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%tapuscrit : Denis Vergès
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%Tapuscrit : David Rousseau
%Figures : Denis Vergès
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}}
\renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}}
\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 Corrigé du baccalauréat STD2A}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{18 juin 2014}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}
{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat  Métropole 18 juin 2014 \decofourright\\[4pt] Sciences et technologies du design et des arts appliqués}} 
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1}  \hfill 7 points}

\medskip


%Un club de tennis souhaite avoir un logo en forme de raquette dans laquelle sera inscrit le nom du club (voir la figure ci-dessous).
%
%\begin{center}
%\psset{unit=1cm}
%\begin{pspicture}(10.5,5)
%%\psgrid
%\psline(0,2.6)(0,2)(3,2)
%\psline(0,2.6)(3,2.6)
%\pscurve(3,2)(4,1.9)(5,1.4)(5.5,1)
%\pscurve(3,2.6)(4,2.7)(5,3.2)(5.5,3.64)
%\psellipse(8,2.35)(3,2.35)
%\rput(8,3.35){\large Tennis}
%\rput(8,1.35){\large Club}
%\psline(10,4.08)(10,0.6)
%\end{pspicture}
%\end{center}
%
%Une partie du logo est tracé dans le repère orthonormé de l'annexe 1, d'origine O(0~;~0) et d'unité 1 cm. L'ellipse $\mathcal{E}$, de centre $\Omega$, représente le cadre de la raquette (partie où se trouve le tamis ou cordage). Les segments $[AM]$, $[MN]$ et $[NE]$ constituent une partie du manche.
%\vspace{0.2cm}
%
%Dans ce repère, on a les données suivantes:
%
%\begin{itemize}
%\item[$\bullet$] $\Omega(9~;~0)$~~~~$B(5~;~2,4)$~~~~$A(0~;~0,5)$~~$M(-5,5~;~0,5)$~~~~$N(-5,5~;~-0,5)$~~~~$E(0~;~-0,5)$.
%\item[$\bullet$] Une équation cartésienne de l'ellipse $\mathcal{E}$ est $\dfrac{(x-9)^2}{25}+\dfrac{y^2}{16}=1$.
%\end{itemize}
\begin{center}
\textbf{Partie A}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item %Calculer les longueurs des demi-axes de l'ellipse $\mathcal{E}$.
On voit sur l'annexe 1 que la longueur du demi-grand axe est égale à 5~cm et celle du petit est égale à 4~cm
\item %Montrer que le point $B$ appartient à l'ellipse $\mathcal{E}$.
$B(5~;~2,4) \in \mathcal{E} \iff \dfrac{(5 - 9)^2}{25} + \dfrac{2,4^2}{16}= 1 \iff \dfrac{16}{25} + \dfrac{5,76}{16} = 1 \iff  \dfrac{16 \times 16 + 5,76 \times 25}{25 \times 16} = \dfrac{256 + 144}{400} = 1 \iff \dfrac{400}{400} = 1$ égalité vraie, donc $B$ appartient à l'ellipse $\mathcal{E}$.
\end{enumerate}

\begin{center}
\textbf{Partie B}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item %Pour compléter la partie manquante du manche, on souhaite relier les points $A$ et $B$ par un arc de parabole, représentant une fonction $f$ définie par $f(x)=ax^2+bx+c$.
\begin{enumerate}
\renewcommand{\theenumi}{\alph{enumi}}
\item %Donner l'expression de la fonction $f'$ dérivée de $f$.
On a $f'(x) = 2ax + b$.
\item %On souhaite que l'arc de la parabole passe par les points $A$ et $B$, et que la tangente à la parabole au point $A$ soit horizontale. Exprimer ces trois contraintes à l'aide d'un système.
Le coefficient directeur de la tangente en A à la parabole $\mathcal{P}$ est égal au nombre dérivé de la la fonction pour $x = 0$, abscisse de $A$. 

On a $\left\{\begin{array}{l}
A \in \mathcal{P}\\B \in \mathcal{P}\\f'(0) = 0 \end{array}\right.$ soit
$\left\{\begin{array}{l c l}
a \times 0^2 + b \times 0 + c &=& 0,5\\
a \times 5^2 + b \times 5 + c &=& 2,4\\
2a \times 0 + b&=&0
\end{array}\right.$
\item %Résoudre ce système.
On résout le système :

$\left\{\begin{array}{l c l}
c&=&0,5\\25a + 5b + 0,5 &=&2,4\\b&=&0
\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l c l}
25a&=&1,9\\
b&=&0\\
c&=&0,5
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
a&=&0,076\\
b&=&0\\
c&=&0,5
\end{array}\right.$

Donc $f(x) =  0,076x^2 + 0,5$.
\end{enumerate}
\item %On admet que la fonction $f$ est définie sur $[0~;~5]$ par $f(x) = 0,076x^2 + 0,5$. On appelle $\mathcal{C}$ sa courbe représentative.
\begin{enumerate}
\renewcommand{\theenumi}{\alph{enumi}}
\item %Recopier et compléter le tableau de valeurs de la fonction $f$ ci-dessous (valeurs arrondies à $10^{-1}$ près).

\vspace{0.1cm}

\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{11}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$x$ 	&0 & 1 	&1,5 & 2	& 2,5 &3 	&3,5 	&4 		&4,5 	&5 \\\hline
$f(x)$ 	&0,5  &0,6 &0,7 &0,8  	&1,0  &1,2  &1,4    &1,7  	&2,0   	&2,4\\\hline
\end{tabularx}
\vspace{0.1cm}
  
\item %Dans le repère de l'annexe 1, tracer la courbe $\mathcal{C}$, ainsi que la courbe $\mathcal{C'}$ symétrique de la courbe $\mathcal{C}$ par rapport à l'axe des abscisses.
Voir à la fin.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\begin{center}
\textbf{Partie C}
\end{center}
%Le logo de l'annexe 1 est une réduction à l'échelle $\frac{2}{7}$ d'une raquette qui a servi de modèle pour le tracer. Les trois questions suivantes concernent la raquette qui a servi de modèle.
\begin{enumerate}
\item %Calculer en vraie grandeur la longueur totale en centimètres de la raquette (manche et cadre).
Sur l'annexe la longueur de la raquette est égale à 19,5~cm. Donc la raquette réelle a une longueur de :

$19,5 \times \dfrac{7}{2} = 68,25~$cm.
\item %Calculer une valeur arrondie au cm$^2$ de l'aire du tamis en vraie grandeur sachant que l'aire d'une ellipse est égale à $\pi\times d\times D$, où $d$ et $D$ désignent les longueurs des demi-axes de l'ellipse.
L'aire du tamis est donc égale à : $\pi \times 5 \times \dfrac{7}{2} \times 4 \times \dfrac{7}{2}= 245\pi \approx 770$~cm$^2$.
\item %Une raquette de compétition doit avoir une longueur totale qui ne dépasse pas 74 cm et une aire du tamis qui ne dépasse pas 710 cm$^2$. La raquette qui a servi de modèle est-elle une raquette de compétition ?
La longueur est correcte, mais le tamis est trop grand de 60~cm$^2$. Ce n'est pas une raquette de compétition.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2}  \hfill 7 points}

\medskip

Un presse papier est constitué d'une pyramide $SIJKL$ à base carrée inscrite dans un cube transparent $ABCDEFGH$.

Il est représenté ci-dessous en perspective cavalière.

\begin{center}
\vspace{0.2cm}

\psset{xunit=1.7421602787456445cm,yunit=1.8939393939393943cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(0.96,-5.72)(6.7,-0.44)
\psline(3,-2)(6,-2)
\psline(6,-2)(5,-1.3)
\psline(5,-1.3)(2,-1.3)
\psline(2,-1.3)(3,-2)
\psline(3,-2)(3,-5)
\psline(3,-5)(2,-4.3)
\psline(2,-4.3)(2,-1.3)
\psline[linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](2,-4.3)(5,-4.3)
\psline[linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](5,-4.3)(6,-5)
\psline(6,-5)(6,-2)
\psline(3,-5)(6,-5)
\psline[linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](5,-4.3)(5,-1.3)
\psline[linewidth=1.2pt](4,-1.65)(2.5,-4.65)
\psline[linewidth=1.2pt,linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](2.5,-4.65)(3.5,-4.3)
\psline[linewidth=1.2pt,linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](3.5,-4.3)(5.5,-4.65)
\psline[linewidth=1.2pt](5.5,-4.65)(4.5,-5)
\psline[linewidth=1.2pt](4.5,-5)(2.5,-4.65)
\psline[linewidth=1.2pt](4.5,-5)(4,-1.65)
\psline[linewidth=1.2pt,linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](4,-1.65)(3.5,-4.3)
\psline[linewidth=1.2pt](4,-1.65)(5.5,-4.65)
\begin{scriptsize}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](6,-5)
\rput[bl](6.08,-5.32){$A$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](6,-2)
\rput[bl](6.08,-1.96){$B$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](3,-2)
\rput[bl](3.08,-1.96){$C$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](3,-5)
\rput[bl](3.08,-5.32){$D$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](5,-4.3)
\rput[bl](5.08,-4.26){$E$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2,-4.3)
\rput[bl](1.68,-4.26){$H$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2,-1.3)
\rput[bl](1.68,-1.26){$G$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](5,-1.3)
\rput[bl](5.08,-1.26){$F$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*,linecolor=darkgray](2.5,-4.65)
\rput[bl](2.14,-4.62){\darkgray{$L$}}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](4.5,-5)
\rput[bl](4.46,-5.42){$I$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](5.5,-4.65)
\rput[bl](5.58,-4.62){$J$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](3.5,-4.3)
\rput[bl](3.28,-4.3){$K$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*,linecolor=darkgray](4,-1.65)
\rput[bl](4.08,-1.62){\darkgray{$S$}}
\end{scriptsize}
\end{pspicture*}
\end{center}
\vspace{0.2cm}

%Le sommet $S$ de la pyramide est au centre de la face supérieure $BFGC$ du cube.\\
%Les points $I$, $J$, $K$ et $L$ sont les milieux des arêtes de la face inférieure $AEHD$.\\
%\begin{center}
%\emph{Les parties A et B peuvent être traitées indépendamment.}
%\end{center}

\begin{center}
\textbf{Partie A : Représentation en perspective centrale}
\end{center}

\vspace{0.2cm}

%L'objectif de cette partie est de représenter ce presse-papier en perspective centrale avec comme plan frontal le plan $(ABCD)$ en complétant l'annexe 2, où la ligne d'horizon est déjà tracée. On note $a, b, c, d, e, f, g, h, i, j, k, l, s$ les images respectives des points $A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, S$ dans cette représentation en perspective centrale.
\begin{enumerate}
\item %Que peut-on dire des droites $(gf)$ et $(cb)$ dans cette représentation centrale ?
Les droites $(gf)$ et $(cb)$ sont parallèles  à la ligne d'horizon.
\item \begin{enumerate}
\renewcommand{\theenumi}{\alph{enumi}}
\item %Donner la position de la droite $(CG)$ dans l'espace par rapport au plan frontal $(ABCD)$.
Puisque $ABCDEFGH$ est un cube, la droite $(CG)$ est perpendiculaire au plan frontal $(ABCD)$.
\item %Donner la position de la droite $(BF)$ dans l'espace par rapport au plan frontal $(ABCD)$.
La droite $(BF)$ dans l'espace est perpendiculaire au plan frontal $(ABCD)$.
\end{enumerate}
\item %Comment appelle-t-on le point d'intersection des droites $(cg)$ et $(bf)$ dans la représentation en perspective centrale ?
Le point d'intersection des droites $(cg)$ et $(bf)$ sur la ligne d'horizon est le point de fuite.
\item %Compléter soigneusement la représentation en perspective centrale du presse-papier sur le document en annexe 2, en laissant apparents les traits de construction.
Voir à la fin
\item %Que peut-on dire des droites $(ij)$ et $(jk)$ ? Justifier.
Les droites $(ij)$ et $(jk)$  sont sécantes en un point de la droite d'horizon.
\end{enumerate}

\textbf{\textbf{Partie B : Calculs de longueurs, d'un angle et d'une aire}}
\end{center}
%\emph{On rappelle que l'aire d'un triangle est donnée par la formule $\mathcal{A}=\frac{b\times h}{2}$ où $b$ désigne la base et $h$ la hauteur su triangle.}

\vspace{0.2cm}

\begin{enumerate}
\item %Montrer que $IJ=4\sqrt{2}$ et $SI= 4\sqrt{5}$.
En supposant que le cube a une arête de 8~cm, on a $AI = AJ = 4$, donc dans le triangle rectangle $A,\:AIJ$, $IJ = 4\sqrt{2}$.

En projetant 
$S$ sur la base $AEHD$ en $O$, le triangle $SOI$ est rectangle en $O$ et le théorème de Pythagore s'écrit :

$SI^2 = SO^2 + OI^2$ soit $SI^2 = 8^2 + 4^2 = 64 + 16 = 80 = 16 \times 5$, donc $SI = 4\sqrt{5}$~cm.
\item %En utilisant la relation d'Al-Kashi, calculer la valeur exacte du cosinus de l'angle $\overbrace{ISJ}$. En déduire la valeur arrondie de cet angle au degré près.
La pyramide est régulière donc $SI = SJ =  4\sqrt{5}$.

Dans le triangle $ISJ$, la relation d'Al-Kashi s'écrit :

$IJ^2 = SI^2 + SJ^2 - 2\times SI \times SJ \times \cos \widehat{ISJ}$ ou encore :

$\cos\widehat{ISJ} = \dfrac{SI^2 + SJ^2 - IJ^2}{2\times SI \times SJ} = \dfrac{80 + 80 - 32}{2 \times 4\sqrt{5} \times 4\sqrt{5}} = \dfrac{128}{160} = \dfrac{4}{5} = 0,8$.

La calculatrice donne $\widehat{ISJ} \approx 36,9~$\degres.

\item %Représenter en vraie grandeur le triangle $SIJ$. Calculer son aire en cm$^2$.
Figure : voir à la fin. On a tracé un triangle rectangle isocèle de côtés 4 et un triangle recta	ongle de côtés 4 et 8.

En prenant comme base $[IJ]$, la hauteur de mesure $h$ issue de S dans le triangle isocèle vérifie (Pythagore) :

$\left(4\sqrt{5}\right)^2 = h^2 + \left(4\sqrt{2}\right)^2$, soit $h^2 = 80 - 32 = 48 = \left(4\sqrt{3}\right)^2$, donc $h = 4\sqrt{3}$.

L'aire du triangle $SIJ$ est donc égale à :

$\dfrac{4 \sqrt{2} \times 4\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{6}$~cm$^2$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3}  \hfill 6 points}

\begin{center}
{\textbf{\textit{Les deux parties de cet exercice peuvent être traitées indépendamment.}}}

\end{center}
\begin{center}{\textbf{Partie A : Pentagone}}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item Constructions sur la copie:
%\begin{itemize}
%\item Dessiner un segment $[OA]$ de longueur 6 cm.
%\item Construire le triangle équilatéral $OAD$.
%\item Soit $I$ le milieu de $[AD]$. Construire à l'extérieur du triangle $OAD$ les deux triangles équilatéraux $IAB$ et $ICD$.
%\item Tracer le pentagone $OABCD$.
%\end{itemize}
\begin{center}
\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture}(-0.2,-0.5)(4,3)
\psline(3,0)(1.5,2.598)
\psline(3.75,1.299)(2.25,1.299)(3,2.598)
\def\partie{ \pspolygon(0,0)(3,0)(3.75,1.299)(3,2.598)(1.5,2.598)}
\pspolygon[linestyle=dashed](2.25,1.299)(1.5,0)(0.75,1.299)
\uput[d](0,0){O} \uput[d](3,0){A} \uput[u](1.5,2.598){D}
\uput[l](2.25,1.299){I} \uput[r](3.75,1.299){B} \uput[u](3,2.598){C}
%\psgrid
\rput(0,0){\partie}
\end{pspicture}
\end{center}
\item %Démontrer que que $IBC$ est un triangle équilatéral.
$IAB$ est équilatéral donc $IA = IB$ et $\widehat{AIB} = 60\degres$ ;

$ICD$ est équilatéral donc $ID = IC$ et $\widehat{DIC} = 60\degres$ ;

Donc par transitivité $IB = IC$ : le triangle $IBC$ est isocèle et $\widehat{BIC} = 60\degres$ : les deux autres angles ont pour mesure 60\degres, le triangle est donc équilatéral.
\item %Faire apparaître sur le dessin que le pentagone $OABCD$ est la juxtaposition de 7 triangles équilatéraux identiques.
Voir la figure ci-dessus.
\end{enumerate}

\begin{center}
{\textbf{Partie B: Pavage}}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item On considère le motif élémentaire ainsi que les deux motifs \og fleur\fg et \og hélice\fg suivants :

\vspace{0,25cm}
\def\partie{\psset{unit=0.5cm} \pspolygon(0,0)(3,0)(3.75,1.299)(3,2.598)(1.5,2.598)}
\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{3}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
\begin{pspicture}(-2.6,-2)(2,2)
\rput(-1,-.5){\partie}
\end{pspicture}&
\begin{pspicture}(-2,-2)(2,2)
\multido{\n=0+60}{6}{\rput{\n}(0;0){\partie}}
\end{pspicture}&\begin{pspicture}(-2.6,-2)(2,2)
%\psgrid
\rput(-1.8,-0.7){\partie}
\rput{-120}(0.44,1.9){\partie}
\rput{120}(1.58,-1.35){\partie}
\rput[l](-0.3,0){O}
\end{pspicture}\\
motif élémentaire&motif \og fleur \fg&motif \og hélice \fg\\ \hline
\end{tabularx}
\vspace{0.2cm}

%\textbf{Pour répondre aux deux questions suivantes, on donnera un nom aux sommets à utiliser pour définir les transformations. Pour cela, on reproduira sur un croquis à mains levée le motif élémentaire sur la copie.}
\begin{enumerate}
\renewcommand{\theenumi}{\alph{enumi}}
\item %Par quelles transformations peut-on obtenir le motif \og fleur \fg à partir du motif élémentaire ?
La \og fleur \fg{} est obtenue à partir de cinq rotations de centre la \og pointe \fg{} et d'angle 60,\:120,\:180,\: 240 et 300\degres.
\item %Par quelles transformations peut-on obtenir le motif \og hélice \fg à partir du motif élémentaire ? 
Le motif \og hélice \fg{} est obtenu par rotations  du motif élémentaire de centre O et d'angles 120, puis 240\degres.
\end{enumerate}
\item %On considère le pavage suivant :

%\begin{center}
%\begin{pspicture*}(14,13)
%%\psgrid
%\psset{unit=0.8cm}
%\def\partie{ \pspolygon(0,0)(1.5,0)(1.875,0.6495)(1.5,1.299)(0.75,1.299)}
%\def\fleur{\multido{\n=0+60}{6}{\rput{\n}(0;0){\partie}}}
%\rput(2,12){\fleur}\rput(3.13,8.76){\fleur}
%\multido{\rA=3.16+3.38,\rB=17.82+-0.64}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
%\multido{\rA=0.85+3.39,\rB=15.25+-0.65}{6}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
%\multido{\rA=-1.38+1.13,\rB=12.65+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
%\multido{\rA=2.00+1.13,\rB=12.00+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
%\multido{\rA=5.38+1.13,\rB=11.35+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
%\multido{\rA=8.76+1.13,\rB=10.70+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
%\multido{\rA=12.14+1.13,\rB=10.05+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
%\multido{\rA=15.52+1.13,\rB=9.40+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
%\multido{\rA=0.88+3.38,\rB=15.27+-0.66}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
%\rput(0.88,15.27){\fleur}
%\rput(-0.29,0.29){\fleur}
%\end{pspicture*}
%\end{center}

\begin{enumerate}
\renewcommand{\theenumi}{\alph{enumi}}

\item %Par quelles transformations peut-on obtenir ce pavage en utilisant le motif \og fleur \fg{} ?
En utilisant les translations de vecteurs $\vect{\text{AB}}$ et $\vect{\text{AC}}$ appliqué au motif \og fleur \fg{} on retrouve le pavage du plan.
%Pour définir ces transformations, vous placerez des points sur le dessin de l'annexe 3a.
\item %De même, par quelles transformations peut-on obtenir ce pavage en utilisant le motif \og hélice \fg{} ?
À partir d'une hélice on fait tourner celle-ci par rotation de multiples de 60\degres{} autour d'une des pointes. 
%Pour définir ces transformations, vous placerez des points sur le dessin de l'annexe 3b.
\end{enumerate}
\item %On appelle damier un pavage constitué de motifs bicolores disposés de telle sorte que deux motifs de même couleur ne peuvent être en contact que par un sommet, et non par une arête.

%Lequel des deux motifs composés (\og fleur \fg{} ou \og hélice \fg) permet-il d'obtenir un pavage de type damier ?
La fleur ne permet pas de construire un damier ; l'hélice oui ; voir plus bas un début du coloriage.
%Répondre en coloriant un damier sur l'annexe 3c.
\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}
\textbf{Annexe 1 -- Exercice 1 (à rendre avec la copie)}

\vspace{0,5cm}

\psset{unit=0.8cm}
\begin{pspicture*}(-6.5,-7)(6.5,16)
\psgrid[gridlabels=0,subgriddiv=1,gridcolor=orange](-7,-7)(7,16)
\psdots(-0.5,0)(0.5,0)(-0.5,-5.5)(0.5,-5.5)(9,0)(-2.4,5)
\rput{90}(-0.7,0.3){$A$}
\rput{90}(0.7,0.3){$E$}
\rput{90}(-0.8,-5.8){$M$}
\rput{90}(0.8,-5.8){$N$}
\rput{90}(-2.7,4.7){$B$}
\rput{90}(-0.1,0){$O$}
\rput{90}(0.3,9){$\Omega$}
\psline(-0.5,0)(-0.5,-5.5)(0.5,-5.5)(0.5,0)
\psellipse(0,9)(4,5)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(6.5,0)(-6.5,0)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,-7)(0,16)\rput{90}(-0.3,15.7){$x$}
\rput{90}(-6.4,-0.2){$y$}
\rput{90}(0,0){\psplot[plotpoints=2500,linewidth=1.25pt]{0}{5}{x dup mul 0.076 mul 0.5 add}}
\rput{90}(0,0){\psplot[plotpoints=2500,linewidth=1.25pt]{0}{5}{x dup mul 0.076 mul 0.5 add neg}}
\end{pspicture*}
\end{center}

\newpage

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(13,13)
%\psgrid
\psline(0,12)(13,12)\uput[u](11.5,12){ligne d'horizon}
\psframe(12,1)(5.5,7.5)
\psline(12,7.5)(8.6,9.75)
\psline[linestyle=dashed,linecolor=blue](8.6,9.75)(5,12)(5.5,7.5)%fFc
\psline[linestyle=dashed,linecolor=blue](12,1)(5,12)(5.5,1)%aFd
\psline[linestyle=dashed,linecolor=blue](8.6,9.75)(5.3,9.75)%fg
\psline[linestyle=dashed,linecolor=blue](8.6,9.75)(8.6,6.4)(5.3,6.4)%feh
\psline[linestyle=dashed,linecolor=blue](5.3,6.4)(5.3,9.75)%gh
\pspolygon[linestyle=dashed,linecolor=blue](8.75,1)(10.3,3.7)(6.95,6.4)(5.4,3.7)%a*d a*e e*H h*d
\psline[linestyle=dashed,linecolor=blue](12,7.5)(5.3,9.75)%bg
\psline[linestyle=dashed,linecolor=blue](8.6,9.75)(5.5,7.5)%fc
\uput[dr](12,1){$a$} \uput[ur](12,7.5){$b$} \uput[ul](5.5,7.5){$c$} \uput[dl](5.5,1){$d$}
\uput[ur](8.6,9.75){$f$}\uput[u](5,12){F}\uput[ur](8.6,6.4){$e$}\uput[l](5.3,6.4){$h$}
\uput[ur](5.3,9.75){$g$}\uput[d](8.75,1){$i$}\uput[r](10.3,3.7){$j$}\uput[u](6.95,6.4){$k$}\uput[l](5.4,3.7){$l$} \uput[u](7.58,9){$s$}
\pspolygon[linecolor=red](7.58,9)(5.4,3.7)(8.75,1)(10.3,3.7)%slijs
\psline[linecolor=red](8.75,1)(7.58,9)%si
\psline[linestyle=dashed,linecolor=red](7.58,9)(6.95,6.4)(5.4,3.7)%skl
\psline[linestyle=dashed,linecolor=red](6.95,6.4)(10.3,3.7)%kj
\end{pspicture}


\bigskip
\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(10,10)
\pspolygon[linewidth=1.25pt](1,1)(5,1)(1,5)
\rput{-45}(3,3.5){$4\sqrt{2}$}\uput[d](3,1){4}\uput[l](1,3){4}
\rput{22}(5,7.4){$4\sqrt{5}$}
\rput{70}(7.3,4.8){$4\sqrt{5}$}
\pspolygon[linewidth=1.25pt,linecolor=blue](1,1)(5,1)(1,9)
\uput[l](1,5.5){8}\rput{-59}(3,5.7){$4\sqrt{5}$}
\psarc[linestyle=dotted,linewidth=1.5pt](1,5){8.94427}{20}{35}
\psarc[linestyle=dotted,linewidth=1.5pt](5,1){8.94427}{55}{75}
\pspolygon[linewidth=1.5pt,linecolor=red](5,1)(1,5)(9,9)
\end{pspicture}

\newpage

\psset{unit=0.5cm}\begin{pspicture*}(14,13)
%\psgrid
\def\partie{\pspolygon(0,0)(1.5,0)(1.875,0.6495)(1.5,1.299)(0.75,1.299)}
\def\fleur{\multido{\n=0+60}{6}{\rput{\n}(0;0){\partie}}}
\rput(2,12){\fleur}\rput(3.13,8.76){\fleur}
\uput[l](2,12){A}\uput[u](5.4,11.4){B}\uput[d](3.1,8.8){C}
\multido{\rA=3.16+3.38,\rB=17.82+-0.64}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=0.85+3.39,\rB=15.25+-0.65}{6}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=-1.38+1.13,\rB=12.65+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=2.00+1.13,\rB=12.00+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=5.38+1.13,\rB=11.35+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=8.76+1.13,\rB=10.70+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=12.14+1.13,\rB=10.05+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=15.52+1.13,\rB=9.40+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=0.88+3.38,\rB=15.27+-0.66}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\rput(0.88,15.27){\fleur}
\rput(-0.29,0.29){\fleur}
\end{pspicture*}

\textbf{Annexe 3a}}

(à rendre avec la copie)}

\vspace{0,5cm}

\psset{unit=0.5cm}\begin{pspicture*}(14,13)

\def\partie{\pspolygon(0,0)(1.5,0)(1.875,0.6495)(1.5,1.299)(0.75,1.299)}
\def\fleur{\multido{\n=0+60}{6}{\rput{\n}(0;0){\partie}}}
\rput(2,12){\fleur}\rput(3.13,8.76){\fleur}
\multido{\rA=3.16+3.38,\rB=17.82+-0.64}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=0.85+3.39,\rB=15.25+-0.65}{6}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=-1.38+1.13,\rB=12.65+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=2.00+1.13,\rB=12.00+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=5.38+1.13,\rB=11.35+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=8.76+1.13,\rB=10.70+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=12.14+1.13,\rB=10.05+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=15.52+1.13,\rB=9.40+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=0.88+3.38,\rB=15.27+-0.66}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\rput(0.88,15.27){\fleur}
\rput(-0.29,0.29){\fleur}
\end{pspicture*}

\textbf{Annexe 3b}}

(à rendre avec la copie)}

\vspace{0,5cm}

\psset{unit=0.5cm}\begin{pspicture*}(14,13)
%\psgrid
\def\partie{\pspolygon(0,0)(1.5,0)(1.875,0.6495)(1.5,1.299)(0.75,1.299)}
\def\fleur{\multido{\n=0+60}{6}{\rput{\n}(0;0){\partie}}}
\def\pointe{\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=blue](0,0)(0.8,0)(1.2,0.6)(0.4,1.85)(-0.3,0.6)}
\rput(2,12){\fleur}\rput(3.13,8.76){\fleur}
\multido{\rA=3.16+3.38,\rB=17.82+-0.64}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=0.85+3.39,\rB=15.25+-0.65}{6}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=-1.38+1.13,\rB=12.65+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=2.00+1.13,\rB=12.00+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=5.38+1.13,\rB=11.35+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=8.76+1.13,\rB=10.70+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=12.14+1.13,\rB=10.05+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=15.52+1.13,\rB=9.40+-3.24}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\multido{\rA=0.88+3.38,\rB=15.27+-0.66}{5}{\rput(\rA,\rB){\fleur}}
\rput(8.35,8.8){\pointe}\rput{120}(8.35,8.8){\pointe}\rput{240}(8.35,8.8){\pointe}
\rput(9.5,5.5){\pointe}\rput{120}(9.5,5.5){\pointe}\rput{240}(9.5,5.5){\pointe}
\rput(6.1,6.2){\pointe}\rput{120}(6.1,6.2){\pointe}\rput{240}(6.1,6.2){\pointe}
\rput(5,9.4){\pointe}\rput{120}(5,9.4){\pointe}\rput{240}(5,9.4){\pointe}
\rput(2.77,6.8){\pointe}\rput{120}(2.77,6.8){\pointe}\rput{240}(2.77,6.8){\pointe}
\rput(0.88,15.27){\fleur}
\rput(-0.29,0.29){\fleur}
\end{pspicture*}

\textbf{Annexe 3c}}

(à rendre avec la copie)}
\end{document}