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Chapitre 6 — Produit scalaire analytique

Semestre 1

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Cours

Plan du chapitre. I. Rappels — II. Expression analytique du produit scalaire ; droites (1. Expression analytique, normes, distances, cosinus et sinus — 2. Vecteur normal et équation cartésienne d’une droite — 3. Distance d’un point à une droite) — III. Étude analytique du cercle (1. Équation cartésienne — 2. Ensemble x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0 — 3. Intérieur, extérieur — 4. Représentation paramétrique — 5. Positions relatives d’une droite et d’un cercle — 6. Tangente en un point — 7. Exercices de synthèse) — IV. Inégalité de Cauchy-Schwarz et inégalité triangulaire — Résumé.

Cadre. Prérequis : produit scalaire (définition géométrique), calcul vectoriel, droites du plan, trigonométrie du tronc commun. À partir de la partie II, le plan est rapporté à un repère orthonormé (O;ı⃗;ȷ⃗)(O;\vec\imath;\vec\jmath). Dans les solutions,   ⟺  \iff n’est écrit que si chaque étape est réversible.

I. Rappels

1. Repère du plan

Définition

  • Trois points OO, II, JJ non alignés définissent un repère (O;I;J)(O;I;J), noté aussi (O;ı⃗;ȷ⃗)(O;\vec\imath;\vec\jmath) avec ı⃗=OI→\vec\imath=\V{OI} et ȷ⃗=OJ→\vec\jmath=\V{OJ} ; le couple (ı⃗;ȷ⃗)(\vec\imath;\vec\jmath) est une base.
  • La base (et le repère) est orthogonale si ı⃗⊥ȷ⃗\vec\imath\perp\vec\jmath, normée si ∥ı⃗∥=∥ȷ⃗∥=1\nv{\vec\imath}=\nv{\vec\jmath}=1, orthonormée si elle est à la fois orthogonale et normée.

2. Coordonnées d’un point, d’un vecteur, du milieu

Propriété

Dans un repère (O;ı⃗;ȷ⃗)(O;\vec\imath;\vec\jmath) :

  • A(xA;yA)  ⟺  OA→=xAı⃗+yAȷ⃗A(x_A;y_A)\iff\V{OA}=x_A\vec\imath+y_A\vec\jmath ;  u⃗(x;y)  ⟺  u⃗=xı⃗+yȷ⃗\ \vec u(x;y)\iff\vec u=x\vec\imath+y\vec\jmath (couples uniques).
  • AB→(xB−xA;yB−yA)\V{AB}(x_B-x_A;y_B-y_A) ; le milieu de [AB][AB] a pour coordonnées (xA+xB2;yA+yB2)\left(\dfrac{x_A+x_B}{2};\dfrac{y_A+y_B}{2}\right).

3. Formule trigonométrique du produit scalaire

Propriété

Pour u⃗≠0⃗\vec u\neq\vec0, v⃗≠0⃗\vec v\neq\vec0 et α\alpha une mesure de l’angle orienté (u⃗;v⃗^)\ang{\vec u}{\vec v} :  u⃗⋅v⃗=∥u⃗∥ ∥v⃗∥cos⁡α\ \vec u\cdot\vec v=\nv{\vec u}\,\nv{\vec v}\cos\alpha. En particulier AB→⋅AC→=AB×AC×cos⁡BAC^\V{AB}\cdot\V{AC}=AB\times AC\times\cos\widehat{BAC}.

  • u⃗⋅u⃗=u⃗ 2=∥u⃗∥2\vec u\cdot\vec u=\vec u^{\,2}=\nv{\vec u}^2 ;  AB→ 2=AB2\ \V{AB}^{\,2}=AB^2.
  • u⃗⋅v⃗=0  ⟺  u⃗⊥v⃗\vec u\cdot\vec v=0\iff\vec u\perp\vec v ;  AB→⋅CD→=0  ⟺  (AB)⊥(CD)\ \V{AB}\cdot\V{CD}=0\iff(AB)\perp(CD) (pour A≠BA\neq B, C≠DC\neq D).

4. Déterminant de deux vecteurs

Définition

Pour u⃗(a;b)\vec u(a;b) et v⃗(a′;b′)\vec v(a';b') :  det⁡(u⃗;v⃗)=∣aa′bb′∣=ab′−a′b\ \det(\vec u;\vec v)=\begin{vmatrix}a&a'\\b&b'\end{vmatrix}=ab'-a'b. det⁡(u⃗;v⃗)=0  ⟺  u⃗\quad\det(\vec u;\vec v)=0\iff\vec u et v⃗\vec v sont colinéaires.

5. Vecteur directeur et équation cartésienne d’une droite

Propriété

  • Un vecteur directeur d’une droite (D)(D) est un vecteur non nul de même direction que (D)(D).
  • Toute droite admet une équation de la forme 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) est alors un vecteur directeur.

6. Représentation paramétrique d’une droite

Propriété

La droite passant par B(xB;yB)B(x_B;y_B) et de vecteur directeur u⃗(α;β)≠0⃗\vec u(\alpha;\beta)\neq\vec0 admet la représentation paramétrique {x=xB+αty=yB+βt\begin{cases}x=x_B+\alpha t\\ y=y_B+\beta t\end{cases}, t∈Rt\in\R.

7. Résolution graphique d’une inéquation du premier degré à deux inconnues

Propriété

La droite (D):ax+by+c=0(D):ax+by+c=0 partage le plan en deux demi-plans ouverts (D+)={M(x;y) / ax+by+c>0}(D^+)=\{M(x;y)\ /\ ax+by+c>0\} et (D−)={M(x;y) / ax+by+c<0}(D^-)=\{M(x;y)\ /\ ax+by+c<0\}. Pour savoir lequel convient, on teste un point hors de (D)(D) (souvent OO si O∉(D)O\notin(D)).

8. Valeurs trigonométriques usuelles et mesure principale

Propriété

Si cos⁡θ\cos\theta et sin⁡θ\sin\theta sont connus, θ\theta est déterminé modulo 2π2\pi ; la mesure principale est celle de ]−π;π]]-\pi;\pi]. Par exemple :

(cos⁡θ;sin⁡θ)(\cos\theta;\sin\theta)(12;32)\left(\frac12;\frac{\sqrt3}2\right)(22;−22)\left(\frac{\sqrt2}2;-\frac{\sqrt2}2\right)(−32;12)\left(-\frac{\sqrt3}2;\frac12\right)(−22;−22)\left(-\frac{\sqrt2}2;-\frac{\sqrt2}2\right)(12;−32)\left(\frac12;-\frac{\sqrt3}2\right)
mesure principaleπ3\frac\pi3−π4-\frac\pi45π6\frac{5\pi}6−3π4-\frac{3\pi}4−π3-\frac\pi3

II. Expression analytique du produit scalaire ; droites

1. Expression analytique, normes, distances, cosinus et sinus

Activité 1

Soient u⃗(x;y)\vec u(x;y) et v⃗(x′;y′)\vec v(x';y') deux vecteurs non nuls.

  1. Développer (xı⃗+yȷ⃗)⋅(x′ı⃗+y′ȷ⃗)(x\vec\imath+y\vec\jmath)\cdot(x'\vec\imath+y'\vec\jmath) en utilisant ı⃗ 2=ȷ⃗ 2=1\vec\imath^{\,2}=\vec\jmath^{\,2}=1 et ı⃗⋅ȷ⃗=0\vec\imath\cdot\vec\jmath=0.
  2. En déduire u⃗⋅v⃗=xx′+yy′\vec u\cdot\vec v=xx'+yy' et ∥u⃗∥=x2+y2\nv{\vec u}=\sqrt{x^2+y^2}.
  3. En déduire l’expression de cos⁡(u⃗;v⃗^)\cos\ang{\vec u}{\vec v} en fonction des coordonnées.
  4. Pour A(xA;yA)A(x_A;y_A) et B(xB;yB)B(x_B;y_B), exprimer ABAB à l’aide des coordonnées.
  5. Soit w⃗\vec w le vecteur tel que ∥w⃗∥=∥u⃗∥\nv{\vec w}=\nv{\vec u} et (u⃗;w⃗^)≡π2 [2π]\ang{\vec u}{\vec w}\equiv\frac\pi2\ [2\pi]. a. Montrer que w⃗(−y;x)\vec w(-y;x) et que (v⃗;w⃗^)≡π2−(u⃗;v⃗^) [2π]\ang{\vec v}{\vec w}\equiv\frac\pi2-\ang{\vec u}{\vec v}\ [2\pi]. b. Calculer cos⁡(v⃗;w⃗^)\cos\ang{\vec v}{\vec w} de deux façons et en déduire sin⁡(u⃗;v⃗^)=det⁡(u⃗;v⃗)∥u⃗∥∥v⃗∥\sin\ang{\vec u}{\vec v}=\dfrac{\det(\vec u;\vec v)}{\nv{\vec u}\nv{\vec v}}.
Voir la solution
  1. xx′ı⃗ 2+(xy′+yx′)ı⃗⋅ȷ⃗+yy′ȷ⃗ 2=xx′+yy′xx'\vec\imath^{\,2}+(xy'+yx')\vec\imath\cdot\vec\jmath+yy'\vec\jmath^{\,2}=xx'+yy'.
  2. Donc u⃗⋅v⃗=xx′+yy′\vec u\cdot\vec v=xx'+yy', puis ∥u⃗∥2=u⃗⋅u⃗=x2+y2\nv{\vec u}^2=\vec u\cdot\vec u=x^2+y^2.
  3. cos⁡(u⃗;v⃗^)=u⃗⋅v⃗∥u⃗∥∥v⃗∥=xx′+yy′x2+y2x′2+y′2\cos\ang{\vec u}{\vec v}=\frac{\vec u\cdot\vec v}{\nv{\vec u}\nv{\vec v}}=\frac{xx'+yy'}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x'^2+y'^2}}.
  4. AB→(xB−xA;yB−yA)\V{AB}(x_B-x_A;y_B-y_A), donc AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}.
  5. a. Si u⃗=r(cos⁡φ ı⃗+sin⁡φ ȷ⃗)\vec u=r(\cos\varphi\,\vec\imath+\sin\varphi\,\vec\jmath), alors w⃗=r(cos⁡(φ+π2)ı⃗+sin⁡(φ+π2)ȷ⃗)=r(−sin⁡φ ı⃗+cos⁡φ ȷ⃗)\vec w=r\left(\cos(\varphi+\frac\pi2)\vec\imath+\sin(\varphi+\frac\pi2)\vec\jmath\right)=r(-\sin\varphi\,\vec\imath+\cos\varphi\,\vec\jmath), soit w⃗(−y;x)\vec w(-y;x). Chasles : (v⃗;w⃗^)≡(v⃗;u⃗^)+(u⃗;w⃗^)≡π2−(u⃗;v⃗^)\ang{\vec v}{\vec w}\equiv\ang{\vec v}{\vec u}+\ang{\vec u}{\vec w}\equiv\frac\pi2-\ang{\vec u}{\vec v}. b. D’une part cos⁡(v⃗;w⃗^)=cos⁡(π2−(u⃗;v⃗^))=sin⁡(u⃗;v⃗^)\cos\ang{\vec v}{\vec w}=\cos\left(\frac\pi2-\ang{\vec u}{\vec v}\right)=\sin\ang{\vec u}{\vec v} ; d’autre part cos⁡(v⃗;w⃗^)=v⃗⋅w⃗∥v⃗∥∥w⃗∥=−x′y+y′x∥u⃗∥∥v⃗∥=det⁡(u⃗;v⃗)∥u⃗∥∥v⃗∥\cos\ang{\vec v}{\vec w}=\frac{\vec v\cdot\vec w}{\nv{\vec v}\nv{\vec w}}=\frac{-x'y+y'x}{\nv{\vec u}\nv{\vec v}}=\frac{\det(\vec u;\vec v)}{\nv{\vec u}\nv{\vec v}}.

À retenir 1

Soient u⃗(x;y)\vec u(x;y) et v⃗(x′;y′)\vec v(x';y'), A(xA;yA)A(x_A;y_A) et B(xB;yB)B(x_B;y_B).

  • u⃗⋅v⃗=xx′+yy′\vec u\cdot\vec v=xx'+yy' ;  ∥u⃗∥=x2+y2\ \nv{\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}.
  • Si u⃗≠0⃗\vec u\neq\vec0 et v⃗≠0⃗\vec v\neq\vec0 :  cos⁡(u⃗;v⃗^)=u⃗⋅v⃗∥u⃗∥∥v⃗∥\ \cos\ang{\vec u}{\vec v}=\dfrac{\vec u\cdot\vec v}{\nv{\vec u}\nv{\vec v}} et  sin⁡(u⃗;v⃗^)=det⁡(u⃗;v⃗)∥u⃗∥∥v⃗∥\ \sin\ang{\vec u}{\vec v}=\dfrac{\det(\vec u;\vec v)}{\nv{\vec u}\nv{\vec v}}.
  • u⃗⋅v⃗=0  ⟺  u⃗⊥v⃗\vec u\cdot\vec v=0\iff\vec u\perp\vec v.

Exemple 1

On considère u⃗(3;1)\vec u(3;1), v⃗=ı⃗+2ȷ⃗\vec v=\vec\imath+2\vec\jmath et w⃗=(2m+1)ı⃗−2ȷ⃗\vec w=(2m+1)\vec\imath-2\vec\jmath, où m∈Rm\in\R.

  1. Calculer u⃗⋅v⃗\vec u\cdot\vec v, ∥u⃗∥\nv{\vec u} et ∥v⃗∥\nv{\vec v}.
  2. Calculer cos⁡(u⃗;v⃗^)\cos\ang{\vec u}{\vec v} et sin⁡(u⃗;v⃗^)\sin\ang{\vec u}{\vec v}, puis la mesure principale de (u⃗;v⃗^)\ang{\vec u}{\vec v}.
  3. Calculer u⃗⋅w⃗\vec u\cdot\vec w en fonction de mm, puis déterminer mm pour que u⃗⊥w⃗\vec u\perp\vec w.
  4. Pour A(2;−1)A(2;-1) et B(−2;1)B(-2;1), calculer ABAB.
Voir la solution
  1. u⃗⋅v⃗=3×1+1×2=5\vec u\cdot\vec v=3\times1+1\times2=5 ; ∥u⃗∥=10\nv{\vec u}=\sqrt{10} ; ∥v⃗∥=5\nv{\vec v}=\sqrt5.
  2. cos⁡(u⃗;v⃗^)=5105=552=22\cos\ang{\vec u}{\vec v}=\frac{5}{\sqrt{10}\sqrt5}=\frac{5}{5\sqrt2}=\frac{\sqrt2}2 ; det⁡(u⃗;v⃗)=3×2−1×1=5\det(\vec u;\vec v)=3\times2-1\times1=5, donc sin⁡(u⃗;v⃗^)=22\sin\ang{\vec u}{\vec v}=\frac{\sqrt2}2. Mesure principale : π4\frac\pi4.
  3. u⃗⋅w⃗=3(2m+1)+1×(−2)=6m+1\vec u\cdot\vec w=3(2m+1)+1\times(-2)=6m+1 ;  u⃗⊥w⃗  ⟺  6m+1=0  ⟺  m=−16\ \vec u\perp\vec w\iff6m+1=0\iff m=-\frac16.
  4. AB=(−4)2+22=20=25AB=\sqrt{(-4)^2+2^2}=\sqrt{20}=2\sqrt5.

Remarque 1 — aire d’un triangle

  • cos⁡(AB→;AC→^)=AB→⋅AC→AB×AC\cos\ang{\V{AB}}{\V{AC}}=\dfrac{\V{AB}\cdot\V{AC}}{AB\times AC} et sin⁡(AB→;AC→^)=det⁡(AB→;AC→)AB×AC\sin\ang{\V{AB}}{\V{AC}}=\dfrac{\det(\V{AB};\V{AC})}{AB\times AC}.
  • L’aire du triangle ABCABC est  S=12∣det⁡(AB→;AC→)∣\ S=\dfrac12\left|\det(\V{AB};\V{AC})\right| (=12AB×AC×∣sin⁡BAC^∣)\left(=\frac12AB\times AC\times|\sin\widehat{BAC}|\right) ; on a aussi S=12∣det⁡(BC→;BA→)∣=12∣det⁡(CA→;CB→)∣S=\frac12|\det(\V{BC};\V{BA})|=\frac12|\det(\V{CA};\V{CB})|.

Exemple 2

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

Voir la solution

AB→(2;3)\V{AB}(2;3), AC→(−2;6)\V{AC}(-2;6) : det⁡(AB→;AC→)=2×6−(−2)×3=18\det(\V{AB};\V{AC})=2\times6-(-2)\times3=18, donc S=12×18=9S=\frac12\times18=9 (unités d’aire).

Application 1

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

  1. Calculer AB→⋅AC→\V{AB}\cdot\V{AC} et det⁡(AB→;AC→)\det(\V{AB};\V{AC}).
  2. En déduire la nature du triangle ABCABC.
  3. Calculer les distances ABAB, BCBC et CACA.
  4. a. Calculer cos⁡(BA→;BC→^)\cos\ang{\V{BA}}{\V{BC}} et sin⁡(BA→;BC→^)\sin\ang{\V{BA}}{\V{BC}}. b. En déduire la mesure principale de l’angle orienté (BA→;BC→^)\ang{\V{BA}}{\V{BC}}.
  5. Calculer l’aire du triangle ABCABC.
Voir la solution
  1. AB→(−3;4)\V{AB}(-3;4), AC→(4;3)\V{AC}(4;3) : AB→⋅AC→=−12+12=0\V{AB}\cdot\V{AC}=-12+12=0 ; det⁡(AB→;AC→)=−3×3−4×4=−25\det(\V{AB};\V{AC})=-3\times3-4\times4=-25.
  2. AB→⋅AC→=0\V{AB}\cdot\V{AC}=0 : le triangle est rectangle en AA (et det⁡≠0\det\neq0 : il n’est pas aplati).
  3. AB=9+16=5AB=\sqrt{9+16}=5, AC=5AC=5, BC=72+(−1)2=52BC=\sqrt{7^2+(-1)^2}=5\sqrt2 : triangle rectangle isocèle en AA.
  4. a. BA→(3;−4)\V{BA}(3;-4), BC→(7;−1)\V{BC}(7;-1) : BA→⋅BC→=21+4=25\V{BA}\cdot\V{BC}=21+4=25 ; det⁡(BA→;BC→)=3×(−1)−(−4)×7=25\det(\V{BA};\V{BC})=3\times(-1)-(-4)\times7=25. Donc cos⁡=255×52=22\cos=\frac{25}{5\times5\sqrt2}=\frac{\sqrt2}2 et sin⁡=22\sin=\frac{\sqrt2}2. b. Mesure principale : π4\frac\pi4.
  5. S=12∣−25∣=252S=\frac12|-25|=\frac{25}2.

2. Vecteur normal et équation cartésienne d’une droite

Activité 2

Soit (Δ):ax+by+c=0(\Delta):ax+by+c=0 avec (a;b)≠(0;0)(a;b)\neq(0;0).

  1. Donner un vecteur directeur u⃗\vec u de (Δ)(\Delta).
  2. Montrer que n⃗(a;b)\vec n(a;b) et u⃗\vec u sont orthogonaux. (On dit que n⃗\vec n est un vecteur normal à (Δ)(\Delta).)
  3. Soit (D)(D) la droite passant par A(xA;yA)A(x_A;y_A) et de vecteur normal n⃗(a;b)\vec n(a;b). a. Montrer que M∈(D)  ⟺  n⃗⋅AM→=0M\in(D)\iff\vec n\cdot\V{AM}=0. b. En déduire que M(x;y)∈(D)  ⟺  a(x−xA)+b(y−yA)=0M(x;y)\in(D)\iff a(x-x_A)+b(y-y_A)=0.
Voir la solution
  1. u⃗(−b;a)\vec u(-b;a).
  2. n⃗⋅u⃗=−ab+ba=0\vec n\cdot\vec u=-ab+ba=0.
  3. a. M∈(D)  ⟺  AM→M\in(D)\iff\V{AM} est colinéaire à un vecteur directeur u⃗\vec u de (D)(D)   ⟺  AM→⊥n⃗\iff\V{AM}\perp\vec n (dans le plan, les vecteurs orthogonaux à n⃗≠0⃗\vec n\neq\vec0 sont exactement les multiples de u⃗\vec u). b. On écrit n⃗⋅AM→\vec n\cdot\V{AM} avec AM→(x−xA;y−yA)\V{AM}(x-x_A;y-y_A).

À retenir 2

  • Un vecteur normal à une droite (D)(D) est un vecteur non nul orthogonal à un vecteur directeur de (D)(D).
  • Si (D):ax+by+c=0(D):ax+by+c=0, alors n⃗(a;b)\vec n(a;b) est normal à (D)(D) et u⃗(−b;a)\vec u(-b;a) la dirige.
  • La droite passant par AA et de vecteur normal n⃗\vec n est l’ensemble des points MM tels que n⃗⋅AM→=0\vec n\cdot\V{AM}=0.

Exemple 3

  1. Donner un vecteur normal à (D)(D) dans chacun des cas : a. 2x+5y−3=02x+5y-3=0 ; b. 12x−4=0\frac12x-4=0 ; c. y=−3y=-3.
  2. Déterminer une équation cartésienne de la droite (D)(D) passant par AA et de vecteur normal n⃗\vec n : a. A(3;−2)A(3;-2), n⃗(2;−1)\vec n(2;-1) ; b. A(3;−3)A(\sqrt3;-\sqrt3), n⃗(23;3)\vec n(2\sqrt3;\sqrt3).
  3. Déterminer une équation cartésienne de la droite passant par A(−1;3)A(-1;3) et de vecteur directeur u⃗(2;5)\vec u(2;5).
Voir la solution
  1. a. n⃗(2;5)\vec n(2;5) ; b. n⃗(12;0)\vec n\left(\frac12;0\right) (ou (1;0)(1;0)) ; c. l’équation s’écrit 0x+1y+3=00x+1y+3=0 : n⃗(0;1)\vec n(0;1).
  2. a. Méthode 1 : M(x;y)∈(D)  ⟺  2(x−3)−(y+2)=0  ⟺  2x−y−8=0M(x;y)\in(D)\iff2(x-3)-(y+2)=0\iff2x-y-8=0. Méthode 2 : (D):2x−y+c=0(D):2x-y+c=0 et A∈(D)A\in(D) donne 6+2+c=06+2+c=0, c=−8c=-8. b. 23(x−3)+3(y+3)=0  ⟺  23x+3y−3=02\sqrt3(x-\sqrt3)+\sqrt3(y+\sqrt3)=0\iff2\sqrt3x+\sqrt3y-3=0 (ou, en divisant par 3\sqrt3 : 2x+y−3=02x+y-\sqrt3=0).
  3. M∈(D)  ⟺  det⁡(AM→;u⃗)=0  ⟺  ∣x+12y−35∣=0  ⟺  5(x+1)−2(y−3)=0  ⟺  5x−2y+11=0M\in(D)\iff\det(\V{AM};\vec u)=0\iff\begin{vmatrix}x+1&2\\y-3&5\end{vmatrix}=0\iff5(x+1)-2(y-3)=0\iff5x-2y+11=0.

Remarque 2 — droites perpendiculaires

Si (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, alors  (D)⊥(D′)  ⟺  aa′+bb′=0\ (D)\perp(D')\iff aa'+bb'=0 (les vecteurs normaux sont orthogonaux).

Exemple 4

Étudier la perpendicularité des droites (Δ)(\Delta) et (Δ′)(\Delta') :

  1. (Δ):3x−4y+1=0(\Delta):3x-4y+1=0 et (Δ′):4x+3y−2=0(\Delta'):4x+3y-2=0 ;
  2. (Δ):x−3y+5=0(\Delta):x-3y+5=0 et (Δ′):2x+y=0(\Delta'):2x+y=0 ;
  3. (Δ):2x+y−1=0(\Delta):2x+y-1=0 et (Δ′):{x=1+2ty=−1+t(\Delta'):\begin{cases}x=1+2t\\y=-1+t\end{cases}, t∈Rt\in\R.
Voir la solution
  1. 3×4+(−4)×3=03\times4+(-4)\times3=0 : (Δ)⊥(Δ′)(\Delta)\perp(\Delta').
  2. 1×2+(−3)×1=−1≠01\times2+(-3)\times1=-1\neq0 : non perpendiculaires.
  3. n⃗(2;1)\vec n(2;1) est normal à (Δ)(\Delta) et u⃗(2;1)\vec u(2;1) dirige (Δ′)(\Delta') : det⁡(n⃗;u⃗)=0\det(\vec n;\vec u)=0, donc u⃗\vec u est colinéaire à n⃗\vec n : (Δ′)(\Delta') est perpendiculaire à (Δ)(\Delta).

Application 2

Déterminer une équation cartésienne de la droite (D)(D) dans chacun des cas :

  1. (D)(D) passe par A(2;−1)A(2;-1) et a pour vecteur normal n⃗(3;12)\vec n\left(3;\frac12\right) ;
  2. (D)(D) passe par A(−1;4)A(-1;4) et est parallèle à (Δ):x−3y+2=0(\Delta):x-3y+2=0 ;
  3. (D)(D) passe par A(2;3)A(2;3) et a pour vecteur directeur u⃗(3;−1)\vec u(3;-1) ;
  4. (D)(D) passe par A(3;−2)A(3;-2) et est perpendiculaire à (Δ):{x=1+ty=2−4t(\Delta):\begin{cases}x=1+t\\y=2-4t\end{cases}, t∈Rt\in\R ;
  5. (D)(D) passe par A(2;−3)A(2;-3) et B(2;5)B(2;5) ;
  6. (D)(D) a pour représentation paramétrique {x=2−ty=1+3t\begin{cases}x=2-t\\y=1+3t\end{cases}, t∈Rt\in\R ;
  7. (D)(D) a pour équation réduite y=23x−14y=\frac23x-\frac14.
Voir la solution
  1. 3(x−2)+12(y+1)=0  ⟺  6x+y−11=03(x-2)+\frac12(y+1)=0\iff6x+y-11=0.
  2. (D):x−3y+c=0(D):x-3y+c=0 ; A∈(D)A\in(D) : −1−12+c=0-1-12+c=0, c=13c=13 : x−3y+13=0x-3y+13=0.
  3. det⁡(AM→;u⃗)=−(x−2)−3(y−3)=0  ⟺  x+3y−11=0\det(\V{AM};\vec u)=-(x-2)-3(y-3)=0\iff x+3y-11=0.
  4. u⃗(1;−4)\vec u(1;-4), directeur de (Δ)(\Delta), est normal à (D)(D) : (x−3)−4(y+2)=0  ⟺  x−4y−11=0(x-3)-4(y+2)=0\iff x-4y-11=0.
  5. AB→(0;8)\V{AB}(0;8) : (D):x−2=0(D):x-2=0.
  6. (D)(D) passe par (2;1)(2;1), de vecteur directeur (−1;3)(-1;3) : 3(x−2)+(y−1)=0  ⟺  3x+y−7=03(x-2)+(y-1)=0\iff3x+y-7=0.
  7. 12y=8x−3  ⟺  8x−12y−3=012y=8x-3\iff8x-12y-3=0.

3. Distance d’un point à une droite

Activité 3

Soient (D):ax+by+c=0(D):ax+by+c=0 de vecteur normal n⃗(a;b)\vec n(a;b), A(xA;yA)A(x_A;y_A) un point et HH son projeté orthogonal sur (D)(D).

Figure
  1. Justifier que axH+byH=−cax_H+by_H=-c et que, si A∉(D)A\notin(D), AH→\V{AH} et n⃗\vec n sont colinéaires.
  2. En déduire AH→⋅n⃗=−(axA+byA+c)\V{AH}\cdot\vec n=-(ax_A+by_A+c) et ∣AH→⋅n⃗∣=AH ∥n⃗∥|\V{AH}\cdot\vec n|=AH\,\nv{\vec n}.
  3. En déduire que AH=∣axA+byA+c∣a2+b2AH=\dfrac{|ax_A+by_A+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}. (La distance AHAH est la distance de AA à (D)(D), notée d(A;(D))d(A;(D)).)
Voir la solution
  1. H∈(D)H\in(D) ; AH→\V{AH} est orthogonal à la direction de (D)(D), donc colinéaire à n⃗\vec n.
  2. AH→⋅n⃗=a(xH−xA)+b(yH−yA)=−c−axA−byA\V{AH}\cdot\vec n=a(x_H-x_A)+b(y_H-y_A)=-c-ax_A-by_A ; et, pour deux vecteurs colinéaires, ∣AH→⋅n⃗∣=AH ∥n⃗∥|\V{AH}\cdot\vec n|=AH\,\nv{\vec n} (le cosinus vaut ±1\pm1 ; égalité triviale si A=HA=H).
  3. On divise par ∥n⃗∥=a2+b2≠0\nv{\vec n}=\sqrt{a^2+b^2}\neq0.

À retenir 3

Pour (D):ax+by+c=0(D):ax+by+c=0 et A(xA;yA)A(x_A;y_A) : d(A;(D))=∣axA+byA+c∣a2+b2\qquad d(A;(D))=\dfrac{|ax_A+by_A+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}.

Exemple 5

Calculer la distance du point A(4;−1)A(4;-1) à la droite (D):2x−3y+2=0(D):2x-3y+2=0.

Voir la solution

d(A;(D))=∣8+3+2∣4+9=1313=13d(A;(D))=\dfrac{|8+3+2|}{\sqrt{4+9}}=\dfrac{13}{\sqrt{13}}=\sqrt{13}.

Application 3

Calculer la distance du point AA à la droite (D)(D) :

  1. A(1;4)A(1;4) et (D):x+y−1=0(D):x+y-1=0
  2. A(−2;1)A(-2;1) et (D):3x−4y+5=0(D):3x-4y+5=0
  3. A(3;2)A(3;2) et (D):{x=2+ty=−1+2t(D):\begin{cases}x=2+t\\y=-1+2t\end{cases}, t∈Rt\in\R.
Voir la solution
  1. ∣1+4−1∣2=42=22\frac{|1+4-1|}{\sqrt2}=\frac4{\sqrt2}=2\sqrt2.
  2. ∣−6−4+5∣5=1\frac{|-6-4+5|}{5}=1.
  3. (D)(D) passe par (2;−1)(2;-1), dirigée par (1;2)(1;2) : (D):2x−y−5=0(D):2x-y-5=0, et d=∣6−2−5∣5=55d=\frac{|6-2-5|}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}5.

III. Étude analytique du cercle

1. Équation cartésienne d’un cercle

Activité 4

A. Soit (C)(C) le cercle de centre Ω(2;−1)\Omega(2;-1) et de rayon 5\sqrt5.

  1. a. Calculer ΩA\Omega A, ΩB\Omega B, ΩC\Omega C pour A(4;0)A(4;0), B(3;1)B(3;1), C(0;1)C(0;1). b. Lesquels de ces points sont sur (C)(C) ?
  2. Soit M(x;y)M(x;y). Exprimer ΩM\Omega M en fonction de xx et yy, puis montrer que M∈(C)  ⟺  (x−2)2+(y+1)2=5M\in(C)\iff(x-2)^2+(y+1)^2=5.

B. Soit (C)(C) le cercle de centre Ω(a;b)\Omega(a;b) et de rayon R>0R>0. Montrer que M(x;y)∈(C)  ⟺  (x−a)2+(y−b)2=R2M(x;y)\in(C)\iff(x-a)^2+(y-b)^2=R^2, puis que cette équation 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.

C. Soient A(1;0)A(1;0) et B(3;2)B(3;2), et (C)(C) le cercle de diamètre [AB][AB]. Justifier que M∈(C)  ⟺  AM→⋅BM→=0M\in(C)\iff\V{AM}\cdot\V{BM}=0, puis en déduire une équation de (C)(C).

Voir la solution

A. 1. ΩA=4+1=5\Omega A=\sqrt{4+1}=\sqrt5, ΩB=1+4=5\Omega B=\sqrt{1+4}=\sqrt5, ΩC=4+4=22\Omega C=\sqrt{4+4}=2\sqrt2 : A,B∈(C)A,B\in(C), C∉(C)C\notin(C). 2. ΩM=(x−2)2+(y+1)2\Omega M=\sqrt{(x-2)^2+(y+1)^2} et M∈(C)  ⟺  ΩM=5  ⟺  ΩM2=5M\in(C)\iff\Omega M=\sqrt5\iff\Omega M^2=5 (distances positives). B. Même raisonnement ; en développant : x2+y2−2ax−2by+a2+b2−R2=0x^2+y^2-2ax-2by+a^2+b^2-R^2=0. C. Pour M≠A,BM\neq A,B : M∈(C)  ⟺  AMB^M\in(C)\iff\widehat{AMB} est droit   ⟺  AM→⋅BM→=0\iff\V{AM}\cdot\V{BM}=0 ; AA et BB vérifient aussi l’égalité. D’où (x−1)(x−3)+y(y−2)=0(x-1)(x-3)+y(y-2)=0, soit x2+y2−4x−2y+3=0x^2+y^2-4x-2y+3=0.

À retenir 4

  1. Le cercle C(Ω;R)\mathcal C(\Omega;R) de centre Ω(a;b)\Omega(a;b) et de rayon R>0R>0 a pour équation (x−a)2+(y−b)2=R2(x-a)^2+(y-b)^2=R^2, soit x2+y2−2ax−2by+c=0x^2+y^2-2ax-2by+c=0 avec c=a2+b2−R2c=a^2+b^2-R^2.
  2. Le cercle de diamètre [AB][AB] est l’ensemble des points MM tels que AM→⋅BM→=0\V{AM}\cdot\V{BM}=0 ; son équation est (x−xA)(x−xB)+(y−yA)(y−yB)=0(x-x_A)(x-x_B)+(y-y_A)(y-y_B)=0.

Exemple 6

Déterminer une équation cartésienne du cercle (C)(C) :

  1. de centre Ω(−1;3)\Omega(-1;3) et de rayon 323\sqrt2 ;
  2. de centre Ω(2;1)\Omega(2;1) passant par A(−1;5)A(-1;5) ;
  3. de diamètre [AB][AB] avec A(−3;1)A(-3;1) et B(5;−3)B(5;-3) ;
  4. de centre Ω(1;−2)\Omega(1;-2) et tangent à la droite (Δ):3x−y+5=0(\Delta):3x-y+5=0.
Voir la solution
  1. Méthode 1 : (x+1)2+(y−3)2=18  ⟺  x2+y2+2x−6y−8=0(x+1)^2+(y-3)^2=18\iff x^2+y^2+2x-6y-8=0. Méthode 2 : c=1+9−18=−8c=1+9-18=-8.
  2. R=ΩA=9+16=5R=\Omega A=\sqrt{9+16}=5 ; c=4+1−25=−20c=4+1-25=-20 : x2+y2−4x−2y−20=0x^2+y^2-4x-2y-20=0.
  3. Méthode 1 : (x+3)(x−5)+(y−1)(y+3)=0  ⟺  x2+y2−2x+2y−18=0(x+3)(x-5)+(y-1)(y+3)=0\iff x^2+y^2-2x+2y-18=0. Méthode 2 : centre Ω(1;−1)\Omega(1;-1) (milieu), R=AB2=64+162=25R=\frac{AB}2=\frac{\sqrt{64+16}}2=2\sqrt5, c=1+1−20=−18c=1+1-20=-18.
  4. Le rayon est la distance du centre à la tangente : R=∣3+2+5∣10=10R=\frac{|3+2+5|}{\sqrt{10}}=\sqrt{10} ; c=1+4−10=−5c=1+4-10=-5 : x2+y2−2x+4y−5=0x^2+y^2-2x+4y-5=0.

Application 4

Déterminer une équation cartésienne du cercle (C)(C) :

  1. de centre Ω(3;−2)\Omega(3;-2) et de rayon 44 ;
  2. de centre Ω(1;−3)\Omega(1;-3) passant par A(4;1)A(4;1) ;
  3. de diamètre [AB][AB], avec A(2;−1)A(2;-1) et B(2;3)B(2;3) ;
  4. de centre Ω(2;1)\Omega(2;1) et tangent à (Δ):3x+4y+5=0(\Delta):3x+4y+5=0 ;
  5. circonscrit au triangle ABCABC, avec A(5;5)A(5;5), B(−2;4)B(-2;4) et C(6;−2)C(6;-2) ;
  6. passant par A(3;4)A(3;4) et B(−1;0)B(-1;0), et dont le centre appartient à (D):2x−y−3=0(D):2x-y-3=0.
Voir la solution
  1. c=9+4−16=−3c=9+4-16=-3 : x2+y2−6x+4y−3=0x^2+y^2-6x+4y-3=0.
  2. R=9+16=5R=\sqrt{9+16}=5, c=1+9−25=−15c=1+9-25=-15 : x2+y2−2x+6y−15=0x^2+y^2-2x+6y-15=0.
  3. (x−2)2+(y+1)(y−3)=0  ⟺  x2+y2−4x−2y+1=0(x-2)^2+(y+1)(y-3)=0\iff x^2+y^2-4x-2y+1=0.
  4. R=∣6+4+5∣5=3R=\frac{|6+4+5|}{5}=3, c=4+1−9=−4c=4+1-9=-4 : x2+y2−4x−2y−4=0x^2+y^2-4x-2y-4=0.
  5. On cherche x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0 : AA : 5a+5b+c=−505a+5b+c=-50 ; BB : −2a+4b+c=−20-2a+4b+c=-20 ; CC : 6a−2b+c=−406a-2b+c=-40. Par différences : 7a+b=−307a+b=-30 et 8a−6b=−208a-6b=-20, d’où a=−4a=-4, b=−2b=-2, puis c=−20c=-20 : x2+y2−4x−2y−20=0x^2+y^2-4x-2y-20=0 (centre (2;1)(2;1), rayon 55).
  6. Le centre est sur la médiatrice de [AB][AB] : milieu (1;2)(1;2), AB→(−4;−4)\V{AB}(-4;-4), d’où x+y−3=0x+y-3=0. Avec 2x−y−3=02x-y-3=0 : Ω(2;1)\Omega(2;1), R=ΩB=9+1=10R=\Omega B=\sqrt{9+1}=\sqrt{10} : x2+y2−4x−2y−5=0x^2+y^2-4x-2y-5=0.

2. Ensemble des points M(x;y)M(x;y) tels que x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0

Activité 5

Soient aa, bb, cc des réels et (Γ)(\Gamma) l’ensemble des points M(x;y)M(x;y) tels que x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0.

  1. Montrer que M∈(Γ)  ⟺  (x+a2)2+(y+b2)2=a2+b2−4c4M\in(\Gamma)\iff\left(x+\frac a2\right)^2+\left(y+\frac b2\right)^2=\dfrac{a^2+b^2-4c}{4}.
  2. Soit Ω(−a2;−b2)\Omega\left(-\frac a2;-\frac b2\right). En déduire que M∈(Γ)  ⟺  ΩM2=a2+b2−4c4M\in(\Gamma)\iff\Omega M^2=\dfrac{a^2+b^2-4c}4.
  3. En déduire la nature de (Γ)(\Gamma) selon le signe de a2+b2−4ca^2+b^2-4c.
Voir la solution
  1. Forme canonique : x2+ax=(x+a2)2−a24x^2+ax=\left(x+\frac a2\right)^2-\frac{a^2}4, de même pour yy. 2. Immédiat. 3. Voir ci-dessous.

À retenir 5

Soit (Γ):x2+y2+ax+by+c=0(\Gamma):x^2+y^2+ax+by+c=0, avec (a;b;c)∈R3(a;b;c)\in\R^3, et Ω(−a2;−b2)\Omega\left(-\frac a2;-\frac b2\right).

  • Si a2+b2−4c>0a^2+b^2-4c>0 : (Γ)(\Gamma) est le cercle de centre Ω\Omega et de rayon R=a2+b2−4c2R=\dfrac{\sqrt{a^2+b^2-4c}}{2}.
  • Si a2+b2−4c=0a^2+b^2-4c=0 : (Γ)={Ω}(\Gamma)=\{\Omega\}.
  • Si a2+b2−4c<0a^2+b^2-4c<0 : (Γ)=∅(\Gamma)=\varnothing.

Exemple 7

Déterminer la nature de (Γ)(\Gamma) : 1. x2+y2−6x+2y+1=0x^2+y^2-6x+2y+1=0 ; 2. x2+y2+2x+8y+20=0x^2+y^2+2x+8y+20=0 ; 3. x2+y2−8x+6y+25=0x^2+y^2-8x+6y+25=0.

Voir la solution
  1. Méthode 1 : a2+b2−4c=36+4−4=36>0a^2+b^2-4c=36+4-4=36>0 : cercle de centre Ω(3;−1)\Omega(3;-1), de rayon 62=3\frac{6}{2}=3. Méthode 2 : (x−3)2−9+(y+1)2−1+1=0  ⟺  (x−3)2+(y+1)2=9(x-3)^2-9+(y+1)^2-1+1=0\iff(x-3)^2+(y+1)^2=9.
  2. 4+64−80=−12<04+64-80=-12<0 : (Γ)=∅(\Gamma)=\varnothing (en effet (x+1)2+(y+4)2=−3(x+1)^2+(y+4)^2=-3).
  3. 64+36−100=064+36-100=0 : (x−4)2+(y+3)2=0  ⟺  x=4(x-4)^2+(y+3)^2=0\iff x=4 et y=−3y=-3 : (Γ)={Ω(4;−3)}(\Gamma)=\{\Omega(4;-3)\}.

Application 5

Déterminer la nature de (Γ)(\Gamma) : 1. x2+y2+3x−2y+4=0x^2+y^2+3x-2y+4=0 ; 2. x2+y2+4x−6y−3=0x^2+y^2+4x-6y-3=0 ; 3. (x+3)2+(y−1)2=0(x+3)^2+(y-1)^2=0 ; 4. x2+y2=4x^2+y^2=4.

Voir la solution
  1. 9+4−16=−3<09+4-16=-3<0 : ∅\varnothing.
  2. 16+36+12=64>016+36+12=64>0 : cercle de centre (−2;3)(-2;3), de rayon 44.
  3. {(−3;1)}\{(-3;1)\}.
  4. Cercle de centre OO, de rayon 22.

3. Intérieur et extérieur d’un cercle

À retenir 6

Soit (C)(C) le cercle de centre Ω\Omega et de rayon RR, d’équation x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0, et M(xM;yM)M(x_M;y_M).

  • M∈(C)  ⟺  ΩM=R  ⟺  xM2+yM2+axM+byM+c=0M\in(C)\iff\Omega M=R\iff x_M^2+y_M^2+ax_M+by_M+c=0.
  • MM est intérieur à (C)  ⟺  ΩM<R  ⟺  xM2+yM2+axM+byM+c<0(C)\iff\Omega M<R\iff x_M^2+y_M^2+ax_M+by_M+c<0.
  • MM est extérieur à (C)  ⟺  ΩM>R  ⟺  xM2+yM2+axM+byM+c>0(C)\iff\Omega M>R\iff x_M^2+y_M^2+ax_M+by_M+c>0. (En effet xM2+yM2+axM+byM+c=ΩM2−R2x_M^2+y_M^2+ax_M+by_M+c=\Omega M^2-R^2.)

Exemple 8

  1. Position de MM par rapport à (C)(C) : a. C(Ω(1;−2);2)\mathcal C(\Omega(1;-2);2) et M(3;1)M(3;1) ; b. (C):x2+y2+4x−2y=0(C):x^2+y^2+4x-2y=0 et M(−1;1)M(-1;1).
  2. a. Déterminer l’ensemble des points M(x;y)M(x;y) tels que x2+y2+2x−4y−4=0x^2+y^2+2x-4y-4=0. b. Résoudre graphiquement x2+y2+2x−4y−4<0x^2+y^2+2x-4y-4<0. c. Résoudre graphiquement x+y>0x+y>0. d. Résoudre graphiquement le système {x2+y2+2x−4y−4<0x+y>0\begin{cases}x^2+y^2+2x-4y-4<0\\x+y>0\end{cases}.
Voir la solution
  1. a. ΩM=4+9=13>2\Omega M=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}>2 : MM est extérieur. b. 1+1−4−2=−4<01+1-4-2=-4<0 : MM est intérieur.
  2. a. 4+16+16=36>04+16+16=36>0 : cercle (C)(C) de centre Ω(−1;2)\Omega(-1;2) et de rayon 33. b. Les solutions sont les couples (x;y)(x;y) des points intérieurs à (C)(C) (cercle exclu). c. (D):x+y=0(D):x+y=0 ; le point (1;0)(1;0) vérifie 1>01>0 : solutions = demi-plan ouvert situé du côté de (1;0)(1;0), droite exclue. d. Intersection de l’intérieur du disque et du demi-plan (région colorée, frontières exclues) :
Figure

Application 6

  1. Position de AA par rapport à (C)(C) : a. C(Ω(2;−1);13)\mathcal C(\Omega(2;-1);\sqrt{13}) et A(−1;1)A(-1;1) ; b. (C):x2+y2−4x+2y−4=0(C):x^2+y^2-4x+2y-4=0 et A(4;2)A(4;2).
  2. a. Déterminer la nature de (Γ):x2+y2−4x−2y+1=0(\Gamma):x^2+y^2-4x-2y+1=0. b. Résoudre graphiquement x2+y2−4x−2y+1<0x^2+y^2-4x-2y+1<0.
  3. a. Résoudre graphiquement x−y−1<0x-y-1<0. b. En déduire les solutions du système {x2+y2−4x−2y+1<0x−y−1<0\begin{cases}x^2+y^2-4x-2y+1<0\\x-y-1<0\end{cases}.
Voir la solution
  1. a. ΩA=9+4=13\Omega A=\sqrt{9+4}=\sqrt{13} : A∈(C)A\in(C). b. 16+4−16+4−4=4>016+4-16+4-4=4>0 : AA extérieur.
  2. a. 16+4−4=16>016+4-4=16>0 : cercle de centre (2;1)(2;1), de rayon 22. b. Intérieur de ce cercle.
  3. a. OO vérifie −1<0-1<0 : demi-plan ouvert contenant OO, limité par y=x−1y=x-1. b. Intersection des deux régions (le centre (2;1)(2;1) est sur la droite : c’est un demi-disque ouvert) :
Figure

4. Représentation paramétrique d’un cercle

Activité 6

Soit (C)(C) le cercle de centre Ω(a;b)\Omega(a;b) et de rayon RR.

Figure

Partie 1. Soit M(x;y)∈(C)M(x;y)\in(C) et θ\theta une mesure de (ı⃗;ΩM→^)\ang{\vec\imath}{\V{\Omega M}}.

  1. Montrer que ı⃗⋅ΩM→=Rcos⁡θ\vec\imath\cdot\V{\Omega M}=R\cos\theta et ȷ⃗⋅ΩM→=Rsin⁡θ\vec\jmath\cdot\V{\Omega M}=R\sin\theta (on remarquera que (ȷ⃗;ΩM→^)≡θ−π2\ang{\vec\jmath}{\V{\Omega M}}\equiv\theta-\frac\pi2).
  2. Exprimer aussi ı⃗⋅ΩM→\vec\imath\cdot\V{\Omega M} et ȷ⃗⋅ΩM→\vec\jmath\cdot\V{\Omega M} à l’aide de xx, yy, aa, bb, et en déduire x=a+Rcos⁡θx=a+R\cos\theta, y=b+Rsin⁡θy=b+R\sin\theta.

Partie 2. Montrer que : M(x;y)∈(C)  ⟺  ∃θ∈R:{x=a+Rcos⁡θy=b+Rsin⁡θM(x;y)\in(C)\iff\exists\theta\in\R:\begin{cases}x=a+R\cos\theta\\y=b+R\sin\theta\end{cases}

Voir la solution

Partie 1. 1. ı⃗⋅ΩM→=1×Rcos⁡θ\vec\imath\cdot\V{\Omega M}=1\times R\cos\theta ; ȷ⃗⋅ΩM→=Rcos⁡(θ−π2)=Rsin⁡θ\vec\jmath\cdot\V{\Omega M}=R\cos\left(\theta-\frac\pi2\right)=R\sin\theta. 2. ΩM→(x−a;y−b)\V{\Omega M}(x-a;y-b) donne ı⃗⋅ΩM→=x−a\vec\imath\cdot\V{\Omega M}=x-a et ȷ⃗⋅ΩM→=y−b\vec\jmath\cdot\V{\Omega M}=y-b. Partie 2. Le sens direct est la partie 1. Réciproquement, si x=a+Rcos⁡θx=a+R\cos\theta et y=b+Rsin⁡θy=b+R\sin\theta, alors (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 : M∈(C)M\in(C).

À retenir 7

Le cercle de centre Ω(a;b)\Omega(a;b) et de rayon RR admet la représentation paramétrique {x=a+Rcos⁡θy=b+Rsin⁡θ\begin{cases}x=a+R\cos\theta\\y=b+R\sin\theta\end{cases}, θ∈R\theta\in\R.

Exemple 9

  1. Donner une représentation paramétrique du cercle : a. de centre Ω(−1;4)\Omega(-1;4) et de rayon 33 ; b. (C):x2+y2+4x−2y−11=0(C):x^2+y^2+4x-2y-11=0.
  2. Déterminer l’ensemble (C)(C) défini par {x=2+3cos⁡θy=−1+3sin⁡θ\begin{cases}x=2+\sqrt3\cos\theta\\y=-1+\sqrt3\sin\theta\end{cases}, θ∈R\theta\in\R.
  3. Déterminer une équation cartésienne de (C):{x=−2+4cos⁡ty=3+4sin⁡t(C):\begin{cases}x=-2+4\cos t\\y=3+4\sin t\end{cases}, t∈Rt\in\R.
Voir la solution
  1. a. {x=−1+3cos⁡θy=4+3sin⁡θ\begin{cases}x=-1+3\cos\theta\\y=4+3\sin\theta\end{cases}, θ∈R\theta\in\R. b. (x+2)2+(y−1)2=16(x+2)^2+(y-1)^2=16 : centre (−2;1)(-2;1), rayon 44 ; {x=−2+4cos⁡θy=1+4sin⁡θ\begin{cases}x=-2+4\cos\theta\\y=1+4\sin\theta\end{cases}, θ∈R\theta\in\R.
  2. (x−2)2+(y+1)2=3(cos⁡2θ+sin⁡2θ)=3(x-2)^2+(y+1)^2=3(\cos^2\theta+\sin^2\theta)=3 ; et réciproquement (retenir 7) : cercle de centre (2;−1)(2;-1) et de rayon 3\sqrt3.
  3. (x+2)2+(y−3)2=16  ⟺  x2+y2+4x−6y−3=0(x+2)^2+(y-3)^2=16\iff x^2+y^2+4x-6y-3=0.

Application 7

  1. Représentation paramétrique du cercle : a. de centre Ω(−2;3)\Omega(-2;3) et de rayon 5\sqrt5 ; b. (x+1)2+(y−4)2=4(x+1)^2+(y-4)^2=4 ; c. x2+y2−4x+10y+20=0x^2+y^2-4x+10y+20=0.
  2. Équation cartésienne du cercle : a. {x=−3+2cos⁡θy=1+2sin⁡θ\begin{cases}x=-3+2\cos\theta\\y=1+2\sin\theta\end{cases} ; b. {x=2+cos⁡ty=sin⁡t\begin{cases}x=2+\cos t\\y=\sin t\end{cases} (θ,t∈R\theta,t\in\R).
Voir la solution
  1. a. x=−2+5cos⁡θx=-2+\sqrt5\cos\theta, y=3+5sin⁡θy=3+\sqrt5\sin\theta. b. x=−1+2cos⁡θx=-1+2\cos\theta, y=4+2sin⁡θy=4+2\sin\theta. c. (x−2)2+(y+5)2=9(x-2)^2+(y+5)^2=9 : x=2+3cos⁡θx=2+3\cos\theta, y=−5+3sin⁡θy=-5+3\sin\theta (θ∈R\theta\in\R).
  2. a. (x+3)2+(y−1)2=4  ⟺  x2+y2+6x−2y+6=0(x+3)^2+(y-1)^2=4\iff x^2+y^2+6x-2y+6=0. b. (x−2)2+y2=1  ⟺  x2+y2−4x+3=0(x-2)^2+y^2=1\iff x^2+y^2-4x+3=0.

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

À retenir 8

Soient (C)(C) un cercle de centre Ω\Omega et de rayon RR, (D)(D) une droite et d=d(Ω;(D))d=d(\Omega;(D)).

d>Rd>Rd=Rd=Rd<Rd<R
(D)(D) extérieure : (D)∩(C)=∅(D)\cap(C)=\varnothing(D)(D) tangente : (D)∩(C)={H}(D)\cap(C)=\{H\}(D)(D) sécante : (D)∩(C)={A;B}(D)\cap(C)=\{A;B\}
Figure

Exemple 10

Étudier l’intersection de (D)(D) et (C)(C) :

  1. (D):x+y−3=0(D):x+y-3=0 ; (C):x2+y2−2x+4y−5=0(C):x^2+y^2-2x+4y-5=0 ;
  2. (D):x−2y+6=0(D):x-2y+6=0 ; (C):(x+1)2+(y−5)2=5(C):(x+1)^2+(y-5)^2=5 ;
  3. (D):x=3(D):x=3 ; (C):x2+y2=4(C):x^2+y^2=4.
Voir la solution
  1. Ω(1;−2)\Omega(1;-2), R=1+4+5=10R=\sqrt{1+4+5}=\sqrt{10} ; d=∣1−2−3∣2=22<10d=\frac{|1-2-3|}{\sqrt2}=2\sqrt2<\sqrt{10} : sécante. M∈(D)∩(C)  ⟺  {y=3−xx2+(3−x)2−2x+4(3−x)−5=0  ⟺  {y=3−x2x2−12x+16=0M\in(D)\cap(C)\iff\begin{cases}y=3-x\\x^2+(3-x)^2-2x+4(3-x)-5=0\end{cases}\iff\begin{cases}y=3-x\\2x^2-12x+16=0\end{cases} ; x2−6x+8=(x−2)(x−4)x^2-6x+8=(x-2)(x-4) : points A(2;1)A(2;1) et B(4;−1)B(4;-1).
  2. Ω(−1;5)\Omega(-1;5), R=5R=\sqrt5, d=∣−1−10+6∣5=5=Rd=\frac{|-1-10+6|}{\sqrt5}=\sqrt5=R : tangente. x=2y−6x=2y-6 donne (2y−5)2+(y−5)2=5  ⟺  5y2−30y+45=0  ⟺  (y−3)2=0(2y-5)^2+(y-5)^2=5\iff5y^2-30y+45=0\iff(y-3)^2=0 : point de contact H(0;3)H(0;3).
  3. Ω=O\Omega=O, R=2R=2, d=3>2d=3>2 : (D)∩(C)=∅(D)\cap(C)=\varnothing.

Application 8

Étudier l’intersection de (D)(D) et (C)(C) :

  1. (D):x−y+1=0(D):x-y+1=0 ; (C):x2+y2−4x−2y−5=0(C):x^2+y^2-4x-2y-5=0 ;
  2. (D):3x+4y−30=0(D):3x+4y-30=0 ; (C):x2+y2+2x−4y−20=0(C):x^2+y^2+2x-4y-20=0 ;
  3. (D):y=−x+5(D):y=-x+5 ; (C):x2+y2=8(C):x^2+y^2=8.
Voir la solution
  1. Ω(2;1)\Omega(2;1), R=10R=\sqrt{10}, d=∣2−1+1∣2=2<Rd=\frac{|2-1+1|}{\sqrt2}=\sqrt2<R : sécante ; y=x+1y=x+1 donne 2x2−4x−6=0  ⟺  (x+1)(x−3)=02x^2-4x-6=0\iff(x+1)(x-3)=0 : points (−1;0)(-1;0) et (3;4)(3;4).
  2. Ω(−1;2)\Omega(-1;2), R=5R=5, d=∣−3+8−30∣5=5=Rd=\frac{|-3+8-30|}{5}=5=R : tangente ; le point de contact est le projeté de Ω\Omega : H=Ω+2525(3;4)=(2;6)H=\Omega+\frac{25}{25}(3;4)=(2;6) (contrôle : 6+24−30=06+24-30=0).
  3. d=∣0+0−5∣2=522>22d=\frac{|0+0-5|}{\sqrt2}=\frac{5\sqrt2}2>2\sqrt2 : intersection vide.

6. Tangente à un cercle en un point

Activité 7

Soient (C)(C) le cercle de centre Ω(a;b)\Omega(a;b), A(xA;yA)∈(C)A(x_A;y_A)\in(C) et (T)(T) la tangente à (C)(C) en AA.

  1. Donner un vecteur normal à (T)(T).
  2. En déduire que M∈(T)  ⟺  AΩ→⋅AM→=0M\in(T)\iff\V{A\Omega}\cdot\V{AM}=0, puis que M(x;y)∈(T)  ⟺  (a−xA)(x−xA)+(b−yA)(y−yA)=0M(x;y)\in(T)\iff(a-x_A)(x-x_A)+(b-y_A)(y-y_A)=0.
Voir la solution
  1. La tangente en AA est perpendiculaire au rayon [ΩA][\Omega A] : AΩ→\V{A\Omega} est normal à (T)(T). 2. Retenir 2, puis écriture analytique du produit scalaire.

À retenir 9

La tangente (T)(T) au cercle (C)(C) de centre Ω\Omega au point A∈(C)A\in(C) est l’ensemble des points MM tels que AΩ→⋅AM→=0\V{A\Omega}\cdot\V{AM}=0.

Exemple 11

Vérifier que A∈(C)A\in(C), puis déterminer une équation de la tangente à (C)(C) en AA :

  1. (C):x2+y2−4x+2y=0(C):x^2+y^2-4x+2y=0, A(4;0)A(4;0)
  2. (C):(x+1)2+(y−2)2=9(C):(x+1)^2+(y-2)^2=9, A(2;2)A(2;2)
  3. (C):x2+y2=1(C):x^2+y^2=1, A(22;−22)A\left(\frac{\sqrt2}2;-\frac{\sqrt2}2\right).
Voir la solution
  1. 16−16=016-16=0 : A∈(C)A\in(C) ; Ω(2;−1)\Omega(2;-1), AΩ→(−2;−1)\V{A\Omega}(-2;-1), AM→(x−4;y)\V{AM}(x-4;y) : −2(x−4)−y=0  ⟺  2x+y−8=0-2(x-4)-y=0\iff2x+y-8=0.
  2. 9+0=99+0=9 : A∈(C)A\in(C) ; AΩ→(−3;0)\V{A\Omega}(-3;0) : −3(x−2)=0  ⟺  x−2=0-3(x-2)=0\iff x-2=0.
  3. 12+12=1\frac12+\frac12=1 : A∈(C)A\in(C) ; AΩ→(−22;22)\V{A\Omega}\left(-\frac{\sqrt2}2;\frac{\sqrt2}2\right) : −22(x−22)+22(y+22)=0  ⟺  −x+y+2=0-\frac{\sqrt2}2\left(x-\frac{\sqrt2}2\right)+\frac{\sqrt2}2\left(y+\frac{\sqrt2}2\right)=0\iff-x+y+\sqrt2=0, soit x−y−2=0x-y-\sqrt2=0.

Application 9

Vérifier que A∈(C)A\in(C), puis déterminer une équation de la tangente à (C)(C) en AA :

  1. (C):x2+y2+4x−2y−20=0(C):x^2+y^2+4x-2y-20=0, A(1;5)A(1;5)
  2. (C):(x−1)2+(y+2)2=25(C):(x-1)^2+(y+2)^2=25, A(4;2)A(4;2)
  3. (C):x2+y2=10(C):x^2+y^2=10, A(3;−1)A(3;-1).
Voir la solution
  1. 1+25+4−10−20=01+25+4-10-20=0 ; Ω(−2;1)\Omega(-2;1), AΩ→(−3;−4)\V{A\Omega}(-3;-4) : −3(x−1)−4(y−5)=0  ⟺  3x+4y−23=0-3(x-1)-4(y-5)=0\iff3x+4y-23=0.
  2. 9+16=259+16=25 ; AΩ→(−3;−4)\V{A\Omega}(-3;-4) : 3x+4y−20=03x+4y-20=0.
  3. 9+1=109+1=10 ; AΩ→(−3;1)\V{A\Omega}(-3;1) : −3(x−3)+(y+1)=0  ⟺  3x−y−10=0-3(x-3)+(y+1)=0\iff3x-y-10=0.

7. Exercices de synthèse

Application 10 — synthèse

Déterminer les tangentes au cercle (C):(x−1)2+(y+2)2=25(C):(x-1)^2+(y+2)^2=25 qui sont parallèles à la droite (D):4x+3y=0(D):4x+3y=0.

Voir la solution

Une telle tangente a une équation 4x+3y+c=04x+3y+c=0 et vérifie d(Ω;(T))=5d(\Omega;(T))=5 avec Ω(1;−2)\Omega(1;-2) : ∣4−6+c∣5=5  ⟺  ∣c−2∣=25  ⟺  c=27\frac{|4-6+c|}{5}=5\iff|c-2|=25\iff c=27 ou c=−23c=-23. Réciproquement, ces droites sont parallèles à (D)(D) et à distance RR du centre : ce sont des tangentes. Réponse : 4x+3y+27=04x+3y+27=0 et 4x+3y−23=04x+3y-23=0.

Application 11 — synthèse

Vérifier que A(4;−3)A(4;-3) est extérieur au cercle (C):(x−1)2+(y−1)2=5(C):(x-1)^2+(y-1)^2=5, puis déterminer les tangentes à (C)(C) passant par AA.

Voir la solution

ΩA=9+16=5>5\Omega A=\sqrt{9+16}=5>\sqrt5 : AA est extérieur. La droite verticale x=4x=4 est à la distance 3≠53\neq\sqrt5 de Ω\Omega : ce n’est pas une tangente. Les autres droites passant par AA s’écrivent y+3=m(x−4)y+3=m(x-4), soit mx−y−4m−3=0mx-y-4m-3=0. Tangente   ⟺  ∣m−1−4m−3∣m2+1=5  ⟺  (3m+4)2=5(m2+1)  ⟺  4m2+24m+11=0\iff\frac{|m-1-4m-3|}{\sqrt{m^2+1}}=\sqrt5\iff(3m+4)^2=5(m^2+1)\iff4m^2+24m+11=0 ; discriminant 576−176=400576-176=400, m=−12m=-\frac12 ou m=−112m=-\frac{11}2. Tangentes : x+2y+2=0x+2y+2=0 et 11x+2y−38=011x+2y-38=0.

Application 12 — synthèse

Pour m∈Rm\in\R, soit (Cm)(C_m) l’ensemble des points M(x;y)M(x;y) tels que x2+y2+(2m−2)x+(2m+2)y−4m−2=0x^2+y^2+(2m-2)x+(2m+2)y-4m-2=0.

  1. Montrer que (Cm)(C_m) est un cercle ; préciser son centre Ωm\Omega_m et son rayon RmR_m.
  2. Déterminer l’ensemble (D)(D) des centres Ωm\Omega_m lorsque mm décrit R\R.
  3. Montrer que tous les cercles (Cm)(C_m) passent par deux points fixes AA et BB.
  4. Montrer que (D)⊥(AB)(D)\perp(AB).
Voir la solution
  1. a2+b2−4c=(2m−2)2+(2m+2)2+16m+8=8m2+16m+16=8((m+1)2+1)>0a^2+b^2-4c=(2m-2)^2+(2m+2)^2+16m+8=8m^2+16m+16=8\big((m+1)^2+1\big)>0 : cercle de centre Ωm(1−m;−1−m)\Omega_m(1-m;-1-m) et de rayon Rm=2(m+1)2+2R_m=\sqrt{2(m+1)^2+2}.
  2. Si Ωm(x;y)\Omega_m(x;y) : x−y=2x-y=2. Réciproquement, tout point (x;x−2)(x;x-2) est Ωm\Omega_m pour m=1−xm=1-x. Donc (D):x−y−2=0(D):x-y-2=0.
  3. L’équation s’écrit x2+y2−2x+2y−2+2m(x+y−2)=0x^2+y^2-2x+2y-2+2m(x+y-2)=0. Un point est sur tous les (Cm)(C_m)   ⟺  \iff x+y−2=0x+y-2=0 et x2+y2−2x+2y−2=0x^2+y^2-2x+2y-2=0 ; avec y=2−xy=2-x : 2x2−8x+6=0  ⟺  x=12x^2-8x+6=0\iff x=1 ou x=3x=3. Points fixes : A(1;1)A(1;1) et B(3;−1)B(3;-1).
  4. AB→(2;−2)\V{AB}(2;-2) et u⃗(1;1)\vec u(1;1) dirige (D)(D) : AB→⋅u⃗=0\V{AB}\cdot\vec u=0, donc (D)⊥(AB)(D)\perp(AB).

IV. Inégalité de Cauchy-Schwarz et inégalité triangulaire

Activité 8

Soient u⃗\vec u et v⃗\vec v deux vecteurs du plan.

  1. Montrer que ∥u⃗∥ ∥v⃗∥≥∣u⃗⋅v⃗∣\nv{\vec u}\,\nv{\vec v}\ge|\vec u\cdot\vec v|, avec égalité si et seulement si u⃗\vec u et v⃗\vec v sont colinéaires.
  2. En déduire que, pour tous réels x,y,x′,y′x,y,x',y' : (x2+y2)(x′2+y′2)≥(xx′+yy′)2(x^2+y^2)(x'^2+y'^2)\ge(xx'+yy')^2.
  3. Montrer que ∥u⃗+v⃗∥≤∥u⃗∥+∥v⃗∥\nv{\vec u+\vec v}\le\nv{\vec u}+\nv{\vec v}, avec égalité si et seulement si u⃗\vec u et v⃗\vec v sont colinéaires de même sens ou l’un d’eux est nul.
  4. En déduire que ∥u⃗−v⃗∥≥∣∥u⃗∥−∥v⃗∥∣\nv{\vec u-\vec v}\ge\big|\nv{\vec u}-\nv{\vec v}\big|.
  5. Soient n∈N∗n\in\N^* et u⃗1,…,u⃗n\vec u_1,\dots,\vec u_n des vecteurs. Montrer par récurrence que ∥∑i=1nu⃗i∥≤∑i=1n∥u⃗i∥\nv{\sum_{i=1}^n\vec u_i}\le\sum_{i=1}^n\nv{\vec u_i}.
Voir la solution
  1. Si l’un est nul, c’est clair. Sinon ∣u⃗⋅v⃗∣=∥u⃗∥∥v⃗∥∣cos⁡θ∣≤∥u⃗∥∥v⃗∥|\vec u\cdot\vec v|=\nv{\vec u}\nv{\vec v}|\cos\theta|\le\nv{\vec u}\nv{\vec v}, avec égalité   ⟺  ∣cos⁡θ∣=1  ⟺  θ≡0\iff|\cos\theta|=1\iff\theta\equiv0 ou π [2π]\pi\ [2\pi]   ⟺  \iff colinéaires.
  2. On applique 1 à u⃗(x;y)\vec u(x;y) et v⃗(x′;y′)\vec v(x';y') et on élève au carré (quantités positives).
  3. ∥u⃗+v⃗∥2=∥u⃗∥2+2u⃗⋅v⃗+∥v⃗∥2≤∥u⃗∥2+2∥u⃗∥∥v⃗∥+∥v⃗∥2=(∥u⃗∥+∥v⃗∥)2\nv{\vec u+\vec v}^2=\nv{\vec u}^2+2\vec u\cdot\vec v+\nv{\vec v}^2\le\nv{\vec u}^2+2\nv{\vec u}\nv{\vec v}+\nv{\vec v}^2=(\nv{\vec u}+\nv{\vec v})^2 ; égalité   ⟺  u⃗⋅v⃗=∥u⃗∥∥v⃗∥\iff\vec u\cdot\vec v=\nv{\vec u}\nv{\vec v}, i.e. colinéaires de même sens (ou un vecteur nul).
  4. ∥u⃗∥=∥(u⃗−v⃗)+v⃗∥≤∥u⃗−v⃗∥+∥v⃗∥\nv{\vec u}=\nv{(\vec u-\vec v)+\vec v}\le\nv{\vec u-\vec v}+\nv{\vec v}, et de même en échangeant les rôles.
  5. Vrai pour n=1n=1 ; si c’est vrai au rang nn, alors ∥∑i=1n+1u⃗i∥≤∥∑i=1nu⃗i∥+∥u⃗n+1∥≤∑i=1n+1∥u⃗i∥\nv{\sum_{i=1}^{n+1}\vec u_i}\le\nv{\sum_{i=1}^{n}\vec u_i}+\nv{\vec u_{n+1}}\le\sum_{i=1}^{n+1}\nv{\vec u_i} (question 3 puis hypothèse de récurrence).

À retenir 10

Pour tous vecteurs u⃗\vec u et v⃗\vec v :

  1. Inégalité de Cauchy-Schwarz :  ∣u⃗⋅v⃗∣≤∥u⃗∥ ∥v⃗∥\ |\vec u\cdot\vec v|\le\nv{\vec u}\,\nv{\vec v} ; égalité   ⟺  u⃗\iff\vec u et v⃗\vec v colinéaires.
  2. Inégalité triangulaire :  ∥u⃗+v⃗∥≤∥u⃗∥+∥v⃗∥\ \nv{\vec u+\vec v}\le\nv{\vec u}+\nv{\vec v} ; égalité   ⟺  \iff colinéaires de même sens, ou l’un des deux nul.

Remarque 3 — généralisation de l’inégalité triangulaire

Pour tout n∈N∗n\in\N^* et tous vecteurs u⃗1,…,u⃗n\vec u_1,\dots,\vec u_n :  ∥∑i=1nu⃗i∥≤∑i=1n∥u⃗i∥\ \nv{\sum_{i=1}^n\vec u_i}\le\sum_{i=1}^n\nv{\vec u_i}.

Application 13

  1. Soient x,y,z,tx,y,z,t des réels. À l’aide de l’inégalité de Cauchy-Schwarz, montrer que : a. (4+x2)(1+y2)≥(x+2y)2(4+x^2)(1+y^2)\ge(x+2y)^2 ; b. (x2+y2)((x+z)2+(y+t)2)≥(xt−yz)2(x^2+y^2)\big((x+z)^2+(y+t)^2\big)\ge(xt-yz)^2.
  2. À l’aide de l’inégalité triangulaire, montrer que, pour tous réels xx et yy : (x−2)2+y2+x2+(y−2)2≥22\sqrt{(x-2)^2+y^2}+\sqrt{x^2+(y-2)^2}\ge2\sqrt2.
Voir la solution
  1. a. u⃗(x;2)\vec u(x;2) et v⃗(1;y)\vec v(1;y) : u⃗⋅v⃗=x+2y\vec u\cdot\vec v=x+2y, ∥u⃗∥2=x2+4\nv{\vec u}^2=x^2+4, ∥v⃗∥2=1+y2\nv{\vec v}^2=1+y^2 ; Cauchy-Schwarz élevée au carré donne le résultat. b. u⃗(x;y)\vec u(x;y) et v⃗(y+t;−(x+z))\vec v(y+t;-(x+z)) : u⃗⋅v⃗=x(y+t)−y(x+z)=xt−yz\vec u\cdot\vec v=x(y+t)-y(x+z)=xt-yz et ∥v⃗∥2=(x+z)2+(y+t)2\nv{\vec v}^2=(x+z)^2+(y+t)^2.
  2. u⃗(x−2;y)\vec u(x-2;y) et v⃗(−x;2−y)\vec v(-x;2-y) : u⃗+v⃗=(−2;2)\vec u+\vec v=(-2;2), de norme 222\sqrt2 ; donc ∥u⃗∥+∥v⃗∥≥∥u⃗+v⃗∥=22\nv{\vec u}+\nv{\vec v}\ge\nv{\vec u+\vec v}=2\sqrt2.

Résumé : analytique du produit scalaire

NotionFormule (repère orthonormé)
Produit scalaire, normeu⃗⋅v⃗=xx′+yy′\vec u\cdot\vec v=xx'+yy' ; ∥u⃗∥=x2+y2\nv{\vec u}=\sqrt{x^2+y^2} ; AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}
Anglecos⁡(u⃗;v⃗^)=u⃗⋅v⃗∥u⃗∥∥v⃗∥\cos\ang{\vec u}{\vec v}=\frac{\vec u\cdot\vec v}{\nv{\vec u}\nv{\vec v}} ; sin⁡(u⃗;v⃗^)=det⁡(u⃗;v⃗)∥u⃗∥∥v⃗∥\sin\ang{\vec u}{\vec v}=\frac{\det(\vec u;\vec v)}{\nv{\vec u}\nv{\vec v}}
Aire d’un triangleS=12∣det⁡(AB→;AC→)∣S=\frac12\left\vert \det(\V{AB};\V{AC})\right\vert
Droiteax+by+c=0ax+by+c=0 : n⃗(a;b)\vec n(a;b) normal, u⃗(−b;a)\vec u(-b;a) directeur ; (D)⊥(D′)  ⟺  aa′+bb′=0(D)\perp(D')\iff aa'+bb'=0
Distance point–droited(A;(D))=∣axA+byA+c∣a2+b2d(A;(D))=\frac{\vert ax_A+by_A+c\vert }{\sqrt{a^2+b^2}}
Cercle(x−a)2+(y−b)2=R2(x-a)^2+(y-b)^2=R^2 ; diamètre [AB][AB] : MA→⋅MB→=0\V{MA}\cdot\V{MB}=0
x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0cercle, point ou vide selon le signe de a2+b2−4ca^2+b^2-4c
Représentation paramétriquex=a+Rcos⁡θx=a+R\cos\theta, y=b+Rsin⁡θy=b+R\sin\theta, θ∈R\theta\in\R
Droite et cerclecomparer d(Ω;(D))d(\Omega;(D)) et RR
Tangente en AAAΩ→⋅AM→=0\V{A\Omega}\cdot\V{AM}=0
Inégalités∣u⃗⋅v⃗∣≤∥u⃗∥∥v⃗∥\vert \vec u\cdot\vec v\vert \le\nv{\vec u}\nv{\vec v} ; ∥u⃗+v⃗∥≤∥u⃗∥+∥v⃗∥\nv{\vec u+\vec v}\le\nv{\vec u}+\nv{\vec v}

Série d’exercices

Remarque — méthodes utilisées

  • Repère orthonormé : u⃗⋅v⃗=xx′+yy′\vec u\cdot\vec v=xx'+yy', cos⁡=u⃗⋅v⃗∥u⃗∥∥v⃗∥\cos=\frac{\vec u\cdot\vec v}{\nv{\vec u}\nv{\vec v}}, sin⁡=det⁡(u⃗;v⃗)∥u⃗∥∥v⃗∥\sin=\frac{\det(\vec u;\vec v)}{\nv{\vec u}\nv{\vec v}}, aire =12∣det⁡(AB→;AC→)∣=\frac12|\det(\V{AB};\V{AC})|.
  • Droites : n⃗(a;b)\vec n(a;b) normal à ax+by+c=0ax+by+c=0 ; droite passant par AA de vecteur normal n⃗\vec n : n⃗⋅AM→=0\vec n\cdot\V{AM}=0 ; d(A;(D))=∣axA+byA+c∣a2+b2d(A;(D))=\frac{|ax_A+by_A+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}.
  • Cercles : forme canonique ; tangente en AA : AΩ→⋅AM→=0\V{A\Omega}\cdot\V{AM}=0 ; une droite est tangente   ⟺  d(Ω;(D))=R\iff d(\Omega;(D))=R.
  • Régionnement : intérieur d’un cercle   ⟺  \iff x2+y2+ax+by+c<0x^2+y^2+ax+by+c<0 ; demi-plan : test d’un point.
  • Tous les calculs ont été contrôlés avec Python/sympy (build/verif_lot3.py).

Consignes. Dans toute la série, le plan est rapporté à un repère orthonormé (O;ı⃗;ȷ⃗)(O;\vec\imath;\vec\jmath) ; xx, yy désignent des réels et mm un paramètre réel. Toute réponse doit être justifiée ; le symbole   ⟺  \iff n’est employé que si chaque étape est réversible. Difficulté : de ★\bigstar à ★★★★★\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar.

Exercice 1 — Triangle, distance, cercle et tangente Facile ★★☆☆☆

On considère les points A(0;1)A(0;1), B(2;−1)B(2;-1), C(1+3;3)C(1+\sqrt3;\sqrt3) et D(3;0)D(3;0).

  1. Calculer les distances ABAB et ACAC, puis le produit scalaire AC→⋅AB→\V{AC}\cdot\V{AB}.
  2. Calculer cos⁡(AC→;AB→^)\cos\ang{\V{AC}}{\V{AB}} et sin⁡(AC→;AB→^)\sin\ang{\V{AC}}{\V{AB}}.
  3. Déterminer la nature du triangle ABCABC.
  4. Montrer que x+y−1=0x+y-1=0 est une équation cartésienne de la droite (AB)(AB).
  5. Calculer la distance d(C;(AB))d(C;(AB)) du point CC à la droite (AB)(AB).
  6. En déduire l’aire du triangle ABCABC par deux méthodes différentes.
  7. Soit (C)(C) le cercle de centre AA passant par CC. a. Montrer que x2+y2−2y−7=0x^2+y^2-2y-7=0 est une équation cartésienne de (C)(C). b. Montrer que B∈(C)B\in(C), puis déterminer une équation cartésienne de la tangente à (C)(C) en BB. c. Soit (Δ)(\Delta) la droite passant par DD et parallèle à (AB)(AB). Montrer que x+y−3=0x+y-3=0 est une équation cartésienne de (Δ)(\Delta). d. Étudier l’intersection de (Δ)(\Delta) et du cercle (C)(C).
Voir la solution

1. AB→(2;−2)\V{AB}(2;-2), AC→(1+3;3−1)\V{AC}(1+\sqrt3;\sqrt3-1). AB=8=22AB=\sqrt8=2\sqrt2 ; AC2=(4+23)+(4−23)=8AC^2=(4+2\sqrt3)+(4-2\sqrt3)=8, donc AC=22AC=2\sqrt2.  AC→⋅AB→=2(1+3)−2(3−1)=4\ \V{AC}\cdot\V{AB}=2(1+\sqrt3)-2(\sqrt3-1)=4.

2. cos⁡(AC→;AB→^)=48=12\cos\ang{\V{AC}}{\V{AB}}=\frac{4}{8}=\frac12.  det⁡(AC→;AB→)=(1+3)(−2)−2(3−1)=−43\ \det(\V{AC};\V{AB})=(1+\sqrt3)(-2)-2(\sqrt3-1)=-4\sqrt3, donc sin⁡(AC→;AB→^)=−438=−32\sin\ang{\V{AC}}{\V{AB}}=\frac{-4\sqrt3}{8}=-\frac{\sqrt3}2.

3. Une mesure de (AC→;AB→^)\ang{\V{AC}}{\V{AB}} est −π3-\frac\pi3 ; le triangle est isocèle en AA (AB=ACAB=AC) avec un angle au sommet de π3\frac\pi3 : il est équilatéral.

4. 0+1−1=00+1-1=0 et 2−1−1=02-1-1=0 : AA et BB vérifient l’équation, qui est bien celle d’une droite ; c’est donc une équation de (AB)(AB).

5. d(C;(AB))=∣1+3+3−1∣2=232=6d(C;(AB))=\frac{|1+\sqrt3+\sqrt3-1|}{\sqrt2}=\frac{2\sqrt3}{\sqrt2}=\sqrt6.

6. Méthode 1 : S=12AB×d(C;(AB))=12×22×6=23S=\frac12AB\times d(C;(AB))=\frac12\times2\sqrt2\times\sqrt6=2\sqrt3. Méthode 2 : S=12∣det⁡(AC→;AB→)∣=12×43=23S=\frac12|\det(\V{AC};\V{AB})|=\frac12\times4\sqrt3=2\sqrt3.

7. a. Rayon AC=22AC=2\sqrt2 : x2+(y−1)2=8  ⟺  x2+y2−2y−7=0x^2+(y-1)^2=8\iff x^2+y^2-2y-7=0.

7. b. 4+1+2−7=04+1+2-7=0 : B∈(C)B\in(C). BA→(−2;2)\V{BA}(-2;2) est normal à la tangente (T)(T) en BB : −2(x−2)+2(y+1)=0  ⟺  x−y−3=0-2(x-2)+2(y+1)=0\iff x-y-3=0.

7. c. (Δ)∥(AB)(\Delta)\parallel(AB) : (Δ):x+y+c=0(\Delta):x+y+c=0 ; D∈(Δ)D\in(\Delta) donne 3+c=03+c=0. D’où x+y−3=0x+y-3=0.

7. d. d(A;(Δ))=∣0+1−3∣2=2<22d(A;(\Delta))=\frac{|0+1-3|}{\sqrt2}=\sqrt2<2\sqrt2 : (Δ)(\Delta) coupe (C)(C) en deux points. Avec y=3−xy=3-x : x2+(3−x)2−2(3−x)−7=0  ⟺  2x2−4x−4=0  ⟺  x2−2x−2=0x^2+(3-x)^2-2(3-x)-7=0\iff2x^2-4x-4=0\iff x^2-2x-2=0, d’où x=1±3x=1\pm\sqrt3. Points d’intersection : (1+3;2−3)\left(1+\sqrt3;2-\sqrt3\right) et (1−3;2+3)\left(1-\sqrt3;2+\sqrt3\right).

Figure

Exercice 2 — Angle, distance, cercles, régionnement Moyen ★★★☆☆

On considère les points A(1;2)A(1;2), B(4;1)B(4;1), C(3;3)C(3;3) et D(2;0)D(2;0).

  1. Calculer les distances ABAB et ACAC, puis le produit scalaire AC→⋅AB→\V{AC}\cdot\V{AB}.
  2. Calculer cos⁡(AC→;AB→^)\cos\ang{\V{AC}}{\V{AB}} et sin⁡(AC→;AB→^)\sin\ang{\V{AC}}{\V{AB}}.
  3. En déduire la mesure principale de l’angle orienté (AC→;AB→^)\ang{\V{AC}}{\V{AB}}.
  4. Déterminer une équation cartésienne de la droite (D)(D) passant par BB et perpendiculaire à (AD)(AD).
  5. Montrer que la distance du point AA à la droite (D)(D) est égale à 5\sqrt5.
  6. Montrer que le cercle (C)(C) de centre AA et tangent à la droite (D)(D) admet pour équation cartésienne x2+y2−2x−4y=0x^2+y^2-2x-4y=0.
  7. Déterminer une représentation paramétrique de (C)(C).
  8. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de l’ensemble (Γ)(\Gamma) des points M(x;y)M(x;y) tels que x2+y2−4x+2y−4=0x^2+y^2-4x+2y-4=0.
  9. Étudier l’intersection de (Γ)(\Gamma) avec la droite (Δ)(\Delta) d’équation y=−x+4y=-x+4.
  10. Résoudre graphiquement le système {y<−x+4x2+y2−4x+2y−4<0\begin{cases}y<-x+4\\x^2+y^2-4x+2y-4<0\end{cases}.
Voir la solution

1. AB→(3;−1)\V{AB}(3;-1), AC→(2;1)\V{AC}(2;1) : AB=10AB=\sqrt{10}, AC=5AC=\sqrt5, AC→⋅AB→=6−1=5\V{AC}\cdot\V{AB}=6-1=5.

2. cos⁡=550=22\cos=\frac{5}{\sqrt{50}}=\frac{\sqrt2}2 ; det⁡(AC→;AB→)=2×(−1)−1×3=−5\det(\V{AC};\V{AB})=2\times(-1)-1\times3=-5, sin⁡=−22\sin=-\frac{\sqrt2}2.

3. Mesure principale : −π4-\frac\pi4.

4. AD→(1;−2)\V{AD}(1;-2) est normal à (D)(D) : (x−4)−2(y−1)=0  ⟺  x−2y−2=0(x-4)-2(y-1)=0\iff x-2y-2=0.

5. d(A;(D))=∣1−4−2∣5=55=5d(A;(D))=\frac{|1-4-2|}{\sqrt5}=\frac5{\sqrt5}=\sqrt5.

6. (C)(C) est tangent à (D)(D)   ⟺  \iff son rayon vaut d(A;(D))=5d(A;(D))=\sqrt5. Équation : (x−1)2+(y−2)2=5  ⟺  x2+y2−2x−4y=0(x-1)^2+(y-2)^2=5\iff x^2+y^2-2x-4y=0.

7. {x=1+5cos⁡θy=2+5sin⁡θ\begin{cases}x=1+\sqrt5\cos\theta\\y=2+\sqrt5\sin\theta\end{cases}, θ∈R\theta\in\R.

8. (x−2)2+(y+1)2=4+1+4=9(x-2)^2+(y+1)^2=4+1+4=9 : (Γ)(\Gamma) est le cercle de centre Ω(2;−1)\Omega(2;-1) et de rayon 33.

9. d(Ω;(Δ))=∣2−1−4∣2=32<3d(\Omega;(\Delta))=\frac{|2-1-4|}{\sqrt2}=\frac{3}{\sqrt2}<3 : sécante. Avec y=4−xy=4-x : x2+(4−x)2−4x+2(4−x)−4=0  ⟺  2x2−14x+20=0  ⟺  (x−2)(x−5)=0x^2+(4-x)^2-4x+2(4-x)-4=0\iff2x^2-14x+20=0\iff(x-2)(x-5)=0. Points : (2;2)(2;2) et (5;−1)(5;-1).

10. y<−x+4y<-x+4 : demi-plan ouvert contenant OO ; la seconde inéquation : intérieur de (Γ)(\Gamma). Solution : la partie colorée, frontières exclues.

Figure

Exercice 3 — Médiatrices et centre du cercle circonscrit Facile ★★☆☆☆

On considère les points A(−2;−1)A(-2;-1), B(1;8)B(1;8) et C(5;6)C(5;6).

  1. Déterminer les coordonnées des milieux II, JJ et KK des segments [AB][AB], [BC][BC] et [CA][CA] respectivement.
  2. Déterminer les coordonnées des vecteurs AB→\V{AB}, BC→\V{BC} et CA→\V{CA}.
  3. Soit (D1)(D_1) la médiatrice du segment [AB][AB]. a. Donner un point de (D1)(D_1) et un vecteur normal à cette droite. b. En déduire que les médiatrices (D1)(D_1), (D2)(D_2) et (D3)(D_3) des segments [AB][AB], [BC][BC] et [CA][CA] ont pour équations respectives (D1):x+3y−10=0(D_1):x+3y-10=0, (D2):2x−y+1=0(D_2):2x-y+1=0 et (D3):x+y−4=0(D_3):x+y-4=0. c. Montrer que ces trois médiatrices sont concourantes en un point Ω\Omega dont on précisera les coordonnées. d. On admet que Ω(1;3)\Omega(1;3). Montrer que ΩA=ΩB=ΩC\Omega A=\Omega B=\Omega C et interpréter ce résultat.
Voir la solution

1. I(−12;72)I\left(-\frac12;\frac72\right), J(3;7)J(3;7), K(32;52)K\left(\frac32;\frac52\right).

2. AB→(3;9)\V{AB}(3;9), BC→(4;−2)\V{BC}(4;-2), CA→(−7;−7)\V{CA}(-7;-7).

3. a. (D1)(D_1) passe par II et admet AB→(3;9)\V{AB}(3;9), ou n⃗1(1;3)\vec n_1(1;3), pour vecteur normal.

3. b. (D1)(D_1) : (x+12)+3(y−72)=0  ⟺  x+3y−10=0(x+\frac12)+3(y-\frac72)=0\iff x+3y-10=0. De même, (D2)(D_2) passe par JJ, de vecteur normal 12BC→=(2;−1)\frac12\V{BC}=(2;-1) : 2(x−3)−(y−7)=0  ⟺  2x−y+1=02(x-3)-(y-7)=0\iff2x-y+1=0. (D3)(D_3) passe par KK, de vecteur normal −17CA→=(1;1)-\frac17\V{CA}=(1;1) : x+y−4=0x+y-4=0.

3. c. (D1)∩(D2)(D_1)\cap(D_2) : y=2x+1y=2x+1 donne x+6x+3−10=0x+6x+3-10=0, x=1x=1, y=3y=3. Et 1+3−4=01+3-4=0 : (1;3)∈(D3)(1;3)\in(D_3). Les trois médiatrices sont concourantes en Ω(1;3)\Omega(1;3).

3. d. ΩA2=9+16=25\Omega A^2=9+16=25, ΩB2=0+25=25\Omega B^2=0+25=25, ΩC2=16+9=25\Omega C^2=16+9=25 : ΩA=ΩB=ΩC=5\Omega A=\Omega B=\Omega C=5. Ω\Omega est le centre du cercle circonscrit au triangle ABCABC (rayon 55).

Exercice 4 — Hauteurs, orthocentre, aire Facile ★★☆☆☆

On considère à nouveau les points A(−2;−1)A(-2;-1), B(1;8)B(1;8) et C(5;6)C(5;6).

  1. Déterminer les coordonnées des vecteurs AB→\V{AB}, BC→\V{BC} et CA→\V{CA}.
  2. Soit (DA)(D_A) la hauteur du triangle ABCABC issue de AA. a. Donner un point de (DA)(D_A) et un vecteur normal à cette droite. b. En déduire que les hauteurs (DA)(D_A), (DB)(D_B) et (DC)(D_C), issues respectivement de AA, BB et CC, ont pour équations (DA):2x−y+3=0(D_A):2x-y+3=0, (DB):x+y−9=0(D_B):x+y-9=0 et (DC):x+3y−23=0(D_C):x+3y-23=0. c. Montrer que ces trois hauteurs sont concourantes en un point HH dont on précisera les coordonnées. d. Que représente HH pour le triangle ABCABC ?
  3. a. Montrer que 3x−y+5=03x-y+5=0 est une équation cartésienne de la droite (AB)(AB). b. Déterminer les coordonnées du point EE, intersection des droites (DC)(D_C) et (AB)(AB). c. On admet que E(45;375)E\left(\frac45;\frac{37}5\right). Calculer l’aire du triangle ABCABC par deux méthodes différentes.
Voir la solution

1. AB→(3;9)\V{AB}(3;9), BC→(4;−2)\V{BC}(4;-2), CA→(−7;−7)\V{CA}(-7;-7).

2. a. (DA)(D_A) passe par AA et admet BC→(4;−2)\V{BC}(4;-2) (ou (2;−1)(2;-1)) comme vecteur normal.

2. b. (DA)(D_A) : 2(x+2)−(y+1)=0  ⟺  2x−y+3=02(x+2)-(y+1)=0\iff2x-y+3=0. (DB)(D_B) : par BB, normal (1;1)(1;1) : (x−1)+(y−8)=0  ⟺  x+y−9=0(x-1)+(y-8)=0\iff x+y-9=0. (DC)(D_C) : par CC, normal (1;3)(1;3) : (x−5)+3(y−6)=0  ⟺  x+3y−23=0(x-5)+3(y-6)=0\iff x+3y-23=0.

2. c. (DA)∩(DB)(D_A)\cap(D_B) : par addition, 3x−6=03x-6=0, x=2x=2, y=7y=7 ; et 2+21−23=02+21-23=0 : (2;7)∈(DC)(2;7)\in(D_C). Les hauteurs sont concourantes en H(2;7)H(2;7).

2. d. HH est l’orthocentre du triangle ABCABC.

3. a. −6+1+5=0-6+1+5=0 et 3−8+5=03-8+5=0 : AA et BB vérifient cette équation de droite.

3. b. y=3x+5y=3x+5 dans x+3y−23=0x+3y-23=0 : 10x−8=010x-8=0, x=45x=\frac45, y=375y=\frac{37}5 : E(45;375)E\left(\frac45;\frac{37}5\right).

3. c. Méthode 1 : EE est le pied de la hauteur issue de CC. AB=90=310AB=\sqrt{90}=3\sqrt{10} ; EC→(215;−75)\V{EC}\left(\frac{21}5;-\frac75\right), CE=7510CE=\frac75\sqrt{10}. S=12×310×7510=21S=\frac12\times3\sqrt{10}\times\frac75\sqrt{10}=21. Méthode 2 : det⁡(AB→;AC→)=3×7−9×7=−42\det(\V{AB};\V{AC})=3\times7-9\times7=-42, S=12×42=21S=\frac12\times42=21.

Exercice 5 — Résolution graphique de systèmes Facile ★★☆☆☆

Résoudre graphiquement les systèmes suivants, d’inconnue (x;y)∈R2(x;y)\in\R^2 :

  1. {x2+y2−2x−4y+1<0x+y−2>0x−2y+4>0\begin{cases}x^2+y^2-2x-4y+1<0\\x+y-2>0\\x-2y+4>0\end{cases}
  2. {x2+y2−2x−4y+1<0x2+y2−6x−4y+9<0\begin{cases}x^2+y^2-2x-4y+1<0\\x^2+y^2-6x-4y+9<0\end{cases}
Voir la solution

1. x2+y2−2x−4y+1<0  ⟺  (x−1)2+(y−2)2<4x^2+y^2-2x-4y+1<0\iff(x-1)^2+(y-2)^2<4 : intérieur du cercle de centre Ω(1;2)\Omega(1;2) et de rayon 22. Le centre vérifie 1+2−2>01+2-2>0 et 1−4+4>01-4+4>0 : on garde, pour chaque droite, le demi-plan ouvert contenant Ω\Omega. Les deux droites se coupent en (0;2)(0;2), intérieur au disque. Solution : la partie colorée, frontières exclues.

Figure

2. La seconde inéquation s’écrit (x−3)2+(y−2)2<4(x-3)^2+(y-2)^2<4 : intérieur du cercle de centre Ω2(3;2)\Omega_2(3;2), de rayon 22. Les deux cercles se coupent en (2;2−3)(2;2-\sqrt3) et (2;2+3)(2;2+\sqrt3) (on retranche les équations : 4x−8=04x-8=0). Solution : la lentille commune aux deux disques ouverts.

Figure

Exercice 6 — Cercle et tangentes Facile ★★☆☆☆

Soit (C)(C) le cercle d’équation x2+y2−2x−6y−15=0x^2+y^2-2x-6y-15=0.

  1. Déterminer le centre Ω\Omega et le rayon RR de (C)(C).
  2. Déterminer les coordonnées des points d’intersection AA et BB de (C)(C) avec l’axe des abscisses (on notera AA celui d’abscisse négative).
  3. Déterminer une équation cartésienne de chacune des tangentes à (C)(C) en AA et en BB.
  4. Déterminer les équations cartésiennes des tangentes à (C)(C) de vecteur directeur u⃗(4;3)\vec u(4;3), puis les coordonnées de leurs points de contact avec (C)(C).
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+3)(x−5)=0x^2-2x-15=0\iff(x+3)(x-5)=0 : A(−3;0)A(-3;0), B(5;0)B(5;0).

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

4. Une droite de vecteur directeur u⃗(4;3)\vec u(4;3) a un vecteur normal (3;−4)(3;-4) : 3x−4y+c=03x-4y+c=0. Elle est tangente   ⟺  ∣3−12+c∣5=5  ⟺  ∣c−9∣=25  ⟺  c=34\iff\frac{|3-12+c|}{5}=5\iff|c-9|=25\iff c=34 ou c=−16c=-16. Tangentes : (T1):3x−4y+34=0(T_1):3x-4y+34=0 et (T2):3x−4y−16=0(T_2):3x-4y-16=0. Le point de contact est le projeté orthogonal de Ω\Omega : Ω+λ(3;−4)\Omega+\lambda(3;-4) avec 3(1+3λ)−4(3−4λ)+c=03(1+3\lambda)-4(3-4\lambda)+c=0. Pour c=34c=34 : λ=−1\lambda=-1, contact (−2;7)(-2;7) ; pour c=−16c=-16 : λ=1\lambda=1, contact (4;−1)(4;-1).

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

Soient AA et BB deux points du plan tels que AB=5AB=5, et HH le point de [AB][AB] tel que AB→⋅AH→=10\V{AB}\cdot\V{AH}=10. Déterminer, dans chacun des cas suivants, l’ensemble (Γ)(\Gamma) des points MM du plan vérifiant :

  1. AB→⋅AM→=10\V{AB}\cdot\V{AM}=10 ;
  2. AB→⋅AM→=−5\V{AB}\cdot\V{AM}=-5.
Voir la solution

1. AB→⋅AH→=10\V{AB}\cdot\V{AH}=10 avec H∈[AB]H\in[AB] : AB×AH=10AB\times AH=10, donc AH=2AH=2. Alors AB→⋅AM→=10  ⟺  AB→⋅AM→=AB→⋅AH→  ⟺  AB→⋅HM→=0\V{AB}\cdot\V{AM}=10\iff\V{AB}\cdot\V{AM}=\V{AB}\cdot\V{AH}\iff\V{AB}\cdot\V{HM}=0 : (Γ1)(\Gamma_1) est la droite perpendiculaire à (AB)(AB) en HH.

2. Soit KK le point de (AB)(AB) tel que AK→=−15AB→\V{AK}=-\frac15\V{AB} (AK=1AK=1, KK hors de [AB][AB], du côté de AA) : AB→⋅AK→=−15×25=−5\V{AB}\cdot\V{AK}=-\frac15\times25=-5. Comme en 1, AB→⋅AM→=−5  ⟺  AB→⋅KM→=0\V{AB}\cdot\V{AM}=-5\iff\V{AB}\cdot\V{KM}=0 : (Γ2)(\Gamma_2) est la droite perpendiculaire à (AB)(AB) en KK.

Figure

Exercice 8 — Tangentes de direction donnée Facile ★★☆☆☆

Déterminer les équations cartésiennes des tangentes au cercle (C)(C) d’équation (x+2)2+(y−1)2=9(x+2)^2+(y-1)^2=9 qui sont parallèles à la droite (D)(D) d’équation 4x−3y=04x-3y=0.

Voir la solution

Ω(−2;1)\Omega(-2;1), R=3R=3. Une parallèle à (D)(D) s’écrit 4x−3y+c=04x-3y+c=0 ; elle est tangente   ⟺  ∣−8−3+c∣5=3  ⟺  ∣c−11∣=15  ⟺  c=26\iff\frac{|-8-3+c|}{5}=3\iff|c-11|=15\iff c=26 ou c=−4c=-4. Tangentes : 4x−3y+26=04x-3y+26=0 et 4x−3y−4=04x-3y-4=0.

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

Vérifier que le point A(3;0)A(3;0) est extérieur au cercle (C)(C) d’équation (x+1)2+(y−2)2=10(x+1)^2+(y-2)^2=10, puis déterminer les équations cartésiennes des tangentes à (C)(C) passant par AA.

Voir la solution

Ω(−1;2)\Omega(-1;2), R=10R=\sqrt{10} ; ΩA2=16+4=20>10\Omega A^2=16+4=20>10 : AA est extérieur. La droite x=3x=3 est à distance 4≠104\neq\sqrt{10} de Ω\Omega : pas tangente. Les autres droites passant par AA s’écrivent mx−y−3m=0mx-y-3m=0. Tangente   ⟺  ∣−m−2−3m∣m2+1=10  ⟺  (4m+2)2=10(m2+1)  ⟺  3m2+8m−3=0  ⟺  m=13\iff\frac{|-m-2-3m|}{\sqrt{m^2+1}}=\sqrt{10}\iff(4m+2)^2=10(m^2+1)\iff3m^2+8m-3=0\iff m=\frac13 ou m=−3m=-3. Tangentes : x−3y−3=0x-3y-3=0 et 3x+y−9=03x+y-9=0.

Exercice 10 — Bissectrice d’un angle Facile ★★☆☆☆

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

  1. Placer les points AA, BB et CC, puis construire la bissectrice de l’angle ABC^\widehat{ABC}.
  2. Déterminer une équation cartésienne de cette bissectrice.
Voir la solution

1. BA=16+9=5BA=\sqrt{16+9}=5 et BC=5BC=5 : le triangle ABCABC est isocèle en BB, donc la bissectrice de ABC^\widehat{ABC} est la médiane issue de BB : on construit le milieu I(3;3)I(3;3) de [AC][AC] et on trace (BI)(BI). (Autre construction : on complète le losange BAPCBAPC, la bissectrice est (BP)(BP).)

2. BI→(2;4)\V{BI}(2;4) dirige la bissectrice, d’où le vecteur normal (2;−1)(2;-1) : 2(x−1)−(y+1)=0  ⟺  2x−y−3=02(x-1)-(y+1)=0\iff2x-y-3=0.

Figure

Exercice 11 — Cercles soumis à des conditions Difficile ★★★★☆

  1. Déterminer une équation cartésienne de chacun des cercles tangents à l’axe (Ox)(Ox) et passant par les points A(−1;2)A(-1;2) et B(6;9)B(6;9).
  2. Déterminer les équations cartésiennes des cercles tangents à la droite (D)(D) d’équation x+y−11=0x+y-11=0 et passant par les points A(2;5)A(2;5) et B(−4;−1)B(-4;-1).
Voir la solution

1. Soit Ω(a;b)\Omega(a;b) le centre. Tangence à (Ox)(Ox) : R=∣b∣R=|b| (et b≠0b\neq0). Passage par AA et BB : (a+1)2+(b−2)2=b2(a+1)^2+(b-2)^2=b^2 et (a−6)2+(b−9)2=b2(a-6)^2+(b-9)^2=b^2, soit 4b=a2+2a+54b=a^2+2a+5 et 18b=a2−12a+11718b=a^2-12a+117. En éliminant bb : 9(a2+2a+5)=2(a2−12a+117)  ⟺  7a2+42a−189=0  ⟺  a2+6a−27=0  ⟺  a=39(a^2+2a+5)=2(a^2-12a+117)\iff7a^2+42a-189=0\iff a^2+6a-27=0\iff a=3 ou a=−9a=-9.

  • a=3a=3 : b=5b=5, R=5R=5 : (x−3)2+(y−5)2=25(x-3)^2+(y-5)^2=25, soit x2+y2−6x−10y+9=0x^2+y^2-6x-10y+9=0.
  • a=−9a=-9 : b=17b=17, R=17R=17 : (x+9)2+(y−17)2=289(x+9)^2+(y-17)^2=289, soit x2+y2+18x−34y+81=0x^2+y^2+18x-34y+81=0.

2. Le centre est sur la médiatrice de [AB][AB] : milieu (−1;2)(-1;2), vecteur normal (1;1)(1;1) : x+y−1=0x+y-1=0, d’où Ω(a;1−a)\Omega(a;1-a). Alors d(Ω;(D))=∣a+1−a−11∣2=52d(\Omega;(D))=\frac{|a+1-a-11|}{\sqrt2}=5\sqrt2, donc R2=50R^2=50. Condition ΩA2=50\Omega A^2=50 : (a−2)2+(a+4)2=50  ⟺  a2+2a−15=0  ⟺  a=3(a-2)^2+(a+4)^2=50\iff a^2+2a-15=0\iff a=3 ou a=−5a=-5. Cercles : Ω(3;−2)\Omega(3;-2) : x2+y2−6x+4y−37=0x^2+y^2-6x+4y-37=0 ; Ω(−5;6)\Omega(-5;6) : x2+y2+10x−12y+11=0x^2+y^2+10x-12y+11=0.

Exercice 12 — Problème — cercle d’Euler Difficile ★★★★☆

On considère les points A(−2;−1)A(-2;-1), B(1;8)B(1;8) et C(5;6)C(5;6).

  1. Déterminer les coordonnées des milieux II, JJ et KK des segments [AB][AB], [BC][BC] et [CA][CA] respectivement.
  2. Déterminer une équation cartésienne de la médiatrice de chacun des segments [AB][AB], [BC][BC] et [CA][CA].
  3. Montrer que ces médiatrices sont concourantes en un unique point Ω\Omega.
  4. Déterminer une équation cartésienne de chacune des hauteurs du triangle ABCABC.
  5. Montrer que ces hauteurs sont concourantes en un unique point HH.
  6. Déterminer les coordonnées du centre de gravité GG du triangle ABCABC (on pourra utiliser les coordonnées du barycentre).
  7. Montrer que ΩH→=3ΩG→\V{\Omega H}=3\V{\Omega G}.
  8. Déterminer les coordonnées des projetés orthogonaux H1H_1, H2H_2 et H3H_3 de HH sur les droites (AB)(AB), (BC)(BC) et (CA)(CA) respectivement.
  9. Déterminer une équation cartésienne du cercle (E)(\mathcal E) circonscrit au triangle IJKIJK.
  10. Vérifier que H1H_1, H2H_2 et H3H_3 appartiennent à (E)(\mathcal E) et que le centre de (E)(\mathcal E) est le milieu du segment [ΩH][\Omega H].
Voir la solution

1. I(−12;72)I\left(-\frac12;\frac72\right), J(3;7)J(3;7), K(32;52)K\left(\frac32;\frac52\right).

2. (Voir l’exercice 3.) x+3y−10=0x+3y-10=0 ; 2x−y+1=02x-y+1=0 ; x+y−4=0x+y-4=0.

3. Leur point commun est Ω(1;3)\Omega(1;3) (exercice 3), unique car (D1)(D_1) et (D2)(D_2) ne sont pas parallèles (1×(−1)−3×2≠01\times(-1)-3\times2\neq0).

4. (Voir l’exercice 4.) 2x−y+3=02x-y+3=0 ; x+y−9=0x+y-9=0 ; x+3y−23=0x+3y-23=0.

5. Point commun H(2;7)H(2;7), unique car det⁡((2;−1);(1;1))=3≠0\det\big((2;-1);(1;1)\big)=3\neq0.

6. G(−2+1+53;−1+8+63)=(43;133)G\left(\frac{-2+1+5}3;\frac{-1+8+6}3\right)=\left(\frac43;\frac{13}3\right).

7. ΩH→(1;4)\V{\Omega H}(1;4) et ΩG→(13;43)\V{\Omega G}\left(\frac13;\frac43\right) : ΩH→=3ΩG→\V{\Omega H}=3\V{\Omega G} (Ω\Omega, GG, HH sont alignés : droite d’Euler).

8. H1H_1 : H∈(DC)H\in(D_C), perpendiculaire à (AB)(AB) passant par CC ; donc H1=(DC)∩(AB)=E(45;375)H_1=(D_C)\cap(AB)=E\left(\frac45;\frac{37}5\right). H2=(DA)∩(BC)H_2=(D_A)\cap(BC) avec (BC):x+2y−17=0(BC):x+2y-17=0 : y=2x+3y=2x+3 donne 5x−11=05x-11=0, H2(115;375)H_2\left(\frac{11}5;\frac{37}5\right). H3=(DB)∩(CA)H_3=(D_B)\cap(CA) avec (CA):x−y+1=0(CA):x-y+1=0 : H3(4;5)H_3(4;5).

9. Équation x2+y2+ax+by+c=0x^2+y^2+ax+by+c=0 : II : −12a+72b+c=−252-\frac12a+\frac72b+c=-\frac{25}2 ; JJ : 3a+7b+c=−583a+7b+c=-58 ; KK : 32a+52b+c=−172\frac32a+\frac52b+c=-\frac{17}2. On obtient a=−3a=-3, b=−10b=-10, c=21c=21 : (E):x2+y2−3x−10y+21=0(\mathcal E):x^2+y^2-3x-10y+21=0, de centre ω(32;5)\omega\left(\frac32;5\right) et de rayon 52\frac52.

10. H1H_1 : 1625+136925−125−74+21=1385−60−132525=0\frac{16}{25}+\frac{1369}{25}-\frac{12}5-74+21=\frac{1385-60-1325}{25}=0. H2H_2 : 12125+136925−335−74+21=1490−165−132525=0\frac{121}{25}+\frac{1369}{25}-\frac{33}5-74+21=\frac{1490-165-1325}{25}=0. H3H_3 : 16+25−12−50+21=016+25-12-50+21=0. Et le milieu de [ΩH][\Omega H] est (1+22;3+72)=(32;5)=ω\left(\frac{1+2}2;\frac{3+7}2\right)=\left(\frac32;5\right)=\omega. ((E)(\mathcal E) est le cercle d’Euler, de rayon moitié de celui du cercle circonscrit.)

Figure

Exercice 13 — Diamètre perpendiculaire à une droite Facile ★☆☆☆☆

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

Voir la solution

Centre Ω(3;−1)\Omega(3;-1) (9+1+6=16>09+1+6=16>0 : c’est bien un cercle). La droite cherchée passe par Ω\Omega et a pour vecteur normal un vecteur directeur de 3x−4y+1=03x-4y+1=0, soit (4;3)(4;3) : 4(x−3)+3(y+1)=0  ⟺  4x+3y−9=04(x-3)+3(y+1)=0\iff4x+3y-9=0.

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

Pour tout m∈Rm\in\R, on considère la droite (Dm)(D_m) d’équation (1−m2)x+2my+5m2+2m+1=0(1-m^2)x+2my+5m^2+2m+1=0. Montrer qu’il existe un point M0M_0 équidistant de toutes les droites (Dm)(D_m).

Voir la solution

Soit M0(a;b)M_0(a;b). On a (1−m2)2+4m2=(1+m2)2(1-m^2)^2+4m^2=(1+m^2)^2, donc d(M0;(Dm))=∣(5−a)m2+(2b+2)m+(a+1)∣1+m2d(M_0;(D_m))=\dfrac{|(5-a)m^2+(2b+2)m+(a+1)|}{1+m^2}. Cherchons a,ba,b tels que le numérateur soit proportionnel à 1+m21+m^2 : il suffit que 5−a=a+15-a=a+1 et 2b+2=02b+2=0, soit a=2a=2, b=−1b=-1. Alors, pour tout m∈Rm\in\R, d(M0;(Dm))=3m2+31+m2=3d(M_0;(D_m))=\frac{3m^2+3}{1+m^2}=3 : le point M0(2;−1)M_0(2;-1) est à la distance 33 de toutes les droites (Dm)(D_m).

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

  1. Déterminer les équations cartésiennes des cercles passant par l’origine OO et tangents aux droites d’équations x+2y−10=0x+2y-10=0 et 2x−y−5=02x-y-5=0.
  2. Déterminer les équations cartésiennes des cercles passant par A(3;1)A(3;1) et tangents aux droites d’équations 4x+3y−15=04x+3y-15=0 et 3x−4y+20=03x-4y+20=0.
Voir la solution

Dans les deux cas, les deux droites données sont perpendiculaires (1×2+2×(−1)=01\times2+2\times(-1)=0 ; 4×3+3×(−4)=04\times3+3\times(-4)=0), et le centre Ω(a;b)\Omega(a;b), équidistant des deux droites, est sur l’une des deux bissectrices : ∣e1∣=∣e2∣  ⟺  e1=e2|e_1|=|e_2|\iff e_1=e_2 ou e1=−e2e_1=-e_2 (même dénominateur 5\sqrt5, resp. 55).

1. e1=a+2b−10e_1=a+2b-10, e2=2a−b−5e_2=2a-b-5, R2=a2+b2R^2=a^2+b^2 (passage par OO) et R2=e125R^2=\frac{e_1^2}5.

  • e1=e2  ⟺  a=3b−5e_1=e_2\iff a=3b-5 : e1=5b−15e_1=5b-15, et 5(b−3)2=(3b−5)2+b2  ⟺  5b2=20  ⟺  b=±25(b-3)^2=(3b-5)^2+b^2\iff5b^2=20\iff b=\pm2 : Ω(1;2)\Omega(1;2), R2=5R^2=5, ou Ω(−11;−2)\Omega(-11;-2), R2=125R^2=125.
  • e1=−e2  ⟺  b=15−3ae_1=-e_2\iff b=15-3a : e1=20−5ae_1=20-5a et 5(4−a)2=a2+(15−3a)2  ⟺  a2−10a+29=05(4-a)^2=a^2+(15-3a)^2\iff a^2-10a+29=0 : discriminant −16<0-16<0, pas de solution.

Cercles : x2+y2−2x−4y=0x^2+y^2-2x-4y=0 et x2+y2+22x+4y=0x^2+y^2+22x+4y=0.

2. e1=4a+3b−15e_1=4a+3b-15, e2=3a−4b+20e_2=3a-4b+20, R=∣e1∣5R=\frac{|e_1|}5 et R2=(a−3)2+(b−1)2R^2=(a-3)^2+(b-1)^2.

  • e1=e2  ⟺  a=35−7be_1=e_2\iff a=35-7b : R=5∣5−b∣R=5|5-b|, et 25(5−b)2=(32−7b)2+(b−1)2  ⟺  25(b−4)2=025(5-b)^2=(32-7b)^2+(b-1)^2\iff25(b-4)^2=0 : Ω(7;4)\Omega(7;4), R=5R=5.
  • e1=−e2  ⟺  b=7a+5e_1=-e_2\iff b=7a+5 : R=5∣a∣R=5|a|, et 25a2=(a−3)2+(7a+4)2  ⟺  25(a+1)2=025a^2=(a-3)^2+(7a+4)^2\iff25(a+1)^2=0 : Ω(−1;−2)\Omega(-1;-2), R=5R=5.

Cercles : x2+y2−14x−8y+40=0x^2+y^2-14x-8y+40=0 et x2+y2+2x+4y−20=0x^2+y^2+2x+4y-20=0.

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