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

a) $\vec{AB}=(6\,;2)$ et $\vec{DC}=(5-(-1)\,;5-3)=(6\,;2)$. Ils sont ÉGAUX, donc $ABCD$ est un parallélogramme.

b) $\vec{AD}=(-1\,;3)$, donc $\vec{AB}\cdot\vec{AD}=6(-1)+2(3)=-6+6=0$. Les côtés consécutifs sont perpendiculaires : c'est un rectangle.

c) Pente de $(AB)$ : $2/6=1/3$. Pente de $(AD)$ : $3/(-1)=-3$. Leur produit vaut $-1$, elles sont perpendiculaires. $AB=\sqrt{36+4}=\sqrt{40}$ et $AD=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}$, différentes.

d) C'est un RECTANGLE non carré. La voie vectorielle est plus courte : un seul produit scalaire remplace deux pentes, et elle ne tombe jamais en panne sur une droite verticale, dont la pente n'existe pas.

a) $\vec{MA}=(-3-x\,;-y)$ et $\vec{MB}=(3-x\,;-y)$.

b) $(-3-x)(3-x)+(-y)(-y)=x^{2}-9+y^{2}=0$, donc $x^{2}+y^{2}=9$.

c) C'est un CERCLE de centre $O(0\,;0)$ et de rayon $3$, c'est-à-dire le cercle de diamètre $[AB]$.

d) Tout point d'un cercle voit un diamètre sous un angle droit. Pour $M(0\,;3)$ : $\vec{MA}=(-3\,;-3)$, $\vec{MB}=(3\,;-3)$, produit $=-9+9=0$.

a) $\dfrac{|3(7)+4(1)-12|}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=\dfrac{|13|}{5}=2{,}60$.

b) Un vecteur normal est $\vec{n}=(3\,;4)$, de norme $5$. Un point de $d$ : $Q(4\,;0)$ car $3(4)-12=0$. Alors $\vec{QP}=(3\,;1)$ et la projection vaut $\dfrac{|\vec{QP}\cdot\vec{n}|}{\|\vec{n}\|}=\dfrac{|9+4|}{5}=2{,}60$.

c) Les deux valent $2{,}60$ : elles coïncident.

d) En écrivant $3x+4y-12$ au point $P$, on calcule exactement $\vec{QP}\cdot\vec{n}$ pour n'importe quel $Q$ de la droite : le terme constant absorbe le choix de $Q$. Diviser par $\|\vec{n}\|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$ termine la projection.

a) $3^{2}+4^{2}=9+16=25$ : le point est bien sur le cercle.

b) Un point $M$ de la tangente vérifie $\vec{OM}\cdot\vec{OT}=\|\vec{OT}\|^{2}$, car la tangente est le lieu des points dont la projection sur $\vec{OT}$ est exactement $T$. Autrement dit $\vec{TM}\cdot\vec{OT}=0$ : le rayon est perpendiculaire à la tangente.

c) $\vec{OT}=(3\,;4)$ et $\|\vec{OT}\|^{2}=25$, donc l'équation est $3x+4y=25$.

d) Distance de $O(0\,;0)$ à $3x+4y-25=0$ : $\dfrac{|{-25}|}{\sqrt{9+16}}=\dfrac{25}{5}=5$, soit le rayon. La droite est donc bien tangente.

a) $MA^{2}=(x+3)^{2}+y^{2}$ et $MB^{2}=(x-3)^{2}+y^{2}$.

b) La somme vaut $2x^{2}+18+2y^{2}=50$, donc $x^{2}+y^{2}=16$ : un CERCLE de centre $O$ et de rayon $4$.

c) Les deux lieux sont des cercles centrés au milieu de $[AB]$, mais celui-ci a un rayon $4$ contre $3$, et surtout il vient d'une somme de CARRÉS de distances, non d'un produit scalaire nul.

d) Il faudrait $x^{2}+y^{2}=0$, donc $2(0)+18=k$, soit $k=18$. Le lieu se réduit alors au seul point $O(0\,;0)$, le milieu de $[AB]$.

a) $\vec{AB}=(6\,;2)$, $\vec{AC}=(2\,;6)$, $\vec{BC}=(-4\,;4)$. On teste : $\vec{AB}\cdot\vec{BC}=-24+8=-16$, $\vec{AC}\cdot\vec{BC}=-8+24=16$, $\vec{AB}\cdot\vec{AC}=12+12=24$. Aucun n'est nul : le triangle n'est PAS rectangle.

b) Milieu de $[AB]$ : $(4\,;3)$, et $\vec{AB}=(6\,;2)$, d'où $6(x-4)+2(y-3)=0$, soit $3x+y=15$. Milieu de $[AC]$ : $(2\,;5)$, et $\vec{AC}=(2\,;6)$, d'où $2(x-2)+6(y-5)=0$, soit $x+3y=17$.

c) De la première, $y=15-3x$. En substituant : $x+45-9x=17$, donc $x=3{,}5$ et $y=4{,}5$. Le centre est $O(3{,}5\,;4{,}5)$ et $R^{2}=(3{,}5-1)^{2}+(4{,}5-2)^{2}=12{,}5$, donc $R=\sqrt{12{,}5}=3{,}54$.

d) Le milieu de $[BC]$ vaut $(5\,;6)$, qui n'est PAS $O(3{,}5\,;4{,}5)$. L'élève applique le théorème du cercle circonscrit à un triangle RECTANGLE, où le centre est bien le milieu de l'hypoténuse. Or la question a) a montré que ce triangle ne l'est pas : le théorème ne s'applique donc pas. On vérifie plutôt $OB^{2}=12{,}5$ et $OC^{2}=12{,}5$, égaux à $OA^{2}$ : les trois sommets sont bien équidistants de $O$.

a) $a=5$ selon $x$ et $b=3$ selon $y$. Sommets : $(\pm 5\,;0)$ et $(0\,;\pm 3)$. Comme $c^{2}=25-9=16$, les foyers sont $(\pm 4\,;0)$.

b) $\dfrac{16}{25}+\dfrac{3{,}24}{9}=0{,}64+0{,}36=1{,}00$ : le point appartient bien à l'ellipse.

c) $P'(-4\,;-1{,}8)$. $\vec{OP}=(4\,;1{,}8)$ et $\vec{OP'}=(-4\,;-1{,}8)$ : ils sont opposés, donc $O$, $P$ et $P'$ sont alignés. $PP'=2\sqrt{16+3{,}24}=2\sqrt{19{,}24}=8{,}77$.

d) $\vec{OP'}=-1\cdot\vec{OP}$ : le rapport vaut $-1$. Toute corde passant par le centre est donc coupée en deux parties ÉGALES par ce centre, qui est un centre de symétrie de l'ellipse.

a) $y=\tfrac{1}{2}x+1$ s'écrit $x-2y+2=0$, donc $\vec{n}=(1\,;-2)$, de norme $\sqrt{5}$.

b) $\dfrac{|9-14+2|}{\sqrt{5}}=\dfrac{3}{\sqrt{5}}=1{,}34$.

c) $H=E+t\vec{n}$ avec $t=-\dfrac{9-14+2}{5}=0{,}6$, donc $H=(9+0{,}6\,;7-1{,}2)=(9{,}6\,;5{,}8)$. Vérification : $9{,}6-11{,}6+2=0$.

d) Pour tout autre point $M$ de la route, le triangle $EHM$ est rectangle en $H$, donc $EM^{2}=EH^{2}+HM^{2}>EH^{2}$ dès que $M\neq H$. La perpendiculaire est donc strictement la plus courte.

a) $9(x^{2}-6x)=9[(x-3)^{2}-9]=9(x-3)^{2}-81$ et $-4(y^{2}-4y)=-4[(y-2)^{2}-4]=-4(y-2)^{2}+16$.

b) $9(x-3)^{2}-4(y-2)^{2}-81+16+29=0$, donc $9(x-3)^{2}-4(y-2)^{2}=36$, soit $\dfrac{(x-3)^{2}}{4}-\dfrac{(y-2)^{2}}{9}=1$ : une HYPERBOLE d'axe horizontal.

c) Centre $(3\,;2)$, $a=2$ et $b=3$. Sommets $(1\,;2)$ et $(5\,;2)$. Asymptotes : $y-2=\pm\tfrac{3}{2}(x-3)$.

d) Posons $x-3=\tfrac{2}{3}\sqrt{13}$ et $y-2=\sqrt{13}$. Alors $\dfrac{4\cdot 13/9}{4}-\dfrac{13}{9}=\dfrac{13}{9}-\dfrac{13}{9}=0\neq 1$ : le point n'est pas sur l'hyperbole. En revanche $\tfrac{3}{2}(x-3)=\tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{2}{3}\sqrt{13}=\sqrt{13}=y-2$ : il est sur l'asymptote de pente $\tfrac{3}{2}$.

a) $-0{,}02x^{2}+8=0$ donne $x^{2}=400$, soit $x=\pm 20$. La portée vaut $40{,}0$ m.

b) Pente $=(0-8)/(20-0)=-0{,}4$, donc $y=-0{,}4x+8$, soit $2x+5y-40=0$. Longueur $=\sqrt{400+64}=\sqrt{464}=21{,}5$ m.

c) $-0{,}02x^{2}+8=-0{,}4x+8$ donne $-0{,}02x^{2}+0{,}4x=0$, soit $x(x-20)=0$ après division. Les solutions sont $x=0$ et $x=20$ : le câble touche l'arche en $S$ ET en $Q$, qui est justement le pied de l'arche. Il ne la traverse nulle part ailleurs.

d) $\dfrac{|2(10)+5(6)-40|}{\sqrt{4+25}}=\dfrac{10}{\sqrt{29}}=1{,}86$ m. Comme $2(10)+5(6)-40=10>0$ et que le point $S$ donne $0+40-40=0$ tandis que l'origine donne $-40<0$, le point $R$ est du côté OPPOSÉ à l'origine, donc au-dessus du câble.