Géométrie : dix problèmes mêlant vecteurs, analytique et coniques (maths SN5)

$\vec{AB}=(6-0\,;2-0)=(6\,;2)$ et $\vec{DC}=(5-(-1)\,;5-3)=(6\,;2)$. Les deux vecteurs sont ÉGAUX, ce qui signifie que les côtés $[AB]$ et $[DC]$ sont à la fois parallèles ET de même longueur : $ABCD$ est donc un PARALLÉLOGRAMME. Attention au sens de lecture des sommets, qui est le piège de la question : dans le quadrilatère $ABCD$, le côté opposé à $[AB]$ est $[DC]$ et non $[CD]$. Si l'on avait calculé $\vec{CD}=(-6\,;-2)$, on aurait trouvé l'opposé, et conclu à tort.

$\vec{AD}=(-1-0\,;3-0)=(-1\,;3)$, donc $\vec{AB}\cdot\vec{AD}=6\times(-1)+2\times 3=-6+6=0$. Un produit scalaire nul entre deux vecteurs non nuls signifie qu'ils sont perpendiculaires : les côtés consécutifs $[AB]$ et $[AD]$ forment un angle droit. Un parallélogramme ayant un angle droit est un RECTANGLE, et un seul angle suffit puisque les côtés opposés sont parallèles.

Pente de $(AB)$ : $\frac{2-0}{6-0}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$. Pente de $(AD)$ : $\frac{3-0}{-1-0}=\frac{3}{-1}=-3$. Leur produit vaut $\frac{1}{3}\times(-3)=-1$, ce qui confirme la perpendicularité. Longueurs : $AB=\sqrt{6^{2}+2^{2}}=\sqrt{36+4}=\sqrt{40}$ et $AD=\sqrt{(-1)^{2}+3^{2}}=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}$. Elles sont DIFFÉRENTES, ce qui exclut le carré.

$ABCD$ est un RECTANGLE non carré, puisqu'il a un angle droit mais deux côtés consécutifs de longueurs différentes, $\sqrt{40}\neq\sqrt{10}$. Comparaison des deux voies, qui est le vrai sujet de l'exercice. La voie VECTORIELLE est plus courte : un seul produit scalaire, deux multiplications et une addition, remplace le calcul de deux pentes et la vérification de leur produit. Elle est aussi plus ROBUSTE, et c'est l'argument décisif : une pente n'existe pas pour une droite verticale, si bien que la voie analytique tombe en panne dès qu'un côté est vertical et oblige à traiter un cas particulier. Le produit scalaire, lui, ne connaît pas d'exception. À l'inverse, la voie analytique reste préférable quand on cherche une ÉQUATION de droite plutôt qu'une propriété d'angle : chacune a son domaine, et savoir choisir est la compétence évaluée dans toute cette série.

On travaille sur un point COURANT $M(x\,;y)$, c'est-à-dire quelconque, et l'on exprime les deux vecteurs en partant de $M$ : $\vec{MA}=(x_{A}-x\,;y_{A}-y)=(-3-x\,;0-y)=(-3-x\,;-y)$ et $\vec{MB}=(3-x\,;-y)$. L'ordre de la soustraction compte, on retranche l'origine $M$ de l'extrémité $A$ ou $B$.

$\vec{MA}\cdot\vec{MB}=(-3-x)(3-x)+(-y)(-y)$. Le premier produit se reconnaît comme une différence de carrés déguisée : $(-3-x)(3-x)=-(3+x)(3-x)=-\left(9-x^{2}\right)=x^{2}-9$. Le second vaut $y^{2}$. L'équation $\vec{MA}\cdot\vec{MB}=0$ devient donc $x^{2}-9+y^{2}=0$, soit $x^{2}+y^{2}=9$.

On reconnaît l'équation d'un CERCLE de centre $O(0\,;0)$ et de rayon $\sqrt{9}=3$. Ce centre est le milieu de $[AB]$ et ce rayon est la moitié de $AB=6$ : le lieu est donc exactement le cercle de DIAMÈTRE $[AB]$.

Le résultat redémontré est le théorème de l'angle inscrit dans un demi-cercle : tout point d'un cercle voit un diamètre sous un angle DROIT, et réciproquement, tout point d'où l'on voit $[AB]$ sous un angle droit est sur le cercle de diamètre $[AB]$. La condition $\vec{MA}\cdot\vec{MB}=0$ traduit exactement l'angle droit en $M$, et le calcul de b) montre qu'elle équivaut à l'appartenance au cercle. Vérification sur $M(0\,;3)$ : $\vec{MA}=(-3\,;-3)$ et $\vec{MB}=(3\,;-3)$, donc le produit scalaire vaut $-9+9=0$ ✓, et le point vérifie bien $0^{2}+3^{2}=9$ ✓. Un point à exclure en toute rigueur : $M=A$ et $M=B$ donnent un vecteur nul, pour lequel il n'y a pas d'angle à parler, alors qu'ils vérifient l'équation. Le lieu exact est donc le cercle PRIVÉ de $A$ et $B$.

On applique directement la formule : $d=\frac{|3\times 7+4\times 1-12|}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=\frac{|21+4-12|}{\sqrt{25}}=\frac{|13|}{5}=2{,}60$. La valeur absolue est indispensable, une distance étant positive.

Le vecteur $\vec{n}=(3\,;4)$, formé des coefficients de $x$ et $y$, est NORMAL à la droite, c'est-à-dire perpendiculaire à elle : c'est une propriété générale de la forme $ax+by+c=0$, et elle mérite d'être retenue car elle transforme toute équation en direction perpendiculaire gratuite. Sa norme vaut $\sqrt{9+16}=5$. Il faut ensuite un point de la droite, n'importe lequel : en posant $y=0$, on obtient $3x-12=0$, donc $x=4$ et $Q(4\,;0)$ convient. Alors $\vec{QP}=(7-4\,;1-0)=(3\,;1)$, et la longueur de sa projection sur la normale vaut $\frac{|\vec{QP}\cdot\vec{n}|}{\|\vec{n}\|}=\frac{|3\times 3+1\times 4|}{5}=\frac{|9+4|}{5}=\frac{13}{5}=2{,}60$.

Les deux résultats valent $2{,}60$ : ils coïncident ✓. Ce n'est pas une coïncidence numérique mais une identité, comme le montre la question suivante.

La distance d'un point à une droite est, par définition, mesurée PERPENDICULAIREMENT : c'est donc la longueur de la projection de $\vec{QP}$ sur la direction normale, pour n'importe quel point $Q$ de la droite. Or développons ce produit scalaire : $\vec{QP}\cdot\vec{n}=(x_{0}-x_{Q})a+(y_{0}-y_{Q})b=ax_{0}+by_{0}-\left(ax_{Q}+by_{Q}\right)$. Comme $Q$ appartient à la droite, il vérifie $ax_{Q}+by_{Q}+c=0$, donc $ax_{Q}+by_{Q}=-c$, et l'expression devient $ax_{0}+by_{0}+c$. Autrement dit, évaluer le membre de gauche de l'équation au point $P$ calcule EXACTEMENT le produit scalaire $\vec{QP}\cdot\vec{n}$, et le terme constant $c$ absorbe le choix de $Q$, ce qui explique que le résultat n'en dépende pas. Il ne reste plus qu'à diviser par $\|\vec{n}\|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$ pour achever la projection. La formule analytique n'est donc pas une recette à mémoriser, c'est un calcul de projection écrit sous forme compacte.

$3^{2}+4^{2}=9+16=25$, ce qui est bien le second membre de $x^{2}+y^{2}=25$ : le point $T(3\,;4)$ appartient au cercle ✓. Autrement dit, sa distance au centre $O$ vaut $\sqrt{25}=5$, exactement le rayon.

Soit $M$ un point quelconque de la tangente en $T$. Le vecteur $\vec{TM}$ est porté par la tangente, et le rayon $\vec{OT}$ lui est perpendiculaire : la condition s'écrit $\vec{TM}\cdot\vec{OT}=0$. La raison géométrique : la tangente ne touche le cercle qu'en $T$, donc tous ses autres points sont à l'extérieur du cercle, plus loin de $O$ que $T$. Ainsi $T$ est le point de la tangente le plus proche du centre, et le plus court chemin d'un point à une droite est la perpendiculaire : $[OT]$ est perpendiculaire à la tangente. En développant $\vec{TM}=\vec{OM}-\vec{OT}$, la condition devient $\left(\vec{OM}-\vec{OT}\right)\cdot\vec{OT}=0$, soit $\vec{OM}\cdot\vec{OT}=\|\vec{OT}\|^{2}$.

Avec $\vec{OT}=(3\,;4)$, $\vec{OM}=(x\,;y)$ et $\|\vec{OT}\|^{2}=25$, la condition $\vec{OM}\cdot\vec{OT}=\|\vec{OT}\|^{2}$ s'écrit $3x+4y=25$. Remarquez l'élégance du résultat : les coefficients de la tangente sont les COORDONNÉES du point de contact, et le second membre est le carré du rayon. La règle générale, valable pour tout cercle centré à l'origine, est que la tangente en $(x_{T}\,;y_{T})$ a pour équation $x_{T}x+y_{T}y=r^{2}$. Contrôle : le point $T(3\,;4)$ doit y appartenir, et $3\times 3+4\times 4=9+16=25$ ✓.

Une droite est tangente à un cercle si et seulement si sa distance au centre égale exactement le rayon : plus petite elle serait sécante, plus grande elle serait extérieure. On écrit la tangente sous forme générale, $3x+4y-25=0$, puis on calcule la distance de $O(0\,;0)$ : $\frac{|3\times 0+4\times 0-25|}{\sqrt{9+16}}=\frac{25}{5}=5$, ce qui est bien le rayon ✓. La droite est donc tangente, et cette vérification par la distance est indépendante de toute la construction vectorielle qui l'a produite : c'est un vrai contrôle, pas une reformulation.

Avec $M(x\,;y)$, $A(-3\,;0)$ et $B(3\,;0)$ : $MA^{2}=(x-(-3))^{2}+(y-0)^{2}=(x+3)^{2}+y^{2}$ et $MB^{2}=(x-3)^{2}+y^{2}$. On travaille directement sur les CARRÉS des distances, ce qui évite les racines : c'est le principal avantage de l'énoncé, qui a été formulé exprès ainsi.

On additionne : $(x+3)^{2}+y^{2}+(x-3)^{2}+y^{2}=50$. En développant les deux carrés, $x^{2}+6x+9$ et $x^{2}-6x+9$, les termes en $6x$ sont OPPOSÉS et s'annulent. Il reste $2x^{2}+18+2y^{2}=50$, donc $2x^{2}+2y^{2}=32$ et, en divisant par $2$, $x^{2}+y^{2}=16$. C'est un CERCLE de centre $O(0\,;0)$ et de rayon $\sqrt{16}=4$. L'annulation des termes linéaires n'est pas fortuite : elle vient de la symétrie de $A$ et $B$ par rapport à l'origine, et c'est elle qui garantit que le centre du lieu est bien le milieu de $[AB]$.

Les deux lieux appartiennent à la même famille, ce sont des cercles centrés au milieu de $[AB]$, mais deux choses les distinguent. Le rayon d'abord, $4$ ici contre $3$ à l'exercice 2. La condition ensuite, et c'est plus profond : là on imposait un produit scalaire NUL, c'est-à-dire un angle droit, ici on impose une SOMME DE CARRÉS constante, c'est-à-dire une contrainte de distance. Deux conditions géométriques de natures très différentes produisent la même famille de courbes, et c'est un fait remarquable qui tient à ce que les deux se ramènent, après développement, à une équation où $x^{2}$ et $y^{2}$ ont le même coefficient.

Le lieu se réduit à un point lorsque le rayon devient nul, c'est-à-dire quand l'équation se ramène à $x^{2}+y^{2}=0$, dont la seule solution est $x=y=0$. En reprenant le calcul de b) avec une constante $k$ quelconque : $2x^{2}+2y^{2}+18=k$, donc $x^{2}+y^{2}=\frac{k-18}{2}$. Ce rayon carré s'annule pour $k=18$, et le lieu se réduit alors au seul point $O(0\,;0)$, le milieu de $[AB]$. Deux compléments qui valent des points : pour $k>18$ on obtient un vrai cercle, d'autant plus grand que $k$ est grand ; pour $k<18$ le membre de droite serait NÉGATIF et le lieu serait VIDE, aucun point ne pouvant avoir une somme de carrés négative. Contrôle sur le cas $k=18$ : le point $O$ donne $MA^{2}+MB^{2}=9+9=18$ ✓.

On calcule les trois vecteurs des côtés : $\vec{AB}=(7-1\,;4-2)=(6\,;2)$, $\vec{AC}=(3-1\,;8-2)=(2\,;6)$ et $\vec{BC}=(3-7\,;8-4)=(-4\,;4)$. On teste chacun des trois angles par un produit scalaire, en prenant soin de faire partir les deux vecteurs du MÊME sommet. En $B$ : $\vec{BA}\cdot\vec{BC}=(-6)(-4)+(-2)(4)=24-8=16$. En $C$ : $\vec{CA}\cdot\vec{CB}=(-2)(4)+(-6)(-4)=-8+24=16$. En $A$ : $\vec{AB}\cdot\vec{AC}=12+12=24$. Aucun n'est nul, donc aucun angle n'est droit : le triangle n'est PAS rectangle. Les trois produits étant positifs, les trois angles sont même aigus, le triangle est acutangle.

Le centre du cercle circonscrit est équidistant des trois sommets, il appartient donc aux trois médiatrices, et deux suffisent à le déterminer. Pour écrire une médiatrice, on utilise la forme normale : elle passe par le milieu du segment et admet le segment lui-même comme vecteur normal. Médiatrice de $[AB]$ : le milieu est $\left(\frac{1+7}{2}\,;\frac{2+4}{2}\right)=(4\,;3)$ et le normal est $\vec{AB}=(6\,;2)$, d'où $6(x-4)+2(y-3)=0$, soit $6x+2y-30=0$ et, en divisant par $2$, $3x+y=15$. Médiatrice de $[AC]$ : milieu $\left(\frac{1+3}{2}\,;\frac{2+8}{2}\right)=(2\,;5)$, normal $\vec{AC}=(2\,;6)$, d'où $2(x-2)+6(y-5)=0$, soit $2x+6y-34=0$ et $x+3y=17$.

On résout le système par substitution. De la première équation, $y=15-3x$. En reportant dans la seconde : $x+3(15-3x)=17$, soit $x+45-9x=17$, donc $-8x=-28$ et $x=3{,}5$. Puis $y=15-10{,}5=4{,}5$. Le centre est $O(3{,}5\,;4{,}5)$. Le rayon s'obtient par la distance à n'importe quel sommet : $R^{2}=(3{,}5-1)^{2}+(4{,}5-2)^{2}=2{,}5^{2}+2{,}5^{2}=6{,}25+6{,}25=12{,}5$, donc $R=\sqrt{12{,}5}\approx 3{,}54$. Contrôle indispensable sur les DEUX autres sommets : $OB^{2}=(3{,}5-7)^{2}+(4{,}5-4)^{2}=12{,}25+0{,}25=12{,}5$ ✓ et $OC^{2}=(3{,}5-3)^{2}+(4{,}5-8)^{2}=0{,}25+12{,}25=12{,}5$ ✓. Les trois sommets sont bien à la même distance.

Le milieu de $[BC]$ vaut $\left(\frac{7+3}{2}\,;\frac{4+8}{2}\right)=(5\,;6)$, qui n'est PAS le centre $O(3{,}5\,;4{,}5)$ : l'affirmation est fausse. L'erreur de l'élève est identifiable et fréquente : il applique le théorème selon lequel le centre du cercle circonscrit à un triangle RECTANGLE est le milieu de l'hypoténuse. Ce théorème est parfaitement exact, mais il a une HYPOTHÈSE, et la question a) a précisément montré que ce triangle n'est pas rectangle. On peut d'ailleurs le vérifier directement : si $(5\,;6)$ était le centre, sa distance à $A$ vaudrait $\sqrt{16+16}=\sqrt{32}$ alors que sa distance à $B$ vaudrait $\sqrt{4+4}=\sqrt{8}$, deux valeurs différentes ✗. La leçon dépasse ce cas : un théorème ne s'applique que si son hypothèse est vérifiée, et la première chose à faire devant un triangle est de tester sa nature avant d'invoquer une propriété.

L'équation $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$ est sous forme canonique : les dénominateurs sont $a^{2}$ et $b^{2}$. Donc $a=\sqrt{25}=5$ le long de l'axe des $x$ et $b=\sqrt{9}=3$ le long de l'axe des $y$. Comme $a>b$ et que $a^{2}$ est sous le $x^{2}$, le grand axe est HORIZONTAL. Les sommets sont les extrémités des deux axes : $(\pm 5\,;0)$ et $(0\,;\pm 3)$. Pour les foyers, la relation propre à l'ellipse est $c^{2}=a^{2}-b^{2}$, avec une SOUSTRACTION, à ne pas confondre avec celle de l'hyperbole qui est une addition : $c^{2}=25-9=16$, donc $c=4$ et les foyers sont $(\pm 4\,;0)$, sur le GRAND axe.

On substitue $P(4\,;1{,}8)$ : $\frac{4^{2}}{25}+\frac{1{,}8^{2}}{9}=\frac{16}{25}+\frac{3{,}24}{9}=0{,}64+0{,}36=1{,}00$ ✓. La somme vaut exactement $1$, donc le point appartient à l'ellipse. Notez au passage que son abscisse $4$ est celle du foyer : $P$ est situé à la verticale d'un foyer, et son ordonnée vaut $1{,}8=\frac{9}{5}=\frac{b^{2}}{a}$ : à la verticale d'un foyer, la hauteur d'une ellipse vaut toujours $\frac{b^{2}}{a}$, ce qui explique ce choix d'énoncé.

Le centre de l'ellipse est l'origine $O$, et le symétrique de $P$ par rapport à $O$ s'obtient en changeant les deux signes : $P'(-4\,;-1{,}8)$. Il est sur l'ellipse, puisque $\frac{(-4)^{2}}{25}+\frac{(-1{,}8)^{2}}{9}=\frac{16}{25}+\frac{3{,}24}{9}=1$ ✓, les carrés effaçant les signes. La longueur de la corde vaut $PP'=\sqrt{(4-(-4))^{2}+(1{,}8-(-1{,}8))^{2}}=\sqrt{64+12{,}96}=\sqrt{76{,}96}\approx 8{,}77$, soit le double de $OP=\sqrt{19{,}24}$.

$\vec{OP}=(4\,;1{,}8)$ et $\vec{OP'}=(-4\,;-1{,}8)$, donc $\vec{OP'}=-1\cdot\vec{OP}$ : les deux vecteurs sont colinéaires, de rapport exactement $-1$. Les points $P$, $O$ et $P'$ sont donc alignés, avec $O$ au MILIEU de $[PP']$ : toute corde passant par le centre est coupée en deux parties égales par ce centre. Autrement dit, $O$ est un CENTRE DE SYMÉTRIE de l'ellipse. On peut le démontrer en une ligne à partir de l'équation : si $(x\,;y)$ la vérifie, alors $(-x\,;-y)$ la vérifie aussi, puisque seuls des carrés y figurent. Cette propriété vaut d'ailleurs pour l'hyperbole et le cercle, pour la même raison, mais PAS pour la parabole : dans $y^{2}=4cx$, changer $(x\,;y)$ en $(-x\,;-y)$ laisse $y^{2}$ inchangé mais change le signe de $4cx$, donc le point symétrique n'est plus sur la courbe, sauf le sommet.

On met la route sous forme générale, seule utilisable dans la formule de distance : $y=\frac{1}{2}x+1$ donne $\frac{1}{2}x-y+1=0$, puis en multipliant par $2$ pour éliminer la fraction, $x-2y+2=0$. Le vecteur normal est donc $\vec{n}=(1\,;-2)$, de norme $\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$.

Le plus court accès est le segment PERPENDICULAIRE à la route, dont la longueur est la distance point-droite : $d=\frac{|1\times 9-2\times 7+2|}{\sqrt{5}}=\frac{|9-14+2|}{\sqrt{5}}=\frac{|-3|}{\sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{5}\approx 1{,}34$. L'accès mesure donc environ $1{,}34$ unité de longueur.

Le point de raccordement $H$ s'obtient en partant de $E$ et en se déplaçant le long de la normale jusqu'à atteindre la route : $H=E+t\,\vec{n}$. On détermine $t$ en imposant que $H$ vérifie l'équation de la route, ce qui donne la formule $t=-\frac{ax_{E}+by_{E}+c}{a^{2}+b^{2}}=-\frac{-3}{5}=0{,}6$. D'où $H=(9+0{,}6\times 1\,;7+0{,}6\times(-2))=(9{,}6\,;5{,}8)$. Vérification que $H$ est bien sur la route : $9{,}6-2\times 5{,}8+2=9{,}6-11{,}6+2=0$ ✓. Second contrôle, sur la distance : $EH=\sqrt{0{,}6^{2}+1{,}2^{2}}=\sqrt{0{,}36+1{,}44}=\sqrt{1{,}8}\approx 1{,}34$ ✓, ce qui redonne bien la réponse de b) par un chemin indépendant.

Soit $M$ un point quelconque de la route, distinct de $H$. Le segment $[EH]$ étant perpendiculaire à la route, le triangle $EHM$ est RECTANGLE en $H$, et $[EM]$ en est l'hypoténuse. Par Pythagore, $EM^{2}=EH^{2}+HM^{2}$. Comme $M\neq H$, la longueur $HM$ est strictement positive, donc $HM^{2}>0$ et par conséquent $EM^{2}>EH^{2}$, d'où $EM>EH$. Le chemin perpendiculaire est donc STRICTEMENT le plus court, et il est de plus unique. C'est une démonstration complète, et elle explique pourquoi la distance à une droite se définit par la perpendiculaire plutôt que par n'importe quel autre segment : l'hypoténuse est toujours plus longue que le côté de l'angle droit. Par la projection, même conclusion : pour tout point $M$ de la route, la projection de $\vec{EM}$ sur la normale $\vec{n}$ a pour longueur $\frac{|\vec{EM}\cdot\vec{n}|}{\|\vec{n}\|}$, qui vaut $EH$ quel que soit $M$, puisque $\vec{HM}$ est porté par la route et donc perpendiculaire à $\vec{n}$ ; or une projection n'est jamais plus longue que le vecteur projeté, donc $EM\geq EH$.