Exercices corrigés : la géométrie repérée (Première spécialité)

a) On soustrait les coordonnées de l'origine à celles de l'extrémité : $\vec{AB}\,(3-(-1)\,;\,5-3)$, soit $\vec{AB}\,(4\,;\,2)$, en prenant garde au double signe moins. En divisant par $2$, le vecteur $\vec{u}\,(2\,;\,1)$ est lui aussi un vecteur directeur de $(AB)$ : un vecteur directeur n'est défini qu'à un FACTEUR non nul près, et l'on choisit toujours le représentant à coordonnées entières les plus petites, qui simplifie tous les calculs suivants.

b) Le passage du directeur à l'équation se fait en ÉCHANGEANT les coordonnées et en changeant un signe : à partir de $\vec{u}\,(2\,;\,1)$, on écrit $1\times x-2\times y+c=0$, soit $x-2y+c=0$. Le point $A$ donne $-1-2\times 3+c=0$, donc $c=7$ et une équation cartésienne est $x-2y+7=0$. Vérification avec $B$, qui n'a pas servi : $3-10+7=0$ ✓.

c) On isole $y$ : de $x-2y+7=0$ on tire $2y=x+7$, donc $y=\frac{1}{2}x+\frac{7}{2}$. Contrairement à l'équation cartésienne, l'équation RÉDUITE est unique, mais elle n'existe que pour une droite non verticale. 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) Même méthode avec $\vec{u}\,(3\,;\,-4)$ : on échange et l'on change un signe, ce qui donne $-4x-3y+c=0$. On préfère écrire $4x+3y+c'=0$ en multipliant tout par $-1$, afin d'avoir un premier coefficient positif. Le point $C$ donne $4\times 2+3\times(-1)+c'=8-3+c'=0$, donc $c'=-5$. Une équation cartésienne est $4x+3y-5=0$.

Le lien entre les deux écritures est la seule chose à retenir, et il vaut mieux le formuler une fois pour toutes : dans $ax+by+c=0$, le couple $(a\,;\,b)$ est un vecteur NORMAL, et $(-b\,;\,a)$ est un vecteur DIRECTEUR. On passe donc de l'un à l'autre en échangeant les deux coordonnées et en changeant un seul signe. Le contrôle est gratuit et infaillible : le produit scalaire du normal et du directeur doit être nul, ici $4\times 3+3\times(-4)=0$ ✓. Cette lecture directe est ce qui rend la géométrie repérée si économique, à condition de ne jamais confondre les deux vecteurs, confusion que l'exercice 9 reprendra.

a) Dans $ax+by+c=0$, le couple des coefficients de $x$ et de $y$ donne directement le vecteur NORMAL : $\vec{n}\,(3\,;\,-2)$. Un vecteur DIRECTEUR s'obtient en échangeant les coordonnées et en changeant un signe : $\vec{u}\,(2\,;\,3)$. Aucun calcul n'est nécessaire, uniquement une lecture, et c'est ce qui rend la suite rapide.

b) La droite $d'$ est perpendiculaire à $d$, donc son vecteur DIRECTEUR est un vecteur normal de $d$, à savoir $\vec{n}\,(3\,;\,-2)$. On applique alors la règle de l'exercice 1 : une équation de $d'$ est de la forme $-2x-3y+c=0$, qu'on réécrit $2x+3y+c'=0$. Le point $A$ donne $2\times 1+3\times 4+c'=2+12+c'=0$, donc $c'=-14$ et $d'$ a pour équation $2x+3y-14=0$.

c) Deux droites parallèles ont la même DIRECTION, donc le même vecteur normal : $d''$ a une équation de la forme $3x-2y+c=0$, avec exactement les mêmes coefficients que $d$. Le point $B$ donne $3\times 0-2\times 5+c=-10+c=0$, donc $c=10$ et $d''$ a pour équation $3x-2y+10=0$. Seule la CONSTANTE change, et c'est la signature du parallélisme : deux équations qui ne diffèrent que par leur terme constant décrivent deux droites parallèles distinctes.

d) Un vecteur directeur de $d$ est $\vec{u}\,(2\,;\,3)$ et un vecteur directeur de $d'$ est $\vec{v}\,(3\,;\,-2)$, lu sur son équation $2x+3y-14=0$ par la même règle. Leur produit scalaire vaut $2\times 3+3\times(-2)=6-6=0$ ✓, donc les deux droites sont bien perpendiculaires.

Le tableau à installer tient en deux lignes et évite tout calcul de pente. Deux droites sont PARALLÈLES lorsque leurs normaux sont colinéaires, ce qui se voit à des coefficients $(a\,;\,b)$ proportionnels ; elles sont PERPENDICULAIRES lorsque leurs normaux sont orthogonaux, c'est-à-dire lorsque $aa'+bb'=0$. On vérifie ici sur $d$ et $d'$ : $3\times 2+(-2)\times 3=0$ ✓. L'avantage de raisonner sur les vecteurs plutôt que sur les coefficients directeurs est décisif, car il traite sans cas particulier les droites verticales, pour lesquelles la pente n'existe pas.

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 $3\times(-4)-2\times(-6)=-12+12=0$, donc les deux directeurs sont colinéaires et les droites sont parallèles. Reste à savoir si elles sont confondues. En multipliant $d_{1}$ par $-2$ on obtient $-4x+6y-2=0$, qui a les mêmes coefficients que $d_{2}$ mais une constante différente, $-2$ contre $+5$. Les droites sont donc STRICTEMENT parallèles.

b) L'équation de $d_{3}$ est exactement celle de $d_{1}$ multipliée par $2$, puisque $2\times(2x-3y+1)=4x-6y+2$. Cette fois TOUS les coefficients, terme constant compris, sont proportionnels avec le même facteur : les deux droites sont CONFONDUES. C'est le rappel que l'équation cartésienne n'est pas unique, contrairement à l'équation réduite, et l'exercice 9 y reviendra.

c) Un vecteur directeur de $d_{4}$ est $\vec{u_{4}}\,(-1\,;\,1)$. Le déterminant avec $\vec{u_{1}}\,(3\,;\,2)$ vaut $3\times 1-2\times(-1)=3+2=5\neq 0$, donc les droites sont SÉCANTES et l'on peut chercher leur point d'intersection. On résout le système par substitution : de $d_{4}$ on tire $x=4-y$, que l'on reporte dans $d_{1}$ : $2(4-y)-3y+1=8-2y-3y+1=9-5y=0$, donc $y=\frac{9}{5}$. Alors $x=4-\frac{9}{5}=\frac{20-9}{5}=\frac{11}{5}$. Le point d'intersection est $I\left(\frac{11}{5}\,;\,\frac{9}{5}\right)$.

d) La vérification doit porter sur les DEUX équations, la substitution n'en ayant réellement utilisé qu'une. Dans $d_{1}$ : $2\times\frac{11}{5}-3\times\frac{9}{5}+1=\frac{22-27+5}{5}=\frac{0}{5}=0$ ✓. Dans $d_{4}$ : $\frac{11}{5}+\frac{9}{5}-4=\frac{20}{5}-4=4-4=0$ ✓. Le point convient.

La méthode générale se résume en deux temps, et il faut les mener dans cet ordre. Premier temps, le DÉTERMINANT des deux directeurs : s'il est non nul les droites sont sécantes, et l'on résout le système ; s'il est nul elles sont parallèles, et l'on ne résout rien. Second temps, uniquement dans le cas parallèle, on teste un POINT de la première dans la seconde pour distinguer strictement parallèles et confondues. Tester le déterminant en premier évite de se lancer dans une résolution qui n'aboutira pas, et c'est le réflexe qui distingue une copie efficace d'une copie laborieuse.

a) La forme canonique traduit directement $\Omega M=r$ élevée au carré : $(x-2)^{2}+(y+3)^{2}=25$, le $+3$ venant de $y-(-3)$. En développant : $x^{2}-4x+4+y^{2}+6y+9=25$, soit $x^{2}+y^{2}-4x+6y+13-25=0$, c'est-à-dire $x^{2}+y^{2}-4x+6y-12=0$.

b) On complète les carrés, en prenant à chaque fois la moitié du coefficient et en retranchant son carré : $x^{2}-6x=(x-3)^{2}-9$ 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 $\sqrt{16}=4$.

c) Même traitement : $x^{2}+2x=(x+1)^{2}-1$ et $y^{2}-8y=(y-4)^{2}-16$. L'équation devient $(x+1)^{2}-1+(y-4)^{2}-16+20=0$, soit $(x+1)^{2}+(y-4)^{2}=-3$. Une somme de deux carrés ne peut pas être strictement NÉGATIVE : l'ensemble des points est VIDE. Conclure trop vite à un cercle de rayon $\sqrt{20}$ centré en $(-1\,;\,4)$, en lisant le rayon sur la constante de l'équation développée, est l'erreur emblématique 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 $4$ : il dépasse d'environ $0{,}24$ unité.

Le second membre obtenu après complétion des carrés décide donc de tout, et il joue ici le rôle que le discriminant joue pour un trinôme. S'il est strictement positif, on a un cercle de rayon sa racine carrée ; s'il est nul, l'ensemble se réduit au SEUL point central, cas rarement évoqué mais parfaitement possible ; s'il est strictement négatif, l'ensemble est vide. Il faut donc toujours compléter les carrés AVANT d'annoncer un centre et un rayon, jamais l'inverse. La question d) donne en prime le critère de position, valable pour tout point : on compare la valeur de l'expression développée à zéro, négative à l'intérieur, nulle sur le cercle, positive à l'extérieur.

a) Avec l'axe des ABSCISSES, tous les points ont une ordonnée nulle : on pose $y=0$, ce qui donne $3x-12=0$, 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 $(0\,;\,3)$. Ces deux points suffisent d'ailleurs à tracer la droite, et c'est la méthode la plus rapide pour la représenter.

b) On remplace les coordonnées dans l'équation : $3\times 2+4\times 1{,}5-12=6+6-12=0$. Le point $A$ appartient donc bien à $d$. Tester l'appartenance revient toujours à cela, substituer et comparer à zéro, sans jamais passer par l'équation réduite.

c) De $d'$ on tire $y=x+1$, que l'on reporte dans $d$ : $3x+4(x+1)-12=3x+4x+4-12=7x-8=0$, donc $x=\frac{8}{7}$. Alors $y=\frac{8}{7}+1=\frac{15}{7}$. Le point d'intersection est $\left(\frac{8}{7}\,;\,\frac{15}{7}\right)$. Vérification dans $d$, qui n'a pas servi à isoler : $3\times\frac{8}{7}+4\times\frac{15}{7}-12=\frac{24+60-84}{7}=0$ ✓.

d) Le point $M$ est décrit par un PARAMÈTRE, mais la méthode ne change pas : on substitue ses coordonnées dans l'équation et l'on résout en $m$. Cela donne $3m+4\times 2m-12=3m+8m-12=11m-12=0$, donc $m=\frac{12}{11}\approx 1{,}09$. Le point cherché est alors $\left(\frac{12}{11}\,;\,\frac{24}{11}\right)$.

La question d) mérite d'être relue, car elle contient une idée qui dépasse l'exercice. Écrire $M\,(m\,;\,2m)$, c'est décrire l'ensemble des points dont l'ordonnée vaut le double de l'abscisse, c'est-à-dire la droite d'équation $y=2x$. Chercher pour quel $m$ ce point appartient à $d$ revient donc à chercher l'INTERSECTION de $d$ avec cette droite, exactement comme en c) mais sous un habillage paramétrique. On vérifie la cohérence : $\frac{24}{11}=2\times\frac{12}{11}$ ✓. Reconnaître qu'une famille de points paramétrée est en réalité une droite, ou une courbe, transforme une question de calcul en une question de position.

a) On SUBSTITUE $y=x+6$ dans l'équation du cercle, ce qui ramène le problème à une équation à une seule inconnue : $(x-1)^{2}+(x+6-2)^{2}=25$, soit $(x-1)^{2}+(x+4)^{2}=25$. En développant : $x^{2}-2x+1+x^{2}+8x+16=25$, donc $2x^{2}+6x-8=0$, que l'on simplifie par $2$ en $x^{2}+3x-4=0$. Le discriminant vaut $9+16=25>0$, d'où $x=\frac{-3\pm 5}{2}$, soit $x=1$ et $x=-4$. Les points d'intersection sont $(1\,;\,7)$ et $(-4\,;\,2)$, obtenus en reportant dans $y=x+6$.

b) On substitue $x=6$ : $(6-1)^{2}+(y-2)^{2}=25$, soit $25+(y-2)^{2}=25$, donc $(y-2)^{2}=0$ et $y=2$. Il y a un SEUL point d'intersection, $(6\,;\,2)$ : la droite est TANGENTE au cercle. On reconnaît la signature d'une racine double, exactement comme un discriminant nul pour une parabole et une droite.

c) On substitue $x=7$ : $(7-1)^{2}+(y-2)^{2}=25$, soit $36+(y-2)^{2}=25$, donc $(y-2)^{2}=-11$, ce qui est impossible, un carré ne pouvant être négatif. 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, la distance d'un point à une droite verticale se lisant sur les seules abscisses. Le rayon vaut $5$ : la première est exactement à distance égale au rayon, d'où la tangence, et la seconde est plus éloignée que le rayon, d'où l'absence d'intersection. Pour $\Delta$, la distance vaut $\frac{|1-1\times 2+6|}{\sqrt{1+1}}=\frac{5}{\sqrt{2}}\approx 3{,}54$, inférieure à $5$, ce que confirme le discriminant strictement positif ✓.

La règle générale est donc parfaitement parallèle à celle du second degré, et il vaut mieux la voir ainsi qu'apprendre deux choses séparées. On compare la DISTANCE du centre à la droite au RAYON : inférieure, il y a deux points d'intersection ; égale, il y a tangence en un point unique ; supérieure, il n'y a rien. Ces trois cas correspondent exactement au discriminant strictement positif, nul ou strictement négatif de l'équation obtenue par substitution, et les deux méthodes sont donc interchangeables. La méthode par la distance est plus rapide quand on ne demande que le NOMBRE de points ; la substitution est obligatoire dès qu'on veut leurs coordonnées.

a) $(4-1)^{2}+(6-2)^{2}=3^{2}+4^{2}=9+16=25$, qui est bien le rayon au carré. Donc $A$ appartient à $\mathcal{C}$. On reconnaît le triplet $(3\,;\,4\,;\,5)$, ce qui est le signe que l'énoncé a choisi ses nombres pour que tout tombe juste.

b) La tangente en $A$ est perpendiculaire au rayon $[\Omega A]$, donc le vecteur $\vec{\Omega A}\,(3\,;\,4)$ en est un vecteur NORMAL. Par la lecture directe de l'exercice 1, une équation est de la forme $3x+4y+c=0$, et le point $A$ donne $3\times 4+4\times 6+c=12+24+c=0$, soit $c=-36$. La tangente a donc pour équation $3x+4y-36=0$. Aucun calcul de pente n'a été nécessaire, ce qui traite au passage sans cas particulier une éventuelle tangente verticale.

c) Pour la tangente : $3\times 8+4\times 3-36=24+12-36=0$, donc $B$ appartient bien 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 avec la question suivante : hormis le point de contact, tous les points d'une tangente sont extérieurs au cercle.

d) Soit $M$ un point de la tangente distinct de $A$. Le triangle $\Omega AM$ est rectangle en $A$, puisque la tangente est perpendiculaire au rayon en ce point. Le théorème de Pythagore donne alors $\Omega M^{2}=\Omega A^{2}+AM^{2}=r^{2}+AM^{2}$. Or $AM\neq 0$ puisque $M$ est distinct de $A$, donc $AM^{2}>0$ et $\Omega M^{2}>r^{2}$, c'est-à-dire $\Omega M>r$. Le point $M$ est donc strictement extérieur au cercle, et le seul point commun à la tangente et au cercle est $A$.

La démonstration de d) est un bel exemple de ce que la géométrie repérée n'est PAS toujours le meilleur outil : on aurait pu substituer l'équation de la tangente dans celle du cercle et montrer que le discriminant est nul, mais cela demanderait une page de calculs pour un résultat que Pythagore donne en trois lignes, et surtout la démonstration par Pythagore vaut pour un cercle quelconque alors que le calcul ne vaudrait que pour celui-ci. Le contrôle numérique le confirme sur le point $B$ : $\Omega B^{2}=50=r^{2}+AB^{2}=25+25$ ✓, avec $AB=\sqrt{(8-4)^{2}+(3-6)^{2}}=\sqrt{16+9}=5$.

a) Le centre d'un cercle de diamètre $[AB]$ est le MILIEU de ce diamètre : $I\left(\frac{-2+4}{2}\,;\,\frac{1+5}{2}\right)$, soit $I\,(1\,;\,3)$. La longueur $AB$ vaut $\sqrt{(4-(-2))^{2}+(5-1)^{2}}=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$, donc le rayon, qui en est la moitié, vaut $\sqrt{13}\approx 3{,}61$. On simplifie $\sqrt{52}$ en $2\sqrt{13}$ précisément pour que la division par deux tombe juste.

b) $\mathcal{C}'$ a donc pour équation $(x-1)^{2}+(y-3)^{2}=13$, le rayon au carré valant $\left(\sqrt{13}\right)^{2}=13$. Contrôle immédiat sur les deux extrémités du diamètre, qui doivent appartenir au cercle : pour $A$, $(-2-1)^{2}+(1-3)^{2}=9+4=13$ ✓, et pour $B$, $(4-1)^{2}+(5-3)^{2}=9+4=13$ ✓.

c) PAR L'ÉQUATION : $(-2-1)^{2}+(5-3)^{2}=9+4=13$, donc $M$ appartient au cercle. PAR LE PRODUIT SCALAIRE : $\vec{MA}\,(-2-(-2)\,;\,1-5)=(0\,;\,-4)$ et $\vec{MB}\,(4-(-2)\,;\,5-5)=(6\,;\,0)$, 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 $[AB]$ : un point y appartient si et seulement si il voit le diamètre sous un angle droit.

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, cet angle est OBTUS, et le point $N$ se trouve à l'intérieur du cercle, ce que confirme $10<13$.

La coïncidence des deux méthodes n'en est pas une, et il vaut la peine de comprendre pourquoi. En développant $\vec{MA}\cdot\vec{MB}$ avec $M\,(x\,;\,y)$, on obtient exactement $x^{2}+y^{2}-2x-6y-3$, c'est-à-dire l'équation développée du cercle ✓. Le produit scalaire N'EST DONC PAS un autre chemin vers le même résultat, c'est littéralement la même expression écrite autrement. Cela fournit en prime un critère de position bien plus riche que l'appartenance : le signe du produit scalaire dit où se trouve le point, négatif à l'intérieur avec un angle obtus, nul sur le cercle avec un angle droit, positif à l'extérieur avec un angle aigu.

a) Faux : multiplier une équation par un réel non nul donne une écriture différente de la MÊME droite, puisque les points qui l'annulent sont exactement les mêmes. Ainsi $2x-3y+1=0$ et $4x-6y+2=0$ décrivent la même droite, comme l'a montré l'exercice 3. Ce qui est unique, c'est l'équation RÉDUITE $y=mx+p$, et encore seulement pour une droite non verticale : une droite verticale n'en a aucune.

b) Faux : le vecteur $\vec{u}\,(a\,;\,b)$ est un vecteur NORMAL, pas directeur. Un vecteur directeur est $\vec{v}\,(-b\,;\,a)$, obtenu en échangeant et en changeant un signe. Exemple avec $3x-2y+6=0$ : le vecteur $(3\,;\,-2)$ est normal, et le directeur est $(2\,;\,3)$. La vérification est concrète : le point $(0\,;\,3)$ appartient à la droite, et $(0+2\,;\,3+3)=(2\,;\,6)$ y appartient aussi ✓, alors que $(0+3\,;\,3-2)=(3\,;\,1)$ n'y appartient pas, puisque $9-2+6=13\neq 0$ ✗.

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, et la question du rayon ne se pose donc même pas. Le réflexe fautif consiste à lire le rayon directement sur la constante de l'équation développée, alors que celle-ci ne devient le rayon au carré qu'APRÈS avoir absorbé les termes issus des deux complétions.

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 donc au contraire qu'elles sont sécantes. Exemple : $y=2x+1$ et $y=3x-4$ se coupent, et l'on trouve le point en résolvant $2x+1=3x-4$, soit $x=5$ et $y=11$, d'où le point $(5\,;\,11)$ ✓.

Les affirmations a) et c) partagent une même origine, la confusion entre une ÉCRITURE et l'OBJET qu'elle décrit : une droite n'est pas son équation, et une équation de cercle n'est pas un cercle tant qu'on n'a pas vérifié le signe du second membre. Les affirmations b) et d) portent sur les deux façons de décrire une direction, par un vecteur ou par une pente, et il vaut mieux privilégier le VECTEUR : il ne connaît aucun cas particulier, alors que le coefficient directeur n'existe pas pour une droite verticale, ce qui oblige à traiter cette situation à part chaque fois.