Exercice 0.1 : Calculer distances, points de partage et distances à une droite : dix calculs directs

Pour chaque ligne, calculez la distance, les coordonnées du point ou la pente demandée. Valeur exacte quand elle est entière ou décimale, sinon au centième.

Quatre formules, une par famille de lignes. La distance entre deux points : $d=\sqrt{(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}}$ . Le point situé à la fraction $k$ du segment, à partir du premier point : $\left(x_{1}+k(x_{2}-x_{1})\,;\ y_{1}+k(y_{2}-y_{1})\right)$ , où un rapport partie à partie $m:n$ donne $k=\frac{m}{m+n}$ . La distance du point $(x_{0}\,;y_{0})$ à la droite $ax+by+c=0$ : $d=\frac{|ax_{0}+by_{0}+c|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$ , la droite étant d'abord écrite sous cette forme. Et deux droites perpendiculaires ont des pentes dont le produit vaut $-1$ .

a) La distance entre $A(1\,;-3)$ et $B(7\,;5)$ .
b) La distance entre $C(-4\,;2)$ et $D(3\,;-1)$ .
c) Les coordonnées du milieu de $[EF]$ , avec $E(-5\,;8)$ et $F(3\,;-2)$ .
d) Les coordonnées du point $P$ de $[GH]$ tel que $GP:PH=1:2$ , avec $G(-3\,;4)$ et $H(9\,;-2)$ .
e) Les coordonnées du point $Q$ de $[KL]$ tel que $LQ:QK=2:3$ , avec $K(2\,;-1)$ et $L(12\,;9)$ .
f) Le point $M(4\,;-1)$ est le milieu de $[ST]$ , avec $S(-2\,;3)$ : les coordonnées de $T$ .
g) La pente d'une droite perpendiculaire à la droite $2x+5y-7=0$ .
h) La distance de l'origine à la droite $5x+12y-39=0$ .
i) La distance du point $R(5\,;4)$ à la droite $y=-\frac{1}{2}x+3$ .
j) La distance entre les droites parallèles $4x+3y-12=0$ et $8x+6y+11=0$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/14

a)

AB

b)

CD

c)

x

y

d)

x

y

e)

x

y

f)

x

y

g)

Pente

h)

Distance

i)

Distance

j)

Distance

Voir la correction

Réponses

a) $\sqrt{36+64}=10$
b) $\sqrt{58}\approx 7{,}62$
c) $(-1\,;3)$
d) $k=\frac{1}{3}$ ; $P(1\,;2)$
e) $k=\frac{2}{5}$ depuis $L$ ; $Q(8\,;5)$
f) $T(10\,;-5)$
g) $m=-\frac{2}{5}$ ; $m_{\perp}=\frac{5}{2}=2{,}5$
h) $\frac{39}{13}=3$
i) $x+2y-6=0$ ; $\frac{7}{\sqrt{5}}\approx 3{,}13$
j) $4x+3y+5{,}5=0$ ; $\frac{17{,}5}{5}=3{,}5$

Le geste qui décide de tout : lire la donnée AVANT d'appliquer la formule. Un rapport $1:2$ est partie à partie, donc la fraction du segment vaut $\frac{1}{3}$ ; un point de partage se calcule à partir de l'extrémité que nomme le rapport ; et la distance à une droite exige la forme $ax+by+c=0$ , avec les MÊMES coefficients $a$ et $b$ pour deux droites parallèles.

a)

$AB=\sqrt{(7-1)^{2}+(5-(-3))^{2}}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$ . Piège : $5-(-3)=8$ , pas $2$ .

b)

$CD=\sqrt{(3-(-4))^{2}+(-1-2)^{2}}=\sqrt{49+9}=\sqrt{58}\approx 7{,}62$ . Piège : $3-(-4)=7$ , pas $-1$ ; le carré efface le signe d'une différence, jamais une erreur de soustraction.

c)

$\left(\frac{-5+3}{2}\,;\ \frac{8+(-2)}{2}\right)=(-1\,;3)$ . Piège : la DEMI-différence au lieu de la demi-somme, qui donne $(4\,;-5)$ .

d)

$GP:PH=1:2$ découpe le segment en $3$ parts, dont $1$ du côté de $G$ : $k=\frac{1}{3}$ . Donc $P=\left(-3+\frac{1}{3}\times 12\,;\ 4+\frac{1}{3}\times(-6)\right)=(1\,;2)$ . Piège : prendre $k=\frac{1}{2}$ , ce qui donne le milieu $(3\,;1)$ .

e)

Le rapport part de $L$ : $LQ:QK=2:3$ donne $k=\frac{2}{5}$ à partir de $L$ , vers $K$ . Donc $Q=\left(12+\frac{2}{5}\times(2-12)\,;\ 9+\frac{2}{5}\times(-1-9)\right)=(12-4\,;9-4)=(8\,;5)$ . Piège : partir de $K$ , ce qui donne $(6\,;3)$ , le point symétrique du bon.

f)

Le milieu est la moyenne : $\frac{-2+x_{T}}{2}=4$ et $\frac{3+y_{T}}{2}=-1$ , donc $x_{T}=8+2=10$ et $y_{T}=-2-3=-5$ : $T(10\,;-5)$ . Autre lecture : de $S$ à $M$ , on avance de $(6\,;-4)$ ; de $M$ à $T$ , encore autant.

g)

$5y=-2x+7$ , donc la pente de la droite est $m=-\frac{2}{5}$ . La pente perpendiculaire est l'opposé de l'inverse : $m_{\perp}=\frac{5}{2}=2{,}5$ . Piège : $\frac{2}{5}$ ou $-\frac{5}{2}$ , un seul des deux changements.

h)

$d=\frac{|5\times 0+12\times 0-39|}{\sqrt{5^{2}+12^{2}}}=\frac{39}{13}=3$ .

i)

On réécrit la droite : $y=-\frac{1}{2}x+3$ devient, en multipliant par $2$ , $x+2y-6=0$ . Donc $d=\frac{|5+2\times 4-6|}{\sqrt{1+4}}=\frac{7}{\sqrt{5}}\approx 3{,}13$ . Piège : utiliser $-\frac{1}{2}$ et $3$ directement dans la formule, sans passer par la forme $ax+by+c=0$ .

j)

On aligne les coefficients : $8x+6y+11=0$ devient $4x+3y+5{,}5=0$ . Un point de la première droite, $(3\,;0)$ , est à la distance $\frac{|4\times 3+3\times 0+5{,}5|}{\sqrt{16+9}}=\frac{17{,}5}{5}=3{,}5$ de la seconde. Piège : $\frac{|-12-11|}{5}=4{,}6$ , en soustrayant des constantes qui ne se rapportent pas aux mêmes $a$ et $b$ .

Contrôle : une distance est positive et cohérente avec un croquis rapide ; un point de partage tombe ENTRE les deux extrémités, plus près de celle que le rapport désigne ; une pente perpendiculaire multipliée par la pente de départ donne $-1$ , ici $-\frac{2}{5}\times\frac{5}{2}=-1$ .

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Exercice 1 : Distance, milieu et point de partage

On considère les points $A(-2;\ 1)$ et $B(6;\ 7)$ .

La figure ci-dessous représente la situation.

a) Calculez la distance $AB$ .
b) Déterminez les coordonnées du point milieu $M$ de $[AB]$ .
c) Déterminez le point $P$ qui partage $[AB]$ dans le rapport $AP:PB=1:3$ .
d) Vérifiez que $AP=\dfrac{1}{4}AB$ en comparant les distances.
e) Déterminez le point $Q$ situé aux $\dfrac{3}{4}$ du segment $[AB]$ à partir de $A$ , par la formule $\left(x_{1}+k(x_{2}-x_{1});\ y_{1}+k(y_{2}-y_{1})\right)$ . Le rapport donné est-il partie/partie ou partie/tout ?

Voir la correction

Réponses

a) $AB=10$
b) $M(2\,;4)$
c) $P(0\,;2{,}5)$
d) $AP=2{,}5=\dfrac{10}{4}$ ✓
e) Partie/tout, $k=\dfrac{3}{4}$ tel quel : $Q(4\,;5{,}5)$

Trois formules seulement gouvernent toute la première partie, et elles se déduisent d'une seule idée : on travaille sur les ÉCARTS de coordonnées, $\Delta x=x_{B}-x_{A}$ et $\Delta y=y_{B}-y_{A}$ . La distance en est l'hypoténuse, la pente en est le quotient, le milieu en est la moyenne.

a)

$AB=\sqrt{(x_{B}-x_{A})^{2}+(y_{B}-y_{A})^{2}}=\sqrt{(6-(-2))^{2}+(7-1)^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$ . La formule n'est rien d'autre que le théorème de Pythagore appliqué au triangle rectangle dont $[AB]$ est l'hypoténuse et dont les côtés sont les écarts $8$ et $6$ . Attention au double signe dans $6-(-2)=8$ , c'est là qu'on perd le plus souvent la question. On reconnaît le triplet $3$ - $4$ - $5$ doublé, ce qui explique que la racine tombe juste.

b)

Le milieu s'obtient en MOYENNANT les coordonnées : $M=\left(\frac{-2+6}{2}\,;\frac{1+7}{2}\right)=\left(\frac{4}{2}\,;\frac{8}{2}\right)=(2\,;4)$ . Contrôle immédiat : le milieu doit être à mi-distance, et effectivement $AM=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5$ , la moitié de $10$ ✓. Ne confondez pas moyenne et différence : c'est la somme divisée par deux, pas l'écart.

c)

Un rapport $AP:PB=1:3$ signifie que $P$ découpe $[AB]$ en quatre parts égales et se trouve après la PREMIÈRE, donc à la fraction $t=\frac{1}{1+3}=\frac{1}{4}$ du trajet. C'est le point à ne pas rater : le rapport $1:3$ ne donne pas $\frac{1}{3}$ mais $\frac{1}{4}$ , car le dénominateur est le nombre TOTAL de parts. On avance donc d'un quart du vecteur : $\vec{AB}=(8\,;6)$ , donc $\frac{1}{4}\vec{AB}=(2\,;1{,}5)$ , et $P=A+(2\,;1{,}5)=(-2+2\,;1+1{,}5)=(0\,;2{,}5)$ .

d)

$AP=\sqrt{(0-(-2))^{2}+(2{,}5-1)^{2}}=\sqrt{2^{2}+1{,}5^{2}}=\sqrt{4+2{,}25}=\sqrt{6{,}25}=2{,}5$ . Or $\frac{1}{4}\times AB=\frac{10}{4}=2{,}5$ ✓ : la relation est vérifiée. Contrôle complémentaire qui valide aussi le rapport : $PB=AB-AP=10-2{,}5=7{,}5$ , et le rapport $AP:PB=2{,}5:7{,}5=1:3$ ✓, conforme à l'énoncé. Retenez le principe général : avancer d'une fraction $t$ le long d'un segment multiplie la distance par $t$ , parce que la distance est proportionnelle au vecteur.

e)

« Aux $\frac{3}{4}$ du segment à partir de $A$ » compare la PARTIE $AQ$ au TOUT $AB$ : c'est un rapport partie/tout, $k=\frac{AQ}{AB}=\frac{3}{4}$ , et il entre TEL QUEL dans la formule. Avec $(x_{1};y_{1})=A(-2;1)$ et $(x_{2};y_{2})=B(6;7)$ : $x_{Q}=-2+\frac{3}{4}\left(6-(-2)\right)=-2+6=4$ et $y_{Q}=1+\frac{3}{4}(7-1)=1+4{,}5=5{,}5$ , donc $Q(4\,;5{,}5)$ . C'est la formule du c), $P=A+k\,\vec{AB}$ , écrite coordonnée par coordonnée comme on la présente au Québec. La seule différence tient à l'énoncé : en c), le rapport $AP:PB=1:3$ était PARTIE/PARTIE et il a fallu le convertir, $k=\frac{1}{1+3}=\frac{1}{4}$ ; ici la conversion est déjà faite. Le piège est de la refaire quand même, $\frac{3}{3+4}=\frac{3}{7}$ , ce qui place $Q$ en $\left(\frac{10}{7}\,;\frac{25}{7}\right)$ , AVANT le milieu, alors que $\frac{3}{4}>\frac{1}{2}$ le met après. En partie/partie, le même point s'écrirait $AQ:QB=3:1$ .

Contrôles. $AQ=\sqrt{6^{2}+4{,}5^{2}}=\sqrt{56{,}25}=7{,}5=\frac{3}{4}\times 10$ ✓. Et puisque $\frac{1}{4}$ et $\frac{3}{4}$ sont symétriques par rapport à $\frac{1}{2}$ , le milieu $M(2\,;4)$ du b) doit être aussi le milieu de $[PQ]$ : $\left(\frac{0+4}{2}\,;\frac{2{,}5+5{,}5}{2}\right)=(2\,;4)$ ✓.

Exercice 2 : La droite : pente, équation, parallèle et perpendiculaire

On reprend $A(-2;\ 1)$ et $B(6;\ 7)$ .

a) Calculez la pente de la droite $AB$ , puis écrivez son équation sous la forme $y=mx+b$ .
b) Écrivez l'équation de la droite parallèle à $AB$ passant par l'origine.
c) Écrivez l'équation de la droite perpendiculaire à $AB$ passant par $B$ .
d) Vérifiez que les pentes des droites de a) et c) sont bien celles de droites perpendiculaires.

Voir la correction

Réponses

a) $m=\dfrac{3}{4}$ ; $y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{5}{2}$
b) $y=\dfrac{3}{4}x$
c) $y=-\dfrac{4}{3}x+15$
d) $\dfrac{3}{4}\times\left(-\dfrac{4}{3}\right)=-1$ ✓

a)

La pente est le quotient des écarts, la variation verticale divisée par la variation horizontale : $m=\frac{y_{B}-y_{A}}{x_{B}-x_{A}}=\frac{7-1}{6-(-2)}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$ . Interprétation concrète, toujours utile pour contrôler : la droite monte de $3$ unités chaque fois qu'on avance de $4$ . Pour l'équation, on part de la forme point-pente $y-y_{A}=m(x-x_{A})$ , qui évite de chercher $b$ séparément : $y-1=\frac{3}{4}(x+2)$ . On développe : $y-1=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2}$ , donc $y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2}+1=\frac{3}{4}x+\frac{5}{2}$ . Contrôle sur l'AUTRE point, celui qui n'a pas servi : $\frac{3}{4}\times 6+\frac{5}{2}=4{,}5+2{,}5=7$ ✓, on retrouve bien $y_{B}$ .

b)

Deux droites sont parallèles si et seulement si elles ont la même pente : $m=\frac{3}{4}$ . Passer par l'origine signifie que l'ordonnée à l'origine est nulle, $b=0$ . Équation : $y=\frac{3}{4}x$ . Une droite passant par l'origine est toujours de la forme $y=mx$ , sans terme constant.

c)

Deux droites sont perpendiculaires si le produit de leurs pentes vaut $-1$ , donc la pente cherchée est $m'=-\frac{1}{m}=-\frac{1}{3/4}=-\frac{4}{3}$ . C'est l'opposé de l'INVERSE, et il faut faire les deux opérations : oublier l'inverse donnerait $-\frac{3}{4}$ , oublier le signe donnerait $\frac{4}{3}$ , deux erreurs également fréquentes. Avec le point $B(6\,;7)$ : $y-7=-\frac{4}{3}(x-6)$ , donc $y-7=-\frac{4}{3}x+8$ et $y=-\frac{4}{3}x+15$ . Contrôle : en $x=6$ , $-8+15=7$ ✓.

d)

$\frac{3}{4}\times\left(-\frac{4}{3}\right)=-\frac{12}{12}=-1$ ✓ : les deux droites sont bien perpendiculaires. Ce critère mérite une justification, car il paraît arbitraire : une rotation d'un quart de tour transforme un déplacement $(\Delta x\,;\Delta y)$ en $(-\Delta y\,;\Delta x)$ , donc la pente $\frac{\Delta y}{\Delta x}$ devient $\frac{\Delta x}{-\Delta y}$ , qui est bien l'opposé de l'inverse. Un cas particulier échappe au critère et vaut d'être connu : une droite VERTICALE, d'équation $x=c$ , n'a pas de pente définie, et sa perpendiculaire est horizontale, de pente $0$ . Le produit $-1$ n'a alors aucun sens, mais les droites sont bel et bien perpendiculaires.

Exercice 3 : Le cercle

Le schéma ci-dessous montre le cercle de centre $C(3;\ -1)$ et de rayon 5, et le point $T(7;\ 2)$ .

a) Écrivez l'équation du cercle sous la forme $(x-h)^{2}+(y-k)^{2}=r^{2}$ .
b) Vérifiez, par le calcul, que le point $T(7;\ 2)$ appartient au cercle.
c) Développez l'équation du a) pour l'écrire sous la forme générale $x^{2}+y^{2}+Dx+Ey+F=0$ .
d) Un autre cercle a pour équation $x^{2}+y^{2}-4x+6y-12=0$ . Retrouvez son centre et son rayon (complétez les carrés).

Voir la correction

Réponses

a) $(x-3)^{2}+(y+1)^{2}=25$
b) $16+9=25$ ✓
c) $x^{2}+y^{2}-6x+2y-15=0$
d) Centre $(2\,;-3)$ , rayon $5$

a)

L'équation d'un cercle de centre $(h\,;k)$ et de rayon $r$ est $(x-h)^{2}+(y-k)^{2}=r^{2}$ , et elle n'est que la formule de la distance élevée au carré : elle dit que tout point de la courbe est à distance $r$ du centre. Avec $C(3\,;-1)$ et $r=5$ : $(x-3)^{2}+(y-(-1))^{2}=5^{2}$ , soit $(x-3)^{2}+(y+1)^{2}=25$ . Attention aux deux signes, celui de $k=-1$ qui donne un PLUS dans la parenthèse, et le carré du rayon qui donne $25$ et non $5$ .

b)

Un point appartient au cercle si ses coordonnées vérifient l'équation. Pour $T(7\,;2)$ : $(7-3)^{2}+(2+1)^{2}=4^{2}+3^{2}=16+9=25$ , ce qui est bien $r^{2}$ ✓. Le point $T$ est donc sur le cercle. Lecture équivalente : la distance de $T$ au centre vaut $\sqrt{25}=5$ , exactement le rayon. Encore le triplet $3$ - $4$ - $5$ , qui est le choix systématique des énoncés pour obtenir des points à coordonnées entières sur un cercle.

c)

On développe les deux carrés : $(x-3)^{2}=x^{2}-6x+9$ et $(y+1)^{2}=y^{2}+2y+1$ . La somme vaut $x^{2}+y^{2}-6x+2y+10=25$ , donc en passant tout à gauche, $x^{2}+y^{2}-6x+2y-15=0$ . Comparez les deux formes : la CANONIQUE affiche le centre et le rayon mais cache les coefficients, la GÉNÉRALE fait l'inverse. C'est pourquoi la question suivante demande le trajet retour.

d)

On part de $x^{2}+y^{2}-4x+6y-12=0$ et l'on complète les carrés, en regroupant d'abord les $x$ ensemble et les $y$ ensemble : $x^{2}-4x+y^{2}+6y=12$ . Pour $x^{2}-4x$ , la moitié de $-4$ est $-2$ , donc on écrit $(x-2)^{2}-4$ . Pour $y^{2}+6y$ , la moitié de $6$ est $3$ , donc $(y+3)^{2}-9$ . En substituant : $(x-2)^{2}-4+(y+3)^{2}-9=12$ , d'où $(x-2)^{2}+(y+3)^{2}=12+4+9=25$ . Centre $(2\,;-3)$ , rayon $\sqrt{25}=5$ . Notez bien que les constantes retranchées repassent de l'autre côté en s'AJOUTANT. Contrôle : le centre doit avoir pour coordonnées la moitié des coefficients de $x$ et $y$ changés de signe, soit $\left(\frac{4}{2}\,;-\frac{6}{2}\right)=(2\,;-3)$ ✓. Attention enfin au cas dégénéré : si le membre de droite était sorti négatif, aucun point ne conviendrait et le lieu serait vide.

Exercice 4 : Médiatrice et distance à une droite

On garde $A(-2;\ 1)$ et $B(6;\ 7)$ . La médiatrice de $[AB]$ est la droite perpendiculaire à $[AB]$ passant par son milieu.

a) Écrivez l'équation de la médiatrice de $[AB]$ .
b) Vérifiez qu'un point de la médiatrice, par exemple son intersection avec l'axe des $y$ , est bien équidistant de $A$ et de $B$ .
c) Écrivez l'équation de la droite $AB$ sous la forme générale $ax+by+c=0$ .
d) Calculez la distance du point origine $O(0;\ 0)$ à la droite $AB$ .

Voir la correction

Réponses

a) $y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{20}{3}$
b) $QA=QB=\dfrac{\sqrt{325}}{3}\approx 6{,}01$
c) $3x-4y+10=0$
d) $2$

a)

La médiatrice de $[AB]$ est la perpendiculaire passant par le MILIEU, il faut donc les deux éléments trouvés à l'exercice 1 et 2 : le milieu $M(2\,;4)$ et la pente perpendiculaire $-\frac{4}{3}$ . Forme point-pente : $y-4=-\frac{4}{3}(x-2)$ , donc $y-4=-\frac{4}{3}x+\frac{8}{3}$ et $y=-\frac{4}{3}x+\frac{8}{3}+4=-\frac{4}{3}x+\frac{8+12}{3}=-\frac{4}{3}x+\frac{20}{3}$ . Contrôle de la perpendicularité : le produit des deux pentes vaut $\frac{3}{4}\times\left(-\frac{4}{3}\right)=-1$ , ce qui est la signature de deux droites perpendiculaires.

b)

L'intersection avec l'axe des $y$ s'obtient en posant $x=0$ : $y=\frac{20}{3}$ , donc $Q\left(0\,;\frac{20}{3}\right)$ . On calcule les deux distances. $QA=\sqrt{(0-(-2))^{2}+\left(\frac{20}{3}-1\right)^{2}}=\sqrt{4+\left(\frac{17}{3}\right)^{2}}=\sqrt{4+\frac{289}{9}}=\sqrt{\frac{36+289}{9}}=\sqrt{\frac{325}{9}}$ . Et $QB=\sqrt{(0-6)^{2}+\left(\frac{20}{3}-7\right)^{2}}=\sqrt{36+\left(-\frac{1}{3}\right)^{2}}=\sqrt{36+\frac{1}{9}}=\sqrt{\frac{324+1}{9}}=\sqrt{\frac{325}{9}}$ . Les deux valent $\frac{\sqrt{325}}{3}\approx 6{,}01$ : le point $Q$ est bien équidistant de $A$ et de $B$ ✓. Le calcul est instructif : les deux chemins sont très différents, l'un presque vertical et l'autre presque horizontal, et ils aboutissent pourtant au même nombre. C'est exactement ce que signifie appartenir à la médiatrice.

c)

On part de $y=\frac{3}{4}x+\frac{5}{2}$ et l'on ramène tout du même côté : $\frac{3}{4}x-y+\frac{5}{2}=0$ . On multiplie ensuite par $4$ pour éliminer les fractions, ce qui ne change pas la droite : $3x-4y+10=0$ . La forme générale n'est pas unique, toute équation proportionnelle décrit la même droite, mais on choisit par convention des coefficients ENTIERS et premiers entre eux. Contrôle sur $A(-2\,;1)$ : $3(-2)-4(1)+10=-6-4+10=0$ ✓.

d)

On applique la formule de la distance point-droite : $d=\frac{|ax_{0}+by_{0}+c|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$ avec $a=3$ , $b=-4$ , $c=10$ et le point $O(0\,;0)$ . Le numérateur vaut $|3\times 0-4\times 0+10|=|10|=10$ , et le dénominateur $\sqrt{9+16}=5$ . Donc $d=\frac{10}{5}=2$ . La valeur absolue est indispensable : une distance est positive, et sans elle un point situé de l'autre côté de la droite donnerait un résultat négatif. C'est d'ailleurs pour cela que la forme générale est nécessaire ici : la formule ne fonctionne pas sur $y=mx+b$ , il faut d'abord tout ramener à gauche, ce qui était l'objet de c).

Exercice 5 : Problème : quelle sorte de triangle ?

Un triangle a pour sommets $P(1;\ 2)$ , $Q(5;\ 4)$ et $R(3;\ 8)$ . Le schéma est tracé à l'échelle.

a) Calculez les longueurs des trois côtés $PQ$ , $QR$ et $PR$ .
b) Le triangle est-il isocèle ? équilatéral ? Justifiez.
c) Montrez que le triangle est rectangle et précisez en quel sommet (utilisez la réciproque de Pythagore ou les pentes).
d) Calculez l'aire du triangle, puis les coordonnées du centre de son cercle circonscrit (indice : pour un triangle rectangle, ce centre est le milieu de l'hypoténuse).

Voir la correction

Réponses

a) $\sqrt{20}$ , $\sqrt{20}$ , $\sqrt{40}$
b) Isocèle en $Q$ , pas équilatéral
c) Rectangle en $Q$ : $20+20=40$ , pentes $\frac{1}{2}\times(-2)=-1$
d) Aire $10$ ; centre $(2\,;5)$ , rayon $\sqrt{10}$

a)

On calcule les trois longueurs par la formule de la distance, en gardant les racines sous forme exacte : elles serviront telles quelles au c). $PQ=\sqrt{(5-1)^{2}+(4-2)^{2}}=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}$ . $QR=\sqrt{(3-5)^{2}+(8-4)^{2}}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}$ . $PR=\sqrt{(3-1)^{2}+(8-2)^{2}}=\sqrt{4+36}=\sqrt{40}$ . Résistez à la tentation d'écrire $4{,}47$ et $6{,}32$ : les valeurs approchées rendraient la vérification de Pythagore beaucoup moins nette.

b)

$PQ=QR=\sqrt{20}$ : deux côtés sont égaux, le triangle est donc ISOCÈLE, de sommet principal $Q$ . Il n'est PAS équilatéral, car le troisième côté $PR=\sqrt{40}$ diffère des deux autres. Notez la comparaison sans calculatrice : $\sqrt{40}>\sqrt{20}$ puisque $40>20$ , la fonction racine étant croissante.

c)

On applique la réciproque de Pythagore, en testant si le carré du plus GRAND côté égale la somme des carrés des deux autres. Le plus grand est $PR$ , de carré $40$ . Somme des deux autres carrés : $PQ^{2}+QR^{2}=20+20=40$ . L'égalité est vérifiée, donc le triangle est RECTANGLE. L'angle droit se situe au sommet OPPOSÉ à l'hypoténuse, c'est-à-dire au sommet $Q$ , commun aux deux côtés de l'angle droit. Vérification par les pentes, qui est la méthode alternative attendue : $m_{PQ}=\frac{4-2}{5-1}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$ et $m_{QR}=\frac{8-4}{3-5}=\frac{4}{-2}=-2$ , dont le produit vaut $\frac{1}{2}\times(-2)=-1$ ✓, confirmant l'angle droit en $Q$ . Bilan : le triangle est isocèle ET rectangle, donc ses angles valent $90^{\circ}$ , $45^{\circ}$ et $45^{\circ}$ .

d)

Dans un triangle rectangle, les deux côtés de l'angle droit sont la base et la hauteur l'un de l'autre, donc l'aire vaut $\frac{1}{2}\times PQ\times QR=\frac{1}{2}\times\sqrt{20}\times\sqrt{20}=\frac{20}{2}=10$ unités carrées. C'est ici que les formes exactes paient : le produit $\sqrt{20}\times\sqrt{20}$ vaut exactement $20$ , sans arrondi. Pour le cercle circonscrit, on utilise l'indice : dans un triangle rectangle, le centre est le MILIEU de l'hypoténuse, ce qui est une conséquence du théorème de l'angle inscrit dans un demi-cercle. L'hypoténuse étant $[PR]$ , le centre est $\left(\frac{1+3}{2}\,;\frac{2+8}{2}\right)=(2\,;5)$ . Contrôle, et il vaut la peine : ce centre doit être à égale distance des TROIS sommets. Distance à $P$ : $\sqrt{1+9}=\sqrt{10}$ . À $R$ : $\sqrt{1+9}=\sqrt{10}$ . À $Q$ : $\sqrt{9+1}=\sqrt{10}$ ✓. Le rayon vaut donc $\sqrt{10}$ , soit la moitié de l'hypoténuse $\sqrt{40}=2\sqrt{10}$ ✓.

Exercice 6 : La médiatrice, lieu des points équidistants

La médiatrice de $[AB]$ est l'ensemble des points $P$ tels que $PA=PB$ . On va la retrouver comme un LIEU, c'est-à-dire à partir de cette condition, et non plus par « perpendiculaire au milieu ». On reprend $A(-2;\ 1)$ et $B(6;\ 7)$ .

a) Écrivez la condition $PA=PB$ pour un point courant $P(x;\ y)$ , en élevant au carré pour enlever les racines.
b) Développez et simplifiez pour obtenir l'équation de la médiatrice sous la forme $ax+by+c=0$ .
c) Vérifiez que le milieu $M(2;\ 4)$ de $[AB]$ appartient bien à ce lieu.
d) Vérifiez que la pente du lieu est perpendiculaire à celle de $[AB]$ : on retrouve bien la médiatrice.

Voir la correction

Réponses

a) $(x+2)^{2}+(y-1)^{2}=(x-6)^{2}+(y-7)^{2}$
b) $4x+3y-20=0$
c) $8+12-20=0$ ✓
d) Pentes $\dfrac{3}{4}$ et $-\dfrac{4}{3}$ : perpendiculaires

a)

On traduit la condition mot à mot, en appelant $P(x\,;y)$ un point COURANT, c'est-à-dire quelconque. La condition $PA=PB$ s'écrit $\sqrt{(x+2)^{2}+(y-1)^{2}}=\sqrt{(x-6)^{2}+(y-7)^{2}}$ . On élève immédiatement au carré, ce qui est légitime puisque deux distances sont positives et que l'élévation au carré préserve l'égalité de deux nombres positifs : $(x+2)^{2}+(y-1)^{2}=(x-6)^{2}+(y-7)^{2}$ . Aucune racine étrangère n'est à craindre ici, contrairement au cas d'une racine égalée à une expression de signe inconnu.

b)

On développe les quatre carrés. À gauche : $x^{2}+4x+4+y^{2}-2y+1$ . À droite : $x^{2}-12x+36+y^{2}-14y+49$ . Les termes $x^{2}$ et $y^{2}$ apparaissent des deux côtés et s'ANNULENT, ce qui est le point décisif : c'est parce qu'ils disparaissent que le lieu est une droite et non une courbe. Il reste $4x-2y+5=-12x-14y+85$ . On regroupe : $4x+12x-2y+14y+5-85=0$ , soit $16x+12y-80=0$ . On simplifie enfin par $4$ : $4x+3y-20=0$ .

c)

On substitue $M(2\,;4)$ : $4\times 2+3\times 4-20=8+12-20=0$ ✓. Le milieu appartient bien au lieu, ce qui était attendu puisqu'il est par construction à égale distance de $A$ et de $B$ . Cette vérification est le premier contrôle à faire sur toute médiatrice obtenue par la méthode du lieu.

d)

On met le lieu sous forme fonctionnelle : $4x+3y-20=0$ donne $3y=-4x+20$ , donc $y=-\frac{4}{3}x+\frac{20}{3}$ , de pente $-\frac{4}{3}$ . La pente de $[AB]$ vaut $\frac{7-1}{6-(-2)}=\frac{3}{4}$ . Le produit des deux pentes vaut $\frac{3}{4}\times\left(-\frac{4}{3}\right)=-1$ ✓ : le lieu est bien perpendiculaire à $[AB]$ . En combinant avec c), on a démontré que le lieu passe par le milieu ET est perpendiculaire : c'est donc exactement la médiatrice au sens de l'exercice 4, dont on retrouve d'ailleurs l'équation. Ce qu'il faut retenir de l'exercice, c'est la méthode plutôt que le résultat : partir d'une CONDITION géométrique, la traduire en équation sur un point courant, simplifier, et lire la nature du lieu obtenu. Cette méthode donnera une parabole ou un cercle à l'exercice 9, sans rien changer à la démarche.

Exercice 7 : La bissectrice, lieu des points équidistants de deux droites

La bissectrice d'un angle est le lieu des points équidistants des deux droites qui forment l'angle. On considère $d_{1}:\ y=0$ (l'axe des $x$ ) et $d_{2}:\ 3x-4y=0$ (une droite passant par l'origine, de pente $\tfrac{3}{4}$ ).

La figure ci-dessous représente la situation.

a) Écrivez la distance d'un point $P(x;\ y)$ à $d_{1}$ , puis à $d_{2}$ (rappel : distance à $ax+by+c=0$ ).
b) La bissectrice intérieure passe entre les deux droites, là où $y>0$ et $3x-4y>0$ . Écrivez la condition d'équidistance et simplifiez-la pour obtenir l'équation de cette bissectrice.
c) Vérifiez que le point $P(3;\ 1)$ est sur cette bissectrice et qu'il est bien à égale distance des deux droites.
d) Combien y a-t-il de bissectrices pour deux droites sécantes ? Comment sont-elles l'une par rapport à l'autre ?

Voir la correction

Réponses

a) $|y|$ et $\dfrac{|3x-4y|}{5}$
b) $x-3y=0$ , soit $y=\dfrac{x}{3}$
c) $3-3=0$ ✓ ; distances $1$ et $1$
d) Deux, perpendiculaires ; l'autre est $3x+y=0$

a)

On applique la formule de la distance point-droite, en mettant chaque droite sous forme générale. Pour $d_{1}$ d'équation $y=0$ , c'est-à-dire $0\cdot x+1\cdot y+0=0$ : la distance vaut $\frac{|y|}{\sqrt{0^{2}+1^{2}}}=|y|$ . C'est cohérent avec l'intuition, la distance d'un point à l'axe des $x$ est bien la valeur absolue de son ordonnée. Pour $d_{2}$ d'équation $3x-4y=0$ : la distance vaut $\frac{|3x-4y|}{\sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}}=\frac{|3x-4y|}{5}$ .

b)

La condition d'équidistance est $|y|=\frac{|3x-4y|}{5}$ . Les valeurs absolues sont gênantes, mais l'énoncé précise la région : sur la bissectrice INTÉRIEURE on a $y>0$ et $3x-4y>0$ , donc les deux quantités sont positives et l'on peut retirer les barres sans changer de signe. L'équation devient $y=\frac{3x-4y}{5}$ . On multiplie par $5$ : $5y=3x-4y$ , donc $5y+4y=3x$ , soit $9y=3x$ et, en divisant par $3$ , $x-3y=0$ , c'est-à-dire $y=\frac{x}{3}$ . Contrôle de plausibilité : la bissectrice doit avoir une pente COMPRISE entre celles des deux droites, ici $0$ et $\frac{3}{4}$ , et $\frac{1}{3}$ l'est bien ✓. Attention, la pente de la bissectrice n'est PAS la moyenne des deux pentes, qui vaudrait $\frac{3}{8}$ : ce sont les ANGLES qui se coupent en deux, pas les pentes.

c)

Le point $P(3\,;1)$ vérifie $x-3y=3-3\times 1=0$ ✓, il est donc sur la bissectrice. Distance à $d_{1}$ : $|1|=1$ . Distance à $d_{2}$ : $\frac{|3\times 3-4\times 1|}{5}=\frac{|9-4|}{5}=\frac{5}{5}=1$ . Les deux valent $1$ ✓, le point est bien équidistant des deux droites. Cette double vérification, appartenance au lieu ET égalité des distances, est ce qui valide le calcul de b).

d)

Deux droites SÉCANTES forment quatre angles, regroupés en deux paires d'angles opposés par le sommet. Il y a donc DEUX bissectrices, l'intérieure et l'extérieure, chacune partageant en deux l'une des paires. Elles sont PERPENDICULAIRES entre elles, et la raison est instructive : deux angles adjacents formés par des droites sécantes sont supplémentaires, leur somme vaut $180^{\circ}$ , donc leurs moitiés totalisent $90^{\circ}$ , ce qui est précisément l'angle entre les deux bissectrices. Algébriquement, la seconde bissectrice s'obtient en prenant l'autre combinaison de signes dans $|y|=\frac{|3x-4y|}{5}$ , soit $-5y=3x-4y$ , ce qui donne $3x+y=0$ , de pente $-3$ . Contrôle : $\frac{1}{3}\times(-3)=-1$ ✓, les deux bissectrices sont bien perpendiculaires.

Exercice 8 : Distance d'un point à une droite : applications

On travaille avec la droite $d:\ 3x-4y+10=0$ . La formule de la distance point-droite ouvre plusieurs types de questions d'examen.

La figure ci-dessous représente la situation.

a) Calculez la distance de l'origine $O(0;\ 0)$ à la droite $d$ .
b) Trouvez les équations des deux droites parallèles à $d$ situées à une distance de 3 de $d$ .
c) Trouvez les points de l'axe des $y$ situés à une distance de 2 de $d$ .
d) Expliquez pourquoi l'ensemble des points situés à une distance fixe $r$ d'une droite donnée forme DEUX droites parallèles.

Voir la correction

Réponses

a) $2$
b) $3x-4y-5=0$ et $3x-4y+25=0$
c) $(0\,;0)$ et $(0\,;5)$
d) Une droite a deux côtés : deux parallèles

a)

$d(O)=\frac{|3\times 0-4\times 0+10|}{\sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}}=\frac{|10|}{\sqrt{25}}=\frac{10}{5}=2$ . Le dénominateur $\sqrt{a^{2}+b^{2}}$ ne dépend que de la droite, pas du point : on le calcule une fois pour toutes, ici $5$ , et il servira aux trois questions suivantes.

b)

Toute parallèle à $d$ a les mêmes coefficients $a$ et $b$ , seul le terme constant change : elle s'écrit $3x-4y+c=0$ . La distance entre deux parallèles se calcule en prenant un point de l'une et en mesurant sa distance à l'autre, ce qui donne la formule $\frac{|c-10|}{5}$ . On impose $\frac{|c-10|}{5}=3$ , donc $|c-10|=15$ , ce qui donne DEUX solutions : $c-10=15$ soit $c=25$ , ou $c-10=-15$ soit $c=-5$ . Les deux droites cherchées sont $3x-4y+25=0$ et $3x-4y-5=0$ , une de chaque côté de $d$ . La valeur absolue produit ici naturellement les deux réponses, et n'en donner qu'une coûte la moitié des points.

c)

Sur l'axe des $y$ , tout point s'écrit $(0\,;y)$ . On impose $\frac{|3\times 0-4y+10|}{5}=2$ , donc $|-4y+10|=10$ . Deux cas : $-4y+10=10$ donne $y=0$ , et $-4y+10=-10$ donne $-4y=-20$ soit $y=5$ . Les deux points sont $(0\,;0)$ et $(0\,;5)$ . Contrôle du premier : c'est l'origine, dont on a justement calculé la distance en a), qui valait bien $2$ ✓. Contrôle du second : $\frac{|-20+10|}{5}=\frac{10}{5}=2$ ✓.

d)

La distance d'un point à une droite se mesure PERPENDICULAIREMENT. En partant d'un point quelconque de la droite et en s'éloignant de $r$ perpendiculairement, on peut aller d'un côté ou de l'autre : on obtient donc deux familles de points. Chacune forme une droite parallèle à la droite de départ, puisque tous ses points sont à la même distance, et le lieu complet est la réunion de ces DEUX parallèles, une de chaque côté. C'est exactement ce que confirmait la question b), qui donnait $c=25$ et $c=-5$ . Comparez avec le lieu des points à distance $r$ d'un POINT, qui est un cercle unique : la différence vient de ce qu'une droite a deux côtés alors qu'un point n'en a pas.

Exercice 9 : Lieu : des points équidistants aux coniques

Certaines conditions d'équidistance ne donnent pas une droite, mais une courbe : c'est ainsi que naissent les coniques. Le schéma montre le lieu des points équidistants du foyer $F(0;\ 2)$ et de la droite directrice $y=-2$ .

a) Écrivez la condition « $P$ est à égale distance de $F(0;2)$ et de la droite $y=-2$ » pour un point courant $P(x;\ y)$ .
b) Élevez au carré et simplifiez pour montrer que le lieu est la parabole $x^{2}=8y$ .
c) Vérifiez, pour le point $P(4;\ 2)$ du schéma, que sa distance au foyer $F$ égale sa distance à la directrice.
d) Écrivez, de la même manière, l'équation du lieu des points situés à une distance de 5 du point $C(3;\ -1)$ . Quelle conique obtient-on ?

Voir la correction

Réponses

a) $\sqrt{x^{2}+(y-2)^{2}}=|y+2|$
b) $x^{2}=8y$
c) $4$ et $4$ ✓
d) $(x-3)^{2}+(y+1)^{2}=25$ : un cercle

a)

On traduit la condition sur un point courant $P(x\,;y)$ . Sa distance au foyer $F(0\,;2)$ est $\sqrt{(x-0)^{2}+(y-2)^{2}}=\sqrt{x^{2}+(y-2)^{2}}$ . Sa distance à la droite horizontale $y=-2$ est simplement l'écart vertical, $|y-(-2)|=|y+2|$ . La condition d'équidistance est donc $\sqrt{x^{2}+(y-2)^{2}}=|y+2|$ . Notez que la distance à une droite HORIZONTALE ne demande pas la formule générale : elle se lit directement comme une différence d'ordonnées.

b)

On élève au carré, licite puisque les deux membres sont positifs, et la valeur absolue disparaît d'elle-même : $x^{2}+(y-2)^{2}=(y+2)^{2}$ . On développe les deux carrés en $y$ : $x^{2}+y^{2}-4y+4=y^{2}+4y+4$ . Les $y^{2}$ s'annulent, et les constantes $+4$ aussi : il reste $x^{2}-4y=4y$ , donc $x^{2}=8y$ . C'est bien l'équation d'une PARABOLE, d'axe vertical et de sommet à l'origine. Ce qui distingue ce lieu de celui de l'exercice 6 est éclairant : là, les $x^{2}$ ET les $y^{2}$ disparaissaient et l'on obtenait une droite ; ici, seuls les $y^{2}$ disparaissent, le $x^{2}$ survit, et l'on obtient une courbe.

c)

Pour $P(4\,;2)$ : distance à $F(0\,;2)$ égale $\sqrt{4^{2}+(2-2)^{2}}=\sqrt{16}=4$ . Distance à la directrice $y=-2$ égale $|2+2|=4$ . Les deux valent $4$ ✓, le point est bien équidistant. Contrôle par l'équation trouvée : $x^{2}=16$ et $8y=8\times 2=16$ ✓, le point vérifie $x^{2}=8y$ . Les deux vérifications, géométrique et algébrique, se recoupent.

d)

On traduit de la même façon. « À distance $5$ de $C(3\,;-1)$ » s'écrit $\sqrt{(x-3)^{2}+(y+1)^{2}}=5$ , puis en élevant au carré, $(x-3)^{2}+(y+1)^{2}=25$ . On obtient un CERCLE de centre $(3\,;-1)$ et de rayon $5$ , qu'on reconnaît d'ailleurs comme celui de l'exercice 3. La leçon de l'exercice tient dans la comparaison des trois lieux rencontrés : équidistance de deux POINTS donne une droite, la médiatrice ; distance fixe à un POINT donne un cercle ; équidistance d'un point et d'une DROITE donne une parabole. Une seule et même méthode, traduire puis simplifier, produit ces trois familles, et c'est ainsi que se définissent toutes les coniques.

Exercice 10 : Problème : un lieu et une intersection

On cherche le centre d'un cercle qui passe par $A(-2;\ 1)$ et $B(6;\ 7)$ et dont le centre est situé sur l'axe des $x$ .

La figure ci-dessous représente la situation.

a) Sur quel lieu doit se trouver le centre pour être équidistant de $A$ et de $B$ ? (Vous l'avez trouvé plus haut.)
b) Trouvez le centre en intersectant ce lieu avec l'axe des $x$ .
c) Vérifiez que ce centre est bien équidistant de $A$ et de $B$ , et donnez le rayon du cercle.
d) Écrivez l'équation de ce cercle.

Voir la correction

Réponses

a) La médiatrice de $[AB]$ : $4x+3y-20=0$
b) $C(5\,;0)$
c) $CA=CB=\sqrt{50}$ ; $r=5\sqrt{2}$
d) $(x-5)^{2}+y^{2}=50$

a)

Le centre d'un cercle est à égale distance de tous les points du cercle, donc en particulier de $A$ et de $B$ qui lui appartiennent : $CA=CB=r$ . Le centre est donc un point équidistant de $A$ et $B$ , c'est-à-dire un point de la MÉDIATRICE de $[AB]$ , dont l'exercice 6 a établi l'équation $4x+3y-20=0$ . C'est le raisonnement clé du problème : une contrainte géométrique se traduit en appartenance à un lieu connu.

b)

Le centre doit vérifier DEUX conditions à la fois : être sur la médiatrice, et être sur l'axe des $x$ . Il se trouve donc à leur INTERSECTION, et l'on résout le système en substituant $y=0$ dans l'équation de la médiatrice : $4x+3\times 0-20=0$ , donc $4x=20$ et $x=5$ . Le centre est $C(5\,;0)$ . Notez la structure de la solution : deux conditions, deux lieux, un point d'intersection. C'est le schéma de résolution de la plupart des problèmes de construction en géométrie analytique.

c)

$CA=\sqrt{(5-(-2))^{2}+(0-1)^{2}}=\sqrt{7^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{49+1}=\sqrt{50}$ . $CB=\sqrt{(5-6)^{2}+(0-7)^{2}}=\sqrt{(-1)^{2}+(-7)^{2}}=\sqrt{1+49}=\sqrt{50}$ . Les deux distances sont égales ✓, ce qui confirme que $C$ est bien sur la médiatrice. Le rayon vaut donc $r=\sqrt{50}=5\sqrt{2}\approx 7{,}07$ , en extrayant le carré parfait $50=25\times 2$ . Remarquez la symétrie des calculs : les écarts sont $(7\,;-1)$ et $(-1\,;-7)$ , les mêmes nombres échangés, ce qui garantit l'égalité des normes sans même faire la somme.

d)

L'équation du cercle de centre $(5\,;0)$ et de rayon $\sqrt{50}$ est $(x-5)^{2}+(y-0)^{2}=\left(\sqrt{50}\right)^{2}$ , soit $(x-5)^{2}+y^{2}=50$ . Le rayon apparaît au CARRÉ dans l'équation, ce qui fait disparaître la racine : on écrit $50$ et non $\sqrt{50}$ , ni $5\sqrt{2}$ . Vérifications finales sur les deux points imposés, qui valident tout le problème : pour $A(-2\,;1)$ , $(-2-5)^{2}+1^{2}=49+1=50$ ✓ ; pour $B(6\,;7)$ , $(6-5)^{2}+7^{2}=1+49=50$ ✓. Le cercle passe bien par $A$ et $B$ , et son centre est bien sur l'axe des $x$ puisque son ordonnée est nulle.

Exercice 11 : Position relative de deux droites

Pour chaque couple de droites, dites si elles sont parallèles distinctes, confondues ou sécantes. Dans le dernier cas, donnez le point d'intersection.

a) $d_{1}: y=2x-3$ et $d_{2}: y=2x+5$
b) $d_{1}: 2x-3y=6$ et $d_{2}: 4x-6y=12$
c) $d_{1}: y=3x-1$ et $d_{2}: y=-x+7$
d) Calculez la distance entre les deux droites du a).

Voir la correction

Réponses

a) Parallèles distinctes
b) Confondues
c) Sécantes en $(2\,;5)$
d) $\dfrac{8}{\sqrt{5}}\approx 3{,}58$

Le critère est la PENTE. Deux droites de pentes différentes sont sécantes en un point et un seul. Deux droites de même pente sont parallèles, distinctes si leurs ordonnées à l'origine diffèrent, confondues sinon.

a)

Les deux pentes valent $2$ , mais les ordonnées à l'origine sont $-3$ et $5$ : les droites sont PARALLÈLES DISTINCTES, elles n'ont aucun point commun. On peut le vérifier algébriquement : $2x-3=2x+5$ donnerait $-3=5$ , ce qui est impossible.

b)

Il faut d'abord ramener les deux équations à la même forme. La seconde est exactement le DOUBLE de la première : $4x-6y=12$ s'écrit $2(2x-3y)=2\times 6$ , soit $2x-3y=6$ . Les deux droites sont donc CONFONDUES, elles ont une infinité de points communs. Deux équations différentes peuvent décrire la même droite, et c'est le piège de la question : comparer les coefficients sans les avoir normalisés conduirait à conclure qu'elles sont distinctes.

c)

Les pentes $3$ et $-1$ diffèrent, les droites sont SÉCANTES. On résout $3x-1=-x+7$ , donc $4x=8$ et $x=2$ , puis $y=3\times 2-1=5$ . Le point d'intersection est $(2\,;5)$ . Vérification dans la seconde équation : $-2+7=5$ ✓.

d)

La distance entre deux droites parallèles se mesure perpendiculairement. On écrit $d_{1}$ sous forme générale : $2x-y-3=0$ . On prend un point quelconque de $d_{2}$ , par exemple $(0\,;5)$ , et l'on calcule sa distance à $d_{1}$ : $\frac{|2\times 0-5-3|}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{8}{\sqrt{5}}\approx 3{,}58$ .

L'erreur à éviter est de croire que la distance vaut $5-(-3)=8$ , l'écart des ordonnées à l'origine : c'est la distance mesurée VERTICALEMENT, pas perpendiculairement. Les deux ne coïncident que si les droites sont horizontales. Ici la distance vraie, $3{,}58$ , est plus petite que $8$ , et ce sera toujours le cas : la perpendiculaire est le plus court chemin.

Exercice 12 : Point, droite et cercle : intérieur, extérieur, tangente

On considère le cercle de centre $C(2\,;-1)$ et de rayon 5.

a) Écrivez l'équation du cercle.
b) Pour chacun des points $A(5\,;3)$ , $B(0\,;0)$ et $D(-3\,;4)$ , dites s'il est sur le cercle, à l'intérieur ou à l'extérieur.
c) La droite $3x+4y-25=0$ coupe-t-elle le cercle ? Justifiez sans résoudre de système.
d) Montrez que la droite $3x+4y+23=0$ est TANGENTE au cercle.

Voir la correction

Réponses

a) $(x-2)^{2}+(y+1)^{2}=25$
b) $A$ sur le cercle, $B$ intérieur, $D$ extérieur
c) Distance $4{,}6<5$ : elle coupe
d) Distance $5=r$ : tangente

a)

$(x-2)^{2}+(y+1)^{2}=25$ . Le signe du $y$ est le premier piège : le centre a pour ordonnée $-1$ , donc l'écriture est $\left(y-(-1)\right)^{2}=(y+1)^{2}$ .

b)

On compare la DISTANCE au centre avec le rayon. Point $A$ : $\sqrt{(5-2)^{2}+(3+1)^{2}}=\sqrt{9+16}=5$ , égale au rayon, donc $A$ est SUR le cercle. Point $B$ : $\sqrt{4+1}=\sqrt{5}\approx 2{,}24<5$ , donc $B$ est à l'INTÉRIEUR. Point $D$ : $\sqrt{25+25}=\sqrt{50}\approx 7{,}07>5$ , donc $D$ est à l'EXTÉRIEUR. On peut aussi remplacer les coordonnées dans l'équation et comparer le résultat à $25$ , ce qui évite la racine carrée : pour $B$ , on obtient $4+1=5<25$ ✓.

c)

On compare la distance du CENTRE à la droite avec le rayon. Distance : $\frac{|3\times 2+4\times(-1)-25|}{\sqrt{9+16}}=\frac{|6-4-25|}{5}=\frac{23}{5}=4{,}6$ . Comme $4{,}6<5$ , la droite passe plus près du centre que le rayon : elle COUPE le cercle en deux points. Ce critère remplace avantageusement la résolution d'un système du second degré, qui donnerait la même conclusion par le signe du discriminant mais en dix fois plus de calculs.

d)

Distance du centre à cette droite : $\frac{|3\times 2+4\times(-1)+23|}{5}=\frac{|6-4+23|}{5}=\frac{25}{5}=5$ . La distance est EXACTEMENT égale au rayon, donc la droite touche le cercle en un point unique : elle est tangente.

Le tableau complet à retenir, et il vaut pour tous les problèmes de ce type : si la distance du centre à la droite est plus petite que le rayon, il y a deux points d'intersection ; si elle est égale, un seul et la droite est tangente ; si elle est plus grande, aucun. Le point de contact, ici, se trouve au pied de la perpendiculaire abaissée du centre sur la droite, et l'on peut le calculer si l'énoncé le demande.

Exercice 13 : Médianes et centre de gravité d'un triangle

On considère le triangle de sommets $A(1\,;2)$ , $B(7\,;4)$ et $C(4\,;10)$ .

La figure ci-dessous représente la situation.

a) Déterminez les coordonnées du milieu $M$ de $[BC]$ , puis l'équation de la médiane issue de $A$ .
b) Calculez la longueur de cette médiane au millième.
c) Déterminez les coordonnées du centre de gravité $G$ du triangle, et vérifiez qu'il partage la médiane $[AM]$ dans le rapport 2 pour 1 depuis le sommet.
d) Calculez l'aire du triangle.

Voir la correction

Réponses

a) $M(5{,}5\,;7)$ ; $y=\dfrac{10}{9}x+\dfrac{8}{9}$
b) $\approx 6{,}727$
c) $G\left(4\,;\dfrac{16}{3}\right)$ ; $\vec{AG}=\dfrac{2}{3}\vec{AM}$
d) $21$

a)

Milieu de $[BC]$ : $M=\left(\frac{7+4}{2}\,;\frac{4+10}{2}\right)=(5{,}5\,;7)$ . La médiane issue de $A$ est la droite $AM$ , de pente $\frac{7-2}{5{,}5-1}=\frac{5}{4{,}5}=\frac{10}{9}$ . Son équation : $y-2=\frac{10}{9}(x-1)$ , soit $y=\frac{10}{9}x+\frac{8}{9}$ . Vérification en $x=5{,}5$ : $\frac{55}{9}+\frac{8}{9}=\frac{63}{9}=7$ ✓.

b)

$AM=\sqrt{(5{,}5-1)^{2}+(7-2)^{2}}=\sqrt{20{,}25+25}=\sqrt{45{,}25}\approx 6{,}727$ .

c)

Le centre de gravité est la MOYENNE des trois sommets : $G=\left(\frac{1+7+4}{3}\,;\frac{2+4+10}{3}\right)=\left(4\,;\frac{16}{3}\right)$ , soit environ $(4\,;5{,}333)$ . Pour vérifier le rapport, on calcule $\vec{AG}=\left(3\,;\frac{10}{3}\right)$ et $\vec{AM}=(4{,}5\,;5)$ . On constate que $\vec{AG}=\frac{2}{3}\vec{AM}$ , puisque $\frac{2}{3}\times 4{,}5=3$ ✓ et $\frac{2}{3}\times 5=\frac{10}{3}$ ✓. Le centre de gravité est donc aux deux tiers de la médiane en partant du sommet, ce qui laisse un tiers jusqu'à $M$ : c'est bien le rapport $2$ pour $1$ .

Cette propriété vaut pour les trois médianes à la fois, et c'est ce qui garantit qu'elles sont concourantes. La formule de la moyenne des sommets est donc bien plus rapide que l'intersection de deux médianes, et elle donne le même point.

d)

On emploie la formule dite du lacet, ou déterminant : $\mathcal{A}=\frac{1}{2}\left|x_{A}(y_{B}-y_{C})+x_{B}(y_{C}-y_{A})+x_{C}(y_{A}-y_{B})\right|$ . Ici : $\frac{1}{2}\left|1\times(4-10)+7\times(10-2)+4\times(2-4)\right|=\frac{1}{2}\left|-6+56-8\right|=\frac{42}{2}=21$ unités d'aire.

La valeur absolue est indispensable : selon l'ordre dans lequel on énumère les sommets, le déterminant sort positif ou négatif, et une aire ne peut pas être négative. On peut contrôler autrement, par la base et la hauteur : $AB=\sqrt{36+4}=\sqrt{40}$ et la distance de $C$ à la droite $AB$ , d'équation $x-3y+5=0$ , vaut $\frac{|4-30+5|}{\sqrt{10}}=\frac{21}{\sqrt{10}}$ , d'où une aire de $\frac{1}{2}\sqrt{40}\times\frac{21}{\sqrt{10}}=\frac{1}{2}\times 2\times 21=21$ ✓.

Exercice 14 : Problème : la station de pompage

Un puits est situé au point $P(6\,;7)$ et une conduite principale suit la droite $d$ d'équation $y=2x-3$ . On veut relier le puits à la conduite par le tuyau le plus court possible. Les unités sont des centaines de mètres.

La figure ci-dessous représente la situation.

a) Quelle est la direction du tuyau le plus court ? Justifiez.
b) Écrivez l'équation de la droite portant ce tuyau.
c) Déterminez le point de raccordement $Q$ sur la conduite.
d) Calculez la longueur du tuyau de deux façons, puis convertissez-la en mètres.

Voir la correction

Réponses

a) Perpendiculaire à la conduite
b) $y=-\dfrac{1}{2}x+10$
c) $Q(5{,}2\,;7{,}4)$
d) $\dfrac{2}{\sqrt{5}}\approx 0{,}894$ , soit $89{,}4$ m

a)

Le plus court chemin d'un point à une droite est le segment PERPENDICULAIRE à cette droite. Tout autre segment joignant $P$ à un point de $d$ serait l'hypoténuse d'un triangle rectangle dont ce segment perpendiculaire est un côté, donc plus long. Cette justification est attendue : elle repose sur le fait que dans un triangle rectangle, l'hypoténuse est le plus grand côté.

b)

La conduite a pour pente $2$ , donc la perpendiculaire a pour pente $-\frac{1}{2}$ , les pentes de deux droites perpendiculaires ayant un produit égal à $-1$ . La droite passe par $P(6\,;7)$ : $y-7=-\frac{1}{2}(x-6)$ , soit $y=-\frac{1}{2}x+10$ .

c)

On résout le système. $2x-3=-\frac{1}{2}x+10$ , donc $2{,}5x=13$ et $x=5{,}2$ , puis $y=2\times 5{,}2-3=7{,}4$ . Le point de raccordement est $Q(5{,}2\,;7{,}4)$ . Vérification dans la seconde équation : $-2{,}6+10=7{,}4$ ✓.

d)

Première méthode, la distance entre $P$ et $Q$ : $\sqrt{(6-5{,}2)^{2}+(7-7{,}4)^{2}}=\sqrt{0{,}64+0{,}16}=\sqrt{0{,}8}\approx 0{,}894$ .

Seconde méthode, la formule de la distance d'un point à une droite. On écrit $d$ sous forme générale : $2x-y-3=0$ . Alors $\frac{|2\times 6-7-3|}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{|12-7-3|}{\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\approx 0{,}894$ ✓. Les deux méthodes concordent, et la seconde est nettement plus rapide quand on ne demande que la longueur. La première reste indispensable quand on veut aussi le point de raccordement, ce qui est le cas ici puisqu'il faut savoir où creuser. En mètres : $0{,}894\times 100\approx 89{,}4$ m de tuyau.

Exercice 15 : Problème : le terrain triangulaire

Un terrain a la forme d'un triangle dont les sommets, repérés en mètres, sont $A(0\,;0)$ , $B(80\,;0)$ et $C(50\,;60)$ .

La figure ci-dessous représente le terrain ; les coordonnées sont en mètres.

a) Calculez la longueur des trois côtés au millième de mètre.
b) Calculez le périmètre du terrain, puis le coût d'une clôture à 45 dollars le mètre.
c) Calculez l'aire du terrain.
d) Le propriétaire veut partager le terrain en deux parties de MÊME AIRE par un segment issu de $A$ . Où ce segment doit-il aboutir sur $[BC]$ ?

Voir la correction

Réponses

a) $80$ ; $\approx 67{,}082$ ; $\approx 78{,}102$ m
b) $\approx 225{,}184$ m ; $\approx 10\,133$ dollars
c) $2400$ m²
d) Au milieu $M(65\,;30)$ de $[BC]$

a)

$AB=\sqrt{80^{2}+0^{2}}=80$ m, un côté horizontal. $BC=\sqrt{(50-80)^{2}+60^{2}}=\sqrt{900+3600}=\sqrt{4500}\approx 67{,}082$ m. $CA=\sqrt{50^{2}+60^{2}}=\sqrt{2500+3600}=\sqrt{6100}\approx 78{,}102$ m.

b)

Périmètre : $80+67{,}082+78{,}102\approx 225{,}184$ m. Coût de la clôture : $225{,}184\times 45\approx 10\,133$ dollars. On arrondit à la fin seulement : arrondir chaque côté au mètre avant d'additionner donnerait $225$ m et $10\,125$ dollars, une différence de huit dollars qui vient uniquement des arrondis intermédiaires.

c)

Le côté $[AB]$ est horizontal et mesure $80$ m : on peut le prendre comme base. La hauteur correspondante est la distance de $C$ à l'axe des abscisses, c'est-à-dire son ordonnée, $60$ m. Donc $\mathcal{A}=\frac{80\times 60}{2}=2400$ mètres carrés. La formule du lacet donne le même résultat : $\frac{1}{2}\left|0(0-60)+80(60-0)+50(0-0)\right|=\frac{4800}{2}=2400$ ✓. Placer un sommet à l'origine et un côté sur un axe est une simplification que l'on peut toujours s'offrir en géométrie analytique, et qui économise beaucoup de calculs.

d)

Le segment doit aboutir au MILIEU de $[BC]$ , c'est-à-dire au point $M=\left(\frac{80+50}{2}\,;\frac{0+60}{2}\right)=(65\,;30)$ . La médiane d'un triangle le partage toujours en deux triangles de même aire.

La raison est simple et mérite d'être écrite : les triangles $ABM$ et $AMC$ ont des bases $[BM]$ et $[MC]$ de même longueur, portées par la même droite, et le même sommet $A$ , donc la même hauteur issue de $A$ . Leurs aires, $\frac{\text{base}\times\text{hauteur}}{2}$ , sont donc égales, et valent chacune $1200$ mètres carrés. Vérification par le lacet sur $ABM$ : $\frac{1}{2}\left|0(0-30)+80(30-0)+65(0-0)\right|=\frac{2400}{2}=1200$ ✓.

Exercices corrigés : la géométrie analytique et les lieux géométriques (math SN5)

Rappel de cours

Calculs : les distances et les points à calculer

Exercice 0.1 : Calculer distances, points de partage et distances à une droite : dix calculs directs

Partie A : La droite et le cercle (/50)

Exercice 1 : Distance, milieu et point de partage

Exercice 2 : La droite : pente, équation, parallèle et perpendiculaire

Exercice 3 : Le cercle

Exercice 4 : Médiatrice et distance à une droite

Exercice 5 : Problème : quelle sorte de triangle ?

Partie B : Les lieux géométriques (/50)

Exercice 6 : La médiatrice, lieu des points équidistants

Exercice 7 : La bissectrice, lieu des points équidistants de deux droites

Exercice 8 : Distance d'un point à une droite : applications

Exercice 9 : Lieu : des points équidistants aux coniques

Exercice 10 : Problème : un lieu et une intersection

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Position relative de deux droites

Exercice 12 : Point, droite et cercle : intérieur, extérieur, tangente

Exercice 13 : Médianes et centre de gravité d'un triangle

Exercice 14 : Problème : la station de pompage

Exercice 15 : Problème : le terrain triangulaire

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