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Chapitre 2GÉOMÉTRIE PLANE

Enoncé des exercices

1 Les basiques

Exercice 2.1 Donner une équation paramétrique et une équation cartésienne de la droite D passant par A (1,−2) etdirigée par −→u (1, 2).Donner une équation paramétrique et une équation cartésienne de la droite D passant par A (2,−1) et ayant commevecteur normal −→n (3, 2).

Exercice 2.2 Soit D la droite d’équation paramétrique

x = 1 + 3λy = −1 + λ , donner une équation cartésienne de D.

Exercice 2.3 Soit D la droite d’équation cartésienne 2x + 3y + 1 = 0. Donner une équation paramétrique de cettedroite.

Exercice 2.4 On considère la figure formée de deux carrés OABC et OPQR. On construit le point M comme inter-section de (AP ) et de (BQ). Montrer que les points M,C et R sont alignés.

Exercice 2.5 Olympiade mathématiques de Singapoure ( Test de sélection ) :Soit (ABCD) un carré. On construit P ∈ (AB) et Q ∈ (BC) tels que BP = BQ. Soit H la projection orthogonale de

1. LES BASIQUES CHAPITRE 2. GÉOMÉTRIE PLANE

B sur (PC) . Montrer que (QH) et (HD) sont orthogonales.

A

B C

D

P

Q

H

Exercice 2.6 Soient A,B et C trois points non alignés. Sur les côtés (AB) , (BC) et (CA) , on place les points(D,E) , (F,G) et (H, I) tels que les milieux de [A,B] et [D,E] , [B,C] et [F,G] , [C,A] et [H, I] soient confondus.On définit A′,B′ et C′ comme les milieux de [D, I] , [E,F ] et [G,H].Montrer que les droites (AA′) , (BB′) et (CC′) sont concourantes ou parallèles.

C'

B'

A'I

H

E

G

F

D

C

B

A

Exercice 2.7 Soit (ABC) un triangle, on note P = Bar ((B, 2) , (C, 1)) , Q = Bar ((C, 2) , (A, 1)) et R = Bar ((A, 2) , (B, 1)).On définit A′ = (AP )∩ (BQ) , B′ = (BQ)∩ (CR) et C′ = (CR)∩ (AP ). Montrer que A′ est le milieu de [B,B′] , B′

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CHAPITRE 2. GÉOMÉTRIE PLANE 1. LES BASIQUES

le milieu de [C,C′] et A′ le milieu de [B,B′]. Comparer les aires des triangles (ABC) et (A′B′C′).

B'A'

C'

Q

P

R

CB

A

Exercice 2.8 Dans le plan muni d’un repère orthonormal direct(O,−→i ,−→j), soient C et C′ les cercles d’équation

x2 + y2 − 4 = 0 et x2 + y2 − 8x+ 15 = 0 respectivement.

1. Déterminer les centres Ω, Ω′ et les rayons R,R′ de ces cercles.

2. Soit k =R′

R, déterminer les coordonnées du centre I de l’homothétie de rapport k qui envoie Ω sur Ω′.

3. Soit M0 = (x0, y0) un point de C, quelle est l’équation de la tangente TM0en M0 au cercle C.

4. Déterminer le point A de C d’ordonnée positive et tel que la tangente à C en A passe par I.

5. Montrer que la droite (AI) est aussi tangente à C′.

Exercice 2.9 On se place dans le plan R2 muni du repère canonique R =(O,−→i ,−→j)où−→i =

(10

),−→j =

(01

)

On considère l’ensemble H des points M = (x, y) tels que

x2 − y2 = 1

Soit R′ = (O,−→e1 ,−→e2) le repère obtenu par rotation de centre O et d’angleπ

4du repère R . Donner l’équation de H

dans R′. Tracer l’ensemble H.

Exercice 2.10 Soit H la courbe représentative de la fonction y =1

xen repère orthonormal, soient A,B et C trois

points deux à deux distincts de H, montrer que l’orthocentre du triangle (ABC) est encore sur H.

Exercice 2.11 Déterminer les droites contenant A et tangentes à C lorsque :a) A : (2, 3) et C : x2 + y2 − 2x+ 4

5= 0

b) A : (0, 0) et C : x2 + y2 − 2x− 2y − 2 = 0

Exercice 2.12 Soit (ABC) un triangle non rectangle en B, D la projection orthogonale de C sur (AB) et E la

projection orthogonale de D sur (BC). Soit F un point de (DE) tel queEF

FD=AD

DB.Montrer que (AE) et (CF ) sont

perpendiculaires.

Remarque : Si A,B et C sont alignés avec A = C alorsAB

ACest défini par

−−→AB =

AB

AC

−→AC.

On se placera dans le repère orthonormé d’origine B et d’axe Ox = (BC). On notera (α, β) les coordonnées de A,

k =BD

BAet ϕ l’ordonnée de F .

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2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 2. GÉOMÉTRIE PLANE

Exercice 2.13 Soient A,B,C et D quatre points du plan R2 non alignés trois à trois. La parallèle D1 à (BC) quipasse par A coupe (BD) en M. La parallèle D2 à (AD) qui passe par B coupe (AC) en N.

Montrer que (MN) et (CD) sont parallèles. (Se placer dans le repère R =(A,−−→AB,

−→AC

))

Exercice 2.14 On se place dans le plan R2 muni du repère canonique R =(O,−→i ,−→j)où−→i =

(10

),−→j =

(01

)

On considère l’ensemble H des points M = (x, y) tels que

x2 − y2 + 2√2y = 0

Soit R′ = (Ω,−→e1 ,−→e2) le repère orthonormé direct de centre Ω =

(0√2

)tel que l’angle entre

−→i et −→e1 soit égal à

π

4. Donner l’équation de H dans R′. Tracer l’ensemble H.

(On notera

(X

Y

)les coordonnées de M dans le repère R′).

Exercice 2.15 Soit ABC un triangle non aplati. On considère les repèresRA =(A,−−→AB,

−→AC

)etRB =

(B,−−→BA,

−−→BC

),

quel est l’ensemble des points ayant mêmes coordonnées dans les deux repères ? (Préciser la nature géométrique de cetensemble et préciser comment le construire, car c’est un ensemble remarquable !).

Exercice 2.16 On se place dans le plan R2 muni du repère canonique(O,−→i ,−→j). Soit X l’ensemble des point

M :

(x

y

)tels que x2+3xy+ y2−x+y = 1. Soit R le repère orthonormé direct d’origine Ω :

(−11

)et de premier

vecteur −→e1 tel que(−→i ,−→e1

)= π

4. Donner l’équation de X dans R, décrire l’ensemble X.

2 Les techniques

Exercice 2.17 Soient A,B et C trois points du plan, déterminer l’ensemble des pointsM tels que(−−→MA+ 2

−−→MB +

−−→MC

)·

(2−−→MA+

−−→MB − 3−−→MC

)= 0.

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CHAPITRE 2. GÉOMÉTRIE PLANE 2. LES TECHNIQUES

Exercice 2.18 Soient A,B et C trois points du plan, déterminer l’ensemble des pointsM tels que(−−→MA+ 2

−−→MB +

−−→MC

)·

(2−−→MA+

−−→MB + 3

−−→MC

)= 0.

Exercice 2.19 On considère la figure suivante, montrer que les milieux des segments [A,A′] , [B,B′] et [O,O′] sontalignés.

o’

o

A

B

A’

B’

Exercice 2.20 Trois droites parallèles du plan R2 sont coupées par trois droites parallèles selon le schéma suivant

K'

K

J'

J

L'

L

I

H

F

E

GD

C

B

A

On désigne par : L et L′ les centres des parallélogrammes (A,C,F,D) et (D,E,H,G), J et J ′ les centres des parallé-logrammes (A,C, I,G) et (E,F, I,H), K et K′ les centres des parallélogrammes (A,B,H,G) et (B,C,F,E)

Montrer que les droites (LL′), (JJ ′) et (KK′) sont concourantes. (utiliser R = (A,−−→AD,−−→AB))

Exercice 2.21 Soient A,B,C trois points non alignés d’un plan affine euclidien et ∆ une droite, on désigne parA′, B′, C′ les projections orthogonales de ces points sur ∆. Montrer que les perpendiculaires à (BC) , (AC) , (AB)

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issue de A′, B′, C′ respectivement sont concourantes.

C'A'B' ∆

C

B

A

Exercice 2.22 Soient O,A,B trois points alignés tels que−→OA =

−−→AB. On désigne par ∆ la perpendiculaire à (AB)

passant par B. Soit C le cercle de diamètre [OA] . Pour P ∈ ∆, on définit M1 et M2 comme les points d’intersectiondes tangentes à C issues de P avec la parallèle à ∆ passant par O.

Montrer que−−−→OM1 ·

−−−→OM2 est constant, déterminer le centre de gravité du triangle (PM1M2)

O A B

PM1

M2

Exercice 2.23 Soient (ABC) et (A′B′C′) deux triangles tels que les parallèles à (AB) , (BC) et (CA) passant,respectivement, par C′, A′ et B′ soient concourantes. Montrer qu’il en est de même des parallèles à (A′B′) , (B′C′) et

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(C′A′) passant, respectivement, par C,B et A.

A'

B'

C'

CB

A

Exercice 2.24 Dans le plan rapporté au repère orthonormé(O,−→i ,−→j), soient les deux cercles

(Γ) : x2 + y2 = 10 et (Γ′) : x2 + y2 − 10x+ 452= 0

1. Préciser les centres et les rayons de Γ et Γ′.

2. Déterminer les équations des quatre tangentes communes à Γ etΓ′. Montrer que ces tangentes se regroupent parpaires qui se coupent sur la droite joignant les centres. Montrer que les points d’intersection sont les centresd’homothéties qui échangent Γ et Γ′.

3. Déterminer les huit points de contact entre l’un des cercles et l’une des tangentes. Montrer que ces points serépartissent en deux ensembles de quatre points alignés.

Exercice 2.25 Soit (ABC) un triangle, on note C le cercle de diamètre [B,C], H l’orthocentre de (ABC) . Onsuppose que A est à l’extérieur de C. Soit T1 et T2 les tangentes à C issues de A et P,Q les points de contacts de cestangentes, montrer que P,Q et H sont alignés.

A

BC

M

P

Q

H

Exercice 2.26 On considère un carré (ABCD) de centre O et une droite ∆ passant par A, non parallèle aux côtésdu carré. Cette droite coupe (BC) et (CD) en E et F respectivement. On note I le milieu de [B,E]. On considère le

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3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 2. GÉOMÉTRIE PLANE

repère d’origine A, d’axe Ox égal à (AD) et d’axe Oy égal à (AB). Sans perte de généralité, on peut supposer que lalongueur du côté du carré vaut 1. On notera α la pente de la droite ∆.

1. Montrer que la droite (FI) est tangente au cercle inscrit dans le carré.

(On pourra utiliser l’égalité (2α (1− α))2 + (2α− 1)2 =(2α2 − 2α+ 1

)2)

2. Montrer que M est sur le cercle circonscrit à (ABCD) ?

Exercice 2.27 Dans le plan R2, soit (A,B,C) un triangle, ∆A, ∆B et ∆C trois droites parallèles passant respective-ment par A,B et C. On note A′ = (BC)∩∆A, B′ = (AC)∩∆B et C ′ = (AB) ∩∆C. On suppose que les trois pointsP = (BC) ∩ (B′C′), Q = (AC) ∩ (A′C′) et R = (AB) ∩ (A′B′) existent, montrer qu’ils sont alignés P,Q et R.. (On

utilisera le repère R =(A,−−→AA′,

−−→AB′

)).

Exercice 2.28 Soit (ABC) un triangle du plan et G son isobarycentre, on note R et R′ les repères définis par

R =(A,−−→AB,

−→AC

)et R′ =

(G,−−→GB,

−−→GC

).

1. Exprimer les coordonnées des vecteurs−−→GB et

−−→GC dans le repère R, en déduire que R′ est bien un repère du plan.

2. Quels sont les points ayant même coordonnées dans les deux repères ?

Exercice 2.29 Une droite D coupe un triangle (A,B,C). On note P = (BC) ∩D, Q = (AC) ∩D et R = (AB) ∩D.Soient I, J et K les points tels que

−→AI =

−→AQ+

−→AR,

−→BJ =

−−→BP +

−−→BR et

−−→CK =

−−→CP +

−−→CQ, montrer que I, J et K sont

alignés.

3 Les exotiques

Exercice 2.30 Le problème des échelles. Dans un couloir de largeur x, deux échelles, de longeur 3 m et 4 m sontdisposés comme sur le schéma ci dessous. Elles se croisent à 1 m de hauteur, déterminer x (on demande une valeur

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CHAPITRE 2. GÉOMÉTRIE PLANE 4. LES OLYMPIQUES

approchée)

Exercice 2.31 Dans le plan muni d’un repère orthonormé, tracer les ensembles A et B définis par

A =M :

(x

y

), x2 + (|y|+ 1)2 = 1

et B =

M :

(x

y

), x2 + (|y| − 1)2 = 1

4 Les olympiques

Exercice 2.32 Soit C et C′ deux cercles de centre O et O′, déterminer le lieu des milieux des segments [M,N ] oùM ∈ C, N ∈ C′ sont tels que les tangents en M et N soient perpendiculaires.

5 Le grenier

Exercice 2.33 Olympiade mathématiques (Gréce 1997) :Soit ABC un triangle, on note D,E,H,Z,T les milieux de [B,C] , [A,D] , [E,D] , [D,B] et [E,Z].

A B

C

D

E Z

H

T

I

K

montrer que AK = 3CK, HK = 3HT, BE = 3EI et que l’aire du triangle (ABC) est égale à 32 fois celle de (EHT ) .

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5. LE GRENIER CHAPITRE 2. GÉOMÉTRIE PLANE

Exercice 2.34 On se place dans le plan R2 muni d’un repère orthonormé, soit P l’ensemble des points M de coor-données (x, y) dans le repère canonique R, telles que 4x2+ y2− 4xy− 5x− 10y = 0. Déterminer l’équation de P dans

le repère Rθ déduit de R par la rotation d’angle θ. Pour θ = arctan

(1

2

), quelle est l’équation de P ? Tracer alors P.

Exercice 2.35 Dans un triangle rectangle, la médiane issue du sommet de l’angle droit a pour longueur la moitié del’hypoténuse.Preuve : Le triangle est inscrit dans un cercle centré au pied de la médiane, la-dite médiane est alors un rayon ducercle et l’hypoténuse, le diamètre !

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Chapitre 2GÉOMÉTRIE PLANE

Solution des exercices

1 Les basiques

Exercice 2.1 Non corrigé



Exercice 2.4 O est l’origine du repére tel que A ait pour coordonnées (1, 0). Alors on aB : (1, 1) , C : (0, 1) , P : (0, a) , Q : (−a, a) , R : (−a, 0) où a ∈ R.l’équation de (AP ) est (E1) :

∣∣∣∣x− 1 −1y a

∣∣∣∣ = xa− a+ y = 0(E1) : ax+ y − a = 0l’équation de (BQ) est (E2) :

∣∣∣∣x− 1 −a− 1y − 1 a− 1

∣∣∣∣ = xa− x− 2a+ y + ay = 0(E2) : (a− 1)x+ (a+ 1) y − 2a = 0l’équation de (CR) est (E3) :

∣∣∣∣x a

y − 1 1

∣∣∣∣ = x− ay + a = 0(E3) : x− ay + a = 0.Ce qui est E2 −E1. Ainsi M = (AP ) ∩ (BQ) ∈ (CR) .Remarque : Cela marche encore si OPQR et OABC sont des rectangles et non des carrés.Autre approche possible : Les coordonnées de M sont solutions du système

ax+ y = a

(a− 1)x+ (a+ 1) y = 2a

Le déterminant du système est ∆ =

∣∣∣∣a 1

a− 1 a+ 1

∣∣∣∣ = 1 + a2 = 0. Le système est donc de Cramer, on a donc

x =1

1 + a2

∣∣∣∣a 12a a+ 1

∣∣∣∣ =a (a− 1)1 + a2

et y =1

1 + a2

∣∣∣∣a a

a− 1 2a

∣∣∣∣ =a (a+ 1)

1 + a2. Les coordonnées de M sont donc

a (a− 1)1 + a2a (a+ 1)

1 + a2

. Pour finir on a

−→CR :

(−a−1

)et−−→CM :

a (a− 1)1 + a2

a (a+ 1)

1 + a2− 1

=

a (a− 1)1 + a2a− 1a2 + 1

d’où

−−→CM = − a− 1

a2 + 1

−→CR

ce qui prouve l’alignement de M,C et R.On peut aussi vérifier que les coordonnées de M vérifient l’équation de (CR).


Exercice 2.5 On se place dans le repère d’origine B et d’axes Ox = (BC) , Oy = (BA) . On peut supposer que lecarré a ses côtés de longueur 1.

Si on note α = BP, l’équation de la droite (PC) est

∣∣∣∣x− 1 −1y α

∣∣∣∣ = 0, i.e. αx + y = α. Une équation normale est

alors α√α2+1

x+ 1√α2+1

y = α√α2+1

, on en déduit les coordonnées de

H :

(α2

α2 + 1,

α

α2 + 1

)

Puis−−→QH :

( α2

α2+1− α

αα2+1

)= α

( αα2+1

− 11

α2+1

)

et−−→DH :

( α2

α2+1− 1

αα2+1

− 1

)=

( −1α2+1α

α2+1− 1

)

Ce qui prouve que (QH)⊥ (HD) . On a en plus le résultat suivant :QH

DH=BQ

BC.

Exercice 2.6 non corrigé

Exercice 2.7 non corrigé

Exercice 2.8

1. On a Ω : (0, 0) , R = 2, Ω′ : (4, 0) et R′ = 1.

2. On aR′

R=1

2, le point I vérifie

−→IΩ′ =

1

2

−→IΩ, si (x, y) sont les coordonnées de I, on a alors

4− x =1

2(−x)

−y =1

2(−y)

⇐⇒x = 8y = 0

3. L’équation de cette tangente est xx0 + yy0 = 4.

4. I ∈ TM0⇐⇒ 8x0 = 4⇐⇒ x0 =

1

2et alors y0 =

√4− 1

4=

√15

2. Le point A a pour coordonnées

(1

2,

√15

2

)

5. La tangente en A a pour équationx

2+

√15y

2= 4⇐⇒ x+

√15y = 8. La distance de Ω′ à cette droite est

|4− 8|√1 + 15

= 1

ce qui prouve qu’elle est aussi tangente à C′.

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Exercice 2.9 On a −→e1 =1√2

(11

)et −→e2 =

1√2

(−11

), on applique les formules de changement de repère, si

(x′

y′

)sont les coordonnées de M dans le repère R′, on a

(x

y

)=

0 +

1√2x′ +

−1√2y′

0 +1√2x′ +

1√2y′

Ainsi

M ∈ H ⇐⇒(1√2x′ − 1√

2y′)2−(1√2x′ +

1√2y′)2= 1

⇐⇒ 1

2(x′ − y′)2 − 1

2(x′ + y′)

2= 1⇐⇒−2x′y′ = 1⇐⇒ y′ = − 1

2x′

On peut alors tracer l’ensemble H dans le nouveau repère. On remarque que les points de coordonnées

(10

)et

(−10

)dans R sont sur H, ce qui permet de faire une tracé un peu plus précis.

Exercice 2.10 Notons

(a1

a

)

,

(b1

b

)

et

(c1

c

)

les coordonnées de A,B et C . Le pointM de coordonnées

(x

y

)

est sur la hauteur issue de A si et seulement si−−→AM · −−→BC = 0. L’équation de cette hauteur, notée hA est donc

(x− ay − 1

a

)

·(

c− b1

c− 1b

)

= 0⇐⇒(

x− ay − 1

a

)

·(

1

− 1cb

)

= 0

car

(c− b1

c− 1b

)

=

(c− bb− ccb

)

= (c− b)(

1

− 1cb

)

et b = c car B = C. On en déduit l’équation de hA

hA : x−y

cb= a− 1

abc

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On obtient l’équation de hB, hauteur issue de B, par permutation circulaire des variables ( a→ b→ c→ a), d’où

hB : x−y

ac= b− 1

bca

Les coordonnées de l’orthocentre sont donc solutions du système

x− y

cb= a− 1

abc

x− y

ac= b− 1

bca

⇐⇒L2←L2−L1

x− y

cb= a− 1

abc

y

(1

bc− 1

ac

)= b− a

⇐⇒x = − 1

abcy = −abc

Les coordonnées de l’orthocentre sont ainsi

(− 1

abc−abc

)

elles vérifient bien l’équation ”y =1

x”, ce qui prouve que

H ∈ H.

Exercice 2.11

L’idée est toujours la même, si TA est une tan-gente à C de centre Ω passant par A et si M estle point de contact alors (ΩM) ⊥ (AM), ainsi Mest sur le cercle de diamètre [ΩA].

M

AΩΩΩΩ

Pour a) : Le centre de C a pour coordonnées Ω : (1, 0) , le cercle de diamètre [Ω, A] a pour équation−−→ΩM · −−→AM =

0⇐⇒(x− 1y

)·(x− 2y − 3

)= x2+ y2 − 3x− 3y+2 = 0. Les points de contacts des tangentes issues de A ont pour

coordonnées les solutions du système

x2 + y2 − 2x+ 4

5= 0

x2 + y2 − 3x− 3y + 2 = 0 ⇐⇒L2−L1

x2 + y2 − 2x+ 4

5= 0

−x− 3y + 65= 0

⇐⇒

(−3y + 6

5

)2+ y2 − 2

(−3y + 6

5

)+ 4

5= 0

x = −3y + 65

⇐⇒

10y2 − 65y − 4

25= 0

x = 3y +14

5

On obtient deux solutions M1 :

3

51

5

et M2 :

36

25

− 2

25

qui donnent deux tangentes

TM1:

∣∣∣∣∣∣∣

x− 2 3

5− 2

y − 3 1

5− 3

∣∣∣∣∣∣∣= −14

5x+

7

5y +

7

5= 0, soit TM1

: 2x− y = 1

et

TM2:

∣∣∣∣∣∣∣

x− 2 36

25− 2

y − 3 − 2

25− 3

∣∣∣∣∣∣∣= −77

25x+

14

25y +

112

25= 0, soit TM2

: 11x− 2y = 16

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Pour b), on applique la même méthode. Mais cette fois ci le point A est à l’intérieur de C, il n’y a pas de tangente àC issue de APour se convaincre : le centre Ω de C a pour coordonnées (1, 1) , l’équation du cercle de diamètre [A,Ω] est donc−−→ΩM · −−→AM = 0⇐⇒

(x− 1y − 1

)·(x

y

)= x2 + y2 − x− y = 0. Le système

x2 + y2 − 2x− 2y − 2 = 0

x2 + y2 − x− y = 0 ⇐⇒L2−L1

x2 + y2 − 2x− 2y − 2 = 0

x+ y + 2 = 0

⇐⇒(−y − 2)2 + y2 − 2 (−y − 2)− 2y − 2 = 0

x+ y + 2 = 0

⇐⇒2y2 + 4y + 6 = 0x+ y + 2 = 0

n’a pas de solution (l’équation y2 + 2y + 3 = 0 a pour racines −1± i√2).

Exercice 2.12

F

E

D

C

BA

Dans le repère indiqué, on a A : (α, β) , C : (c, 0) , D : (kα, kβ) , E : (kα, 0) et enfin F : (kα, ϕ). On a

(AB) ⊥ (CD)⇐⇒(α

β

)·(kα− ckβ

)= kα2 + kβ2 − αc = 0

Puis−−→EF = ϕ-j,

−−→FD = (kβ − ϕ)-j donc

EF

FD=

ϕ

kβ − ϕ,−−→AD : (k − 1)−−→BA, −−→DB = −k−−→BA donc

AD

DB=1− kk

. On en

déduit queϕ

kβ − ϕ =1− kk

⇐⇒ ϕ = k (1− k)β

Enfin−−→CF · −→AE =

(kα− c

k (1− k)β

)·((k − 1)α−β

)= (k − 1)

(kα2 + kβ2 − αc

)= 0.

Remarque : Une variante pour l’exo, on construit D,E comme de la même manière. Puis F est le point d’intersection

de la perpendiculaire à (AE) passant par C et de (DE). Montrer queEF

FD=AD

DB.

—15/30— G H - E M -() 2009


Exercice 2.13 Dans le repère indiqué, l’équation de (BC) est x+ y = 1. La droite D1 a pour équation x+ y = 0.Soient (α, β) les coordonnées de D, l’équation de (BD) est

∣∣∣∣x− 1 α− 1y β

∣∣∣∣ = βx− (α− 1) y − β = 0

Les coordonnées de M sont solutions de βx− (α− 1) y − β = 0

x+ y = 0

ce qui donne

M :

β

β + α− 1− β

β + α− 1

Remarquons que α+ β = 1 signifie que D ∈ (BC) ce qui est contraire aux l’hypothèses de l’énoncé.L’équation de (AD) est βx− αy = 0, la droite D2 a donc pour équation βx− αy = β (car elle est parallèle à (AD) etpasse par B). Elle coupe (AC) (l’axe des y) en

N :

(0

−βα

)

Remarquons que α = 0 signifie que D est aligné avec A et C...

Le vecteur−−→NM a pour coordonnées

−−→NM :

β

β + α− 1− β

β + α− 1 +β

α

=

β

β + α− 1(β − 1) β

α (β + α− 1)

et−−→CD :

(α

β − 1

)

d’où−−→NM =

β

α (β + α− 1)−−→CD

ce qui prouve le parallélisme annoncé.

Exercice 2.14 D’après les formules de changement de coordonnées, on a

x = 0 + cos π

4X − sin π

4Y

y =√2 + sin π

2X + cos π

4Y

⇐⇒

x =√2

(X

2− Y

2

)

y =√2

(1 +

X

2+Y

2

)

d’où

M ∈ H ⇐⇒ 2

(X

2− Y

2

)2− 2

(1 +

X

2+Y

2

)2+ 4

(1 +

X

2+Y

2

)= 0

⇐⇒(X

2− Y

2

)2−(1 +

X

2+Y

2

)2+ (2 +X + Y ) = 0

⇐⇒(X

2− Y

2+ 1 +

X

2+Y

2

)(X

2− Y

2− 1− X

2− Y

2

)+ (2 +X + Y ) = 0

⇐⇒ − (1 +X) (1 + Y ) + (2 +X + Y ) = 0

⇐⇒ −1−X − Y −XY + 2 +X + Y = 0

⇐⇒ XY = 1

—16/30— G H - E M -() 2009


On a donc une équation très simple dans le nouveau repère, à savoir

Y =1

X

On peut alors tracer l’ensemble H.Remarque : Si on cherche les points d’intersection avec les axes de l’ancien repère, on constate que H contient O, et

A :

(02√2

)que l’on construit facilement (puisque Ω est le milieu de [O,A]).

Exercice 2.15 Soit M de coordonnées

(x

y

)dans les deux repères alors

−−→AM = x

−−→AB + y

−→AC

−−→BM = x

−−→BA+ y

−−→BC

Mais −−→BM =

−−→BA+

−−→AM et

−−→BC =

−−→BA+

−→AC

d’où −−→BM =

−−→BA+

−−→AM = x

−−→BA+ y

−−→BA+ y

−→AC

soit −−→AM = (−x− y + 1)−−→AB + y−→AC = x

−−→AB + y

−→AC

Par unicité des coordonnées on a x = −x− y + 1

y = y⇐⇒ y = 1− 2x

On obtient donc la droite d’équation y = 1− 2x dans le repère RA (ou RB). Pour x = 0, on a y = 1, ce qui donne le

point C dans le repère RA (et aussi dans RB), pour x =1

2, on a y = 0, ce qui donne le milieu de [A,B] dans les deux

repères. Le lieu cherché est donc la médiane issue de C.

Autre méthode (plus rapide) : Notons

(x

y

)et

(x′

y′

)sont les coordonnées dans les repères RA et RB. Les coor-

données dans RA de B,−−→BA et

−−→BC sont B :

(10

),−−→BA :

(−10

)et−−→BC :

(−11

)car C :

(01

). Les formules de

changement de coordonnées donnent alors x = 1− x′ − y′y = 0 + y′

—17/30— G H - E M -() 2009


Les points ayant mêmes coordonnées sont les points de coordonnées dans RA telles quex = 1− x− yy = 0 + y

On retrouve bien le même résultat....

Exercice 2.16 On note

(x′

y′

)les coordonnées de M dans le repère R. Les formules de changement de coordonnées

s’écrivent x

y=

−11

+cos π

4

sin π4

x′

x′+

− sin π4

cos π4

y′

y′

soit

x = −1 + x′√2− y′√

2

y = 1 +x′√2+

y′√2

Le point M est dans X si et seulement si

(x+ y)2 + xy − (x− y)− 1 = 0

⇐⇒(2x′√2

)2+

(x′√2−(1 +

y′√2

))(x′√2+

(1 +

y′√2

))−(−2− 2y′√

2

)− 1 = 0

⇐⇒ 2x′2 +x′2

2− 1− y

′2

2− 2y

′√2+ 2 +

2y′√2− 1 = 0

⇐⇒ 5x′2 − y′22

= 0

L’équation de X dans R est donc5x′2 − y′2 = 0

Elle se factorise en(√5x′ − y′

) (√5x′ + y′

)= 0. Ainsi

M ∈ X ⇐⇒

y′ =√5x′

ou

y′ = −√5x′

L’ensemble X est donc la réunion de deux droites sécantes en X.

2 Les techniques

Exercice 2.17 Soit G le barycentre de (A, 1) , (B, 2) et (C, 1) alors−−→MA+ 2

−−→MB +

−−→MC = 4

−−→MG. Puis

2−−→MA+

−−→MB − 3−−→MC = 2

−−→MG+ 2

−→GA+

−−→MG+

−−→GB − 3−−→MG− 3−−→GC

= 2−→GA+

−−→GB − 3−−→GC

2−−→MA+

−−→MB − 3−−→MC = 2

−−→MA+

−−→MA+

−−→AB − 3−−→MA− 3−→AC

=−−→AB − 3−→AC

Ainsi, si D est le lieu cherché, et si −→v = −−→AB − 3−→AC, on a

M ∈ D ⇐⇒ 4−−→MG · −→v = 0

On a donc deux cas :Premier cas −→v = −→0 . Les trois points A,B et C sont alors alignés avec

−−→AB−3−→AC et tous les points du plan sont dans

D.Second cas −→v = −→

0 . Alors M ∈ D ⇐⇒ −−→MG est orthogonal à −→v . Le lieu cherché est la droite passant par G et

orthogonale au vecteur −→v .

—18/30— G H - E M -() 2009


Exercice 2.18 Soit G le barycentre de (A, 1) , (B, 2) et (C, 1) et H celui de (A, 2) , (B, 1) et (C, 3) ; alors−−→MA +

2−−→MB +

−−→MC = 4

−−→MG et 2

−−→MA+

−−→MB + 3

−−→MC = 5

−−→MH. Si C est le lieu cherché alors

M ∈ C ⇐⇒ 4−−→MG · 5−−→MH = 0

Ainsi C est le cercle de diamètre [G,H].

Exercice 2.19 On se place dans le repère R =(A′,−−−→A′B′,

−−→A′O′

).Ainsi on a A′ : (0, 0) , B′ : (1, 0) , B : (0, β) , O :

(, 0) , O′ : (0, 1) . L’équation de la droite (O′B′) est x+y = 1, les coordonnées de A sont donc (α, 1− α). Le milieu de

[A,A′] est M = A+A′

2:(α2, 1−α

2

), celui de [B,B′] est N = B+B′

2:(1

2, β2

)enfin celui de [O,O′] est L = O+O′

2:(2, 12

).

Il s’agit de vérifier que le déterminant Det(−−→LM,

−−→LN

)est nul. Ce qui revient à vérifier que

∣∣∣∣∣∣∣

α−2

1−2

−α2

β − 12

∣∣∣∣∣∣∣=1

4(αβ −β + − α)

Il reste une condition que nous n’avons pas exploité : l’alignement des points O,A et B. Cet alignement se traduit par

Det(−→OA,

−−→OB

)= 0⇐⇒

∣∣∣∣α− −1− α β

∣∣∣∣ = 0

Mais ∣∣∣∣α− −1− α β

∣∣∣∣ = αβ −β +− α

ce qui termine l’exercice.

Exercice 2.20 On a dans le repère R = (A,−−→AD,−−→AB) :A : (0, 0) D : (1, 0) G : (α, 0)B : (0, 1) E : (1, 1) H : (α, 1) où α > 1 et β > 1.C : (0, β) F : (1, β) I : (α, β)puis

L =A+ F

2:(1

2, β2

)L′ =

D+H

2:(α+12, 12

)

J =A+ I

2:(α2, β2

)J ′ =

E + I

2:(α+12, β+1

2

)

K =A+H

2:(α2, 12

)K′ =

B + F

2:(1

2, β+1

2

)

On en déduit les équations de :

(LL′) :

∣∣∣∣x− 1

2

α2

y − β2

1−β2

∣∣∣∣ = 0 soit (LL′) : 2 (1− β)x− 2αy = 1− β − αβ

(JJ ′) :

∣∣∣∣x− α

2

1

2

y − β2

1

2

∣∣∣∣ = 0 soit (JJ ′) : 2x− 2y = α− β

(KK′) :

∣∣∣∣x− α

2

1−α2

y − 1

2

β2

∣∣∣∣ = 0 soit (KK′) : 2βx+ 2(α− 1)y = αβ + α− 1En notant P = (JJ ′) ∩ (KK′) , les coordonnées de P : (xP , yP ) vérifient le système

2xP − 2yP = α− β2βxP + 2(α− 1)yP = αβ + α− 1

par les formules de Cramer on a ∆ =

∣∣∣∣2 −22β 2(α− 1)

∣∣∣∣ = 4(α+ β − 1) = 0 car α > 1 et β > 1, puis

xP =1

∆

∣∣∣∣α− β −2

αβ + α− 1 2(α− 1)

∣∣∣∣ =(α− β) (α− 1) + αβ + α− 1

2(α+ β − 1) =α2 + β − 12(α+ β − 1)

—19/30— G H - E M -() 2009


on ne calcule pas yP explicitement mais on se souvient que 2yP = 2xP − (α− β). Il reste à vérifier que

P ∈ (LL′)⇔ 2 (1− β)xP − 2αyP = 1− β − αβ⇔ 2 (1− β)xP − α (2xP − (α− β))⇔ 2 (1− β − α)xP + α (α− β) = 1− β − αβ⇔ −

(α2 + β − 1

)+ α (α− β) = 1− β − αβ

ce qui est vrai.Remarque : En fait le calcul des coordonnées de P est inutile. On peut remarquer que les équations des trois droitessont liées. En effet (LL′)− (JJ ′) = − (KK′) ce qui permet de conclure immédiatement que le point d’intersection de(LL′) et de (JJ ′) est aussi sur (KK′)

Exercice 2.21 On se place dans le repère orthonormé d’origine A′, d’axe Ox = ∆. Les coordonnées des points sontalors : A : (0, α) , B : (b, β) , C : (c, γ) , A′ : (0, 0) , B′ : (b, 0) , C′ : (c, 0). Notons hA la perpendiculaire à (BC) issuede A′ ( hB, hC sont définies de manière analogue).

L’équation de hA est

∣∣∣∣x γ − βy b− c

∣∣∣∣ = (b− c)x− (γ − β) y = 0, l’équation de hB est

∣∣∣∣x− b γ − αy −c

∣∣∣∣ = −c (x− b) −

(γ − α) y = 0 et celle de hC est

∣∣∣∣x− c β − αy −b

∣∣∣∣ = −b (x− b)− (β − α) y = 0. Puisque A,B et C ne sont pas alignés,

les droites hB et hA sont sécantes (leurs vecteurs normaux, qui sont les vecteurs directeurs de (BC) et (AC) , ne

sont pas colinéaires). Notons P : (xP , yP ) le point d’intersection, alors

−c (xP − b)− (γ − α) yP = 0−b (xP − b)− (β − α) yP = 0

. Si l’on fait la

différence de ces deux équations on a (b− c)xP − (γ − β) yP = 0. Ce qui prouve que P ∈ hA.

Exercice 2.22 On se place dans un repère orthonormé d’origine O, d’axe Ox = (AB) (On peut même supposerque OA = 1 ). Les coordonnées des points sont : A : (a, 0) , B : (2a, 0) , P : (2a, p) , M1 : (0,m1) , M2 : (0,m2).

Soit M : (0,m) , l’équation de (PM) est

∣∣∣∣x 2a

y −m p−m

∣∣∣∣ = (p−m)x − 2a (y −m) = 0. On traduit que (PM)

est tangente à C en écrivant que d (C, (PM)) =a

2où C est le centre du cercle C. Cette égalité est équivalente à

∣∣(p−m) a2+ 2am

∣∣√(p−m)2 + 4a2

=a

2, en élevant au carré, on obtient

(4 (p−m) a

2+ 2am

)2= a2

((p−m)2 + 4a2

)⇒ 2m2 + 2mp− a2 = 0

Ainsi m1 et m2 sont racines du polynôme 2X2 + 2pX − a2 = 0. On a alors−−−→OM1 ·

−−−→OM2 = m1m2 = −

a2

2, et

G =P +M1 +M2

3=

( 2a3

p+m1+m2

3

)=

( 2a3

p−p3

)=

(2a3

0

)

est fixe !

Exercice 2.23 Dans le repère(A,−−→AB,

−→AC

). On a A′ : (a1, a2) , B′ : (b1, b2) et C ′ : (c1, c2). La parallèle à (AB)

passant par C′ a pour équation y = c2. La parallèle à (AC) passant par B′ a pour équation x = b1. Elles se coupenten P ′ : (b1, c2).La droite (CB) a pour équation x+ y = 1, la parallèle à (CB) passant par A′ a donc pour équation x+ y = a1 + a2.Elle passe par P ′ si et seulement si

b1 + c2 = a1 + a2 ⇐⇒ (b1 − a1) + (c2 − a2) = 0

La droite (A′C′) a pour équation∣∣∣∣x− a1 c1 − a1y − a2 c2 − a2

∣∣∣∣ = (c2 − a2)x− (c1 − a1) y +Cst = 0 où Cst est une constante

—20/30— G H - E M -() 2009


La parallèle à (A′C′) passant par B a donc pour équation

(c2 − a2)x− (c1 − a1) y − (c2 − a2) = 0 (2.1)

La droite (A′B′) a pour équation

∣∣∣∣x− a1 b1 − a1y − a2 b2 − a2

∣∣∣∣ = (b2 − a2)x− (b1 − a1) y +Cst = 0 où Cst est une constante

La parallèle à (A′B′) passant par C a donc pour équation

(b2 − a2)x− (b1 − a1) y + (b1 − a1) = 0 (2.2)

enfin La droite (B′C ′) a pour équation

∣∣∣∣x− b1 c1 − b1y − b2 c2 − b2

∣∣∣∣ = (c2 − b2)x− (c1 − b1) y +Cst = 0 où Cst est une constante

La parallèle à (B′C′) passant par A a donc pour équation

(c2 − b2)x− (c1 − b1) y = 0 (2.3)

On constate que(2.1)− (2.2)− (2.3) = (b1 − a1) + (c2 − a2)

Les droites (A′C′) et (A′B′) sont sécantes donc leur parallèles passant par B et C respectivement le sont aussi. Lescoordonnées du point d’intersection vérifient (2.1) et(2.2) , donc également(2.3) dès que (b1 − a1) + (c2 − a2) = 0. Ce qui prouve le résultat.

Exercice 2.24

Ω

Γ

Ω’

Γ’

AA’

BB’

D’

C

D

C’ JI

1. Γ a clairement pour centre Ω = O = (0, 0) et pour rayon R =√10. Puis Γ′ : (x− 5)2 + y2 = 25− 45

2= 5

2, ainsi

le centre de Γ′ est Ω′ = (5, 0) , et le rayon est égal à R′ =√

5

2.

2. Soit M0 = (x0, y0) un point de Γ, la tangente TM0à Γ en M0 a pour équation xx0 + yy0 = 10. Pour que cette

droite soit aussi tangente à Γ′, il faut et il suffit que d (Ω′, TM0) = R′ ⇔ |5x0−10|√

x20+y2

0

=√

5

2⇔ (5x0 − 10)2 = 25, car

M0 ∈ Γ,donc x20+y20 = 10. On trouve donc deux valeurs de x0 (ce qui est normal car la figure est symétrique parrapport à la droite joignant les centres ), puis à chaque valeur de x0 est associé une valeur de y0. En conclusion

—21/30— G H - E M -() 2009


M0 ∈ (1, 3) , (1,−3) , (3, 1) , (3,−1). Les équations des quatre tangentes sont : x + 3y = 10, x − 3y = 10,3x+ y = 10, 3x− y = 10. Les deux premières se coupent en J = (10, 0) et les deux secondes en I =

(10

3, 0).

Les homothéties qui envoient Γ sur Γ′ ont pour rapport ±R′

R= ±1

2, il suffit de vérifier que l’homothétie de

rapport 1

2, de centre J envoie Ω sur Ω′. C’est bien le cas car

−−→JΩ′ = (5, 0) et

−→JΩ = (10, 0). De la même manière

−→IΩ′ = −1

2

−→IΩ, l’homothétie de centre I et de rapport −1

2envoie aussi Γ sur Γ′

3. On a déjà les quatre points sur Γ : A = (1, 3) , B = (1,−3) , C = (3, 1) et D = (−3, 1)Les quatre autres sont leur image une des deux homothéties précitées. En effet, choisissons celle de centre J.parexemple, l’image M ′

0 d’un point M0 de Γ est sur Γ′. Puisque l’image d’une droite par une homothétie (de rapportnon nul) est une droite, M ′

0 est aussi sur l’image de TM0(la tangente à Γ en M0). Si cette tangente est commune

aux deux cercles, M ′0 est un des quatre autres points de contact.

Les quatre autres points sont donc A′ = J + 1

2

−→JA =

(11

2, 32

), B′ =

(11

2,−3

2

)(symétrie de la figure), C′ =

J + 1

2

−→JC =

(7

2, 12

)et D′ =

(7

2,−1

2

).

La figure semble indiquer que A,C,D′, B′ sont alignés (par symétrie A′, C′,D,B aussi). Or les points A,C,D′

sont alignés si et seulement si Det(−→AC,

−−→AD′

)= 0. Cette condition se traduit par

∣∣∣∣∣∣∣

25

2

−2 −52

∣∣∣∣∣∣∣= 0, ce qui est

le cas.

Les points A,C,B′ sont alignés si et seulement si Det(−→AC,

−−→AB′′

)= 0, i.e.

∣∣∣∣∣∣∣

29

2

−2 −92

∣∣∣∣∣∣∣= 0 ce qui est aussi le

cas.

Exercice 2.25 On se place dans le repère orthonormé d’origine M milieu de [B,C] d’axe des abscisses dirigé par−−→MA ; ainsi A a pour coordonnées (a, 0) avec a > 0. On suppose (sans perte de généralités) que MB =MC = 1.Les points P et Q sont donc à l’intersection du cercle C d’équation x2 + y2 = 1 et du cercle de diamètre [A,M ]

d’équation(x− a

2

)2+ y2 − a2

4= x2 − ax + y2 = 0. On en déduit leur abscisse commune qui est

1

a. (On a donc

P :

(1

a,

√1− 1

a2

)

et Q :

(1

a,−√1− 1

a2

)

, mais cela n’a pas d’intérêt, seule l’abscisse sera utile). L’équation de la

droite (PQ) est donc x =1

a.

On note (cos θ, sin θ) les coordonnées de B, les coordonnées de C sont alors (− cos θ,− sin θ). Soit H ′ le point d’inter-section de (PQ) et de la hauteur issue de A. L’équation de cette hauteur est

x cos θ + y sin θ = a cos θ

(car le vecteur −→uθ = cos θ-i+ sin θ-j dirige (BC) dont lui est normal, et car A est sur la hauteur issue de A).

On en déduit les coordonnées de H ′ :

(1

a,

(a− 1

a

)cotan θ

)(on ne peut avoir θ = 0 (π) car dans ce cas, A,B et C

sont alignés).

Il reste à vérifier que H′ = H, i.e. que−−→BH ′ · −→AC = 0 par exemple. Or

−−→BH ′ · −→CA =

1

a− cos θ

(a− 1

a

)cos θ

sin θ− sin θ

·

(a+ cos θsin θ

)

=

(1

a− cos θ

)(a+ cos θ) +

(a− 1

a

)cos θ − sin2 θ

= 0

Remarque : Si on note Hb et Hc les pieds des hauteurs issues de B et C (ainsi Hb = (BH) ∩ (AC)), les points Hbet Hc sont sur le cercle C.Remarque 2 : On a aussi les résultats suivants : (HbHc) , (PQ) et (BC) sont concourantes, (HbQ) , (HcP ) , (AH)

—22/30— G H - E M -() 2009


sont concourantes et (HbP ) , (HcQ) , (AH) sont concourantes (mais pour prouver cela, il vaut mieux utiliser unlogiciel de calcul formel !).

Exercice 2.26 On a immédiatement les coordonnées de A : (0, 0) , B : (0, 1) , C : (1, 1) et D : (1, 0) , O :

(1

2,1

2

).

L’équation de (BC) est y = 1, celle de (CD) est x = 1. L’équation de ∆ est y = αx, car elle passe par l’origine durepère, on en déduit les coordonnées de E,F et I . F = (CD)∩∆ a pour coordonnées (1, α) et E = (BC)∩∆ a pour

coordonnées

(1

α, 1

). Quand à I, ses coordonnées sont

(1

2α, 1

).

L’équation de la droite (FI) est

∣∣∣∣∣x− 1 1

2α− 1

y − α 1− α

∣∣∣∣∣= (1− α) (x− 1)+

(1− 1

2α

)(y − α) = 0. Ceci peut aussi s’écrire

(FI) : 2α (1− α)x+ (2α− 1) y − α = 0

Le cercle inscrit a pour rayon1

2, on calcule

d (O, (FI)) =

∣∣∣∣2α (1− α)1

2+ (2α− 1) 1

2− α

∣∣∣∣√(2α (1− α))2 + (2α− 1)2

=

∣∣∣∣α2 − α+ 1

2

∣∣∣∣√(2α (1− α))2 + (2α− 1)2

=

∣∣∣∣α2 − α+ 1

2

∣∣∣∣

|2α2 − 2α+ 1| =1

2

Ce qui prouve que (FI) est bien tangente au cercle inscrit.

L’équation de la droite (DE) est

∣∣∣∣∣x− 1 1

α− 1

y − 0 1

∣∣∣∣∣= x+

(1− 1

α

)y − 1 = 0, ce qui s’écrit

(DE) : αx+ (α− 1) y − α = 0

On détermine ensuite les coordonnées de M, point d’intersection de (DE) et de (FI). Pour cela on résout le système

2α (1− α)x+ (2α− 1) y = α

αx+ (α− 1) y = α

Le déterminant du système vaut

D =

∣∣∣∣2α (1− α) (2α− 1)

α (α− 1)

∣∣∣∣ = α

∣∣∣∣2 (1− α) (2α− 1)

1 (α− 1)

∣∣∣∣ = −α(2α2 − 2α+ 1

)

qui n’est jamais nul (car α = 0, en effet ∆ n’est pas confondue avec (AD)).Les coordonnées de M sont donc

x =

∣∣∣∣α (2α− 1)α (α− 1)

∣∣∣∣

−α (2α2 − 2α+ 1) =α

∣∣∣∣1 (2α− 1)1 (α− 1)

∣∣∣∣

−α (2α2 − 2α+ 1) =α

2α2 − 2α+ 1

y =

∣∣∣∣2α (1− α) α

α α

∣∣∣∣

−α (2α2 − 2α+ 1) =α

∣∣∣∣2α (1− α) 1

α 1

∣∣∣∣

−α (2α2 − 2α+ 1) =α (2α− 1)2α2 − 2α+ 1

—23/30— G H - E M -() 2009


Enfin pour prouver que M est sur le cercle circonscrit, on vérifie que

−−→AM · −−→CM = 0

ce qui revient à

α

2α2 − 2α+ 1α (2α− 1)2α2 − 2α+ 1

·

α

2α2 − 2α+ 1 − 1α (2α− 1)2α2 − 2α+ 1 − 1

= 0⇐⇒

(α

α (2α− 1)

)·(− (2α− 1) (α− 1)

α− 1

)= 0

qui est clairement vrai.

Exercice 2.27

Dans le repère indiqué, on a A : (0, 0) , A′ : (1, 0) , B′ : (0, 1). On pose B : (b, 1) et C : (0, c). On va en déduire lescoordonnées des autres points. L’équation de la droite (AB) est x = by, puisque C′ a même ordonnée que C, on endéduit que C′ : (bc, c). Il reste un alignement que l’on n’a pas exploité, celui de A′, B et C. L’équation de (A′C) = (BC)est

(BC) : x+y

c= 1

Puisque B ∈ (BC) , on a b+1

c= 1 =⇒ bc+ 1 = c =⇒ bc = c− 1. Les coordonnées de C′ sont donc C′ : (c− 1, c) et

celles de B :

(c− 1c

, 0

)(on ne peut avoir c = 0 car alors A = C et le triangle ABC n’est pas un vrai triangle ). Il

reste à calculer les coordonnées des autres points. L’équation de (AB) est donc

(AB) : x =c− 1c

y

L’équation de (A′B′) est

(A′B′) : x+ y = 1

—24/30— G H - E M -() 2009


On en déduit les coordonnées de R, intersection de (A′B′) et de (AB) : x =c− 1c

y, soit

R :

(c− 12c− 1 ,

c

2c− 1

)

(On a supposé que R existe donc 2c = 1). De même si Q a pour coordonnées (0, q) , l’équation de (A′Q) = (A′C′) est

(A′Q) : x+y

q= 1

puisque C ′ ∈ (AQ) , on a c− 1 + c

q= 1 =⇒ q =

c

2− c . D’où

Q :

(0,

c

2− c

)

De même c = 2, car par hypothèse Q existe. Enfin l’équation de (A′C) = (BC) est

(BC) : x+y

c= 1

et l’équation de (B′C ′) est

(B′C′) :

∣∣∣∣x 1

y − 1 1

∣∣∣∣ = x− y + 1 = 0

Les coordonnées de P sont donc solutions de

cx+ y = c

x− y = −1 ⇐⇒(c+ 1)x = c− 1

y = x+ 1

d’où

P :

(c− 1c+ 1

,2c

c+ 1

)

Encore une fois P existe donc c = 1. Il reste à vérifier que

Det(−−→QR,

−−→QP

)=

∣∣∣∣∣∣∣

c− 12c− 1

c− 1c+ 1

c

2c− 1 −c

2− c2c

c+ 1− c

2− c

∣∣∣∣∣∣∣= c (c− 1)

∣∣∣∣∣∣∣

1

2c− 11

c+ 11

2c− 1 −1

2− c2

c+ 1− 1

2− c

∣∣∣∣∣∣∣

=L2−L1

c (c− 1)

∣∣∣∣∣∣∣

1

2c− 11

c+ 1

− 1

2− c1

c+ 1− 1

2− c

∣∣∣∣∣∣∣

= c (c− 1)

∣∣∣∣∣∣∣

1

2c− 11

c+ 1

− 1

2− c− (2c− 1)

(c+ 1) (2− c)

∣∣∣∣∣∣∣

= c (c− 1)(

1

2c− 1 ×− (2c− 1)

(c+ 1) (2− c) +1

(c+ 1) (2− c)

)= 0

On peut vérifier que si c ∈−1, 2, 1

2

, alors un des points (P,Q,R respectivement n’existe pas), mais que dans ce

cas la droite formée par les deux autres points est alors parallèle aux deux droites parallèles qui devraient définir lepoint n’existant pas (par exemple si c = −1, P n’existe pas car (BC) et (B′C′) sont parallèles, et dans ce cas (QR)est parallèle à (BC) et à (B′C′)).

Exercice 2.28

—25/30— G H - E M -() 2009


1. Première méthode :

Par définition du barycentre, on a ∀M,−−→GM =

1

3

(−−→AM +

−−→BM +

−−→CM

), d’où avec M = B,

−−→GB =

1

3

−−→AB +

1

3

−−→CB

=1

3

−−→AB +

1

3

(−→CA+

−−→AB

)=2

3

−−→AB − 1

3

−→AC

De même avec M = C, on a

−−→GC =

1

3

−→AC +

1

3

−−→BC =

1

3

−→AC +

1

3

(−−→BA+

−→AC

)

=2

3

−→AC − 1

3

−−→AB

Seconde méthode :

Par définition du barycentre, on a G =1

3(A+B +C) donc

−−→GB = B −G = B − 1

3(A+B +C) =

2

3(B −A)− 1

3(C −A)

=2

3

−−→AB − 1

3

−→AC

De même,

−−→GC = C −G = C − 1

3(A+B +C) =

2

3(C −A)− 1

3(B −A)

= c

On a donc−−→GB :

2

3

−13

R

et−−→GC :

−132

3

R

, ainsi puisque

∣∣∣∣∣∣∣

2

3−13

−13

2

3

∣∣∣∣∣∣∣=1

3= 0

on peut affirmer que R′ est bien un repère du plan.

2. Soit M de coordonnées

(x

y

)dans les deux repères alors

−−→AM = x

−−→AB + y

−→AC

−−→GM = x

−−→GB + y

−−→GC

Or

−−→AM =

−→AG+

−−→GM

−→GA =

1

3

(−→AA+

−−→BA+

−→CA

)

d’où

x−−→AB + y

−→AC =

1

3

(−−→AB +

−→AC

)+ x

−−→GB + y

−−→GC

=1

3

(−−→AB +

−→AC

)+ x

(2

3

−−→AB − 1

3

−→AC

)+ y

(2

3

−→AC − 1

3

−−→AB

)

=

(2x− y + 1

3

)−−→AB +

2y − x+ 13

−→AC

—26/30— G H - E M -() 2009


Par unicité des coordonnées, on a

2x− y + 13

= x

2y − x+ 13

= y

⇐⇒ x+ y = 1

Le lieu cherché est la droite d’équation x+ y = 1 (dans les deux repères). Il s’agit de la droite (BC) (les pointsB et C ayant bien même coordonnées dans les deux repères, ce qui est évident !).

Autre méthode : Dans R, les coordonnées de G,B,C,−−→GB et

−−→GC sont : G :

1

31

3

, B :

(10

), C :

(01

),−−→GB

2

3

−13

et

−−→GC :

−132

3

. Si M a pour coordonnées

(x

y

)dans R et

(x′

y′

)dans R′ alors les formules de

changement de coordonnées s’écrivent

x =1

3+2

3x′ − 1

3y′

y =1

3− 13x′ +

2

3y′

Un point a mêmes coordonnées dans les deux repères si et seulement si ses coordonnées vérifient

x =1

3+2

3x− 1

3y

y =1

3− 13x+

2

3y⇐⇒ x+ y = 1

On retrouve bien le même résultat. Cette méthode, purement analytique est bien plus rapide....

Exercice 2.29 On se place dans le repère R =(A,−−→AB,

−→AC

), on définit la droite D par les points R et Q dont les

coordonnées sont R :

(r

0

)et Q :

(0q

). Les coordonnées de A,B et C sont A :

(00

), B :

(10

)et C :

(01

).

L’équation de (BC) est x+y = 1, et celle de D =(QR) est xr+y

q= 1⇐⇒ qx+ry = qr. Le point P est à l’intersection

de (QR) et de (BC) . Ses coordonnées vérifient donc le système

x+ y = 1qx+ ry = qr

Le déterminant est ∆ =

∣∣∣∣1 1q r

∣∣∣∣ = r − q, on le suppose non nul.. On a alors x =1

r − q

∣∣∣∣1 1qr r

∣∣∣∣ = rq − 1q − r et

y =1

r − q

∣∣∣∣1 1q qr

∣∣∣∣ = q1− rq − r . Ainsi

P :

rq − 1q − rq1− rq − r

On obtient alors

I :

(r

q

), J :

rq − 1q − r + r − 1

q1− rq − r

et K :

rq − 1q − r

q1− rq − r + q − 1

−→IJ :

rq − 1q − r − 1

q1− rq − r − q

= q

r − 1q − r1− qq − r

et

−→IK :

rq − 1q − r

q1− rq − r − 1

= r

r − 1q − r1− qq − r

—27/30— G H - E M -() 2009

3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 2. GÉOMÉTRIE PLANE

3 Les exotiques

Exercice 2.30 On se place dans le repère orthonormé suivant : le coin inférieur gauche du couloir est l’origine. L’axedes X est le plancher, l’axe des Y le mur gauche.L’équation de l’échelle de 3 m est

X

x+

Y√32 − x2

= 1

l’équation de l’autre échelle est

X =x√

42 − x2Y

Le point d’intersection a pour ordonnéY = 1

mais aussix√

42 − x2Y

x+

Y√32 − x2

= 1⇐⇒ 1√42 − x2

+1√

32 − x2= 1

Il reste à vérifier que la fonction f (x) =1√

42 − x2+

1√32 − x2

prend une seule fois la valeur 1 sur [0, 3].

0 1 2 30.0

0.5

1.0

1.5

2.0

x

y

Graphe de f

On peut ensuite chercher une valeur approché de x. Avec une calculatrice ou Maple on trouve x ≃ 2, 603.

Exercice 2.31 On commence par l’ensemble A. Le point M :

(x

y

)est dans A si et seulement si ses coordonnées

vérifientx2 + |y|2 + 2 |y|+ 1 = 1

⇐⇒ |y| = −x2 + y2

2

L’ensemble A est donc vide. Pour B, on a M :

(x

y

)∈ B

M :

(x

y

)∈ B ⇐⇒ x2 + (|y| − 1)2 = 1

⇐⇒ x2 + |y|2 − 2 |y|+ 1 = 1⇐⇒ |y| = x2 + y2

2

y =x2 + y2

2ou

y = −x2 + y2

2

⇐⇒

x2 + y2 − 2y = 0ou

x2 + y2 + 2y = 0

—28/30— G H - E M -() 2009

CHAPITRE 2. GÉOMÉTRIE PLANE 4. LES OLYMPIQUES

L’ensemble B est donc la réunion de deux cercles : le cercles C1 centré en

(01

)de rayon 1 et le cercle C2 centré en

(0−1

)et de rayon 1.

4 Les olympiques

Exercice 2.32 On munit le plan d’un repère orthonormé direct, soit M un point du cercle C, on paramètre M par

M = O + r−→ut où r est le rayon de C et −→ut = cos t−→i + sin t

−→j . Le schéma suivant montre qu’il exsite deux points P et

Q sur C′ ayant une tangente perpendiculaire à celle de M.

C

C’

O

M

P

Q

TM

O’

rut

Rvt

On a donc P = O′ +R−→vt et Q = O′ −R−→vt . On cherche alors le lieu deM + P

2et de

M +Q

2. Or

M + P

2=O +O′

2+

(r cos t−R sin t

2

)−→i +

(r sin t+R cos t

2

)−→j

et(r cos t−R sin t

2

)=

1

2

√r2 +R2 cos (t+ ϕ)

(r sin t+R cos t

2

)=

1

2

√r2 +R2 sin (t+ ϕ)

où

cosϕ =r√

R2 + r2, sinϕ =

R√R2 + r2

ainsiM + P

2=O +O′

2+1

2

√r2 +R2−−→ut+ϕ

ce point décrit le cercle de centre le milieu de [O,O′] et de rayon√r2 +R2. De même

M +Q

2=

O +O′

2+

(r cos t+R sin t

2

)−→i +

(r sin t−R cos t

2

)−→j

=O +O′

2+1

2

√r2 +R2−−→ut−ϕ

—29/30— G H - E M -() 2009

4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 2. GÉOMÉTRIE PLANE

décrit le même cercle.

2j

—30/30— G H - E M -() 2009

chapitre2 gÉomÉtrieplane enoncédesexercicesgery.huvent.pagesperso-orange.fr/pdfbaggio/... · 1....

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