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%tapuscrit : Denis Vergès
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%Tapuscrit : Denis Vergès
 \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
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\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat STD2A}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{12 septembre 2014}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}
{\Large\textbf{\decofourleft~Baccalauréat  Métropole 12 septembre 2014~\decofourright\\[4pt]Sciences et technologies du design et des arts appliqués}} 
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1}  \hfill 5 points}

\medskip

%Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Parmi les réponses proposées, une seule est correcte. On indiquera sur la copie, pour chaque question, la lettre correspondant à la réponse exacte. Aucune justification n'est demandée. Toutes les questions sont indépendantes. Les réponses exactes rapportent un point.
%
%\medskip
  
\begin{enumerate}
\item On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = x^3 - 2x^2 + 5x - 1$.
 
La tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse 1 a pour équation : 

$\bullet~~$On a $f(1) = 1 - 2 + 5 - 1 = 3$ ;

$\bullet~~$On a $f'(x) = 3x^2 - 4x + 5$ ; le nombre dérivé en 1 est $f'(1) = 3 - 4 + 5 = 4$.

Une équation de la tangente est $y - f(1) = f'(1)(x - 1) \iff y - 3 = 4(x - 1) \iff y = 4x - 1$. Réponse \textbf{c.}
%\medskip
%\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}{X}}
%\textbf{a.~~} $y = 0$&\textbf{b.~~} $y = x - 4$ & \textbf{c.~~} $y = 4x - 1$ & \textbf{d.~~} $y = - 4x + 1$
%\end{tabularx}
%\medskip
\item %On considère l'ellipse tracée dans un repère sur la figure ci-dessous : 

%\parbox{0.5\linewidth}{\psset{unit=0.75cm}
%\begin{pspicture}(-2.5,-1)(6.5,6.5)
%\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=6,Dy=6]{->}(0,0)(-2.5,-0.9)(6.5,6.5)
%\psaxes[linewidth=1.25pt](0,0)(1,1)
%\psline[linestyle=dashed](0,3)(2,3)(2,0)
%\psellipse[linecolor=blue](2,3)(4,3)
%\end{pspicture}}\hfill
%\parbox{0.475\linewidth}{Une équation de cette ellipse est :
%
%	\begin{enumerate}
%		\item  $\dfrac{(x-2)^2}{16} + \dfrac{(y-3)^2}{9}$
%		\item  $\dfrac{(x+2)^2}{16} + \dfrac{(y+3)^2}{9}$
%		\item  $\dfrac{(x-2)^2}{9} + \dfrac{(y-3)^2}{16}  $
%		\item  $\dfrac{(x-2)^2}{9} + \dfrac{(y+3)^2}{16}$ 
%	\end{enumerate}}
Le centre a pour coordonnées 2 et 3 et les demi-axes mesurent 4 et 3.

Une équation de cette ellipse est donc : 	$\dfrac{(x-2)^2}{4^2} + \dfrac{(y-3)^2}{3^2}$, soit $\dfrac{(x-2)^2}{16} + \dfrac{(y-3)^2}{9}$. Réponse \textbf{a.}
\item %L'équation : $2x^{0,5} = 6$

%\medskip
%\begin{tabularx}{\linewidth}{*{2}{X}} 
%\textbf{a.~~} n'a pas de solution &\textbf{b.~~} a pour solution 3.\\ 
%\textbf{c.~~} a pour solution $\sqrt{3}$.&\textbf{d.~~} a pour solution 9.
%\end{tabularx}
%\medskip
$2x^{0,5} = 6 \iff x^{0,5} = 3 \iff x = 3^2 = 9$.  Réponse \textbf{d.}
\item %La section du demi-cône de révolution avec un plan parallèle à la hauteur du cône ne passant pas par le sommet du cône est :

%\medskip
%\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}{X}}
%\textbf{a.~~} une branche d'hyperbole&\textbf{b.~~}un cercle&\textbf{c.~~} une parabole&\textbf{d.~~} une ellipse
%\end{tabularx}
%\medskip
Réponse \textbf{a.~~} 
\item L'équation $2x^2 - 3x - 2 = 0$

%\medskip
%\begin{tabularx}{\linewidth}{*{2}{X}} 
%\textbf{a.~~} n'admet aucune solution.&\textbf{b.~~} admet deux solutions: $- 2$ et $\dfrac{1}{2}$.\\
%\textbf{c.~~} admet deux solutions : $- \dfrac{1}{2}$ et 2.& 
%\textbf{d.~~} admet deux solutions $- 2$ et $- \dfrac{1}{2}$
%\end{tabularx}
%\medskip 
On a $\Delta = 9 + 16 = 25 = 5^2$.

L'équation a donc deux solutions : $x_1 = \dfrac{3 + 5}{2\times 2} = 2$ et   $x_2 = \dfrac{3 - 5}{2\times 2} = - \dfrac{1}{2}$.  Réponse \textbf{c.~~} 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2}  \hfill 8 points}

\medskip
 
%Afin d'éviter le passage en centre ville d'une ligne TGV, on effectue un changement de tracé de cette ligne. On procède à un contournement de la ville, dont une partie aura la forme d'un arc de cercle $C$. Cet arc de cercle a pour centre le point G (ancienne gare) et débute en A (nouvelle gare) pour s'achever en B et se poursuivre de façon rectiligne. Le tronçon initial s'arrête en O.

%\begin{center}
%\psset{unit=0.9cm}
%\begin{pspicture}(0,-1.5)(15,3.5)
%\psline(0,0)(3,0)
%\psdots(3,0)(7.7,0)(6.3,2.55)(9,2.55)
%\psarc(7.7,0){2.9}{62}{118}
%\psline(9.0,2.55)(14.9,-0.4)
%\uput[u](3,0){O} \uput[ul](6.3,2.55){A} \uput[ur](9.0,2.55){B} 
%\uput[d](7.85,2.75){$C$} \uput[u](7.7,0){G} 
%\rput(7.5,-1){\emph{Vue aérienne du tracé de la ligne TGV}}
%\end{pspicture}
%\end{center} 

%Il s'agit donc de relier les points 0 et A par une courbe $F$ qui admette en 0 une tangente horizontale, et soit tangente en A à l'arc de cercle $C$.
% 
%Pour déterminer précisément la courbe $F$ , on se place dans un repère orthonormé $\left(\text{O}~;~\vect{\text{OI}},~\vect{\text{OJ}}\right)$.

\begin{center}
\psset{unit=1cm,comma=true}
\def\pshlabel#1{\scriptsize #1}
\def\psvlabel#1{\scriptsize #1} 
\begin{pspicture*}(-1.,-0.75)(8.5,4.5)
\psgrid[gridlabels=0,subgriddiv=2,griddots=6](0,0)(8,4)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-1,-0.3)(8.5,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
\psline[linewidth=1.5pt](-1.5,0)(0,0)
\psarc[linewidth=1.5pt](5.5,0){3.3541}{62}{118}
\psdots(0,0)(4,3)(7,3)(5.5,0)(6,4)
\uput[ur](0,0){O} \uput[ul](4,3){A} \uput[ur](7,3){B} \uput[ur](6,4){H}
\uput[u](5.5,0){G}
\psline(5.5,0)(4,3)(6,4)
\end{pspicture*}
\end{center}

%Dans ce repère, on a les coordonnées suivantes : 
%G(5,5~;~0) et A(4~;~3)

\medskip
 
\textbf{Partie A}

\medskip
 
On considère le point H(6~;~4). 

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %Déterminer le coefficient directeur de la droite (AH).
On a $\vect{\text{AH}}\begin{pmatrix}6 - 4\\4 - 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$.
Le coefficient directeur de la droite (AH) est donc égal à $2$.
\item %Démontrer que les vecteurs $\vect{\text{AG}}$ et $\vect{\text{AH}}$ sont orthogonaux.
$\vect{\text{AG}}\begin{pmatrix}5,5 - 4\\0 - 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1,5\\-3\end{pmatrix}$.

Donc $\vect{\text{AG}}\cdot \vect{\text{AH}} = 2 \times 1,5 + 1 \times (- 3) = 3 - 3 = 0$.

Les vecteurs $\vect{\text{AG}}$ et $\vect{\text{AH}}$ sont orthogonaux.
\item %En déduire que la droite (AH) est tangente en A à la courbe $C$.
La droite (AH) est perpendiculaire au rayon [GA] du cercle ce centre G : c'est donc la tangente  en A à la courbe $C$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip
 
La courbe $F$ est la courbe représentative sur l'intervalle [0~;~4] d'une fonction $f$ de la forme : 

\[f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d.\]
 
\begin{enumerate}
\item %Déterminer graphiquement $f(0)$ et $f(4)$.
On doit avoir $f(0) = 0$ et $f(4) =  3$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %On note $f'$ la dérivée de la fonction $f$. En interprétant le fait que le raccordement est tangent aux deux tronçons existants, déterminer $f'(0)$.
On lit $f'(0) = c = 0$.
		\item %Justifier que $f'(4)$ vaut $\frac{1}{2}$.
		La droite (AH) est tangente en A à l'arc de cercle ; elle est aussi la tangente à la courbe représentative de $F$, donc $f'(4) = \dfrac{1}{2}$, soit $48a + 8b = \dfrac{1}{2}$
	\end{enumerate} 
\item %Donner l'expression de $f'(x)$.
On a $f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c$.
\item %En utilisant les trois questions précédentes, déterminer les valeurs de $c$ et de $d$, puis un système d'équations dont les coefficients $a$ et $b$ soient solution. Résoudre ce système. 
On a donc :
$\left\{\begin{array}{l c r}
f(0)&=&0\\
f(4)&=&3\\
f'(0) = 0\\
f'(4)&=&\frac{1}{2}
\end{array}\right.\iff 
\left\{\begin{array}{l c r}
d&=&0\\
a\times 4^3 + b \times 4^2 + c \times 4 &=&3\\
c&=&0\\
48a + 8b &=& \dfrac{1}{2}
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c r}
d = 0\\
64a + 16b + 4c &=& 3\\
c&=&0\\
96a + 16b&=&1
\end{array}\right.\iff
\left\{\begin{array}{l c r}
d = 0\\
c&=&0\\
64a + 16b&=&3\\
96a + 16b&=&1
\end{array}\right.$

Par différence des deux dernières lignes $32a = - 2 \iff a = = - \frac{1}{16}$.

On en déduit $16b = 3 - 64a = 3 - 64 \times \left(- \frac{1}{16} \right) = 3 - (- 4) = 7 \iff b = \frac{7}{16}$.

On a donc $a = - \frac{1}{16}$, \: $b = \frac{7}{16}$, $c = d = 0$.
\item %On admet que $f$ est définie sur [0~;~4] par $f(x) = - \dfrac{1}{16}x^3 + \dfrac{7}{16}x^2$. Étudier les variations de $f$ sur [0~;~4]. 
On sait que $f'(x) = - \frac{3}{16}x^2 + \frac{7}{8}x$ sur l'intervalle [0~;~4].

Or $f'(x) = x\left(- \frac{3}{16}x + \frac{7}{8} \right)$ qui est du signe de $- \frac{3}{16}x + \frac{7}{8}$ puisque $x \geqslant 0$.

$- \frac{3}{16}x + \frac{7}{8} > 0 \iff \frac{7}{8} > \frac{3}{16}x \iff 14 > 3x \iff \frac{14}{3} > x$. Or $\frac{14}{3} \approx 4,7$, donc sur [0~;~4], $f'(x) > 0$ : la fonction est strictement croissante sur cet intervalle.
\item %Représenter graphiquement $f$ sur l'intervalle [0~;~4] sur l'annexe - document 1, à rendre avec la copie.
Voir l'annexe.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3}  \hfill 7 points}

\medskip

%Le vase photographié est constitué d'un corps polyédrique surmonté d'un col (voir la figure 1 ci-dessous). Le but de cet exercice est d'étudier le corps polyédrique que l'on notera $\mathcal{P}$. La figure 2 met en évidence que celui-ci est construit sur un cube ABCDEFGH d'arête 8 cm et dont quatre des faces sont les bases de quatre pyramides ABFES$_{1}$ BCGFS$_{2}$, CDHGS$_{3}$ et ADHES$_{4}$. 
%
%\begin{center}
%\includegraphics[width=0.75\textwidth]{STD2A_Metro_sept.eps}
%\end{center} 
%
%On admet que les faces triangulaires de ces pyramides sont des triangles isocèles identiques, et que le pied de la hauteur de chaque pyramide est aussi le centre du carré de base. 
%
%On admet de plus que les points B, F, S$_{1}$ et S$_{2}$ sont dans un même plan. Il en va de même pour les points C, G, S$_{2}$ et S$_{3}$, pour les points D, H, S$_{3}$ et S$_{4}$ et enfin pour les points A, E, S$_{4}$ et S$_{1}$.
%
%\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %Quelle est la nature du quadrilatère S$_{1}$BS$_{2}$F ? Justifier la réponse.
\danger{} Sur l'énoncé le point S$_2$ est absent !

Puisque toutes les faces triangulaires de ces pyramides sont des triangles isocèles identiques on a donc BS$_1$ = S$_1$F = FS$_2$ = S$_2$B : le quadrilatère S$_{1}$BS$_{2}$F est donc un losange.
\item ~%On considère le point I, centre du carré BCGF, et le point M, milieu du segment [BF].
 
%Sachant que IS$_{2}$ = 4 cm, dessiner sur la copie, sur une même figure, le cube ABCDEFGH et la pyramide BCGFS$_{2}$ en perspective cavalière, avec comme plan frontal (ABFE). 
\begin{center}
\psset{unit=0.75cm}
\begin{pspicture}(12,11)
%\psgrid
\psframe(8,8)
\uput[ul](0,8){A} \uput[u](8,8){B} \uput[dr](8,0){F} \uput[dl](0,0){E} 
\uput[dr](11.4641,2){G}\uput[ur](11.4641,10){C}\uput[ul](3.4641,10){D}
\uput[r](13.74,5){S$_2$}\uput[l](9.74,5){I}
\psline(8,0)(11.4641,2)(11.4641,10)(8,8)%FGCB
\psline(8,8)(11.4641,10)(3.4641,10)(0,8)%BCDA
\psline[linestyle=dotted](8,0)(11.4641,10)%FC
\psline[linestyle=dotted](8,8)(11.4641,2)%BG
\psline[linestyle=dotted](9.74,5)(13.74,5)%IS_2
\psline[linestyle=dashed](8,0)(13.74,5)(11.4641,2)(11.4641,10)(13.74,5)(8,8)%FS_2GCS_2B
\uput[l](8,4){M}\psdots(8,4)
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

\item %Placer les points I et M sur la figure précédente. Calculer les longueurs S$_{2}$M puis S$_{2}$B.
Voir la figure ci-dessous.

S$_2$IM est un triangle rectangle en I Le théorème de Pythagore appliqué à ce triangle donne S$_2\text{M}^2 = \text{S}_2\text{I}^2 + \text{IM}^2 = 4^2 + 2^2 = 20$, donc S$_2\text{M} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$.

De même S$_2$BI est un triangle rectangle en I Le théorème de Pythagore appliqué à ce triangle donne S$_2\text{B}^2 = \text{S}_2\text{I}^2 + \text{IB}^2$ \quad (1).

Or [IB] est une demi-diagonale du carré FGCB de côté 8, donc IB $= 4\sqrt{2}$.

(1) devient S$_2\text{B}^2 = 4^2 + \left(4\sqrt{2} \right)^2 = 16 + 32 = 48 = 16\times 3$.

Donc S$_2\text{B} = 4\sqrt{3}$. 
\item %Dessiner en vraie grandeur le quadrilatère S$_{1}$BS$_{2}$F. 
Corrigé à suivre...
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Sur l'annexe (document 2), on a commencé à représenter en perspective parallèle le polyèdre $\mathcal{P}$. Construire sur l'annexe le point S$_{2}$ sommet de la pyramide de base BCGF. On justifiera la méthode de construction sur la copie. 
		\item Construire la pyramide BCGFS$_{2}$ sur l'annexe. 
		\item Sur l'annexe, laisser en pointillé les arêtes cachées du polyèdre $\mathcal{P}$ et retracer en trait plein les arêtes visibles.
	\end{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Dessiner sur la copie une vue de dessus du polyèdre 'P en perspective parallèle. On y notera les points A, B, C, D, S$_{1}$, S$_{2}$, S$_{3}$ et S$_{4}$. 
		\item En prenant cette fois le plan (S$_{1}$BS$_{2}$F) comme plan frontal, dessiner sur la copie une vue de face du polyèdre $\mathcal{P}$ en perspective parallèle.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate} 

\newpage
\begin{center}

\textbf{Annexe, à rendre avec la copie}

\bigskip

\emph{Document $1$}

\bigskip

\psset{unit=1.4cm,comma=true}
\def\pshlabel#1{\scriptsize #1}
\def\psvlabel#1{\scriptsize #1} 
\begin{pspicture*}(-1.,-0.75)(8.5,4)
\psgrid[gridlabels=0,subgriddiv=2,griddots=6](0,0)(8,4)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=0.5,Dy=0.5](0,0)(-1,-0.3)(8.5,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
\psline[linewidth=1.5pt](-1.5,0)(0,0)
\psarc[linewidth=1.5pt](5.5,0){3.3541}{62}{118}
\psdots(0,0)(4,3)(7,3)(5.5,0)
\uput[ur](0,0){O} \uput[ul](4,3){A} \uput[ur](7,3){B} \uput[ur](6,4){H}
\uput[u](5.5,0){G}
\psline(5.5,0)(4,3)(6,4)
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{4}{x dup mul 7 mul 16 div x 3 exp 16 div sub}
\end{pspicture*} 

\vspace{1cm}

\emph{Document $2$}

\bigskip

\psset{unit=1cm,comma=true}
 
\begin{pspicture*}(12.5,10)
%\psgrid
\pspolygon[linestyle=dashed](0.5,5.6)(2.6,1.2)(8.3,0.4)(10.3,3.05)(4.5,4.8)%S4EFGH
\uput[ul](0.5,5.6){S$_{4}$} \uput[dl](2.6,1.2){E} \uput[dr](8.3,0.4){F} \uput[dr](10.3,3.05){G} \uput[dr](4.5,4.8){H} 
\pspolygon[linestyle=dashed](2.6,1.2)(4.3,2.1)(8.05,5.8)(10.05,8.4)(8.3,7.4)(4.5,4.8)%ES1BCS3H
\uput[d](4.3,2.1){S$_{1}$} \uput[u](8.05,5.8){B} 
\uput[ur](10.05,8.4){C} \uput[u](8.3,7.4){S$_{3}$} \uput[dr](4.5,4.8){H}
\pspolygon[linestyle=dashed](0.5,5.6)(2.4,6.55)(4.3,9.2)%S4AD
 \uput[ul](2.4,6.55){A} \uput[u](4.3,9.2){D}\uput[r](12.05,4.1){S$_2$}
\pspolygon[linestyle=dashed](2.4,6.55)(8.05,5.8)(10.05,8.4)(4.3,9.2)%ABCD
\psline[linestyle=dashed](0.5,5.6)(2.4,6.55)(2.6,1.2)%S4AE
\psline[linestyle=dashed](4.3,9.2)(4.5,4.8)%DH
\psline[linestyle=dashed](4.3,9.2)(8.3,7.4)(10.3,3.05)(10.05,8.4)%DS3GC
\psline[linestyle=dashed](4.3,2.1)(8.3,0.4)(8.05,5.8)%S1FB
\psline[linestyle=dashed](2.4,6.55)(4.3,2.1)%AS1 
\psline[linestyle=dashed](8.3,0.4)(12.05,4.1)(8.05,5.8)%FS_2B
\psline[linestyle=dashed](10.3,3.05)(12.05,4.1)(10.05,8.4)%GS_2C
\end{pspicture*} 
\end{center}
\end{document}