Examens locaux corrigés mathématiques 3AC

Exercice 1：$(8pts)$

$1)$ 

$ A  =2 \sqrt{20}-\sqrt{45}+\sqrt{125} $

$ A=2 \sqrt{4 \times 5}-\sqrt{9 \times 5}+\sqrt{25 \times 5} $

$A=2 \times 2 \sqrt{5}-3 \sqrt{5}+5 \sqrt{5} $

$ A=4 \sqrt{5}-3 \sqrt{5}+5 \sqrt{5} $

$ A=(4-3+5) \sqrt{5} $

$A  =6 \sqrt{5} $

$B  =\sqrt{\frac{1}{25}}-\left(\frac{2}{3}\right)^{-2} $

$B =\sqrt{\left(\frac{1}{5}\right)^{2}}-\left(\frac{3}{2}\right)^{2} $

$B =\frac{1}{5}-\frac{9}{4} $

$ B=\frac{4-45}{20}$

$B  =\frac{41}{20} $

$ C  =\sqrt{2 \sqrt{7}+\sqrt{3}} \times \sqrt{2 \sqrt{7}-\sqrt{3}} $

$ C=\sqrt{(2 \sqrt{7}+\sqrt{3})(2 \sqrt{7}-\sqrt{3})}$

$C =\sqrt{(2 \sqrt{7})^{2}-(\sqrt{3})^{2}} $

$C =\sqrt{28-3} $

$C =\sqrt{25} $

$C  =5$

$2)$ 

$ E =0,004 \times 10^{-6} \times 12 \times\left(10^{2}\right)^{-4}$

$ E=4 \times 10^{-3} \times 10^{-6} \times 1,2 \times 10 \times 10^{-8} $

$ E=4 \times 1,2 \times 10^{-3-6+1-8} $

$E  =4,8 \times 10^{-16}$

$F =0,005 \times 20000 \times(0,0002)^{3} $

$ F=5 \times 10^{-3} \times 2 \times 10^{4} \times\left(2 \times 10^{-4}\right)^{3} $

$F =5 \times 10^{-3} \times 2 \times 10^{4} \times 2^{3} \times\left(10^{-4}\right)^{3} $

$F=5 \times 2 \times 10^{-3} \times 10^{4} \times 8 \times 10^{-12} $

$ F=8 \times 10 \times 10^{-3} \times 10^{4} \times 10^{-12} $

$F=8 \times 10^{1-3+4-12} $

$F  =8 \times 10^{-10} $

$3)$ 

$G  =(2+\sqrt{5})^{2}-(1-\sqrt{5})^{2} $

$ G=4+4 \sqrt{5}+5-(1-2 \sqrt{5}+5) $

$G =9+4 \sqrt{5}-(6-2 \sqrt{5}) $

$G=9+4 \sqrt{5}-6+2 \sqrt{5} $

$G=3+6 \sqrt{5} $

$ H =(x-2)^{2}-x^{2}+4 $

$ H=(x-2)^{2}-\left(x^{2}-4\right) $

$ H=(x-2)^{2}-(x-2)(x+2) $

$H =(x-2)[(x-2)-(x+2)] $

$H =(x-2)(x-2-\not x-2) $

$H  =-4(x-2)$

$4)$ 

On a: $(-2 \sqrt{7})^{2}=28$ et $(-5 \sqrt{3})^{2}=75$

Comme $28<75$

D’où $(-2 \sqrt{7})^{2}<(-5 \sqrt{3})^{2}$

Les nombres $-2 \sqrt{7}$ et $-5 \sqrt{3}$ sont négatifs

D’où :  $-2 \sqrt{7}>-5 \sqrt{3}$

$5)$ 

Montrons que $(a+1)^{2} \geqslant 1+2 a$

On a : $(a+1)^{2}-(1+2 a)=a^{2}+2 a+1-1-2 a=a^{2}$

Comme $a^{2} \geqslant 0$

 Alors :$ \sqrt{(a+1)^{2}} \geq 1+2 a$

$6)$

$a)$ 

• Encadrons $2 x-y$

On sait que : $2 x-y=2 x+(-y)$

On a : $\quad 1 \leqslant x \leqslant 3$ et $-6 \leqslant y \leqslant-2$

Donc : $2 \leqslant 2 x \leqslant 6$ et $2 \leqslant-y \leqslant 6$

Alors : $2+2 \leqslant 2 x+(-y) \leqslant 6+6$

D’où : $4 \leqslant 2 x-y \leqslant 12$

• Encadrons $x+y$

On a : $1 \leqslant x \leqslant 3$ et $\quad-6 \leqslant y \leqslant-2$

Donc : $-5 \leqslant x+y \leqslant 1 $

• Encadrons $x y+1$

On a : $1 \leqslant x \leqslant 3$ et $-6 \leqslant y \leqslant-2$

Donc : $1 \leqslant x \leqslant 3$ et $2 \leqslant-y \leqslant 6$

Alors : $2 \leqslant x y \leqslant 18$

D’où : – $18 \leqslant x y \leqslant-2$

Alors : $-1+\leqslant x y+1 \leqslant-1$

• Encadrons $x^{2}+y^{2}-1$

On a : $1 \leqslant x \leqslant 3$ et $-6 y \leqslant-2$

Donc : $1 \leqslant x^{2} \leqslant 9$ et $4 \leqslant y \leqslant 36$

Alors :  $5 \leqslant x^{2}+y^{2} \leqslant 45$

D’où : $4 \leqslant x^{2}+y^{2}-1 \leqslant 44$

• Encadrons  $-3 y+x^{2}$

On a : $-6 \leqslant y \leqslant-2$ et $1 \leqslant x \leqslant 3$

Donc :  $6 \leqslant-3 y \leqslant 19$ et $1 \leqslant x^{2} \leqslant 9$

Alors : $\quad 7 \leqslant-3 y+x^{2} \leqslant 27$

$b)$ D’apres la question précedente

On a : $5 \leqslant\left(x^{2}+y^{2} \leqslant 45\right.$

donc : $\quad 0 \leqslant x^{2}+y^{2}-5 \leqslant 40$

D’où : $ \quad 0 \leqslant \frac{x^{2}+y^{2}-5}{20} \leqslant 2$

Exercice 2：$(2,5pts)$

$1)$ 

On sait que : $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1$

donc : $\sin ^{2} \alpha+\left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)^{2}=1$

d’où $\quad \sin ^{2} \alpha=1-\frac{8}{9}$

$\sin ^{2} \alpha=\frac{9-8}{9}$

$\sin ^{2} \alpha=\frac{1}{9}$

$\sin \alpha=\sqrt{\frac{1}{9}} \quad(, 0<\sin \alpha<1)$

$\sin \alpha=\frac{1}{3}$

On sait que $\tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$

$ \tan \alpha=\frac{\frac{1}{3} \alpha}{\frac{2 \sqrt{2}}{3}} $

$ \tan \alpha=\frac{1}{3} \times \frac{3}{2 \sqrt{2}} $

$\tan \alpha =\frac{1}{2 \sqrt{2}}$

$\tan \alpha  =\frac{\sqrt{2}}{4}$

$2)$ 

On a: $\sin \alpha \cdot \cos \alpha \cdot \frac{1}{\tan \alpha}+\sin ^{2} \alpha=\sin \alpha \cdot \cos \alpha \cdot \frac{1}{\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}+\sin ^{2} \alpha$

$ =\sin \alpha \cdot \cos \alpha \cdot \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}+\sin ^{2} \alpha$

$ =\cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha $

$ =1$

$3)$

$G=\cos 14^{\circ}+\sin ^{2} 28^{\circ}+\sin ^{2} 62^{\circ}-\sin 76^{\circ}-2 \tan 35^{\circ} \times \tan 55^{\circ}$

On sait que : $14^{\circ}+76^{\circ}=90^{\circ}$ et $28^{\circ}+62=90^{\circ}$

$35^{\circ}+55^{\circ}=90^{\circ}$

donc se sont des angles complimentaires.

d’où $G=\cos 14^{\circ}-\sin ^{2} 6^{\circ}+\sin ^{2} 28^{\circ}+\sin ^{2} 62^{\circ}-2 \tan 35^{\circ} \times \tan 55^{\circ}$

$G =\cos 14-\sin 2+\sin 28+\sin ^{2} 28+\cos ^{2} 28^{\circ} $

$G =\cos 14^{\circ}-\cos 14^{\circ}+\tan 35^{\circ} \times \frac{1}{\tan 35^{\circ}} $

$ G =1-2 $

$G =-1$

Exercice 3：$(3pts)$

$1)$ 

Comparaison:

– le carré du plus grand côté est : $B C^{2}=(3 \sqrt{5})^{2}=45$

– la somme des carrés des deux autres cotés:

$A B^{2}+A C^{2}  =6^{2}+3^{2} $

$ A B^{2}+A C^{2} =36+9$

$A B^{2}+A C^{2}  =45$

Donc: $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}$
d’apérs lo reciproque du théorème de Pythagore le triangle $A B C$ et rectangle en $A$.

$2)$ 

• $\cos \hat{A B C}  =\frac{A B}{B C} $

$\cos \hat{A B C} =\frac{3}{3 \sqrt{5}}$

$\cos \hat{A B C} =\frac{1}{\sqrt{5}} $

$\cos \hat{A B C} =\frac{\sqrt{5}}{5}$

• $\tan \hat{A C B}  =\frac{A B}{A C} $

$ \tan \hat{A C B}  =\frac{3}{6} $

$\tan \hat{A C B}  =\frac{1}{2}$

$3)$ Soient les triaghles $A B C$ it $A E F$ tels que:

– $A, E$ et $B$ sont alignés.
– $A, F$ et $C$ sont alignés.
– $(BC) // (EF)$

D’après le théorème de Thalès.

$ \frac{A E}{A B}=\frac{A F}{A C}=\frac{E F}{B C}$

$ \frac{2,5}{3}=\frac{A F}{6}=\frac{E F}{3 \sqrt{5}}$

donc $A F=\frac{6 \times 2,5}{3}$

$A F=5 \mathrm{~cm}$

Exercice 4：$(3pts)$

$1)$ 

Soient les triangles $AMB$ et $EMJ$ tels que :

– $E, M$ et $B$ sont alignés.
– $J, M$ et $A$ “sont alignés.
– $(E J) //(A B) \quad \operatorname{car}\left\{\begin{array}{l}(E J) \perp (E B) \\ (A B) \perp (E B) \end{array}\right.$

D’après le théorème de Thalès.

$ \frac{M E}{M B}=\frac{M J}{M A}=\frac{E J}{A B} $

$ \frac{1,5}{3}=\frac{2,5}{A M}=\frac{2}{A B}$

donc : $A M=\frac{3 \times 2,5}{1,5}$

d’ou: $A M=5 \mathrm{~cm}$

Et  : $A B=\frac{2 \times 3}{115}$

donc : $A B=4 \mathrm{~cm}$

$2)$ 

• Montrons que :$ (MJ)//(NP)$

On a : $P$ est le symétrique de $M$ par rapport à $B$.

Donc $B$ est le milieu de $[H P]$

D’où $ P B=B H=3 \mathrm{~cm}$

On considère les triangles $EPN$ et $EMJ$ tels que :

D’une part les points $E, M$ et $P$ sont alignés.

D’autre part les points $E , J$et $N$ sont alignés dans le même ordre.

 Comparaison des rapports :

$\frac{E J}{E N}=\frac{2}{2+8}=\frac{2}{40}=\frac{1}{5}$

$\frac{E M}{E P}=\frac{1,5}{15+3+3}=\frac{1,5}{7,5}=\frac{15}{75}=\frac{15 \times 1}{15 \times 5}=\frac{1}{5}$

Donc $\frac{E J}{E N}=\frac{E M}{E P}$

D’après la réciproque du théorème de Thalès.
$(M J) / /(N P)$

• En déduire $PN$ :

On considère les triangles $EPN$ et $EMJ$ tels que :

– Les points $E, M$ et $P$ sont alignés.

– Les points $E , J$ et $N$ sont alignés .

– $(M J) / /(N P)$

D’après le théorème de Thalès.

$\frac{E J}{E N}=\frac{E M}{E P}=\frac{M J}{M P}$

Donc $\frac{M J}{N P}=\frac{1}{5}$

D’où $\frac{2,5}{N P}=\frac{1}{5}$

Donc :

$ N P=5 \times 2,5 $

$ N P=12,5 \mathrm{~cm}$

Exercice 5：$(1,5pts)$

$1)$

Dans la figure les angle $E \widehat{F} J$ et $E \widehat{M} J$ deux angles inscrits dans le cercle (C) et interceptent le même arc $\widehat{ES}$ .

Donc $E \widehat{F} J = E \widehat{M} J$ 

Et puisque : $E \widehat{F} J =55^{\circ}$

Alors : $ E \widehat{M} J=55^{\circ}$

$2)$ 

On considère l’angle $\widehat{A O B}$ qui intercepte l’arc exterieur $\widehat{A B}$ tel que.

$ \widehat{A O B}+A \widehat{O} B=360^{\circ} $

$ \widehat{A O B}=360^{\circ}-A \widehat{O} B $

$ \widehat{A O B}=360^{\circ}-76 $

$ \widehat{A O B}=284^{\circ}$

Dans la figure l’angle inscrit $A \widehat{D} B $ et l’angle au centre  $\widehat{A O B}$  interceptent le même arc $\overparen{A B}$

Donc :

$A \widehat{D} B =\frac{\widehat{A O B}}{2} $

$A \widehat{D} B =\frac{284^{\circ}}{2} $

$A \widehat{D} B =142^{\circ}$

Exercice 6：$(2pts)$

$1)$ 

– On a $J$ le milieu de $[C D]$

Donc : $D J=J C$ (1)

– On a : $A \widehat{J}D$ et $C \hat{J} K$ deux angles opposés par le sommet.

Donc : $A\widehat{ J} D=C \hat{J} K$ (2)

– Les droites $(AD)$ et $(BK)$ deux droites parallèles déterminent avec leur sécante $(DC)$ deux angles alternes-internes $A \hat{D} J$ et $K\hat{C}J$ de même mesure.

donc : $A\hat{ D }J=K \hat{C }J$ (3)

D’après (1),(2) et (3) les triangles $ADJ$ et $ KCJ$ sont isométriques.

$2)$ D’après la question précédente , $A D J$ et $K C T$ sont deux triangles iso métriques

Donc : $D\hat{ A }J=J \hat{K }C$

D’où : $D\hat{ A }J=A \hat{K }B$  (1)

– On a $A B C D$ est un parallélogramme.

Donc  les angles opposés sont isométriques.

Donc : $A\hat{ B }C=A \hat{D }C$

D’où : $A\hat{ B }K=A \hat{D }J$  (2)

– On a: $(AB)$ et $(A C)$ deux droites parallèles déterminent avec leur sécante $(AJ)$ deux angles alternes-internes $B \hat{A} J$ et $A \hat{J} D$ de même mesure : 

Donc : $B \hat{A} J=A \hat{J} D$

D’où : $B \hat{A} K=A \hat{J} D$  (3)

D’après (1),(2) et (3) les triangles $ADJ$ et $ ABK$ sont semblables.