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Chapitre 4 — Produit scalaire

Cours

Plan du chapitre. I. Expression analytique du produit scalaire — II. Vecteur normal et équation cartésienne d’une droite — III. Distance d’un point à une droite — IV. Équation cartésienne d’un cercle — V. Étude de l’équation x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0 — VI. Intérieur et extérieur d’un cercle — VII. Représentation paramétrique d’un cercle — VIII. Positions relatives d’une droite et d’un cercle — IX. Tangente à un cercle en un point.

Dans tout le chapitre, le plan est rapporté à un repère orthonormé direct (O;ı⃗;ȷ⃗)(O;\vec\imath;\vec\jmath) : ∥ı⃗∥=∥ȷ⃗∥=1\|\vec\imath\|=\|\vec\jmath\|=1, ı⃗⋅ȷ⃗=0\vec\imath\cdot\vec\jmath=0 et (ı⃗;ȷ⃗)≡π2 [2π](\vec\imath;\vec\jmath)\equiv\dfrac\pi2\ [2\pi].

Rappels

Remarque

  • u⃗⋅v⃗=∥u⃗∥×∥v⃗∥×cos⁡(u⃗;v⃗)\vec u\cdot\vec v=\|\vec u\|\times\|\vec v\|\times\cos(\vec u;\vec v) si u⃗≠0⃗\vec u\neq\vec 0 et v⃗≠0⃗\vec v\neq\vec 0 ;  u⃗⋅v⃗=0  ⟺  u⃗⊥v⃗\ \vec u\cdot\vec v=0\iff\vec u\perp\vec v.
  • det⁡(u⃗;v⃗)=xy′−x′y\det(\vec u;\vec v)=xy'-x'y pour u⃗(x;y)\vec u(x;y) et v⃗(x′;y′)\vec v(x';y') ;  det⁡(u⃗;v⃗)=0  ⟺  u⃗\ \det(\vec u;\vec v)=0\iff\vec u et v⃗\vec v sont colinéaires.
  • Une droite admet une équation cartésienne ax+by+c=0ax+by+c=0 avec (a;b)≠(0;0)(a;b)\neq(0;0) ; le vecteur u⃗(−b;a)\vec u(-b;a) la dirige.

I. Expression analytique du produit scalaire

Activité 1

On considère deux vecteurs u⃗(x;y)\vec u(x;y) et v⃗(x′;y′)\vec v(x';y'), c’est-à-dire u⃗=xı⃗+yȷ⃗\vec u=x\vec\imath+y\vec\jmath et v⃗=x′ı⃗+y′ȷ⃗\vec v=x'\vec\imath+y'\vec\jmath. Montrer que u⃗⋅v⃗=xx′+yy′\vec u\cdot\vec v=xx'+yy', puis en déduire ∥u⃗∥\|\vec u\|.

Voir la solution

Par bilinéarité : u⃗⋅v⃗=xx′ ı⃗⋅ı⃗+(xy′+x′y) ı⃗⋅ȷ⃗+yy′ ȷ⃗⋅ȷ⃗=xx′×1+(xy′+x′y)×0+yy′×1=xx′+yy′\vec u\cdot\vec v=xx'\,\vec\imath\cdot\vec\imath+(xy'+x'y)\,\vec\imath\cdot\vec\jmath+yy'\,\vec\jmath\cdot\vec\jmath=xx'\times1+(xy'+x'y)\times0+yy'\times1=xx'+yy'.

Avec v⃗=u⃗\vec v=\vec u : ∥u⃗∥2=u⃗⋅u⃗=x2+y2\|\vec u\|^2=\vec u\cdot\vec u=x^2+y^2, donc ∥u⃗∥=x2+y2\|\vec u\|=\sqrt{x^2+y^2}.

Propriété 1

On considère deux vecteurs non nuls u⃗(x;y)\vec u(x;y) et v⃗(x′;y′)\vec v(x';y') et deux points A(xA;yA)A(x_A;y_A), B(xB;yB)B(x_B;y_B).

  • u⃗⋅v⃗=xx′+yy′\vec u\cdot\vec v=xx'+yy'  \ et  ∥u⃗∥=x2+y2\ \|\vec u\|=\sqrt{x^2+y^2} ;  AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2\ AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}.
  • u⃗⊥v⃗  ⟺  xx′+yy′=0\vec u\perp\vec v\iff xx'+yy'=0.
  • cos⁡(u⃗;v⃗)=u⃗⋅v⃗∥u⃗∥×∥v⃗∥=xx′+yy′x2+y2x′2+y′2\cos(\vec u;\vec v)=\dfrac{\vec u\cdot\vec v}{\|\vec u\|\times\|\vec v\|}=\dfrac{xx'+yy'}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x'^2+y'^2}}  \ et  sin⁡(u⃗;v⃗)=det⁡(u⃗;v⃗)∥u⃗∥×∥v⃗∥=xy′−x′yx2+y2x′2+y′2\ \sin(\vec u;\vec v)=\dfrac{\det(\vec u;\vec v)}{\|\vec u\|\times\|\vec v\|}=\dfrac{xy'-x'y}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x'^2+y'^2}}.

Exemple 1

On considère les vecteurs u⃗(1;2)\vec u(1;2), v⃗(3;1)\vec v(3;1) et w⃗(2m−1;3)\vec w(2m-1;3), où mm est un réel, et les points A(2;−1)A(2;-1) et B(−2;2)B(-2;2). Calculer u⃗⋅v⃗\vec u\cdot\vec v, ∥u⃗∥\|\vec u\| et ∥v⃗∥\|\vec v\|, puis cos⁡(u⃗;v⃗)\cos(\vec u;\vec v) et sin⁡(u⃗;v⃗)\sin(\vec u;\vec v) et en déduire une mesure de (u⃗;v⃗)(\vec u;\vec v). Déterminer mm pour que u⃗⊥w⃗\vec u\perp\vec w, puis calculer ABAB.

Voir la solution

u⃗⋅v⃗=1×3+2×1=5\vec u\cdot\vec v=1\times3+2\times1=5 ;  ∥u⃗∥=1+4=5\ \|\vec u\|=\sqrt{1+4}=\sqrt5 ;  ∥v⃗∥=9+1=10\ \|\vec v\|=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}.

cos⁡(u⃗;v⃗)=5510=552=22\cos(\vec u;\vec v)=\dfrac{5}{\sqrt5\sqrt{10}}=\dfrac{5}{5\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}2 ;  det⁡(u⃗;v⃗)=1×1−3×2=−5\ \det(\vec u;\vec v)=1\times1-3\times2=-5, donc sin⁡(u⃗;v⃗)=−552=−22\sin(\vec u;\vec v)=\dfrac{-5}{5\sqrt2}=-\dfrac{\sqrt2}2. Ainsi (u⃗;v⃗)≡−π4 [2π](\vec u;\vec v)\equiv-\dfrac\pi4\ [2\pi].

u⃗⋅w⃗=(2m−1)+6=2m+5\vec u\cdot\vec w=(2m-1)+6=2m+5, donc u⃗⊥w⃗  ⟺  2m+5=0  ⟺  m=−52\vec u\perp\vec w\iff2m+5=0\iff m=-\dfrac52.

AB=(−2−2)2+(2+1)2=16+9=5AB=\sqrt{(-2-2)^2+(2+1)^2}=\sqrt{16+9}=5.

Propriété 2

L’aire du triangle ABCABC est  S=12∣det⁡(AB→;AC→)∣\ \mathcal S=\dfrac12\left|\det\big(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\big)\right|.

Exemple 2

Calculer l’aire du triangle ABCABC, où A(1;3)A(1;3), B(4;−1)B(4;-1) et C(−2;1)C(-2;1).

Voir la solution

AB→(3;−4)\overrightarrow{AB}(3;-4) et AC→(−3;−2)\overrightarrow{AC}(-3;-2), donc det⁡(AB→;AC→)=3×(−2)−(−3)×(−4)=−6−12=−18\det\big(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\big)=3\times(-2)-(-3)\times(-4)=-6-12=-18 et S=12×18=9\mathcal S=\dfrac12\times18=9 (unités d’aire).

Application 1

On considère les points A(1;1)A(1;1), B(5;3)B(5;3) et C(0;3)C(0;3). Calculer AB→⋅AC→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} et en déduire la nature du triangle ABCABC. Calculer cos⁡(BA→;BC→)\cos\big(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}\big), sin⁡(BA→;BC→)\sin\big(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}\big) et l’aire de ABCABC.

Voir la solution

AB→(4;2)\overrightarrow{AB}(4;2), AC→(−1;2)\overrightarrow{AC}(-1;2) : AB→⋅AC→=−4+4=0\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=-4+4=0, donc ABCABC est rectangle en AA.

BA→(−4;−2)\overrightarrow{BA}(-4;-2), BC→(−5;0)\overrightarrow{BC}(-5;0), BA=20=25BA=\sqrt{20}=2\sqrt5, BC=5BC=5 ;  BA→⋅BC→=20\ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}=20 et det⁡(BA→;BC→)=(−4)×0−(−5)×(−2)=−10\det\big(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}\big)=(-4)\times0-(-5)\times(-2)=-10. D’où cos⁡(BA→;BC→)=20105=255,sin⁡(BA→;BC→)=−10105=−55.\cos\big(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}\big)=\frac{20}{10\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}5,\qquad \sin\big(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}\big)=\frac{-10}{10\sqrt5}=-\frac{\sqrt5}5. det⁡(AB→;AC→)=4×2−(−1)×2=10\det\big(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\big)=4\times2-(-1)\times2=10, donc S=5\mathcal S=5 (on retrouve 12AB×AC=12×25×5=5\tfrac12AB\times AC=\tfrac12\times2\sqrt5\times\sqrt5=5).

II. Vecteur normal et équation cartésienne d’une droite

Définition 1

On appelle vecteur normal à une droite (D)(D) tout vecteur non nul orthogonal à un vecteur directeur de (D)(D).

Activité 2

On considère la droite (D)(D) passant par A(xA;yA)A(x_A;y_A) et de vecteur normal n⃗(a;b)\vec n(a;b). Montrer que M(x;y)∈(D)  ⟺  ax+by+c=0M(x;y)\in(D)\iff ax+by+c=0, où c=−axA−byAc=-ax_A-by_A. Réciproquement, montrer que n⃗(a;b)\vec n(a;b) est normal à toute droite d’équation ax+by+c=0ax+by+c=0.

Voir la solution

M∈(D)  ⟺  AM→⊥n⃗  ⟺  a(x−xA)+b(y−yA)=0  ⟺  ax+by+c=0M\in(D)\iff\overrightarrow{AM}\perp\vec n\iff a(x-x_A)+b(y-y_A)=0\iff ax+by+c=0 avec c=−axA−byAc=-ax_A-by_A.

Réciproquement, la droite ax+by+c=0ax+by+c=0 est dirigée par u⃗(−b;a)\vec u(-b;a) et n⃗⋅u⃗=−ab+ba=0\vec n\cdot\vec u=-ab+ba=0 : n⃗\vec n est normal.

Propriété 3

  • La droite passant par AA et de vecteur normal n⃗\vec n est l’ensemble des points MM tels que AM→⋅n⃗=0\overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0.
  • Toute droite de vecteur normal n⃗(a;b)\vec n(a;b) a une équation de la forme ax+by+c=0ax+by+c=0 ; réciproquement, n⃗(a;b)\vec n(a;b) est normal à la droite d’équation ax+by+c=0ax+by+c=0.
  • Les droites (D):ax+by+c=0(D):ax+by+c=0 et (D′):a′x+b′y+c′=0(D'):a'x+b'y+c'=0 sont perpendiculaires si et seulement si aa′+bb′=0aa'+bb'=0.

Exemple 3

Déterminer un vecteur normal à (D1):3x−2y+5=0(D_1):3x-2y+5=0 et à (D2):y=2x−1(D_2):y=2x-1. Déterminer une équation cartésienne de la droite (D)(D) passant par A(1;−2)A(1;-2) de vecteur normal n⃗(2;5)\vec n(2;5), puis de la droite (D′)(D') passant par B(3;1)B(3;1) de vecteur directeur u⃗(2;−1)\vec u(2;-1).

Voir la solution

n⃗1(3;−2)\vec n_1(3;-2) est normal à (D1)(D_1) ; (D2)(D_2) s’écrit 2x−y−1=02x-y-1=0, donc n⃗2(2;−1)\vec n_2(2;-1) lui est normal.

(D)(D) : 2x+5y+c=02x+5y+c=0 et A∈(D)A\in(D) donne 2−10+c=02-10+c=0, soit c=8c=8 : (D):2x+5y+8=0(D):2x+5y+8=0.

n⃗(1;2)\vec n(1;2) vérifie n⃗⋅u⃗=2−2=0\vec n\cdot\vec u=2-2=0 : il est normal à (D′)(D'). (D′):x+2y+c=0(D'):x+2y+c=0 avec 3+2+c=03+2+c=0, d’où (D′):x+2y−5=0(D'):x+2y-5=0.

Exemple 4

Les droites (Δ)(\Delta) et (Δ′)(\Delta') sont-elles perpendiculaires dans chacun des cas : a) (Δ):2x+3y−1=0(\Delta):2x+3y-1=0 et (Δ′):3x−2y+4=0(\Delta'):3x-2y+4=0 ; b) (Δ):x−y+2=0(\Delta):x-y+2=0 et (Δ′):2x+y=0(\Delta'):2x+y=0 ; c) (Δ):4x−y+1=0(\Delta):4x-y+1=0 et (Δ′):{x=1+4ty=−2−t(\Delta'):\begin{cases}x=1+4t\\y=-2-t\end{cases} (t∈R)(t\in\mathbb{R}) ?

Voir la solution

a) 2×3+3×(−2)=02\times3+3\times(-2)=0 : les droites sont perpendiculaires.

b) 1×2+(−1)×1=1≠01\times2+(-1)\times1=1\neq0 : elles ne sont pas perpendiculaires.

c) u⃗(4;−1)\vec u(4;-1) dirige (Δ′)(\Delta') et n⃗(4;−1)\vec n(4;-1) est normal à (Δ)(\Delta) : u⃗=n⃗\vec u=\vec n, donc (Δ′)(\Delta') est dirigée par un vecteur normal à (Δ)(\Delta) et (Δ)⊥(Δ′)(\Delta)\perp(\Delta').

Application 2

Déterminer une équation cartésienne de la droite (D)(D) dans chacun des cas : a) (D)(D) passe par A(2;−1)A(2;-1) et est parallèle à (Δ):3x−y+4=0(\Delta):3x-y+4=0 ; b) (D)(D) passe par A(−1;2)A(-1;2) et est perpendiculaire à (Δ):x+3y−1=0(\Delta):x+3y-1=0 ; c) (D)=(AB)(D)=(AB) avec A(0;1)A(0;1) et B(4;3)B(4;3) ; d) (D)(D) est la médiatrice de [AB][AB] avec A(1;2)A(1;2) et B(5;0)B(5;0).

Voir la solution

a) (D):3x−y+c=0(D):3x-y+c=0 et 6+1+c=06+1+c=0 : (D):3x−y−7=0(D):3x-y-7=0.

b) n⃗′(1;3)\vec n'(1;3), normal à (Δ)(\Delta), dirige (D)(D) ; donc n⃗(3;−1)\vec n(3;-1) est normal à (D)(D) : 3x−y+c=03x-y+c=0 avec −3−2+c=0-3-2+c=0, soit (D):3x−y+5=0(D):3x-y+5=0.

c) AB→(4;2)\overrightarrow{AB}(4;2) dirige (D)(D), n⃗(1;−2)\vec n(1;-2) est normal : x−2y+c=0x-2y+c=0 avec 0−2+c=00-2+c=0 : (D):x−2y+2=0(D):x-2y+2=0.

d) La médiatrice passe par le milieu I(3;1)I(3;1) et a pour vecteur normal AB→(4;−2)\overrightarrow{AB}(4;-2), ou n⃗(2;−1)\vec n(2;-1) : 2x−y+c=02x-y+c=0 avec 6−1+c=06-1+c=0, d’où 2x−y−5=02x-y-5=0.

III. Distance d’un point à une droite

Activité 3

On considère la droite (D):ax+by+c=0(D):ax+by+c=0, un point A(xA;yA)A(x_A;y_A) et son projeté orthogonal HH sur (D)(D). En calculant HA→⋅n⃗\overrightarrow{HA}\cdot\vec n de deux façons, où n⃗(a;b)\vec n(a;b), montrer que AH=∣axA+byA+c∣a2+b2AH=\dfrac{|ax_A+by_A+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}.

Voir la solution

HA→\overrightarrow{HA} et n⃗\vec n sont colinéaires, donc ∣HA→⋅n⃗∣=AH×∥n⃗∥=AHa2+b2\big|\overrightarrow{HA}\cdot\vec n\big|=AH\times\|\vec n\|=AH\sqrt{a^2+b^2}.

Analytiquement, HA→⋅n⃗=a(xA−xH)+b(yA−yH)=axA+byA−(axH+byH)=axA+byA+c\overrightarrow{HA}\cdot\vec n=a(x_A-x_H)+b(y_A-y_H)=ax_A+by_A-(ax_H+by_H)=ax_A+by_A+c car H∈(D)H\in(D).

D’où AHa2+b2=∣axA+byA+c∣AH\sqrt{a^2+b^2}=|ax_A+by_A+c|.

Propriété 4

La distance du point A(xA;yA)A(x_A;y_A) à la droite (D):ax+by+c=0(D):ax+by+c=0 est d(A;(D))=AH=∣axA+byA+c∣a2+b2,d\big(A;(D)\big)=AH=\frac{|ax_A+by_A+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}, où HH est le projeté orthogonal de AA sur (D)(D) ; c’est la plus petite des distances AMAM pour M∈(D)M\in(D).

Figure

Exemple 5

Calculer d(A;(D))d\big(A;(D)\big) dans chacun des cas : a) A(1;2)A(1;2) et (D):3x+4y−1=0(D):3x+4y-1=0 ; b) A(−2;1)A(-2;1) et (D):x−2y+3=0(D):x-2y+3=0 ; c) A(0;0)A(0;0) et (D):{x=1+2ty=−1+t(D):\begin{cases}x=1+2t\\y=-1+t\end{cases} (t∈R)(t\in\mathbb{R}).

Voir la solution

a) d=∣3+8−1∣9+16=105=2d=\dfrac{|3+8-1|}{\sqrt{9+16}}=\dfrac{10}5=2.

b) d=∣−2−2+3∣1+4=15=55d=\dfrac{|-2-2+3|}{\sqrt{1+4}}=\dfrac1{\sqrt5}=\dfrac{\sqrt5}5.

c) (D)(D) passe par (1;−1)(1;-1) et est dirigée par u⃗(2;1)\vec u(2;1) ; n⃗(1;−2)\vec n(1;-2) est normal : x−2y+c=0x-2y+c=0 avec 1+2+c=01+2+c=0, soit (D):x−2y−3=0(D):x-2y-3=0. Donc d=∣0−0−3∣5=355d=\dfrac{|0-0-3|}{\sqrt5}=\dfrac{3\sqrt5}5.

Application 3

Calculer la distance du point AA à la droite (D)(D) : a) A(3;−1)A(3;-1), (D):5x−12y+2=0(D):5x-12y+2=0 ; b) A(−1;4)A(-1;4), (D):y=2x+1(D):y=2x+1 ; c) A(2;2)A(2;2), (D):x=3(D):x=3.

Voir la solution

a) d=∣15+12+2∣25+144=2913d=\dfrac{|15+12+2|}{\sqrt{25+144}}=\dfrac{29}{13}.

b) (D):2x−y+1=0(D):2x-y+1=0 ; d=∣−2−4+1∣5=55=5d=\dfrac{|-2-4+1|}{\sqrt5}=\dfrac5{\sqrt5}=\sqrt5.

c) (D):x−3=0(D):x-3=0 ; d=∣2−3∣1=1d=\dfrac{|2-3|}{1}=1.

IV. Équation cartésienne d’un cercle

Définition 2

On considère un point Ω\Omega et un réel R>0R>0. Le cercle C(Ω;R)\mathcal C(\Omega;R) de centre Ω\Omega et de rayon RR est l’ensemble des points MM du plan tels que ΩM=R\Omega M=R.

Activité 4

On considère le cercle (C)(\mathcal C) de centre Ω(a;b)\Omega(a;b) et de rayon RR. Montrer que M(x;y)∈(C)  ⟺  x2+y2−2ax−2by+c=0M(x;y)\in(\mathcal C)\iff x^2+y^2-2ax-2by+c=0 avec c=a2+b2−R2c=a^2+b^2-R^2. Pour deux points distincts AA et BB, montrer que le cercle de diamètre [AB][AB] est l’ensemble des points MM tels que MA→⋅MB→=0\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0.

Voir la solution

M∈(C)  ⟺  ΩM2=R2  ⟺  (x−a)2+(y−b)2=R2  ⟺  x2+y2−2ax−2by+a2+b2−R2=0M\in(\mathcal C)\iff\Omega M^2=R^2\iff(x-a)^2+(y-b)^2=R^2\iff x^2+y^2-2ax-2by+a^2+b^2-R^2=0.

Soit II le milieu de [AB][AB] : MA→⋅MB→=(MI→+IA→)⋅(MI→−IA→)=MI2−IA2\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=\big(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\big)\cdot\big(\overrightarrow{MI}-\overrightarrow{IA}\big)=MI^2-IA^2. Donc MA→⋅MB→=0  ⟺  MI=IA=AB2\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0\iff MI=IA=\dfrac{AB}2 : c’est le cercle de centre II et de diamètre [AB][AB].

Propriété 5

  • Le cercle de centre Ω(a;b)\Omega(a;b) et de rayon RR a pour équation (x−a)2+(y−b)2=R2(x-a)^2+(y-b)^2=R^2, qui s’écrit x2+y2−2ax−2by+c=0x^2+y^2-2ax-2by+c=0 avec c=a2+b2−R2c=a^2+b^2-R^2.
  • Le cercle de diamètre [AB][AB] a pour équation (x−xA)(x−xB)+(y−yA)(y−yB)=0(x-x_A)(x-x_B)+(y-y_A)(y-y_B)=0, car M∈(C)  ⟺  MA→⋅MB→=0M\in(\mathcal C)\iff\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0.
  • Une droite (D)(D) est tangente au cercle C(Ω;R)\mathcal C(\Omega;R) si et seulement si d(Ω;(D))=Rd\big(\Omega;(D)\big)=R.
Figure

Exemple 6

Déterminer une équation cartésienne du cercle (C)(\mathcal C) dans chacun des cas : a) centre Ω(1;−2)\Omega(1;-2) et rayon 33 ; b) centre Ω(−2;1)\Omega(-2;1), passant par A(1;5)A(1;5) ; c) de diamètre [AB][AB] avec A(−1;2)A(-1;2) et B(3;−4)B(3;-4) ; d) centre Ω(3;1)\Omega(3;1) et tangent à (Δ):x+2y+5=0(\Delta):x+2y+5=0.

Voir la solution

a) (x−1)2+(y+2)2=9  ⟺  x2+y2−2x+4y−4=0(x-1)^2+(y+2)^2=9\iff x^2+y^2-2x+4y-4=0.

b) R=ΩA=32+42=5R=\Omega A=\sqrt{3^2+4^2}=5 : (x+2)2+(y−1)2=25  ⟺  x2+y2+4x−2y−20=0(x+2)^2+(y-1)^2=25\iff x^2+y^2+4x-2y-20=0.

c) (x+1)(x−3)+(y−2)(y+4)=0  ⟺  x2−2x−3+y2+2y−8=0  ⟺  x2+y2−2x+2y−11=0(x+1)(x-3)+(y-2)(y+4)=0\iff x^2-2x-3+y^2+2y-8=0\iff x^2+y^2-2x+2y-11=0 (centre (1;−1)(1;-1), rayon 13\sqrt{13}).

d) R=d(Ω;(Δ))=∣3+2+5∣5=105=25R=d\big(\Omega;(\Delta)\big)=\dfrac{|3+2+5|}{\sqrt5}=\dfrac{10}{\sqrt5}=2\sqrt5 : (x−3)2+(y−1)2=20  ⟺  x2+y2−6x−2y−10=0(x-3)^2+(y-1)^2=20\iff x^2+y^2-6x-2y-10=0.

Application 4

Déterminer une équation cartésienne du cercle (C)(\mathcal C) : a) centre Ω(0;−3)\Omega(0;-3), rayon 22 ; b) centre Ω(2;2)\Omega(2;2), passant par OO ; c) de diamètre [AB][AB], A(0;1)A(0;1), B(4;−3)B(4;-3) ; d) circonscrit au triangle OBCOBC avec B(6;0)B(6;0) et C(0;4)C(0;4) ; e) passant par A(1;0)A(1;0) et B(3;2)B(3;2), de centre situé sur l’axe des abscisses.

Voir la solution

a) x2+(y+3)2=4  ⟺  x2+y2+6y+5=0x^2+(y+3)^2=4\iff x^2+y^2+6y+5=0.

b) R2=ΩO2=8R^2=\Omega O^2=8 : (x−2)2+(y−2)2=8  ⟺  x2+y2−4x−4y=0(x-2)^2+(y-2)^2=8\iff x^2+y^2-4x-4y=0.

c) x(x−4)+(y−1)(y+3)=0  ⟺  x2+y2−4x+2y−3=0x(x-4)+(y-1)(y+3)=0\iff x^2+y^2-4x+2y-3=0.

d) OB→⋅OC→=0\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=0 : le triangle est rectangle en OO, donc [BC][BC] est un diamètre : (x−6)x+y(y−4)=0  ⟺  x2+y2−6x−4y=0(x-6)x+y(y-4)=0\iff x^2+y^2-6x-4y=0.

e) Le centre est Ω(a;0)\Omega(a;0) avec ΩA=ΩB\Omega A=\Omega B : (a−1)2=(a−3)2+4  ⟺  −2a+1=−6a+13  ⟺  a=3(a-1)^2=(a-3)^2+4\iff-2a+1=-6a+13\iff a=3. Alors R=ΩA=2R=\Omega A=2 et (C):(x−3)2+y2=4  ⟺  x2+y2−6x+5=0(\mathcal C):(x-3)^2+y^2=4\iff x^2+y^2-6x+5=0.

V. Étude de l’équation x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0

Activité 5

On considère trois réels aa, bb, cc et l’ensemble (Γ)(\Gamma) des points M(x;y)M(x;y) tels que x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0. En complétant les carrés, montrer que M∈(Γ)  ⟺  ΩM2=a2+b2−4c4M\in(\Gamma)\iff\Omega M^2=\dfrac{a^2+b^2-4c}4, où Ω(−a2;−b2)\Omega\left(-\dfrac a2;-\dfrac b2\right).

Voir la solution

x2+ax=(x+a2)2−a24x^2+ax=\left(x+\dfrac a2\right)^2-\dfrac{a^2}4 et y2+by=(y+b2)2−b24y^2+by=\left(y+\dfrac b2\right)^2-\dfrac{b^2}4, donc x2+y2+ax+by+c=0  ⟺  (x+a2)2+(y+b2)2=a2+b2−4c4  ⟺  ΩM2=a2+b2−4c4.x^2+y^2+ax+by+c=0\iff\left(x+\frac a2\right)^2+\left(y+\frac b2\right)^2=\frac{a^2+b^2-4c}4\iff\Omega M^2=\frac{a^2+b^2-4c}4.

Propriété 6

On pose Δ=a2+b2−4c\Delta=a^2+b^2-4c et Ω(−a2;−b2)\Omega\left(-\dfrac a2;-\dfrac b2\right). L’ensemble (Γ):x2+y2+ax+by+c=0(\Gamma):x^2+y^2+ax+by+c=0 est :

  • le cercle de centre Ω\Omega et de rayon Δ2\dfrac{\sqrt{\Delta}}2 si Δ>0\Delta>0 ;
  • le singleton {Ω}\{\Omega\} si Δ=0\Delta=0 ;
  • l’ensemble vide si Δ<0\Delta<0.

Exemple 7

Déterminer la nature de l’ensemble (Γ)(\Gamma) dans chacun des cas : a) x2+y2−6x+2y+6=0x^2+y^2-6x+2y+6=0 ; b) x2+y2+2x−4y+5=0x^2+y^2+2x-4y+5=0 ; c) x2+y2−4x+6y+15=0x^2+y^2-4x+6y+15=0.

Voir la solution

a) (x−3)2+(y+1)2=9+1−6=4(x-3)^2+(y+1)^2=9+1-6=4 : (Γ)(\Gamma) est le cercle de centre Ω(3;−1)\Omega(3;-1) et de rayon 22 (ou Δ=36+4−24=16>0\Delta=36+4-24=16>0, R=162=2R=\tfrac{\sqrt{16}}2=2).

b) (x+1)2+(y−2)2=1+4−5=0(x+1)^2+(y-2)^2=1+4-5=0 : (Γ)={Ω(−1;2)}(\Gamma)=\{\Omega(-1;2)\}.

c) (x−2)2+(y+3)2=4+9−15=−2<0(x-2)^2+(y+3)^2=4+9-15=-2<0 : (Γ)=∅(\Gamma)=\varnothing.

Application 5

Déterminer la nature de (Γ)(\Gamma) : a) x2+y2−8x+7=0x^2+y^2-8x+7=0 ; b) x2+y2+2x+2y+3=0x^2+y^2+2x+2y+3=0 ; c) 2x2+2y2−4x+8y−8=02x^2+2y^2-4x+8y-8=0 ; d) x2+y2−x+y+12=0x^2+y^2-x+y+\dfrac12=0.

Voir la solution

a) (x−4)2+y2=9(x-4)^2+y^2=9 : cercle de centre (4;0)(4;0) et de rayon 33.

b) (x+1)2+(y+1)2=−1(x+1)^2+(y+1)^2=-1 : (Γ)=∅(\Gamma)=\varnothing.

c) En divisant par 22 : x2+y2−2x+4y−4=0  ⟺  (x−1)2+(y+2)2=9x^2+y^2-2x+4y-4=0\iff(x-1)^2+(y+2)^2=9 : cercle de centre (1;−2)(1;-2) et de rayon 33.

d) (x−12)2+(y+12)2=14+14−12=0\left(x-\tfrac12\right)^2+\left(y+\tfrac12\right)^2=\tfrac14+\tfrac14-\tfrac12=0 : (Γ)={(12;−12)}(\Gamma)=\left\{\left(\tfrac12;-\tfrac12\right)\right\}.

VI. Intérieur et extérieur d’un cercle

Propriété 7

On considère le cercle (C)(\mathcal C) de centre Ω\Omega et de rayon RR, d’équation f(x;y)=0f(x;y)=0 où f(x;y)=x2+y2+ax+by+cf(x;y)=x^2+y^2+ax+by+c. Pour un point M(xM;yM)M(x_M;y_M) :

  • MM est intérieur à (C)(\mathcal C)   ⟺  ΩM<R  ⟺  f(xM;yM)<0\iff\Omega M<R\iff f(x_M;y_M)<0 ;
  • M∈(C)  ⟺  ΩM=R  ⟺  f(xM;yM)=0M\in(\mathcal C)\iff\Omega M=R\iff f(x_M;y_M)=0 ;
  • MM est extérieur à (C)(\mathcal C)   ⟺  ΩM>R  ⟺  f(xM;yM)>0\iff\Omega M>R\iff f(x_M;y_M)>0.

Exemple 8

On considère le cercle (C):x2+y2−2x−4y−4=0(\mathcal C):x^2+y^2-2x-4y-4=0 et les points A(3;4)A(3;4), B(4;2)B(4;2) et C(5;1)C(5;1). Déterminer la position de chacun des points AA, BB et CC par rapport au cercle (C)(\mathcal C). Résoudre ensuite graphiquement le système {x2+y2−2x−4y−4<0x+y−3>0\begin{cases}x^2+y^2-2x-4y-4<0\\x+y-3>0\end{cases}.

Voir la solution

On pose f(x;y)=x2+y2−2x−4y−4=(x−1)2+(y−2)2−9f(x;y)=x^2+y^2-2x-4y-4=(x-1)^2+(y-2)^2-9 : (C)(\mathcal C) est le cercle de centre Ω(1;2)\Omega(1;2) et de rayon 33.

f(3;4)=9+16−6−16−4=−1<0f(3;4)=9+16-6-16-4=-1<0 : AA est intérieur à (C)(\mathcal C) (ΩA=22<3\Omega A=2\sqrt2<3).

f(4;2)=16+4−8−8−4=0f(4;2)=16+4-8-8-4=0 : BB appartient à (C)(\mathcal C).

f(5;1)=25+1−10−4−4=8>0f(5;1)=25+1-10-4-4=8>0 : CC est extérieur à (C)(\mathcal C).

La première inéquation décrit l’intérieur (strict) de (C)(\mathcal C). La droite x+y−3=0x+y-3=0 passe par le centre Ω\Omega ; O(0;0)O(0;0) donne −3<0-3<0, donc la seconde inéquation décrit le demi-plan ouvert ne contenant pas OO. L’ensemble des solutions est le demi-disque ouvert hachuré (bords exclus).

Figure

Application 6

Déterminer la position de A(0;0)A(0;0) par rapport au cercle de centre Ω(2;−1)\Omega(2;-1) et de rayon 22, puis celle de B(−1;2)B(-1;2) par rapport à (C):x2+y2+4x−6y+9=0(\mathcal C):x^2+y^2+4x-6y+9=0. Résoudre graphiquement le système {x2+y2+4x−6y+9⩽0y−x−3⩽0\begin{cases}x^2+y^2+4x-6y+9\leqslant0\\y-x-3\leqslant0\end{cases}.

Voir la solution

ΩA=4+1=5>2\Omega A=\sqrt{4+1}=\sqrt5>2 : AA est extérieur.

f(−1;2)=1+4−4−12+9=−2<0f(-1;2)=1+4-4-12+9=-2<0 : BB est intérieur à (C)(\mathcal C).

(C):(x+2)2+(y−3)2=4(\mathcal C):(x+2)^2+(y-3)^2=4 : la première inéquation décrit le disque fermé de centre Ω′(−2;3)\Omega'(-2;3) et de rayon 22. La droite y=x+3y=x+3 contient Ω′\Omega' (car 3=−2+33=-2+3), et y−x−3⩽0y-x-3\leqslant0 décrit le demi-plan situé sous cette droite (il contient OO). Les solutions forment le demi-disque fermé situé sous la droite.

Figure

VII. Représentation paramétrique d’un cercle

Activité 6

On considère le cercle (C)(\mathcal C) de centre Ω(a;b)\Omega(a;b) et de rayon RR, et un point M(x;y)M(x;y). Montrer que M∈(C)M\in(\mathcal C) si et seulement s’il existe un réel θ\theta tel que x=a+Rcos⁡θx=a+R\cos\theta et y=b+Rsin⁡θy=b+R\sin\theta.

Voir la solution

Si M∈(C)M\in(\mathcal C), le point P(x−aR;y−bR)P\left(\dfrac{x-a}R;\dfrac{y-b}R\right) vérifie (x−aR)2+(y−bR)2=1\left(\dfrac{x-a}R\right)^2+\left(\dfrac{y-b}R\right)^2=1 : il est sur le cercle trigonométrique, donc il existe θ\theta tel que x−aR=cos⁡θ\dfrac{x-a}R=\cos\theta et y−bR=sin⁡θ\dfrac{y-b}R=\sin\theta.

Réciproquement, (x−a)2+(y−b)2=R2(cos⁡2θ+sin⁡2θ)=R2(x-a)^2+(y-b)^2=R^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)=R^2.

Propriété 8

Le cercle de centre Ω(a;b)\Omega(a;b) et de rayon RR est l’ensemble des points M(x;y)M(x;y) tels que {x=a+Rcos⁡θy=b+Rsin⁡θ(θ∈R);\begin{cases}x=a+R\cos\theta\\y=b+R\sin\theta\end{cases}\qquad(\theta\in\mathbb{R}) ; ce système est une représentation paramétrique du cercle.

Exemple 9

Déterminer une représentation paramétrique du cercle de centre Ω(−1;2)\Omega(-1;2) et de rayon 33, puis du cercle (C):x2+y2−4x+6y+9=0(\mathcal C):x^2+y^2-4x+6y+9=0. Déterminer ensuite une équation cartésienne de l’ensemble (Γ)(\Gamma) défini par {x=3+5cos⁡θy=−1+5sin⁡θ\begin{cases}x=3+\sqrt5\cos\theta\\y=-1+\sqrt5\sin\theta\end{cases} (θ∈R)(\theta\in\mathbb{R}).

Voir la solution

{x=−1+3cos⁡θy=2+3sin⁡θ\begin{cases}x=-1+3\cos\theta\\y=2+3\sin\theta\end{cases} (θ∈R)(\theta\in\mathbb{R}).

(C):(x−2)2+(y+3)2=4(\mathcal C):(x-2)^2+(y+3)^2=4 : centre (2;−3)(2;-3), rayon 22, donc {x=2+2cos⁡θy=−3+2sin⁡θ\begin{cases}x=2+2\cos\theta\\y=-3+2\sin\theta\end{cases} (θ∈R)(\theta\in\mathbb{R}).

(x−3)2+(y+1)2=5cos⁡2θ+5sin⁡2θ=5(x-3)^2+(y+1)^2=5\cos^2\theta+5\sin^2\theta=5 : (Γ)(\Gamma) est le cercle de centre (3;−1)(3;-1) et de rayon 5\sqrt5, d’équation x2+y2−6x+2y+5=0x^2+y^2-6x+2y+5=0.

Application 7

Déterminer une représentation paramétrique du cercle : a) de centre Ω(0;1)\Omega(0;1) et de rayon 44 ; b) (x+2)2+(y−1)2=3(x+2)^2+(y-1)^2=3 ; c) x2+y2−2x−8y+8=0x^2+y^2-2x-8y+8=0. Déterminer une équation cartésienne des ensembles {x=−1+2cos⁡θy=3+2sin⁡θ\begin{cases}x=-1+2\cos\theta\\y=3+2\sin\theta\end{cases} et {x=4+cos⁡ty=sin⁡t\begin{cases}x=4+\cos t\\y=\sin t\end{cases}.

Voir la solution

a) x=4cos⁡θx=4\cos\theta, y=1+4sin⁡θy=1+4\sin\theta ; b) x=−2+3cos⁡θx=-2+\sqrt3\cos\theta, y=1+3sin⁡θy=1+\sqrt3\sin\theta ; c) (x−1)2+(y−4)2=9(x-1)^2+(y-4)^2=9 : x=1+3cos⁡θx=1+3\cos\theta, y=4+3sin⁡θy=4+3\sin\theta (θ∈R\theta\in\mathbb{R}).

(x+1)2+(y−3)2=4  ⟺  x2+y2+2x−6y+6=0(x+1)^2+(y-3)^2=4\iff x^2+y^2+2x-6y+6=0 ;  (x−4)2+y2=1  ⟺  x2+y2−8x+15=0\ (x-4)^2+y^2=1\iff x^2+y^2-8x+15=0.

VIII. Positions relatives d’une droite et d’un cercle

Propriété 9

On considère le cercle (C)(\mathcal C) de centre Ω\Omega et de rayon RR, une droite (D)(D) et d=d(Ω;(D))d=d\big(\Omega;(D)\big).

  • Si d>Rd>R : (D)(D) et (C)(\mathcal C) n’ont aucun point commun.
  • Si d=Rd=R : (D)(D) est tangente à (C)(\mathcal C) en HH, projeté orthogonal de Ω\Omega sur (D)(D).
  • Si d<Rd<R : (D)(D) coupe (C)(\mathcal C) en deux points distincts.
Figure

Exemple 10

Étudier l’intersection de la droite (D)(D) et du cercle (C)(\mathcal C) : a) (D):x−y−1=0(D):x-y-1=0, (C):x2+y2−2x−4y−5=0(\mathcal C):x^2+y^2-2x-4y-5=0 ; b) (D):2x+y+2=0(D):2x+y+2=0, (C):(x−2)2+(y+1)2=5(\mathcal C):(x-2)^2+(y+1)^2=5 ; c) (D):x=4(D):x=4, (C):x2+y2=9(\mathcal C):x^2+y^2=9.

Voir la solution

a) (C)(\mathcal C) : centre Ω(1;2)\Omega(1;2), R=10R=\sqrt{10} ; d=∣1−2−1∣2=2<10d=\dfrac{|1-2-1|}{\sqrt2}=\sqrt2<\sqrt{10} : deux points d’intersection. Avec y=x−1y=x-1 : x2+(x−1)2−2x−4(x−1)−5=0  ⟺  2x2−8x=0  ⟺  x=0x^2+(x-1)^2-2x-4(x-1)-5=0\iff2x^2-8x=0\iff x=0 ou x=4x=4. Les points sont (0;−1)(0;-1) et (4;3)(4;3).

b) Ω(2;−1)\Omega(2;-1), R=5R=\sqrt5 ; d=∣4−1+2∣5=5=Rd=\dfrac{|4-1+2|}{\sqrt5}=\sqrt5=R : (D)(D) est tangente. Avec y=−2x−2y=-2x-2 : (x−2)2+(−2x−1)2=5  ⟺  5x2=0(x-2)^2+(-2x-1)^2=5\iff5x^2=0, d’où le point de contact H(0;−2)H(0;-2).

c) d(O;(D))=4>3d\big(O;(D)\big)=4>3 : (D)∩(C)=∅(D)\cap(\mathcal C)=\varnothing.

Application 8

Étudier l’intersection de (D)(D) et (C)(\mathcal C) : a) (D):x+y−6=0(D):x+y-6=0, (C):x2+y2−2x+4y−20=0(\mathcal C):x^2+y^2-2x+4y-20=0 ; b) (D):x+y−4=0(D):x+y-4=0, (C):x2+y2=8(\mathcal C):x^2+y^2=8 ; c) (D):3x−4y+22=0(D):3x-4y+22=0, (C):(x+1)2+(y−1)2=4(\mathcal C):(x+1)^2+(y-1)^2=4.

Voir la solution

a) Ω(1;−2)\Omega(1;-2), R=5R=5, d=∣1−2−6∣2=722<5d=\dfrac{|1-2-6|}{\sqrt2}=\dfrac{7\sqrt2}2<5 (car 492<25\tfrac{49}2<25). Avec y=6−xy=6-x : x2+(6−x)2−2x+4(6−x)−20=0  ⟺  2x2−18x+40=0  ⟺  x2−9x+20=0x^2+(6-x)^2-2x+4(6-x)-20=0\iff2x^2-18x+40=0\iff x^2-9x+20=0, soit x=4x=4 ou x=5x=5 : points (4;2)(4;2) et (5;1)(5;1).

b) d=42=22=Rd=\dfrac4{\sqrt2}=2\sqrt2=R : tangente ; x2+(4−x)2=8  ⟺  2(x−2)2=0x^2+(4-x)^2=8\iff2(x-2)^2=0 : contact en (2;2)(2;2).

c) d=∣−3−4+22∣5=3>2d=\dfrac{|-3-4+22|}5=3>2 : aucun point commun.

IX. Tangente à un cercle en un point

Activité 7

On considère le cercle (C)(\mathcal C) de centre Ω\Omega, un point A∈(C)A\in(\mathcal C) et la tangente (T)(T) à (C)(\mathcal C) en AA, perpendiculaire en AA au rayon [ΩA][\Omega A]. Montrer que M∈(T)  ⟺  AΩ→⋅AM→=0M\in(T)\iff\overrightarrow{A\Omega}\cdot\overrightarrow{AM}=0.

Voir la solution

(T)(T) passe par AA et admet AΩ→\overrightarrow{A\Omega} (non nul) comme vecteur normal ; d’après la propriété 3, M∈(T)  ⟺  AM→⋅AΩ→=0M\in(T)\iff\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{A\Omega}=0.

Propriété 10

La tangente en AA au cercle de centre Ω\Omega est l’ensemble des points MM tels que AΩ→⋅AM→=0\overrightarrow{A\Omega}\cdot\overrightarrow{AM}=0. Si Ω(a;b)\Omega(a;b) et A(xA;yA)A(x_A;y_A) : (T): (a−xA)(x−xA)+(b−yA)(y−yA)=0.(T):\ (a-x_A)(x-x_A)+(b-y_A)(y-y_A)=0.

Figure

Exemple 11

Vérifier que AA appartient au cercle (C)(\mathcal C), puis déterminer une équation cartésienne de la tangente en AA : a) (C):x2+y2−2x+4y−5=0(\mathcal C):x^2+y^2-2x+4y-5=0, A(2;1)A(2;1) ; b) (C):(x+1)2+(y−3)2=25(\mathcal C):(x+1)^2+(y-3)^2=25, A(2;7)A(2;7) ; c) (C):x2+y2=2(\mathcal C):x^2+y^2=2, A(1;−1)A(1;-1).

Voir la solution

a) 4+1−4+4−5=04+1-4+4-5=0 : A∈(C)A\in(\mathcal C). Ω(1;−2)\Omega(1;-2), AΩ→(−1;−3)\overrightarrow{A\Omega}(-1;-3) : −(x−2)−3(y−1)=0  ⟺  x+3y−5=0-(x-2)-3(y-1)=0\iff x+3y-5=0.

b) 9+16=259+16=25 : A∈(C)A\in(\mathcal C). Ω(−1;3)\Omega(-1;3), AΩ→(−3;−4)\overrightarrow{A\Omega}(-3;-4) : −3(x−2)−4(y−7)=0  ⟺  3x+4y−34=0-3(x-2)-4(y-7)=0\iff3x+4y-34=0.

c) 1+1=21+1=2 : A∈(C)A\in(\mathcal C). AO→(−1;1)\overrightarrow{AO}(-1;1) : −(x−1)+(y+1)=0  ⟺  x−y−2=0-(x-1)+(y+1)=0\iff x-y-2=0.

Application 9

Vérifier que A∈(C)A\in(\mathcal C) et déterminer une équation de la tangente en AA : a) (C):x2+y2+4x−2y−5=0(\mathcal C):x^2+y^2+4x-2y-5=0, A(1;2)A(1;2) ; b) (C):(x−1)2+y2=13(\mathcal C):(x-1)^2+y^2=13, A(3;3)A(3;3) ; c) (C):x2+y2=25(\mathcal C):x^2+y^2=25, A(−3;4)A(-3;4).

Voir la solution

a) 1+4+4−4−5=01+4+4-4-5=0. Ω(−2;1)\Omega(-2;1), AΩ→(−3;−1)\overrightarrow{A\Omega}(-3;-1) : −3(x−1)−(y−2)=0  ⟺  3x+y−5=0-3(x-1)-(y-2)=0\iff3x+y-5=0.

b) 4+9=134+9=13. Ω(1;0)\Omega(1;0), AΩ→(−2;−3)\overrightarrow{A\Omega}(-2;-3) : −2(x−3)−3(y−3)=0  ⟺  2x+3y−15=0-2(x-3)-3(y-3)=0\iff2x+3y-15=0.

c) 9+16=259+16=25. AO→(3;−4)\overrightarrow{AO}(3;-4) : 3(x+3)−4(y−4)=0  ⟺  3x−4y+25=03(x+3)-4(y-4)=0\iff3x-4y+25=0.

Série d’exercices

Dans toute la série, le plan est rapporté à un repère orthonormé direct (O;ı⃗;ȷ⃗)(O;\vec\imath;\vec\jmath).

Exercice 1 — Produit scalaire, distance, cercle Facile ★☆☆☆☆

On considère les points A(1;2)A(1;2), B(4;6)B(4;6), C(−3;5)C(-3;5) et D(5;−1)D(5;-1).

  1. Calculer ABAB, ACAC et AB→⋅AC→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}.
  2. Calculer cos⁡(AB→;AC→)\cos\big(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\big) et sin⁡(AB→;AC→)\sin\big(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\big), puis préciser la nature du triangle ABCABC.
  3. Montrer que 4x−3y+2=04x-3y+2=0 est une équation cartésienne de (AB)(AB).
  4. Calculer d(C;(AB))d\big(C;(AB)\big) et en déduire l’aire de ABCABC ; retrouver ce résultat à l’aide d’un déterminant.
  5. Soit (C)(\mathcal C) le cercle de centre AA passant par CC. a) Montrer que (C):x2+y2−2x−4y−20=0(\mathcal C):x^2+y^2-2x-4y-20=0. b) Vérifier que B∈(C)B\in(\mathcal C) et déterminer une équation de la tangente à (C)(\mathcal C) en BB. c) Déterminer une équation de la droite (Δ)(\Delta) passant par DD et parallèle à (AB)(AB), puis étudier l’intersection de (Δ)(\Delta) et (C)(\mathcal C).
Voir la solution

1) AB→(3;4)\overrightarrow{AB}(3;4), AC→(−4;3)\overrightarrow{AC}(-4;3) : AB=AC=5AB=AC=5 et AB→⋅AC→=−12+12=0\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=-12+12=0.

2) cos⁡=0\cos=0 ; det⁡(AB→;AC→)=3×3−(−4)×4=25\det\big(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\big)=3\times3-(-4)\times4=25, donc sin⁡=2525=1\sin=\dfrac{25}{25}=1 et (AB→;AC→)≡π2 [2π]\big(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\big)\equiv\dfrac\pi2\ [2\pi] : ABCABC est rectangle isocèle en AA.

3) 4×1−3×2+2=04\times1-3\times2+2=0 et 4×4−3×6+2=04\times4-3\times6+2=0 : AA et BB vérifient l’équation (ou : n⃗(4;−3)\vec n(4;-3) est orthogonal à AB→\overrightarrow{AB}).

4) d(C;(AB))=∣−12−15+2∣5=5d\big(C;(AB)\big)=\dfrac{|-12-15+2|}{5}=5 ; aire =12×AB×d=252=\dfrac12\times AB\times d=\dfrac{25}2. Aussi 12∣det⁡(AB→;AC→)∣=252\dfrac12\left|\det\big(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\big)\right|=\dfrac{25}2.

5) a) R=AC=5R=AC=5 : (x−1)2+(y−2)2=25  ⟺  x2+y2−2x−4y−20=0(x-1)^2+(y-2)^2=25\iff x^2+y^2-2x-4y-20=0. b) 16+36−8−24−20=016+36-8-24-20=0. BA→(−3;−4)\overrightarrow{BA}(-3;-4) : −3(x−4)−4(y−6)=0  ⟺  3x+4y−36=0-3(x-4)-4(y-6)=0\iff3x+4y-36=0. c) (Δ):4x−3y+c=0(\Delta):4x-3y+c=0 avec 20+3+c=020+3+c=0 : (Δ):4x−3y−23=0(\Delta):4x-3y-23=0. d(A;(Δ))=∣4−6−23∣5=5=Rd\big(A;(\Delta)\big)=\dfrac{|4-6-23|}5=5=R : (Δ)(\Delta) est tangente à (C)(\mathcal C). Comme D∈(C)D\in(\mathcal C) (25+1−10+4−20=025+1-10+4-20=0), le point de contact est D(5;−1)D(5;-1).

Exercice 2 — Angle, tangente, résolution graphique Facile ★★☆☆☆

On considère les points A(2;−1)A(2;-1), B(5;0)B(5;0) et C(3;1)C(3;1).

  1. Calculer AC→⋅AB→\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB}, cos⁡(AC→;AB→)\cos\big(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AB}\big) et sin⁡(AC→;AB→)\sin\big(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AB}\big), puis une mesure de (AC→;AB→)\big(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AB}\big).
  2. Déterminer une équation de la droite (D)(D) passant par BB et perpendiculaire à (AC)(AC).
  3. Calculer d(A;(D))d\big(A;(D)\big), puis une équation du cercle (C)(\mathcal C) de centre AA tangent à (D)(D) et une représentation paramétrique de (C)(\mathcal C).
  4. Déterminer la nature de (Γ):x2+y2+2x−6y+6=0(\Gamma):x^2+y^2+2x-6y+6=0 et étudier son intersection avec (Δ):y=x+2(\Delta):y=x+2.
  5. Résoudre graphiquement le système {x2+y2+2x−6y+6<0y<x+2\begin{cases}x^2+y^2+2x-6y+6<0\\y<x+2\end{cases}.
Voir la solution

1) AC→(1;2)\overrightarrow{AC}(1;2), AB→(3;1)\overrightarrow{AB}(3;1) : produit scalaire 3+2=53+2=5, AC=5AC=\sqrt5, AB=10AB=\sqrt{10}, cos⁡=552=22\cos=\dfrac5{5\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}2 ; det⁡(AC→;AB→)=1×1−3×2=−5\det\big(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AB}\big)=1\times1-3\times2=-5, sin⁡=−22\sin=-\dfrac{\sqrt2}2. Donc (AC→;AB→)≡−π4 [2π]\big(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AB}\big)\equiv-\dfrac\pi4\ [2\pi].

2) AC→(1;2)\overrightarrow{AC}(1;2) est normal : x+2y+c=0x+2y+c=0, 5+c=05+c=0 : (D):x+2y−5=0(D):x+2y-5=0.

3) d=∣2−2−5∣5=5d=\dfrac{|2-2-5|}{\sqrt5}=\sqrt5. (C):(x−2)2+(y+1)2=5  ⟺  x2+y2−4x+2y=0(\mathcal C):(x-2)^2+(y+1)^2=5\iff x^2+y^2-4x+2y=0 ; {x=2+5cos⁡θy=−1+5sin⁡θ\begin{cases}x=2+\sqrt5\cos\theta\\y=-1+\sqrt5\sin\theta\end{cases} (θ∈R)(\theta\in\mathbb{R}).

4) (x+1)2+(y−3)2=4(x+1)^2+(y-3)^2=4 : cercle de centre Ω(−1;3)\Omega(-1;3) et de rayon 22. Avec y=x+2y=x+2 : x2+(x+2)2+2x−6x−12+6=0  ⟺  2x2−2=0  ⟺  x=±1x^2+(x+2)^2+2x-6x-12+6=0\iff2x^2-2=0\iff x=\pm1 : (Δ)∩(Γ)={(1;3);(−1;1)}(\Delta)\cap(\Gamma)=\{(1;3);(-1;1)\}.

5) Solutions : points intérieurs (strictement) à (Γ)(\Gamma) situés strictement sous (Δ)(\Delta) (la partie hachurée ; Ω\Omega vérifie 3<13<1 faux, donc le centre n’est pas solution).

Figure

Exercice 3 — Médiatrices Facile ★★☆☆☆

On considère les points A(−1;−3)A(-1;-3), B(7;1)B(7;1) et C(5;−3)C(5;-3).

  1. Déterminer les coordonnées des milieux II, JJ, KK de [AB][AB], [BC][BC], [CA][CA].
  2. Déterminer une équation cartésienne de chacune des médiatrices (D1)(D_1), (D2)(D_2), (D3)(D_3) de [AB][AB], [BC][BC], [CA][CA].
  3. Montrer qu’elles sont concourantes en un point Ω\Omega à préciser, puis calculer ΩA\Omega A, ΩB\Omega B, ΩC\Omega C et interpréter.
Voir la solution

1) I(3;−1)I(3;-1), J(6;−1)J(6;-1), K(2;−3)K(2;-3).

2) AB→(8;4)\overrightarrow{AB}(8;4), normal (2;1)(2;1) : (D1):2x+y−5=0(D_1):2x+y-5=0. BC→(−2;−4)\overrightarrow{BC}(-2;-4), normal (1;2)(1;2) : (D2):x+2y−4=0(D_2):x+2y-4=0. CA→(−6;0)\overrightarrow{CA}(-6;0), normal (1;0)(1;0) : (D3):x−2=0(D_3):x-2=0.

3) (D3)(D_3) donne x=2x=2, puis (D1)(D_1) : y=1y=1 ; et 2+2−4=02+2-4=0 : Ω(2;1)∈(D2)\Omega(2;1)\in(D_2). ΩA=9+16=5\Omega A=\sqrt{9+16}=5, ΩB=25=5\Omega B=\sqrt{25}=5, ΩC=9+16=5\Omega C=\sqrt{9+16}=5 : Ω\Omega est le centre du cercle circonscrit à ABCABC, de rayon 55.

Exercice 4 — Hauteurs et aire Facile ★★☆☆☆

On reprend A(−1;−3)A(-1;-3), B(7;1)B(7;1) et C(5;−3)C(5;-3).

  1. Déterminer une équation de chacune des hauteurs (hA)(h_A), (hB)(h_B), (hC)(h_C) du triangle ABCABC.
  2. Montrer qu’elles sont concourantes en un point HH à préciser.
  3. Montrer que (AB):x−2y−5=0(AB):x-2y-5=0 et déterminer le pied EE de la hauteur issue de CC.
  4. Calculer l’aire de ABCABC de deux façons.
Voir la solution

1) (hA)(h_A) : normal BC→\overrightarrow{BC}, ou (1;2)(1;2) : x+2y+7=0x+2y+7=0. (hB)(h_B) : normal CA→\overrightarrow{CA}, ou (1;0)(1;0) : x−7=0x-7=0. (hC)(h_C) : normal (2;1)(2;1) : 2x+y−7=02x+y-7=0.

2) x=7x=7 puis 2×7+y−7=02\times7+y-7=0 : y=−7y=-7 ; et 7−14+7=07-14+7=0 : H(7;−7)H(7;-7) (orthocentre).

3) −1+6−5=0-1+6-5=0, 7−2−5=07-2-5=0. EE : {2x+y=7x−2y=5\begin{cases}2x+y=7\\x-2y=5\end{cases} donne E(195;−35)E\left(\dfrac{19}5;-\dfrac35\right).

4) CE=d(C;(AB))=∣5+6−5∣5=65CE=d\big(C;(AB)\big)=\dfrac{|5+6-5|}{\sqrt5}=\dfrac6{\sqrt5} et AB=45AB=4\sqrt5 : S=12×45×65=12\mathcal S=\dfrac12\times4\sqrt5\times\dfrac6{\sqrt5}=12. Aussi AC→(6;0)\overrightarrow{AC}(6;0), det⁡(AB→;AC→)=8×0−6×4=−24\det\big(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\big)=8\times0-6\times4=-24, S=12\mathcal S=12.

Exercice 5 — Résolution graphique Facile ★★☆☆☆

Résoudre graphiquement les systèmes :

  1. {x2+y2−4x−2y−4<0x−y−1>0\begin{cases}x^2+y^2-4x-2y-4<0\\x-y-1>0\end{cases} \qquad 2) {x2+y2−4x−2y−4⩽0x2+y2+2x−2y−7⩽0\begin{cases}x^2+y^2-4x-2y-4\leqslant0\\x^2+y^2+2x-2y-7\leqslant0\end{cases}
Voir la solution

x2+y2−4x−2y−4=0  ⟺  (x−2)2+(y−1)2=9x^2+y^2-4x-2y-4=0\iff(x-2)^2+(y-1)^2=9 : cercle (C1)(\mathcal C_1) de centre (2;1)(2;1), rayon 33. x2+y2+2x−2y−7=0  ⟺  (x+1)2+(y−1)2=9x^2+y^2+2x-2y-7=0\iff(x+1)^2+(y-1)^2=9 : cercle (C2)(\mathcal C_2) de centre (−1;1)(-1;1), rayon 33.

1) La droite x−y−1=0x-y-1=0 passe par le centre de (C1)(\mathcal C_1) ; OO donne −1<0-1<0. Solutions : demi-disque ouvert intérieur à (C1)(\mathcal C_1), du côté opposé à OO (sous la droite). 2) Solutions : intersection des deux disques fermés (lentille, bords compris), limitée par les points (12;1±332)\left(\tfrac12;1\pm\tfrac{3\sqrt3}2\right).

Figure

Exercice 6 — Tangentes Moyen ★★★☆☆

On considère le cercle (C):x2+y2−2x+6y−15=0(\mathcal C):x^2+y^2-2x+6y-15=0.

  1. Déterminer son centre Ω\Omega et son rayon RR.
  2. Déterminer les points AA et BB d’intersection de (C)(\mathcal C) avec l’axe des abscisses (xA>xBx_A>x_B).
  3. Déterminer une équation des tangentes à (C)(\mathcal C) en AA et en BB.
  4. Déterminer les tangentes à (C)(\mathcal C) de vecteur directeur u⃗(4;3)\vec u(4;3) et leurs points de contact.
Voir la solution

1) (x−1)2+(y+3)2=1+9+15=25(x-1)^2+(y+3)^2=1+9+15=25 : Ω(1;−3)\Omega(1;-3), R=5R=5.

2) y=0y=0 : x2−2x−15=0  ⟺  (x−5)(x+3)=0x^2-2x-15=0\iff(x-5)(x+3)=0 : A(5;0)A(5;0) et B(−3;0)B(-3;0).

3) AΩ→(−4;−3)\overrightarrow{A\Omega}(-4;-3) : −4(x−5)−3y=0  ⟺  4x+3y−20=0-4(x-5)-3y=0\iff4x+3y-20=0. BΩ→(4;−3)\overrightarrow{B\Omega}(4;-3) : 4(x+3)−3y=0  ⟺  4x−3y+12=04(x+3)-3y=0\iff4x-3y+12=0.

4) n⃗(3;−4)\vec n(3;-4) est normal : (T):3x−4y+c=0(T):3x-4y+c=0 avec d(Ω;(T))=∣3+12+c∣5=5  ⟺  c=10d\big(\Omega;(T)\big)=\dfrac{|3+12+c|}5=5\iff c=10 ou c=−40c=-40. Points de contact Ω±n⃗\Omega\pm\vec n (car ∥n⃗∥=5=R\|\vec n\|=5=R) : pour 3x−4y−40=03x-4y-40=0, (4;−7)(4;-7) ; pour 3x−4y+10=03x-4y+10=0, (−2;1)(-2;1).

Exercice 7 — Lignes de niveau Facile ★★☆☆☆

On considère deux points AA et BB tels que AB=6AB=6, et le repère orthonormé d’origine AA tel que B(6;0)B(6;0). Déterminer l’ensemble des points M(x;y)M(x;y) tels que : 1) AB→⋅AM→=12\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AM}=12 ; 2) AB→⋅AM→=−6\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AM}=-6 ; 3) MA→⋅MB→=0\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0.

Voir la solution

AB→(6;0)\overrightarrow{AB}(6;0), AM→(x;y)\overrightarrow{AM}(x;y), donc AB→⋅AM→=6x\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AM}=6x.

1) 6x=12  ⟺  x=26x=12\iff x=2 : droite perpendiculaire à (AB)(AB) au point H(2;0)H(2;0) de [AB][AB] (avec AH=2AH=2).

2) 6x=−6  ⟺  x=−16x=-6\iff x=-1 : droite perpendiculaire à (AB)(AB) en K(−1;0)K(-1;0), extérieur à [AB][AB] du côté de AA.

3) x(x−6)+y2=0  ⟺  (x−3)2+y2=9x(x-6)+y^2=0\iff(x-3)^2+y^2=9 : cercle de diamètre [AB][AB].

Exercice 8 — Tangentes parallèles Facile ★★☆☆☆

Déterminer les équations des tangentes au cercle (C):(x−1)2+(y+2)2=16(\mathcal C):(x-1)^2+(y+2)^2=16 parallèles à la droite (D):4x+3y=0(D):4x+3y=0.

Voir la solution

Une telle tangente s’écrit 4x+3y+c=04x+3y+c=0 avec d(Ω;(T))=4d\big(\Omega;(T)\big)=4, Ω(1;−2)\Omega(1;-2) : ∣4−6+c∣5=4  ⟺  c−2=±20  ⟺  c=22\dfrac{|4-6+c|}5=4\iff c-2=\pm20\iff c=22 ou c=−18c=-18. Tangentes : 4x+3y+22=04x+3y+22=0 et 4x+3y−18=04x+3y-18=0.

Exercice 9 — Tangentes issues d’un point Moyen ★★★☆☆

On considère (C):(x−1)2+(y−2)2=5(\mathcal C):(x-1)^2+(y-2)^2=5 et A(6;2)A(6;2). Vérifier que AA est extérieur à (C)(\mathcal C), puis déterminer les tangentes à (C)(\mathcal C) passant par AA.

Voir la solution

ΩA=5>5\Omega A=5>\sqrt5 : AA est extérieur. La droite x=6x=6 est à distance 55 de Ω\Omega : ce n’est pas une tangente. Les autres droites passant par AA s’écrivent y−2=m(x−6)y-2=m(x-6), soit mx−y+2−6m=0mx-y+2-6m=0, et ∣m−2+2−6m∣m2+1=5  ⟺  25m2=5(m2+1)  ⟺  m2=14.\frac{|m-2+2-6m|}{\sqrt{m^2+1}}=\sqrt5\iff25m^2=5(m^2+1)\iff m^2=\frac14. Tangentes : y−2=12(x−6)y-2=\tfrac12(x-6), soit x−2y−2=0x-2y-2=0, et y−2=−12(x−6)y-2=-\tfrac12(x-6), soit x+2y−10=0x+2y-10=0.

Exercice 10 — Bissectrice Moyen ★★★☆☆

On considère A(4;5)A(4;5), B(1;1)B(1;1) et C(1;−4)C(1;-4).

  1. Calculer BABA et BCBC, puis placer les points.
  2. On pose w⃗=1BABA→+1BCBC→\vec w=\dfrac1{BA}\overrightarrow{BA}+\dfrac1{BC}\overrightarrow{BC}. Justifier que w⃗\vec w dirige la bissectrice de l’angle ABC^\widehat{ABC} et en déduire une équation cartésienne de cette bissectrice.
  3. Vérifier qu’un point MM de cette droite est équidistant des droites (BA)(BA) et (BC)(BC).
Voir la solution

1) BA→(3;4)\overrightarrow{BA}(3;4), BA=5BA=5 ; BC→(0;−5)\overrightarrow{BC}(0;-5), BC=5BC=5.

2) w⃗\vec w est la diagonale du losange construit sur deux vecteurs unitaires portés par les côtés, donc elle partage l’angle en deux angles égaux. w⃗(35;45−1)=(35;−15)\vec w\left(\tfrac35;\tfrac45-1\right)=\left(\tfrac35;-\tfrac15\right), colinéaire à (3;−1)(3;-1) ; normal (1;3)(1;3) : x+3y+c=0x+3y+c=0 avec 1+3+c=01+3+c=0 : x+3y−4=0x+3y-4=0.

3) (BA):4x−3y−1=0(BA):4x-3y-1=0, (BC):x−1=0(BC):x-1=0. Pour M(4−3t;t)M(4-3t;t) : d(M;(BA))=∣16−12t−3t−1∣5=∣3−3t∣d\big(M;(BA)\big)=\dfrac{|16-12t-3t-1|}5=|3-3t| et d(M;(BC))=∣3−3t∣d\big(M;(BC)\big)=|3-3t| : égalité.

Exercice 11 — Cercles tangents Difficile ★★★★☆

  1. Déterminer une équation du cercle tangent à l’axe des abscisses et passant par A(1;2)A(1;2) et B(3;2)B(3;2).
  2. Déterminer les cercles passant par A(1;0)A(1;0) et B(5;0)B(5;0) et tangents à (D):x+2y=0(D):x+2y=0.
Voir la solution

1) Le centre est sur la médiatrice x=2x=2 de [AB][AB] : Ω(2;b)\Omega(2;b), et la tangence à (Ox)(Ox) donne R=∣b∣R=|b|. ΩA2=b2  ⟺  1+(2−b)2=b2  ⟺  5−4b=0  ⟺  b=54\Omega A^2=b^2\iff1+(2-b)^2=b^2\iff5-4b=0\iff b=\dfrac54. (C):(x−2)2+(y−54)2=2516  ⟺  x2+y2−4x−52y+4=0(\mathcal C):(x-2)^2+\left(y-\dfrac54\right)^2=\dfrac{25}{16}\iff x^2+y^2-4x-\dfrac52y+4=0.

2) Centre Ω(3;b)\Omega(3;b) (médiatrice x=3x=3), R2=ΩA2=4+b2R^2=\Omega A^2=4+b^2. Tangence : (3+2b)25=4+b2  ⟺  4b2+12b+9=20+5b2  ⟺  b2−12b+11=0  ⟺  b=1\dfrac{(3+2b)^2}5=4+b^2\iff4b^2+12b+9=20+5b^2\iff b^2-12b+11=0\iff b=1 ou b=11b=11. Cercles : (x−3)2+(y−1)2=5(x-3)^2+(y-1)^2=5 et (x−3)2+(y−11)2=125(x-3)^2+(y-11)^2=125.

Exercice 12 — Cercle d’Euler Difficile ★★★★☆

On reprend A(−1;−3)A(-1;-3), B(7;1)B(7;1), C(5;−3)C(5;-3), le centre Ω(2;1)\Omega(2;1) du cercle circonscrit (exercice 3), l’orthocentre H(7;−7)H(7;-7) (exercice 4) et les milieux I(3;−1)I(3;-1), J(6;−1)J(6;-1), K(2;−3)K(2;-3).

  1. Déterminer le centre de gravité GG de ABCABC (isobarycentre de AA, BB, CC) et montrer que ΩH→=3ΩG→\overrightarrow{\Omega H}=3\overrightarrow{\Omega G}.
  2. Déterminer les projetés orthogonaux H1H_1, H2H_2, H3H_3 de HH sur (AB)(AB), (BC)(BC), (CA)(CA).
  3. Déterminer une équation du cercle (Γ)(\Gamma) circonscrit au triangle IJKIJK.
  4. Vérifier que H1H_1, H2H_2, H3∈(Γ)H_3\in(\Gamma) et que le centre de (Γ)(\Gamma) est le milieu de [ΩH][\Omega H].
Voir la solution

1) G(−1+7+53;−3+1−33)=G(113;−53)G\left(\dfrac{-1+7+5}3;\dfrac{-3+1-3}3\right)=G\left(\dfrac{11}3;-\dfrac53\right). ΩH→(5;−8)\overrightarrow{\Omega H}(5;-8) et ΩG→(53;−83)\overrightarrow{\Omega G}\left(\tfrac53;-\tfrac83\right) : ΩH→=3ΩG→\overrightarrow{\Omega H}=3\overrightarrow{\Omega G}.

2) H1=E(195;−35)H_1=E\left(\tfrac{19}5;-\tfrac35\right) (exercice 4, car H∈(hC)H\in(h_C)). (BC):2x−y−13=0(BC):2x-y-13=0 et la perpendiculaire en HH : x+2y+7=0x+2y+7=0, d’où H2(195;−275)H_2\left(\tfrac{19}5;-\tfrac{27}5\right). (CA):y=−3(CA):y=-3, donc H3(7;−3)H_3(7;-3).

3) On cherche x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0 : II, JJ, KK donnent 3a−b+c=−103a-b+c=-10, 6a−b+c=−376a-b+c=-37, 2a−3b+c=−132a-3b+c=-13, d’où a=−9a=-9, b=6b=6, c=23c=23 : (Γ):x2+y2−9x+6y+23=0(\Gamma):x^2+y^2-9x+6y+23=0, soit (x−92)2+(y+3)2=254\left(x-\tfrac92\right)^2+(y+3)^2=\tfrac{25}4.

4) Par exemple H3H_3 : 49+9−63−18+23=049+9-63-18+23=0 ; de même pour H1H_1 et H2H_2 (calcul direct). Le centre (92;−3)\left(\tfrac92;-3\right) est bien le milieu de [ΩH][\Omega H] et le rayon 52\tfrac52 est la moitié de 55.

Exercice 13 — Diamètre Moyen ★★★☆☆

Déterminer une équation de la droite portant le diamètre du cercle x2+y2−6x+4y−12=0x^2+y^2-6x+4y-12=0 perpendiculaire à la droite 3x−y+1=03x-y+1=0.

Voir la solution

Le centre est Ω(3;−2)\Omega(3;-2). La droite cherchée passe par Ω\Omega et est dirigée par n⃗(3;−1)\vec n(3;-1) (normal à la droite donnée) ; elle admet (1;3)(1;3) comme vecteur normal : x+3y+c=0x+3y+c=0, 3−6+c=03-6+c=0, soit x+3y+3=0x+3y+3=0.

Exercice 14 — Famille de droites Difficile ★★★★★

Pour tout réel mm, on considère la droite (Dm):(1−m2)x+2my−2(m2+2m+2)=0(D_m):(1-m^2)x+2my-2(m^2+2m+2)=0. Montrer que le point M0(1;2)M_0(1;2) est à la même distance de toutes les droites (Dm)(D_m), puis en déduire que toutes les droites (Dm)(D_m) sont tangentes à un même cercle.

Voir la solution

(1−m2)2+(2m)2=(1+m2)2(1-m^2)^2+(2m)^2=(1+m^2)^2, donc (1−m2)2+4m2=1+m2\sqrt{(1-m^2)^2+4m^2}=1+m^2. Puis d(M0;(Dm))=∣1−m2+4m−2m2−4m−4∣1+m2=∣−3(1+m2)∣1+m2=3.d\big(M_0;(D_m)\big)=\frac{|1-m^2+4m-2m^2-4m-4|}{1+m^2}=\frac{|-3(1+m^2)|}{1+m^2}=3. Toutes les droites (Dm)(D_m) sont donc tangentes au cercle de centre M0(1;2)M_0(1;2) et de rayon 33.

Exercice 15 — Cercles tangents à deux droites Difficile ★★★★★

Déterminer les cercles passant par l’origine OO et tangents aux droites (D1):2x−y−5=0(D_1):2x-y-5=0 et (D2):x+2y−10=0(D_2):x+2y-10=0.

Voir la solution

Centre Ω(a;b)\Omega(a;b), rayon RR : a2+b2=R2a^2+b^2=R^2 et ∣2a−b−5∣=∣a+2b−10∣=R5|2a-b-5|=|a+2b-10|=R\sqrt5.

  • Si 2a−b−5=a+2b−102a-b-5=a+2b-10, alors a=3b−5a=3b-5 et 2a−b−5=5b−152a-b-5=5b-15. La condition (5b−15)2=5((3b−5)2+b2)(5b-15)^2=5\big((3b-5)^2+b^2\big) s’écrit 25b2−150b+225=50b2−150b+12525b^2-150b+225=50b^2-150b+125, soit b2=4b^2=4 : b=2b=2, a=1a=1, R2=5R^2=5 ; ou b=−2b=-2, a=−11a=-11, R2=125R^2=125.
  • Si 2a−b−5=−(a+2b−10)2a-b-5=-(a+2b-10), alors b=15−3ab=15-3a et 2a−b−5=5a−202a-b-5=5a-20 : (5a−20)2=5(a2+(15−3a)2)  ⟺  a2−10a+29=0(5a-20)^2=5\big(a^2+(15-3a)^2\big)\iff a^2-10a+29=0, de discriminant −16<0-16<0 : pas de solution.

Deux cercles : (x−1)2+(y−2)2=5(x-1)^2+(y-2)^2=5, soit x2+y2−2x−4y=0x^2+y^2-2x-4y=0, et (x+11)2+(y+2)2=125(x+11)^2+(y+2)^2=125, soit x2+y2+22x+4y=0x^2+y^2+22x+4y=0.

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