. Le quadrilatère a donc deux paires de côtés

45EF

45GH

23FG

23EH

y

xA(0, 0)

C(10, 8)

D(6, 4)

B(12, 0)E

F

G

H

Page 95

y4

x2

parallèles et on conclut qu’il s’agitd’un parallélogramme.

b) Pour un quadrilatère quelconque, on obtientla représentation ci-dessous.

Les coordonnées des points milieux sont :E(a, 0), F(a � b, c ), G(d � b, e � c ), H(d, e).Les pentes des quatre côtés sont alors :

Pente de �

Pente de �

Pente de �

Pente de �

Le quadrilatère EFGH est donc un parallélogrammepuisqu’il a deux paires de côtés parallèles.


9. Soit la situation représentée dans le plan cartésien.

Première méthodeOn peut démontrer que le triangle est rectangle en utilisantle concept de distance et la relation de Pythagore.Si le triangle ABC est rectangle, alors :d (A, C)2 � d(A, B)2 � d(A, B)2

65 � 52 � 1365 � 65

Le triangle ABC est donc rectangle en B.Deuxième méthodeSi le triangle ABC est rectangle en B, le produit des pentesdu segment AB et du segment BC doit être –1.

Pente de � � –

Pente de � � 32(3 � 0)(8 � 6)BC

23

(4 � 0)(0 � 6)AB

y

x

A(0, 4)

C(8, 3)

B(6, 0)0

Page 96

ed � aFG

ed � aEH

cbEF

cbGH

y

xA(0, 0)

C(2b, 2c )

D(2d, 2e )

B(2a, 0)E

F

G

H

50

Forme Forme Formefonctionnelle générale symétrique

y � 8x � 3 8x � y � 3 � 0 � � 1

y � –2x � 29 2x � y � 29 � 0 � � 1

y � 0,4x � 4 2x � 5y � 20 � 0 � � 1

y � 2x � 6 2x � y � 6 � 0 � � 1

y � 4x � 8 4x � y � 8 � 0 � � 1

y � –x � 3 x � y � 3 � 0 � � 1y–3

x–3

y–8

x2

y6

x–3

y–4

x10

y29

y–3

x38x

292


Le produit des pentes est –1, soit – et le triangle ABCest donc rectangle en B.

10. a) –1 b) c)

d) 15 e) 7

11. a) Plusieurs réponses possibles. Exemple :Alnitak : (5,1, 7,3)Alnilam : (6, 8)Bellatrix : (8,2, 14,2)Bételgeuse : (2,2, 15)Mintaka : (6,9, 8,6)Rigel : (10,4, 2,2)Saïph : (3,7, 1)

b) Arrondies au dixième près, les pentes de ces deuxsegments sont les mêmes, soit de –1,8.

c) Saïph–Alnilam–Bellatrixd) Saïph–Alnilam–Rigel


12. La pente de la troisième droite est de ou –3.

13. a) 1) – 2) 1 3) 4)

b) Oui. Le produit de leur pente est –1.c) 1080 cm2

d) y � –3x � 120e) À 60 cm du sol.f ) 100 cm

14. La durée minimale de cette descente est de 10 min.


15. a) Pour que le point P(4, 3) fasse partie de la droite d’équation � � 1, il faudrait que � � 1.Puisque ce n’est pas le cas, on conclut que le point Pn’appartient pas à cette droite.

b) 1) y � –0,4x � 4,62) y � 2,5x � 7

16. a) (a � b, c )

b) Le produit des pentes des segments AC et BD doit être –1.

A(0, 0) B(c, 0)

D(a, b) C

y

x

32

45

y2

x5

Page 98

13

97

17

13

Page 97

133

173

32

23 On en déduit que �

–1, ce qui permet

de déduire, après quelques manipulations algébriques,que c 2 � a 2 � b 2.

c) Le segment AD mesure ��a2 � b2 unités, ce quiest égal à c unités par la relation trouvée en b).Le segment AB mesurant c unités, les deux segmentssont donc isométriques.

17. a) Médiatrice issue du segment AB : x � 7Médiatrice issue du segment BC : y � 0,2x � 7,6Médiatrice issue du segment AC : y � –0,5x � 12,5

b) On vérifie en remplaçant x et y dans les équationspar les valeurs 7 et 9.x � 7 7 � 7 Oui.y � 0,2x � 7,6 9 � 0,2 7 � 7,6 Oui.y � –0,5x � 12,5 9 � –0,5 7 � 12,5 Oui.

c) d(A, P) � ��(7 � 0)2 � �(9 � 0)2 � ��130d(B, P) � ��(7 � 14)2�� (9 � 0)2 � ��130d(C, P) � ��(7 � 10)2 ��(9 � 20)2 � ��130On voit que le point de coordonnées (7, 9) est situé à ��130 unités des trois sommets.

18. a) 2x � 3y � 12 � 0 b) 2x � 3y � 12 � 0

c) 3x � 2y � 12 � 0 d) 2x � 3y � 12 � 0


19. Dans la seconde figure, on veut nous faire croire quel’hypoténuse des triangles bleu et mauve ainsi que le côtéoblique du trapèze jaune et celui du trapèze rouge seconfondent avec la diagonale du rectangle présenté. Onpeut vérifier que ce n’est pas le cas, puisque la pente quicorrespond à la diagonale du rectangle est de – , alorsque la pente de l’hypoténuse des deux triangles est de –et que les pentes des côtés obliques des trapèzes sont de– . L’unité de plus dans la seconde figure est donc due àun espace vide ayant la forme d’un parallélogramme aucentre du rectangle.

20. a)

y � x � 1,5

b) Au centimètre près, la hauteur de l’immeuble est de10,65 m.

21. 12 480 m2

1582

A(0, 1,5)0

B(2,46, 1,95)

C(50, h )y

x

25

38

513

Page 99

ba � c

ba � c


Les systèmes d’équations du1er degré

Problème

Sophie se trouve, au mètre près, à 33 m de l’extrémité gauchede la plage et Florence, à 67 m de l’extrémité gauche de laplage.

Soitx : la position de Sophie par rapport à l’extrémité gauche

de la plage ;y : la position de Florence par rapport à l’extrémité gauche

de la plage.

Cette situation peut être représentée par le systèmed’équations ci-dessous ou par un système équivalent.

x �

y �

La solution de ce système est � , �.

Activité 1

a. � 53y � 1,5x � 12

b. 1) 91 $ 2) 86 $ 3) 76 $4) 61 $ 5) 56 $

c. 1) 34,50 $ 2) 42 $ 3) 57 $4) 79,50 $ 5) 87 $

d.

e. Le prix d’un billet serait environ de 38 $ au balcon et de69 $ au parterre.

120

100

80

60

40

20

0 20 40 60 80 100 120

y

x

x � y2

Page 101

23

13

1 � x2

y2

Page 100

6.2sectionf. 1) y � 1,5x � 12 2) � 53

3) Le prix d’un billet au balcon doit être de 37,60 $ et celuid’un billet au parterre, de 68,40 $.

Activité 2

a. 4x � 5y � 5808x � 2y � 336

b.

c. 24x � 30y � 348024x � 6y � 1008

d. Oui. En multipliant une équation par un nombre, on obtientune équation équivalente pouvant être représentée par lamême droite dans le plan cartésien. Ce nouveau systèmed’équations a donc la même solution que le système dedépart.

e. 1) 0 thermomètre. 2) 24 burettes. 3) 2472 $f. Un thermomètre coûte 16,25 $ et une burette, 103 $.

Activité 3

a. La première équation permet de s’assurer que la quantitéde sucre prélevée dans les deux solutions est la même quela quantité de sucre présente dans la solution sucrée à30 %.La deuxième équation permet de respecter la contrainte,qui est d’utiliser 3 fois plus de solution sucrée à 20 % quede solution sucrée à 60 %.

b. Non, ce médecin n’a pas fait une erreur.c. Les deux équations représentent la même situation,

donc deux droites parallèles et confondues.

Page 103

160

140

120

100

80

60

40

20

0 20 40 60 80 100 120 140

y

x

Page 102

x � 1,5x � 122

52


Tous les couples de cette droite sont des solutions dusystème d’équations.

d. Ce médecin n’a qu’à utiliser 3 parties de solution sucréeà 20 % avec chaque partie de solution sucrée à 60 %.

e. 0,20x � 0,60y � 0,30(x � y )2 � x � 3(1 � y )

f. Aucune solution. 3y � x3y � x � 1, donc x � x � 1 ⇒ 0 � 1.

g. L’autre médecin a mal préparé la solution sucrée puisqu’ilest impossible d’avoir une valeur de x et une valeur de yqui soient des solutions des deux équations. On voit sur legraphique que les deux droites sont parallèles et qu’ellesne se couperont jamais.

Mise au point 6.2

1. a) (1, –2) b) (–15, –5) c) �– , �d) (3, –4) e) (2, 3) f ) (–5, 8)

2. a) � 30

y � 2x � 3

b) La petite base mesure 6 unités et la grande base,9 unités.

3. a) �8, – � b) (–4, 2) c) �2, �d) � , –3� e) � , – � f ) � , 8�g) (0,85, 0,7) h) (–12, 10) i) (–8, 15)

92

78

14

32

12

32

(x � y ) 42

165

110

Page 106

16141210

8642

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50

y

x

40353025201510

5

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

y

x

4. a) Oui. En remplaçant les valeurs de x et de y danschacune des équations, on constate que ces valeursvérifient les deux équations.

b) Dans un premier temps, l’élève multiplie chacunedes deux équations de façon à obtenir une valeuropposée pour le coefficient de y. Il additionne ensuiteles deux équations pour obtenir une équationéquivalente ne contenant que la variable x, puis il isolecette variable. Il procède de la même manièrepour déterminer la valeur de y.


5. a) Soit x, la mesure de la longueur (en cm) et y, la mesurede la largeur (en cm).On a : 2x � 2y � 20

x � y � 15 � 2yb)

c) Il est impossible de construire un tel rectangle.d) Le graphique présenterait deux droites confondues,

et la longueur et la largeur pourraient prendre n’importequelle valeur positive dans l’intervalle ]0, 15[,tel que y � –x � 15.

6. a) �– , � b) (4, 4)c) Aucune solution. d) (0, 3)e) Il y a une infinité de solutions. f ) (–1,9, 0,8)

7. a) La valeur de x se situera entre 2,3 et 2,4, et la valeurde y, entre 1,8 et 1,85.

b) � � 1 � � 1

c) � , �8. a) Il y a dix pièces de monnaie posées sur un comptoir,

pour une somme de 3,50 $. Il y a une pièce de 2 $et des pièces de 10 ¢ et de 25 ¢.

b) Il y a 4 pièces de 25 ¢, 5 pièces de 10 ¢ et une piècede 2 $.

2413

3013

y3

x6

y8

x3

4011

711

2018161412108642

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

y

x

Page 107



9. a) 1) y � 0,06x � 12y � 0,08x

2) 48 $b) 1) x � y � 9

x � 2 � 2(y � 2)2) (16, 7) ans.

c) 1) x � 3yx � 5 � 2(y � 5)

2) 60 $d) 1) 3x � 4y � 1565

2x � 5y � 16552) Au gramme près, la masse d’un saucisson est

de 262 g.

10. a) 3 b) –4 et 4.c) N’importe quelle valeur, sauf 3.

11. a) –40 °C b) –52,5 °C ou –62,5 °F.


12. a) Soit x, la mesure de la base du triangle et y, la mesurede ses côtés isométriques. La première équation traduitle fait que les côtés du nouveau triangle doivent tousêtre isométriques puisque le triangle est équilatéral.La seconde équation traduit le fait que le périmètredu nouveau triangle est le double du périmètre dutriangle initial.

b) Base : 9,6 cmCôtés isométriques : 16,8 cm

13. Au millilitre près, la machine utilise 114 mL de café noirpour 286 mL de lait chaud.

14. Sur les 400 km parcourus chaque semaine, la deuxièmevoiture devrait en parcourir 222 km et la première voiture,178 km.

15. Après 6 min 40 s.


16. a) 1) x : longueur d’une fenêtrey : largeur d’une fenêtrex � 2y � 0,22x � 2y � 10

2) Cette fenêtre mesure 1,6 m sur 3,4 m.b) 1) x : prix d’un croissant

y : prix d’un café6x � 3y � 12,904x � 5y � 14

2) 4,30 $

Page 110

Page 109

Page 108 c) 1) x : nombre d’employésy : pourboires reçusy � 10x � 2,25y � 8,25x � 3

2) 27,75 $d) 1) x : nombre de billets vendus au prix courant

y : nombre de billets vendus au prix réduit25x � 15y � 4965x � 125 � y

2) 217 spectateurs.

17. Le plus grand nombre doit être le triple du plus petit.

18. Le repas de Marie coûtait 37,11 $ alors que celuide Philippe coûtait 44,53 $.

19. Alexandre le Grand est mort à 33 ans et son règnea duré 12 ans.Exemple de démarche :On peut représenter cette situation par le système d’équations suivant : x � 9 � (y � 9)

x � 9 � (y � 9),où x représente la durée du règne d’Alexandre le Grandet y, la durée de sa vie.La solution de ce système est (12, 33).


20. a) Médiane AD : y �

Médiane BE : y � –4x � 14

Médiane CF : y � �

b) � , �c) Le point de coordonnées � , � appartient

à la médiane CF puisqu’il vérifie son équation.� �

�

21. La situation est impossible. Même si l’on parcouraitles 1500 km sur une autoroute, la voiture consommerait102 L d’essence.

22. Soit x, la masse d’une bouteille et y, la masse d’un verre.En prenant le bol comme unité de mesure, on obtient,en utilisant les deux premières balances, le systèmed’équations suivant.En résolvant ce système, on obtient x � et y � .Il faudra donc 7 bols pour que le plateau contenant les4 bouteilles soit en équilibre et 1 bol pour que le plateaucontenant les 4 verres soit en équilibre.

14

74

B

103

103

145

83

15

103

103

83

103

83

145

x5

5x4

Page 111

12

18


Les systèmes d’équationsdu 1er et du 2e degré

Problème

Non. La planche touche le sol à une distance du pont qui estsupérieure à 1,6 m.Plusieurs démarches possibles. Exemple :L’équation de la droite passant par le point (–1,6, 0) et ayantune pente de est :y � x � .Pour déterminer le nombre de points d’intersection entre cettedroite et la parabole, on doit considérer le système d’équationssuivant :y � x �

y � – x 2 � x

Ce système a deux solutions.Pour le démontrer, on peut appliquer la méthode decomparaison et, ainsi, ramener ce système à une seuleéquation du 2e degré à une variable.On obtient x � � – x 2 � x

ou l’équation équivalente x 2 � x � � 0.Cette dernière équation a deux solutions puisque lediscriminant qui lui est associé est supérieur à 0.En effet, �– �2 � 4 � � � � 0.Les deux solutions de l’équation sont x � 1,6 ou x � 3,2.La droite et la parabole ont donc deux points d’intersectiondont les abscisses sont respectivement 1,6 et 3,2.On peut appuyer cette démarche à l’aide d’une représentation graphique.

Puisque cette droite ayant une pente de et passant par lepoint (–1,6, 0) a deux points d’intersection avec la parabole,on en déduit qu’elle se trouve au-dessous et à la droite dusegment de droite qui représente la planche. Ce segmenttouche donc à l’axe des abscisses à la gauche du point(–1,6, 0).

12

87654321

–1–2 0 1 2 3 4 5 6 7 8

y

x

116

45

532

34

45

34

532

54

532

45

12

54

532

45

12

45

12

12

Page 112

6.3section Activité 1a.

b. 1) Le verre 1.2) Le verre 2.3) Le verre 2.

c. Oui. La hauteur sera alors de 10 cm pour une quantitéd’eau de 360 mL.

d. Non. Dans cette situation, la quantité d’eau dans chaqueverre pourrait se traduire par le système d’équations :Q1(h) � 36(h � 0,5)Q2(h) � 6h(0,1h � 5),où h représente le niveau d’eau dans le verre 2.En utilisant la méthode de comparaison, on peut ramenercette situation à l’équation du 2e degré à une variable0,6h 2 � 6h � 18 � 0. Puisque le discriminant associé àcette équation est négatif, il n’y a donc aucune solution.

Activité 2

a. 1) 3x � y � 102x 2 � 10y � 8

2) En isolant y dans la première équation, puisen substituant y dans la seconde équation, on obtientl’équation x 2 � 15x � 54 � 0. Le discriminantde cette équation étant positif, il y a donc deux solutionsde ce système d’équations.

3) Le champ 1 pourrait mesurer 6 hm sur 12 hmet le champ 2, 10 hm sur 8 hm.Le champ 1 pourrait également mesurer 9 hmsur 18 hm ;le champ 2 mesurerait alors 10 hm sur 17 hm.

b. Oui. La situation peut être représentée par le systèmed’équations :3x � y � 10

2x 2 � 10y � 12,5En isolant y dans la première équation, puis en substituantla valeur trouvée à y dans la seconde équation, on obtientl’équation 2x 2 � 30x � 112,5 � 0. Le discriminant

Page 114

60055050045040035030025020015010050

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Remplissage de deux verresQuantité d’eau

(mL)

Niveau d’eau(cm)

Page 113


de cette équation étant nul, il y a donc une solutionde ce système d’équations.

c. Non, ce n’est pas possible.Plusieurs justifications possibles. Exemple :Le système peut s’écrire :3x � y � 10

2x 2 � 10y � a, où a est l’aire de la partie dézonée.L’équation qui en résulte est 2x 2 � 10(3x � 10) � aou 2x2 � 30x � (100 � a) � 0. Pour qu’il y aitune solution, il faut que le discriminant soit plus grandou égal à 0, c’est-à-dire 302 � (4)(2)(100 � a) � 0, ce quiéquivaut à a � 12,5.

Technomath

a. (1,2, 0,88) et (2, 2).

b. � , � et (3, 3).

Mise au point 6.3

1. a) Aucune solution. Le discriminant de l’équationrésultante x 2 � x � 1 � 0 est inférieur à 0.

b) Une solution. Le discriminant de l’équation résultantex 2 � 6x � 9 � 0 est égal à 0.

y

x

201612

84

–4–8

–12–16–20

42–2–4–6–8–10 6 8 100

y

x

54321

–1–2–3–4–5

21–1–2–3–4–5 3 4 50

Page 117

119

13

Page 115

c) Deux solutions. Le discriminant de l’équation résultante x 2 � x � � 0 est supérieur à 0.

d) Deux solutions. Le discriminant de l’équation résultantex 2 � 2x � 3 � 0 est supérieur à 0.

e) Une solution. Le discriminant de l’équation résultantex 2 � 6x � 9 � 0 est égal à 0.

f ) Aucune solution. Le discriminant de l’équationrésultante 2x 2 � 6x � 12 � 0 est inférieur à 0.y

x

10

8

6

4

2

8642 100

y

x

10

8

6

4

2

8642 100

y

x

108642

–2–4–6–8

–10

2–2–4 40

y

x

2

1

–1

–2

1–1–2 20

12

32

56


2. La droite d2.

3. a) (–5, 0) et (5, 20). b) (4, –14) et (7, –11).c) (2, –6) d) Aucune solution.

e) � , – �f ) � , – � et � , – �.

4. a) Soit x, la longueur (en m) des deux enclos, et yC et yM,les aires (en m2) des enclos des parcs Champlain etMaisonneuve, respectivement.yC � 12xyM � x (60 � x )

b)

c) La longueur des deux enclos peut être supérieure à48 m et inférieure à 60 m.

Mise au point 6.3

5. a)

b) Le mobile se trouve à une hauteur de 0,95 m et de4,2 m lorsqu’il croise le rayon laser.

Trajectoires du mobileet du rayon laser

y

x

10987654321

8642 7531 9 100

Page 118

Aire des enclos pour chiensen fonction de leur longueur

y

x

1000900800700600500400300200100

80604020 705030100

yM yC

9 � ��132

1 � ��136

9 � ��132

1 � ��136

29

43

6. a) (–2 � ��18, –8 � 3��18) et (–2 � ��18, –8 � 3��18).b) Aucune solution.c) (–1, 3) et � , – �.d) � , – � et (4, 0).e) (1, –14) et (6, –29).

f ) �1, � et � , 1�.g) � , � et � , �.h) �–1, – �i) � , –1�

7. a) x � y � 6,2x 2 � y 2 � 25

b) Le rectangle mesure 1,4 unité sur 4,8 unités.c) 1) Oui. Il faut que les dimensions du rectangle soient

de (3,1 � ) unités, donc environ 5,98 unitéspour la longueur et 0,22 unité pour la largeur.

2) Non, c’est impossible. En résolvant le systèmed’équations x � y � 6,2

x 2 � y 2 � 49, on obtient seulementdes couples dont l’une des coordonnées est négative.On sait également que la diagonale d’un rectanglene peut jamais être plus grande que la sommedes mesures de sa longueur et de sa largeur car,dans un triangle, la somme des mesuresde deux côtés est toujours supérieure à la mesuredu troisième côté.

8. a) (–1, 0) et (0, 1). b) (0, –1) et (1, 0). c) (3, 2)

9. (11, –16)


10. Au mètre près, le premier cycliste aura franchi 17 m.

11. a) Il lui faudra 20 s.b) À 800 m de son point de départ.

12. a) 2x � 2y � 30xy � 5��75

b) Le rectangle aura une longueur d’environ 11,1 cmet une largeur de 3,9 cm.


13. 2 Ω et 3 Ω.

14. a) AC (x) � 2πx2 � 30πx b) Pour x � 10,2.

AP(x) � 80x � 800

15. 90 cm sur 150 cm.


16. 15,75

Page 121

Page 120

Page 119

�8,29

13

89

118 � 6��10925

3 � ��10910

118 � 6��10925

3 � ��10910

112

112

121198

429198

12

52

x

yCyM

20 30 40 50 60

240 360 480 600 720

800 900 800 500 0

Aire des enclos pour chiens en fonctionde leur longueur


17.

a)

b)

c)

d)

e)

f )

18. a) y � 0,19x � 0,065y � –0,35

b) Les coordonnées arrondies au centième près sont :(0,55, –0,35), (–0,55, –0,35), (–0,62, –0,18),(0,64, 0,06).

19. –2 et –2.


20. a) 4 � ��7 et 4 � ��7. b) 2 et 6.21. a) Le discriminant de l’équation résultante

x 2 � 2x � 1 � 0 est égal à 0. Il n’y a doncqu’une solution, soit (1, 1).

b) 1) Puisque la droite d’équation y � mx � b passe parle point B(2, 4), on a 4 � m � 2 � b. En isolantle paramètre b, on obtient b � 4 � 2m.

2) Lorsque m � 4.3) y � 4x � 4

22. On peut déterminer la pente de la tangente au point(1, 5) en calculant la valeur de m qui fait que le systèmed’équations ci-dessous n’a qu’une seule solution.y � 3x 2 � 2xy � mx � (5 � m).À partir de ce système, on obtient l’équation 3x 2 � 2x �mx � (5 � m), qui est équivalente à 3x 2 � (2 � m)x �(m � 5) � 0. Pour qu’il n’y ait qu’une seule solution, ilfaut que le discriminant m2 � 16m � 64 soit égal à 0, cequi est le cas si m � 8.La vitesse de la bille après 1 s est donc de 8 m/s.

Les inéquationsà deux variables

Problème

Au moins 12 ampoules fluocompactes devront être utilisées.Plusieurs démarches possibles. Exemple :

Page 123

6.4section

Page 122

Le graphique de la puissance (W) en fonction de l’intensité (I)permet de déterminer la relation entre ces deux variables,soit P � 120I. Pour que l’intensité dans le circuit soitinférieure à 5 A, il faudra donc que la puissance totale desampoules soit de moins de 600 W.On peut représenter la situation de la façon suivante.x : nombre d’ampoules à incandescencey : nombre d’ampoules fluocompactesx � y � 15100x � 20y � 600En isolant y dans chacune des inéquations, on obtientles inéquations :y � 15 � xy � 30 � 5xPuisque x et y sont des nombres naturels, on déduit dela deuxième inéquation que la valeur de x doit être égale ouinférieure à 5.On trouve alors la valeur minimale de y par essais et erreurs.

La valeur minimale de y qui vérifie les deux inéquations est 12.

Activité 1a. x : teneur en ions sodium (mg/L)

y : teneur en ions chlorure (mg/L)x � y � 60

b. et c.

d. Les points sont distribués de part et d’autre de la droited’équation y � –x � 60. Les points rouges sont tous situésau-dessus ou sur la droite, alors que les points bleus sonttous placés en dessous de cette droite.

80

70

60

50

40

30

20

10

0 10 20 30 40 50 60 70 80

y

x

LégendePoint bleu :Point rouge :

Page 124

58

Valeur de yValeur de x y � 15 � x y 30 � 5x vérifiant les deux

inéquations

5 y � 10 y 5 Aucune

4 y � 11 y 10 Aucune

3 y � 12 y 15 12, 13, 14 et 15

1) Deux solutions 2) Une solution 3) Aucune solutionsi k est si k est égal à si k est

inférieur à – – supérieur à –

inférieur à –2–2 ou 10 compris entre

–2ou supérieur à 10 et 10

supérieur à –– ou 0 inférieur à –

sans être égal à 0

inférieur à –5–5 ou 7 compris entre

–5ou supérieur à 7 et 7

supérieur à inférieur à

– – �

74

74

74

14

14

14

114

114

114


e. On hachure la section du plan qui correspond aux solutionsde l’inéquation. Puisque la droite ne fait pas partiede l’ensemble-solution, elle est tracée en pointillé.Par le contexte, on sait que seule la partie du plan situéedans le 1er quadrant et en dessous de la droite fait partiede l’ensemble-solution.

f. � 2g.

Activité 2a. Non, car la distance le séparant de sa mère et celle

le séparant de la route seraient alors identiques.b. Bac de sable, balançoires à bascule, glissoire, module

d’escalade, poteau de pompier et tourniquet.

c. 1) ��x 2 � y 22) y � 4

d. (y � 4)2 � x 2 � y 2

e. (y � 4)2 � x 2 � y 2

Page 125

150140130120110100

908070605040302010

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50

y

x

y70

x20

80

70

60

50

40

30

20

10

0 10 20 30 40 50 60 70 80

y

x

f.

g. Tous les endroits où Vincent a le droit de jouer.

Technomath

a. 1) y � 2,5x � 72) y –0,1x 2 � 2x � 15

b. Dans les équations, on remplace x et y par leur valeurrespective pour vérifier si elles sont la solution del’inéquation.1) –15 � 2,5 20 � 7 Faux. Le point (20, –15) n’est pas

–15 � 57 une solution de l’inéquation.2) 5 –0,1 (–9)2 � 2 –9 � 15 Vrai. Le point (–9, 5)

5 –8,1 � 18 � 15 est une solution 5 24,9 de l’inéquation.

c. Plusieurs réponses possibles. Exemples :1) (–10, –10) 2) (–1, 20)

d. 1) 2)

3)

Mise au point 6.4

1. Plusieurs réponses possibles, selon le choix des variables.Exemples :a) x : nombre de points marqués par Enrico

y : nombre de points marqués par Jacquesx � y � 10

b) x : distance parcourue par Ginette (en km)y : distance parcourue par Mathieu (en km)

� 60x � y2

Page 129

Page 126

y

x0

–100

100

100

–100

–100

100

100

–100

–50

20

50

–20


c) x : quantité de fariney : quantité de cacao

d) x : argent que Juliette possède actuellement (en $)y : argent que Simon possède actuellement (en $)2x � 100 � y

e) x : mesure du rayon du cône (en cm)y : mesure de l’apothème du cône (en cm)πxy � πx2 � 100

2. a)

b)

c)

d) y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100

y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100

y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100

y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100

32

xy

e)

f )

g)

h)

i) y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100

y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100

y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100

y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100

y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100

60


3. a) y x � 2b) y � –0,25x � 1c) y � 1,5x � 1,5d) x 2


4.

5. Il y en a 33.Dans la représentation graphique, les points représententles 57 solutions entières de l’inéquation. Les points situésau-dessous de la droite d’équation y � x sont ceux dontla première coordonnée est supérieure à la seconde.

6. L’équation . Elle englobe les quatre points dontles coordonnées sont (–5, 3), (–5, 6), (–3, 1) et (4, 4).


7. a) 1) x : quantité d’ions hydrogèney : quantité d’ions hydroxydex � y

2)

y � x

y

x

Page 131

C

y � x

151413121110

987654321

0 2 4 6 8 10 12 141 3 5 7 9 11 13 15

y

x

1F

6E

4D

3C

2B

5A

Page 130

b) 1) x : rendement d’un moteur électriquey : rendement d’un moteur à essencex � y � 0,45

2)

c) 1) x : nombre de bactéries de souche Ay : nombre de bactéries de souche Bx 2 � y

2)

d) 1) x : solde de la première carte (en $)y : solde de la deuxième carte (en $)0,15x � 0,2y � 2400

2)

e) Soit x et y, les coordonnées d’un point dans le plan dela trajectoire si l’on situe l’origine du plan au pointde départ du ballon.

y � – x 2 � 2x14

16 000

12 000

8 000

4 000

0 4000 8000 12 000 16 000 20 000

y

x

y � x 2

y

x

1

0,9

0,8

0,7

0,6

0,5

0,4

0,3

0,2

0,1

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

y

x


8. a) x 2 � 10x � 100 � 10y (ou toute autre inéquationéquivalente).

b) Plusieurs réponses possibles. Exemple :(5, 10), (8, 10), (10, 12)

c)

9. a) Ce cheval doit recevoir au moins 8 kg de foin ou depaille, ou d’un mélange des deux.

b) x : nombre de kilos de foin donnés par joury : nombre de kilos de paille donnés par jour0,1x � 0,05y � 0,6

c)

d) Oui.Plusieurs explications possibles. Exemple :Selon la réponse donnée en a), pour que le cheval soitsuffisamment nourri, il faut que l’inégalité x � y � 8soit vérifiée. En observant le graphique en c), on voitqu’il présente des solutions qui vérifient cetteinéquation. Cela signifie qu’il est possible de satisfairesimultanément aux deux exigences. Par exemple, endonnant quotidiennement 2 kg de foin et 7 kg de paille,on donne plus de 8 kg de nourriture au cheval tout enne dépensant que 0,55 $.

121110

987654321

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101112

y

x

201816141210

8642

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

y

x

87654321

0 1 2 3 4 5 6 7 8

y

x


10. a) x : nombre de pièces de 10 ¢y : nombre de pièces de 25 ¢0,1x � 0,25y � 1

b)

c) Deux possibilités :– 1 pièce de 25 ¢ et 7 pièces de 10 ¢.– 3 pièces de 25 ¢ et 2 pièces de 10 ¢.

d)

e) Ce sont les deux points les plus près de la droitefrontière, et les deux se trouvent à la même distancede cette droite.

11. a) � 1,5

� 1,5

b) Les valeurs de x et de y qui permettent de créerun rectangle et un carré qui respectent les conditionsénoncées.

c)

3 cm 2 cm

4 cm

87654321

0 1 2 3 4 5 6 7 8

y

x

2yx2

x2

2y

87654321

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

y

x

87654321

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

y

x

Page 132

62


12. Soit x, la longueur de la plus petite clôture (en m) et y,la longueur de la plus longue clôture (en m).

Si l’on pose a, la longueur de la base communeaux deux trapèzes, la situation peut être représentée par l’inéquation � 30 000,qui est équivalente à y � x 300.Pour tenir compte de la définition des variables,on ne considère que les cas où y � x.

Par exemple, la plus petite clôture pourrait avoirune longueur de 400 m et la plus longue, une longueurde 600 m.


13. a) 1) La frontière de la région a la forme d’un trianglerectangle isocèle.

2) Plusieurs réponses possibles. Exemple :(3, 4), (3, 5), (2, 6)

b) 1) La frontière de la région a la forme d’un rectangle.2) Plusieurs réponses possibles. Exemple :

(4, 1), (5, 4), (6, 8)c) 1) La frontière de la région a la forme

d’un parallélogramme.2) Plusieurs réponses possibles. Exemple :

(4, 4), (4, 5), (5, 5)d) 1) La frontière de la région a la forme d’un secteur

angulaire vers le bas.2) Plusieurs réponses possibles. Exemple :

(3, 0), (4, 1), (5, 2)

Page 133

y � x

y � x � 300

1000

900

800

700

600

500

400

300

200

100

0 100 200 300 400 500 600 700 800 9001000

y

x

(a � x) 2002

(y � a) 2002

200 m

y

x

200 ma

e) 1) La frontière de la région a la forme d’un trianglerectangle.


f ) 1) La frontière de la région a la forme d’un trapèzeisocèle.


14. y � 0,6x � 0,5y – (x � 3)2 � 5

Rubriquesparticulières

Chronique du passé

1. a)

b) Les segments BD et CE étant parallèles, le théorème

de Thalès permet de poser la proportion � .

On obtient alors � et m DE� � x2.

c) Mesure du segment : 8 cm

2. a) Plusieurs réponses possibles. Exemple :

Soit z � m . Il faut démontrer que z2 � az � b2.Puisque est un rayon, m � .

On a donc m � m � m � z � .Par la relation de Pythagore appliquée au trianglerectangle MLN, on obtient :

a2NOOMNM

a2NONO

OM

b

a2

LM

N

O

P

1

x xxx 2

2x 2 � 3x � 1

x 2

m DE�x

x1

m DE�m BC�

m AD�m AB�

1 cm x

x

A B C

D

E

Page 135

6

12


�z � �2 � b2 � � �2

z 2 � az � � b2 �

z 2 � az � b2

z 2 � az � b2

Pour démontrer que c’est la seule solution positive, il suffitd’écrire l’équation sous la forme z 2 � az � b2 � 0.On sait que –b2, qui est nécessairement de signe négatif,correspond au produit des deux zéros de la fonctionassociée au trinôme du membre de gauchede cette équation ; en conséquence, les deux zéros decette fonction sont de signes contraires. Il y a doncune seule solution positive.

b) La solution positive de l’équation est 8.

3. Le segment OP étant un rayon du cercle, sa longueur est de 5 unités.Distance du point O au point P :d(O, P) � ��x 2 � y 2 � 5.L’équation du cercle d’un rayon de 5 unités est donc x 2 � y 2 � 25.

Le monde du travail

1. a)

b) 1) 12 2) 44c) 1) Il y a un surplus.

2) Le prix du bien aura tendance a diminuer.

100

90

80

70

60

50

40

30

20

10

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100Quantité

Prix($)

Offre et demande

Offre

Demande

Page 137

O

y

x

P(x, y )

LM

N

O

P

4

5

3

3

a2

4a2

4

a2

a2

d) 1) En résolvant le système d’équations pq � 360p � 0,5q � 8,on détermine que le prix d’équilibre est de 18 $.

2) La quantité qui sera vendue et la quantité qui seraachetée seront de 20 unités.

2. a)

Le revenu total est de 550 unités monétaireset la consommation est de 450 unités monétaires.

b) Le revenu total subirait une baisse de 110 unitésmonétaires, passant de 550 à 440 unités monétaires.

c) Le revenu total augmenterait de 100 unités monétaires,passant de 550 à 650 unités monétaires.

Vue d’ensemble

1. a) Oui. Plusieurs démarches possibles. Exemples : Soit les droites d1, d2 et d3 ainsi que les points A, B, Cet D tel qu’ils apparaissent dans le graphique suivant.

Pentes des droites :d1 : – d2 : – d3 : 2Les droites d1 et d3 sont perpendiculaires ainsi queles droites d2 et d3, car le produit de leurs pentes est –1.De plus les droites d1 et d2 sont parallèles car elles ontla même pente.La région est donc délimitée par un trapèze rectangle en C et en D dont les bases sont et .DACB

12

12

AB

C

D

d1

d2

d3

5

0 5

y

x

Page 138

600

500

400

300

200

100

0 100 200 300 400 500 600Revenu

(unité monétaire)

Consommation(unité monétaire)

Système keynésien

64


b) L’aire de cette région est de 280 u2.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Coordonnées des points : A(20, 0), B(40, 0), C(4, 18),D(0, 10)Longueur des segments :

: ��500 : 2��405 : 4��5Aire du trapèze � � 280

2. a) (–8, –2) b) � , �c) Aucune solution. d) Aucune solution.

e) � , � et (2, –2). f ) (4, 5)3. Oui. Les coordonnées des points d’intersection entre

la parabole et la droite sont (4, 3) et (5, 5).

4. a) 1) ,2) , , ,3) Aucun.4) , , , ,5) , ,6)

b) 1)

2) y

x

54321

–1–2–3–4–5

21–1–2–3–4–5 3 4 50

y

x

54321

–1–2–3–4–5

21–1–2–3–4–5 3 4 50

A

CBA

EDCBA

EDBA

DC

–25

145

–87

–87

(2��405 � ��500) 4��52

CDBCAD

3)

4)

5)

6)

Vue d’ensemble (suite)

5. a) Les droites 1 et 3 sont toutes deux perpendiculairesaux droites 2 et 4, car le produit de leurs pentes est –1.Puisque la figure a quatre angles droits, il s’agit biend’un rectangle.

Page 139

y

x

54321

–1–2–3–4–5

21–1–2–3–4–5 3 4 50

y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100

y

x

54321

–1–2–3–4–5

21–1–2–3 3 4 5 6 70

y

x

108642

–2–4–6–8

–10

42–2–4–6–8–10 6 8 100


b) Oui.Les coordonnées des points d’intersection sont(0, 2), (4, 0), (6, 4) et (2, 6). À l’aide du calculde la distance entre deux points, on détermine queles côtés du rectangle sont isométriques et que chacunmesure ��20 u.

6. a)

b) À 0 tour/min et à 4800 tours/min.c) En résolvant l’inéquation P2(r) � P1(r) � 10,

on détermine que le régime des deux moteurs doit être,à 10 tours/min près, de 460 tours/min à 4340 tours/min.

7. a) Aucune solution.

b) � , �c) (0,5, 0) et (3,5, 6).


8. Un contenant de 2 L de jus de fruits coûte 3 fois plus cherqu’un sac de maïs soufflé.

9. a) : y � x : y � 0 : y � – x � 15

b) Hauteur AD : y � x Hauteur BE : y � – x �Hauteur CF : x � 4

c) Plusieurs démarches possibles. Exemple :En résolvant le système d’équations formédes équations de la hauteur AD et de la hauteur CF,on détermine que les coordonnées de leur pointd’intersection sont �4, �. En remplaçant les variablesx et y dans l’équation de la hauteur BE parcette solution, on voit que cette hauteur passe,elle aussi, par ce point.

10. a) 1) � � 1 et � � 1.2) 2x � y � 10 � 0 et 2x � 5y � 50 � 0.

b) y � –2x � 10 et y – x � 10.25

y10

x25

y10

x5

83

409

49

23

32BCAB

94AC

Page 140

137

107

100908070605040302010

0 2 4 6 8 101 3 5 7 9r

(1000 tours/min)

P(kW)

Comparaison des puissances d’un moteur de forte cylindrée et d’un moteur de faible cylindrée

P2 (r ) � –5(r � 4)2 � 80

P1(r ) � 16r

c) (24 � 4��30, –38 � 8��30),

� , � et � , �,soit, au dixième près, (2,1, 5,8), (5,8, 7,7)et (16,6, 3,3).

d) Pendant environ 1,2 s.Il faut déterminer le temps t écoulé entre deuxpositions de l’objet qui sont représentées par les pointsde coordonnées (5,8, 7,7) et (16,6, 3,3).D’après la fonction h, relativement au premier pointqui se trouve avant le sommet de la parabole, ontrouve t � 0,64. Relativement au deuxième point, ontrouve t � 1,87.La différence entre ces deux temps est 1,23 s.


11. a) (2, 8)b) Plusieurs réponses possibles. Exemple :

y � 4x y � 5x � 2c) Oui.

Soit y � mx � b, une droite qui passe par le pointaux coordonnées entières (x1, y1) et dont la pente mest un nombre entier.Puisque la droite passe par le point (x1, y1),on peut écrire y1 � mx1 � b. En isolant b, on obtientb � mx1 � y1 ; m, x1 et y1 étant des nombres entiers,b sera également un nombre entier puisquela multiplication ou la soustraction de deux entiersdonne un nombre entier.

12. a) Équation de : y � xÉquation de : y � –4x � 22Coordonnées du point D : � , �Mesure de : 2��17 uMesure de : u

Aire du triangle ABC : 20 u2, car � 20.b) Coordonnées du point F : (8, 6)

Aire du rectangle AEFD : 48 u2

Aire du triangle AEB : 8 u2

Aire du triangle BFC : 8 u2

Aire du triangle ACD : 12 u2

Aire du triangle ABC : 20 u2, car 48 � 8 � 8 � 12 � 20.

c) Équation de : y � xCoordonnées du point D : (4, 1)Mesure de : 5 uAire du triangle ADC : 10 u2

Aire du triangle DBC : 10 u2

Aire du triangle ABC : 20 u2, car 10 �10 � 20.

CD

14AB

2��17 � 20��17172

20��1717CD

AB

2217

8817

CD

14AB

Page 141

138 � 8��4625

56 � 4��465

138 � 8��4625

56 � 4��465

66


d) Plusieurs réponses possibles. Exemples :• On peut modifier la méthode en traçant

un segment horizontal BE au lieu du segmentvertical CD, le point E se trouvant sur le côté AC.Il suffit ensuite de procéder comme dans la méthode

en calculant l’aire des deux triangles formés.• On peut déplacer le point C parallèlement au côté

AB. On sait que l’aire du triangle transformé serala même que celle du triangle initial. Soit C',le nouvel emplacement du point C sur l’axedes ordonnées. La droite CC' a une pente de ,comme la droite AB. On en déduit que l’équation de est y � x � 5 et que les coordonnées du point C' sont (0, 5). On calcule alors l’aire dutriangle ABC' en utilisant le segment AC' commebase.

• On peut déterminer une formule qui donne l’airedu triangle à partir des coordonnées des points Bet C. Si (a, b) et (c, d ) sont les coordonnées des deuxsommets qui ne sont pas situés à l’origine, alors A � � �. Le symbole de la valeur absolue n’a pas été nécessairement vu jusqu’ici parles élèves. Par leurs calculs, il est possible que les élèves déterminent la formule A �ou A � , d’après les coordonnées attribuées aux points B et C dans leur représentation.Au besoin, expliquer aux élèves le sens et le rôlede la valeur absolue en donnant un exempleoù l’expression bc � ad donne un résultat négatif.


13. a) M�1, � et B�1, �.L’aire du triangle ABC est de 6,75 u2.

b) 9 u2

14. a) 1)

2) u216

A

C

12B� , 14

12M� , 12

1,2

1

0,8

0,6

0,4

0,2

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2

y

x

14

52

Page 142

ad � bc2

bc � ad2

bc � ad2

14CC'

14

3

3

b) 1)

2) u2

c) 1)

2) u2

15. a) 1) Mesure de : �� 25

Mesure de : �� 25



Les côtés du quadrilatère ABCD étant isométriques,il s’agit donc d’un losange.

2) Pente du segment AD : � –

Pente du segment BC : � –

Pente du segment AB : � � –

Pente du segment DC : � � –

Les pentes des segments AD et BC sont identiques ;ces deux segments sont donc parallèles. On peutdire la même chose des segments AB et DC.

3) Pente de : � � –

Pente de : �Le produit des pentes étant –1, les deux diagonalesdu quadrilatère ABCD sont perpendiculaires.

139

20 � 724 � 15BD

913

–2739

0 � 2739 � 0AC

43

–2015

0 � 2039 � 24

43

–2015

7 � 2715 � 0

724

0 � 739 � 15

724

20 � 2724 � 0

�625�576 � 49�(0 � 24)2 � (27 � 20)2DA

�625�225 � 400�(24 � 39)2 � (20 � 0)2CD

�625�576 � 49�(39 � 15)2 � (0 � 7)2BC

�625�225 � 400�(15 � 0)2 � (7 � 27)2AB

23

M(0, 1)

B(0, 0)

A C

DE

2

1,6

1,2

0,8

0,4

–0,4–0,8–1,2 0,4 0,8 1,2

y

x

83

B(1, 2)

M(1, 0)A C

2

1,6

1,2

0,8

0,4

0 0,4 0,8 1,2 1,6 2

y

x


b) y � – x � 27 y � – x � 52

y � – x � y � – x � 27


16. a) y1 : la parabole représentant le bas de l’arche.y2 : la parabole représentant le haut de l’arche.y3 : le segment de la partie gauche de la tour.y4 : le segment de la partie droite de la tour.y5 : le tablier du pont.

b) Équation du segment gauche du support :y � 20x � 682Équation du segment droit du support :y � –20x � 868

c) Équation du segment gauche de la tour :y � 20x � 1800Équation du segment droit de la tour :y � –20x � 1650Équation du segment gauche du support :y � 20x � 868Équation du segment droit du support :y � –20x � 682

d) Au centième de mètre près, cette distance estde 82,44 m.

La distance maximale correspond à l’une ou l’autredes distances suivantes : d(A, C) ou d(B, C).On détermine les coordonnées des points A et Ben résolvant les systèmes d’équations appropriés.

Pour le point A : y �–0,01x 2 � 68

y � –20x � 868 .

Arrondies au millième près, les coordonnées du point Asont (40,834, 51,326).

Pour le point B : y �–0,0085x 2 � 58

y � –20x � 868Arrondies au millième près, les coordonnées du point Bsont (41,222, 43,556).Par la symétrie, les coordonnées du point C sont(–41,222, 43,556).

d(A, C) �� 82,423

d(B, C) � 2 � 41,222 � 82,444La distance entre les points B et C est supérieure.

�(–41,222 � 40,834)2 � (43,556 � 51,326)2

0

y

x

Tour

Tablier

Support

A

Arches

BC

Page 143

43

918

724

43

724

17. a) Les coordonnées des points d’intersection sont (1, m1) et (1, m2).

b) Mesure de : ��12 � m12Mesure de : ��12 � m22Mesure de : m1 � m2

Le triangle ABC est rectangle en A si et seulement sila relation de Pythagore est vérifiée.

(��12 � m12)2 � (��12 � m22)2 � (m1 � m2)21 � m1

2 � 1 � m22 � m1

2 � m22 � 2m1m2

2 � –2m1m2m1m2 � –1

Deux droites sont donc perpendiculaires si etseulement si le produit de leurs pentes est –1.

c) On peut toujours, par la translation, ramener le pointd’intersection des deux droites à l’origine.Puisqu’une translation conserve les mesures des angleset transforme une droite en une droite parallèle ayantla même pente, la démonstration est donc valide, peuimporte l’endroit où les droites se coupent dansle plan.


18. a) 8x � 35y � 315 � 0 b) 8x � 35y � 297,5 � 0

c) � 39 %.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Équation de la trajectoire du jet d’eau :y � –0,07(x � 20)2 � 7On résout le système : y � 8x � 35y � 297,5 � 0

y � –0,07(x � 20)2 � 7pour trouver les coordonnées des points d’intersection.On trouve, au dixième près, (14,8, 5,1) et (28,5, 2,0).Distance totale parcourue : ��1289 m, soit environ35,9 m.Distance parcourue sous le jet d’eau : � 14,0 mRapport entre ces deux distances :14,0 � 35,9 � 0,39

19. a) x : masse de la fille (en kg).y : masse du 1er garçon (en kg).z : masse du 2e garçon (en kg).Équation 1 : x � y � 123Équation 2 : x � z � 128Équation 3 : y � z � 135

b) La masse de la fille est de 58 kg, celle du 1er garçon,de 65 kg et celle du 2e garçon, de 70 kg.Plusieurs démarches possibles. Exemple :En soustrayant les membres correspondants del’équation 1 de l'équation 2, on obtient l’équation :z � y � 5.

Page 144

y

xy m1x

y m2x

A

B

C

x � 1

0

BCABAC

68


En additionnant les membres correspondants de cettenouvelle équation à l’équation 3 de départ, ondétermine que z � 70.En remplaçant cette valeur dans l’équation 2 et dansl’équation 3 de départ, on détermine, respectivement,que x � 58 et y � 65.

Banque de problèmes

20. L’épicentre de ce tremblement de terre se trouve à 11,8km à l’ouest et à 10,1 km au sud de Kõbe.

Plusieurs démarches possibles. Exemple :

L’épicentre du tremblement de terre se trouvera au pointde rencontre des médiatrices du triangle formé par lesvilles d’Osaka, de Kasai et de Minamiawaji.

Pour déterminer ce point de rencontre, on doit trouverles équations de deux des médiatrices, puis résoudrele système d’équations qui en résulte. On peut cependantdéterminer l’équation de la troisième médiatrice pourvalider la réponse.

Les coordonnées du point milieu de chacun des côtés dutriangle sont :

A(–2, 12,5), B(–33,5, –8,5), C(–4,5, –21)

On calcule ensuite la pente de chacune des droites quisupporte les côtés du triangle :

Pente de la droite KO : –

Pente de la droite KM :

Pente de la droite OM :

Les médiatrices du triangle étant perpendiculairesà leur côté respectif, on détermine les pentes des droitesqui les supportent en sachant que le produit des pentesde deux droites perpendiculaires est –1.

Pente de la médiatrice AÉ :

Pente de la médiatrice BÉ : –

Pente de la médiatrice CÉ : – 32

567

5825

23

675

2558

y

x

A

B

CÉ

M(–36, –42)

K(–31, 25)

O(27, 0)

Page 145

On détermine les équations des trois médiatrices à l’aidede leur pente respective et des coordonnées des points A,B et C.yA � 2,32x � 17,14 yB � – x � 11yC � 11,5x � 27,75

En utilisant la méthode de comparaison pour analyserles droites prises deux à deux, on détermine que le pointd’intersection des trois droites est, au dixième près,(–11,8, –10,1).

21. Plusieurs démarches possibles. Exemple :On détermine d’abord les coordonnées des six sommets.On trouve immédiatement les coordonnées des points A,B, C et D, puis on calcule l’abscisse du point Eet l’ordonnée du point F en utilisant la relationde Pythagore.

Les points A, E et F seront alignés si les droites AE et AFsont confondues. Puisque ces deux droites passentpar l’origine, il suffit de démontrer qu’elles ont la mêmepente pour que ce soit le cas.

Pente de la droite AE : �

Pente de la droite AF : � 2 �

Les deux pentes sont identiques,

si et seulement si � 2 � .

Cette égalité est vraie, car (2 � ) � (2 � ) � 4 � 3 � 1.Les points A, E et F sont donc alignés.

22. Pour déterminer la valeur de x, il faut éliminer les y.Pour y arriver, on multiplie la première équation par det la seconde par b afin d’avoir le même coefficientdevant la variable y.

ax � by � s adx � bdy � sdcx � dy � t

⇔bcx � bdy � bt

On soustrait ensuite la seconde équation de la première.(ad � bc)x � sd � bt

On isole la variable x.x � sd � btad � bc

�3�3

�312 � ��3

�3(2 � ��3) � 01 � 0

12 � ��3

1 � 0(2 � ��3) � 0

y

x

E(2 � �3, 1)

A(0, 0) B(2, 0)

C(2, 2)D(0, 2)

F(1, 2 � �3 )

567


À l’aide du système d’équations initial, on éliminela variable x en multipliant la première équation par cet la seconde par a.

ax � by � s acx � bcy � sccx � dy � t

⇔acx � ady � at

On soustrait ensuite la première équation de la seconde.(ad � bc)y � at � sc

On isole la variable y.y �

Banque de problèmes (suite)

23. La région ombrée dans le graphique représente les valeurspossibles de la durée de chacune des deux phasesde la course.

Pour déterminer cette région, on doit d’abord trouverles quatre inéquations qui la délimitent.La phase d’accélération durant de 6 s à 7 s,on en déduit les inéquations t1 � 6

t1 7.On trouve les deux autres inéquations en considérantqu’il a couru au moins 50 m et pas plus de 100 m.On en déduit les inéquations d1 � d2 � 50

d1 � d2 100.En remplaçant d1 et d2 par leur expression respectiveen fonction du temps, puis en isolant la variable t2,on obtient t2 � –0,1t12 � 10

t2 –0,1t12 � 20.Une fois que les courbes frontières associéesà ces inéquations sont tracées, l’ensemble-solutioncorrespond à la région où les coordonnées des pointsvérifient les quatre inéquations.

24. 3Cl2 � 6NaOH → 5NaCl � NaClO3 � 3H2OPlusieurs démarches possibles. Exemple :Par rapport à chaque élément, on peut écrireune équation de façon à ce que le nombre d’atomes

20

18

16

14

12

10

8

6

4

2

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20t1(s)

t2(s)

Course d’un coureur amateur

Page 146

at � scad � bc

de l’élément soit le même de chaque côté dela flèche de réaction chimique.Équation du chlore (Cl ) : 2a � c � dÉquation du chlorate de sodium (Na) : b � c � dÉquation de l’oxygène (O) : b � 3d � eÉquation de l’hydrogène (H) : b � 2eSi l’on pose a � 1, le système devient :Équation du chlore (Cl ) : 2 � c � dÉquation du chlorate de sodium (Na) : b � c � dÉquation de l’oxygène (O) : b � 3d � eÉquation de l’hydrogène (H) : b � 2eEn comparant les équations du chlore et du chloratede sodium, on obtient b � 2.Par l’équation de l’hydrogène, on trouve e � 1.

L’équation de l’oxygène permet de trouver d � .

En remplaçant b et d par leur valeur respective dans

l’équation du chlorate de sodium, on trouve c � .

Pour obtenir des coefficients entiers, on multiplie chacunedes valeurs trouvées par 3.

Banque de problèmes (suite)

25. La vitesse initiale de la bille se situe entre 0,6 m/set 4,6 m/s.Plusieurs démarches possibles. Exemple :On trouve les vitesses minimale et maximale de la billeen traçant les droites des pentes maximale et minimalequi passent par les zones d’incertitude de chacunedes deux mesures.

L’équation de la droite CD qui représente la pentemaximale est ydmax � 3,125x � 0,5625.L’équation de la droite AD qui représente la penteminimaleest ydmin � x � .

Dans ce contexte, l’ordonnée à l’origine de ces deuxdroites représente respectivement la valeur maximaleet la valeur minimale de la vitesse initiale de la bille.

378

512

87654321

0 0,5 1 1,5 2 2,5Temps

(s)

Vitesse(m/s)

Vitesse d’une bille sur un plan incliné

dmin

dmax

A(0,9, 5,0)

D(1,9, 6,5)

B(2,1, 5,5)

C(1,1, 4,0)

Page 147

53

13

70


26. La trajectoire prise par la boule de pétanque est y � –0,1x 2 � 0,7x � 1.La boule a été lancée d’une hauteur de 1 m et a atteintune hauteur maximale d’environ 2,2 m à 3,5 m du joueurou de la joueuse. La distance totale du lancer a étéd’environ 8,2 m.Plusieurs démarches possibles. Exemple :La boule de pétanque suivant une trajectoire parabolique,son équation sera de la forme y � ax 2 � bx � c.En remplaçant dans cette équation, à tour de rôle, x et ypar les coordonnées des trois points fournies, on obtientle système d’équations suivant.

Équation 1 : 2 � 4a � 2b � cÉquation 2 : 2,2 � 16a � 4b � cÉquation 3 : 1,6 � 36a � 6b � c

En soustrayant l’équation 1 de l’équation 2et l’équation 3 de l’équation 2, on obtient un nouveausystème d’équations indépendant du paramètre c.

0,2 � 12a � 2b–0,4 � 32a � 4b

En résolvant ce système, on trouve a � –0,1 et b � 0,7.On trouve la valeur de c en remplaçant les valeurs de aet de b dans une des équations du premier système.Le paramètre c vaut 1.

L’équation de la trajectoire est y � –0,1x 2 � 0,7x � 1.Sommet de la parabole :

h � � � 3,5

k � � � 2,225

Abscisses à l’origine : 3,5 � 5��0,89 et 3,5 � 5��0,89.Il faut rejeter la solution négative, qui ne correspond pasà la trajectoire.

27. Plusieurs réponses possibles. Exemple :1) Les pentes des droites d1 et d2 qui supportent

les côtés BC et CD du carréPuisque l’angle C est un angle droit, le produit despentes des deux droites est –1. De plus, puisquela diagonale AC sépare l’angle C en deux partiesisométriques de 45°, les droites CB et CD aurontrespectivement des pentes de –1 et de 1.

A

C

y

x0

B D

d1 d2

–0,4 � 0,49–0,4

4ac � b2

4a

–0,7–0,2

–b2a

2) Les coordonnées du point CSoit y 2 � x � b, l’équation de la droite d2.Les coordonnées du point C sont (0, b).Puisque la droite d2 est tangente à la parabole,

le système d’équations y � x2

y 2 � x � bn’a qu’une seule solution. Cela n’est possible que sil’équation résultante, en posant y � y2, soit l’équationx 2 � x � b � 0, n’a également qu’une seulesolution. Cela implique que le discriminant associéà cette équation est nul.On a donc : 1 � 4b � 0

b � –

Les coordonnées du point C sont �0, – �.3) Les coordonnées du point D

L’équation de la droite d2 est donc y2 � x � .

Le sommet D est le point de rencontre de cette droiteet de la parabole. On trouve ses coordonnéesen résolvant le système y � x 2

y2 � x �

dont l’équation résultante est x 2 � x � � 0.

Les coordonnées du point D sont � , �.4) La longueur du côté CD et l’aire du carré

d(C, D) � � � 0�2 � � � �2 �L’aire du carré est donc de unité carrée,

soit � .1��2

1

��2

12

1

��2–14

12

12

14

12

14

14

14

14

14

La géométrie La distance qui sépare le point D du point G 6 analytique et Le ... · 2014. 6....

Documents

Transcript of La géométrie La distance qui sépare le point D du point G 6 analytique et Le ... · 2014. 6....