Exercices corrigés : la géométrie repérée (Première spécialité)

a) $\vec{AB}\,(3-(-1)\ ;\ 5-3)$, soit $\vec{AB}\,(4\ ;\ 2)$. En divisant par 2, le vecteur $\vec{u}\,(2\ ;\ 1)$ est aussi un vecteur directeur de $(AB)$ : un vecteur directeur n'est défini qu'à un facteur non nul près.

b) Avec $\vec{u}\,(2\ ;\ 1)$, une équation est de la forme $1\times x-2\times y+c=0$, soit $x-2y+c=0$. Le point $A$ donne $-1-6+c=0$, donc $c=7$. Une équation cartésienne est $x-2y+7=0$. Vérification avec $B$ : $3-10+7=0$.

c) On isole $y$ : $2y=x+7$, donc $y=\frac{1}{2}x+\frac{7}{2}$. Vérification : en $x=-1$ on obtient $-\frac{1}{2}+\frac{7}{2}=3$, et en $x=3$ on obtient $\frac{3}{2}+\frac{7}{2}=5$.

d) Avec $\vec{u}\,(3\ ;\ -4)$, une équation est de la forme $-4x-3y+c=0$, que l'on préfère écrire $4x+3y+c'=0$ en changeant tous les signes. Le point $C$ donne $8-3+c'=0$, donc $c'=-5$. Une équation cartésienne est $4x+3y-5=0$.

a) Dans $ax+by+c=0$, le couple des coefficients donne le vecteur normal : $\vec{n}\,(3\ ;\ -2)$. Un vecteur directeur s'obtient en échangeant les coordonnées et en changeant un signe : $\vec{u}\,(2\ ;\ 3)$.

b) $d'$ est perpendiculaire à $d$, donc son vecteur directeur est un vecteur normal de $d$, à savoir $\vec{n}\,(3\ ;\ -2)$. Une équation de $d'$ est alors de la forme $-2x-3y+c=0$, soit $2x+3y+c'=0$. Le point $A$ donne $2+12+c'=0$, donc $c'=-14$ et $d'$ a pour équation $2x+3y-14=0$.

c) Deux droites parallèles ont le même vecteur normal, donc $d''$ a une équation de la forme $3x-2y+c=0$. Le point $B$ donne $0-10+c=0$, donc $c=10$ et $d''$ a pour équation $3x-2y+10=0$. Seule la constante change : c'est la signature du parallélisme.

d) Un vecteur directeur de $d$ est $\vec{u}\,(2\ ;\ 3)$ et un vecteur directeur de $d'$ est $\vec{v}\,(3\ ;\ -2)$. Leur produit scalaire vaut $2\times 3+3\times(-2)=6-6=0$, donc les deux droites sont perpendiculaires.

a) Un vecteur directeur de $d_{1}$ est $\vec{u_{1}}\,(3\ ;\ 2)$ et un vecteur directeur de $d_{2}$ est $\vec{u_{2}}\,(-6\ ;\ -4)$. Le déterminant vaut $3\times(-4)-2\times(-6)=-12+12=0$ : les deux droites sont parallèles. Sont-elles confondues ? En multipliant $d_{1}$ par $-2$ on obtient $-4x+6y-2=0$, qui diffère de $d_{2}$ par la constante. Les droites sont donc strictement parallèles.

b) L'équation de $d_{3}$ est exactement celle de $d_{1}$ multipliée par 2 : $2\times(2x-3y+1)=4x-6y+2$. Les deux droites sont confondues. C'est le rappel que l'équation cartésienne n'est pas unique.

c) Un vecteur directeur de $d_{4}$ est $\vec{u_{4}}\,(-1\ ;\ 1)$. Le déterminant avec $\vec{u_{1}}\,(3\ ;\ 2)$ vaut $3\times 1-2\times(-1)=5\neq 0$ : les droites sont sécantes. On résout le système. De $d_{4}$ on tire $x=4-y$, que l'on reporte dans $d_{1}$ : $2(4-y)-3y+1=0$, soit $8-2y-3y+1=0$, donc $5y=9$ et $y=\frac{9}{5}$. Alors $x=4-\frac{9}{5}=\frac{11}{5}$. Le point d'intersection est $I\left(\frac{11}{5}\ ;\ \frac{9}{5}\right)$.

d) Dans $d_{1}$ : $2\times\frac{11}{5}-3\times\frac{9}{5}+1=\frac{22-27+5}{5}=0$. Dans $d_{4}$ : $\frac{11}{5}+\frac{9}{5}-4=\frac{20}{5}-4=0$. Le point convient.

a) Forme canonique : $(x-2)^{2}+(y+3)^{2}=25$. En développant, $x^{2}-4x+4+y^{2}+6y+9=25$, soit $x^{2}+y^{2}-4x+6y-12=0$.

b) On complète les carrés : $x^{2}-6x=(x-3)^{2}-9$ et $y^{2}+4y=(y+2)^{2}-4$. L'équation devient $(x-3)^{2}-9+(y+2)^{2}-4-3=0$, soit $(x-3)^{2}+(y+2)^{2}=16$. C'est bien un cercle, de centre $\Omega\,(3\ ;\ -2)$ et de rayon $4$.

c) De même, $x^{2}+2x=(x+1)^{2}-1$ et $y^{2}-8y=(y-4)^{2}-16$. L'équation devient $(x+1)^{2}+(y-4)^{2}=-20+1+16=-3$. Une somme de deux carrés ne peut pas être strictement négative : l'ensemble des points est vide. Conclure trop vite au cercle de rayon $\sqrt{20}$ centré en $(-1\ ;\ 4)$ est l'erreur du chapitre.

d) On calcule $(6-3)^{2}+(1+2)^{2}=9+9=18$. Or le rayon au carré vaut 16, et $18>16$ : le point $A$ n'appartient pas au cercle, il lui est extérieur. Sa distance au centre vaut $\sqrt{18}=3\sqrt{2}\approx 4{,}24$, contre un rayon de 4.

a) Avec l'axe des abscisses, on pose $y=0$ : $3x-12=0$, donc $x=4$ et le point est $(4\ ;\ 0)$. Avec l'axe des ordonnées, on pose $x=0$ : $4y-12=0$, donc $y=3$ et le point est $(0\ ;\ 3)$.

b) On remplace : $3\times 2+4\times 1{,}5-12=6+6-12=0$. Le point $A$ appartient bien à $d$.

c) De $d'$ on tire $y=x+1$, que l'on reporte dans $d$ : $3x+4(x+1)-12=0$, soit $7x-8=0$ et $x=\frac{8}{7}$. Alors $y=\frac{8}{7}+1=\frac{15}{7}$. Le point d'intersection est $\left(\frac{8}{7}\ ;\ \frac{15}{7}\right)$.

d) On remplace : $3m+4\times 2m-12=0$, soit $11m=12$ et $m=\frac{12}{11}\approx 1{,}09$. Le point est alors $\left(\frac{12}{11}\ ;\ \frac{24}{11}\right)$.

a) On substitue $y=x+6$ dans l'équation du cercle : $(x-1)^{2}+(x+6-2)^{2}=25$, soit $(x-1)^{2}+(x+4)^{2}=25$. En développant : $x^{2}-2x+1+x^{2}+8x+16=25$, donc $2x^{2}+6x-8=0$, soit $x^{2}+3x-4=0$. Le discriminant vaut $9+16=25$, d'où $x=1$ et $x=-4$. Les points d'intersection sont $(1\ ;\ 7)$ et $(-4\ ;\ 2)$.

b) On substitue $x=6$ : $25+(y-2)^{2}=25$, donc $(y-2)^{2}=0$ et $y=2$. Il y a un seul point d'intersection, $(6\ ;\ 2)$ : la droite est tangente au cercle.

c) On substitue $x=7$ : $36+(y-2)^{2}=25$, donc $(y-2)^{2}=-11$, ce qui est impossible. La droite et le cercle n'ont aucun point commun.

d) Les deux droites verticales sont à distance $|6-1|=5$ et $|7-1|=6$ du centre. Le rayon vaut 5 : la première est exactement à distance du rayon, d'où la tangence, et la seconde est plus éloignée que le rayon, d'où l'absence d'intersection. Pour $\Delta$, la distance est inférieure à 5, ce que confirme le discriminant strictement positif. La règle générale est donc : distance au centre inférieure, égale ou supérieure au rayon selon qu'il y a deux points, un seul ou aucun.

a) $(4-1)^{2}+(6-2)^{2}=9+16=25$, qui est bien le rayon au carré. Donc $A$ appartient à $\mathcal{C}$. On reconnaît le triangle de côtés 3, 4 et 5.

b) La tangente en $A$ est perpendiculaire au rayon $[\Omega A]$, donc $\vec{\Omega A}\,(3\ ;\ 4)$ en est un vecteur normal. Une équation est de la forme $3x+4y+c=0$, et le point $A$ donne $12+24+c=0$, soit $c=-36$. La tangente a pour équation $3x+4y-36=0$.

c) Pour la tangente : $3\times 8+4\times 3-36=24+12-36=0$, donc $B$ appartient à la tangente. Pour le cercle : $(8-1)^{2}+(3-2)^{2}=49+1=50\neq 25$, donc $B$ n'appartient pas au cercle. Comme $50>25$, il lui est extérieur, ce qui est cohérent : hormis le point de contact, tous les points d'une tangente sont extérieurs.

d) Soit $M$ un point de la tangente distinct de $A$. Le triangle $\Omega AM$ est rectangle en $A$, donc le théorème de Pythagore donne $\Omega M^{2}=\Omega A^{2}+AM^{2}=r^{2}+AM^{2}>r^{2}$ puisque $AM\neq 0$. Ainsi $\Omega M>r$ et $M$ n'appartient pas au cercle. Le seul point commun est donc $A$.

a) Le centre est le milieu de $[AB]$ : $I\left(\frac{-2+4}{2}\ ;\ \frac{1+5}{2}\right)$, soit $I\,(1\ ;\ 3)$. La longueur $AB$ vaut $\sqrt{6^{2}+4^{2}}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$, donc le rayon vaut $\sqrt{13}$.

b) $\mathcal{C}'$ a pour équation $(x-1)^{2}+(y-3)^{2}=13$.

c) Par l'équation : $(-2-1)^{2}+(5-3)^{2}=9+4=13$, donc $M$ appartient au cercle. Par le produit scalaire : $\vec{MA}\,(0\ ;\ -4)$ et $\vec{MB}\,(6\ ;\ 0)$, donc $\vec{MA}\cdot\vec{MB}=0\times 6+(-4)\times 0=0$. Les deux méthodes concordent, comme le prévoit la caractérisation du cercle de diamètre $[AB]$.

d) Par l'équation : $(0-1)^{2}+(0-3)^{2}=1+9=10\neq 13$, donc $N$ n'appartient pas à $\mathcal{C}'$. Le produit scalaire le confirme : $\vec{NA}\,(-2\ ;\ 1)$ et $\vec{NB}\,(4\ ;\ 5)$ donnent $-8+5=-3\neq 0$. L'angle $\widehat{ANB}$ n'est donc pas droit ; comme le produit scalaire est strictement négatif, il est obtus, et $N$ est à l'intérieur du cercle puisque $10<13$.

a) Faux : multiplier une équation par un réel non nul donne une équation différente de la même droite. Ainsi $2x-3y+1=0$ et $4x-6y+2=0$ décrivent exactement la même droite. Ce qui est unique, c'est l'équation réduite $y=mx+p$, quand la droite n'est pas verticale.

b) Faux : $\vec{u}\,(a\ ;\ b)$ est un vecteur normal. Un vecteur directeur est $\vec{v}\,(-b\ ;\ a)$. Exemple avec $3x-2y+6=0$ : le vecteur $(3\ ;\ -2)$ est normal, et le vecteur directeur est $(2\ ;\ 3)$. Le point $(0\ ;\ 3)$ appartient à la droite, et $(0+2\ ;\ 3+3)=(2\ ;\ 6)$ aussi, alors que $(0+3\ ;\ 3-2)=(3\ ;\ 1)$ n'y appartient pas.

c) Faux, et l'erreur est double. La complétion du carré donne $(x-2)^{2}-4+(y+1)^{2}-1+10=0$, soit $(x-2)^{2}+(y+1)^{2}=-5$. Le second membre est strictement négatif : l'ensemble est vide, ce n'est pas un cercle. Le réflexe fautif consiste à lire le rayon directement sur la constante de l'équation développée.

d) Faux : dans un repère, deux droites non verticales sont parallèles si et seulement si elles ont le même coefficient directeur. Des coefficients différents garantissent au contraire qu'elles sont sécantes. Exemple : $y=2x+1$ et $y=3x-4$ se coupent au point $(5\ ;\ 11)$.

a) $(AB)$ : les deux points ont une ordonnée nulle, donc son équation est $y=0$. $(AC)$ : $\vec{AC}\,(2\ ;\ 4)$, soit le vecteur directeur $(1\ ;\ 2)$, d'où une équation $2x-y+c=0$ ; le point $A$ donne $c=0$, donc $2x-y=0$. $(BC)$ : $\vec{BC}\,(-4\ ;\ 4)$, soit le vecteur directeur $(-1\ ;\ 1)$, d'où une équation $x+y+c=0$ ; le point $B$ donne $6+c=0$, donc $x+y-6=0$.

b) La hauteur issue de $A$ est perpendiculaire à $(BC)$, donc admet le vecteur normal de $(BC)$, soit $(1\ ;\ 1)$, pour vecteur directeur. Une équation est alors $x-y+c=0$ ; le point $A$ donne $c=0$, donc la hauteur issue de $A$ a pour équation $y=x$. La hauteur issue de $B$ est perpendiculaire à $(AC)$, dont un vecteur normal est $(2\ ;\ -1)$ ; ce vecteur dirige la hauteur, dont une équation est $-x-2y+c=0$, soit $x+2y+c'=0$ ; le point $B$ donne $6+c'=0$, donc la hauteur issue de $B$ a pour équation $x+2y-6=0$.

c) On résout le système formé par $y=x$ et $x+2y-6=0$. En substituant : $x+2x-6=0$, soit $3x=6$ et $x=2$, donc $y=2$. L'orthocentre est $H\,(2\ ;\ 2)$.

d) La hauteur issue de $C$ est perpendiculaire à $(AB)$, qui est horizontale : c'est donc la droite verticale passant par $C$, d'équation $x=2$. Le point $H\,(2\ ;\ 2)$ vérifie cette équation, donc la troisième hauteur passe bien par $H$. On a vérifié sur cet exemple que les trois hauteurs d'un triangle sont concourantes, et le point de concours est l'orthocentre. On remarque au passage que $H$ est intérieur au triangle, ce qui correspond au fait que $ABC$ a tous ses angles aigus.