SOLUTIONS
5
Solutions
6 On peut obtenir une équation de la hauteur issue du point
d’intersection des deuxp remiers côtés en effectuant une combinaison linéaire des équations de cescôtés :
λ1(x cos α1 + y sin α1 − p1)
+ λ2(x cos α2 + y sin α2 − p2) = 0
Déterminons un couple (λ1, λ2)t el que cette droite soit orthogonale au troisièmecôté :
(λ1 cos α1 + λ2 cos α2)cos α3+
(λ1 sin α1 + λ2 sin α2)sin α3 = 0
On peut choisir :
λ1 = cos(α2 − α3)e tλ 1 = − cos(α1 − α3).
On obtienta insi des équations des trois hauteurs. Effectuer la
sommedes trois équations trouvées...
7 C’est l’ensemble des points M (x, y)telsque :
|x cos α1 + y sin α1 − p1| = |x cos α2 + y sin α2 − p2|
Or |A| = |B|⇐ ⇒A = ± B . On obtient deux équations,
qui représentente ng énéral deux droites ;m ontrer qu’elles sont
orthogonales (ce sont les bissectrices de D1 et D2). Examiner le cas
où lesdroites D1 et D2 sont parallèles,c’est-à-dire α1 = α2 + kπ.
8 Les équations de C et C
sont :
x
2 + y
2 − 2x = 0
x
2 + y
2 − 2y = 1
1) En retranchantmembre àmembre on obtient 2y − 2x = −1,
qui est l’équationdeladroite (AB).
2) Une combinaison linéaire des deux équations, de la forme :
λ(x
2 + y
2 − 2x)+μ(x
2 +y
2 −2y−1) = 0
avec λ + μ = 0, est l’équation d’un cercle passant par A et B.
On peut choisir λ et μ pour que ce cercle passe par un point
donné quelconque, non aligné avec A et B ;onpeut obtenir ainsi
n’importe quel cercle passant par A et B.
3) Le cercle circonscrit à ABΩ
esto btenu pour λ − 2μ = 0;
on peut choisir pare xemple λ = 2e tμ=1 ,ce qui donne :
3x
2 +3y
2 −4x−2y−1=0.
9 L’ensemble E1 est bien sûrlamédiatrice de [AB]. Supposons désormais que k = 1.
MA
MB
= k ⇐⇒
−→
MA
2 − k
2 −→
MB
2 = 0
⇐⇒ (
−→
MA + k
−→
MB) · (
−→
MA − k
−→
MB) = 0
Soit G k et G
k lesbarycentres respectifs des systèmes ((A, 1), (B, k))
et ((A, 1), (B, −k)).
−→
MA + k
−→
MB = (1 + k)
−−→
MG k ;
−→
MA − k
−→
MB = (1 − k)
−−→
MG
k
E k estl’ensemble des points M telsque
−−→
MG k ·
−−→
MG
k = 0, c’est-àdire le cercle de diamètre [G k G
k ].
k =⎯ 1
3
k= 3
k = 2
k = 1
GG
G
⎯ 2
1
⎯ 2
1
G
3
⎯ 1
⎯ 3
1
k = ⎯ 1
2
A
G 2
G 3
G
3
G
2
B
La figure montre les lignes de niveau obtenues pour k ∈
{1, 2, 3,
1
2
,
1
3
}. Les lignes de niveau correspondant àdeux valeurs
inverses sont symétriques parrapport àlamédiatrice de [AB].
10 On obtient :
x1 =
1
a 2 + b 2
(a
2 − b
2 )x0 − 2aby0 +2ab
2
y1 =
1
a 2 + b 2
−2abx0 − (a
2 − b
2 )y0 +2a
2 b
La condition d’alignement des points M1(x1, y1), M2(x0, −y0),
M3(−x0, y0)donne :
x
2
0 + y
2
0 − ax0 − by0 = 0
Γ est le cercle circonscrit au triangle OAB,oùAet B sont les points
d’intersection de Δ avec les axes.
Chapitre 5
1 a) Faux, elle peut avoir des points stationnaires.
b) Vrai. c) Faux, elle peut avoir une tangente, il faut étudier si
le quotient
y(t) − y(t0)
x(t) − x(t0)
admet une limite quand t tend vers t0.
d) Faux, ρ(θ)peut être négatif. e) Vrai. f) Faux ;ex:ρ=cos θ.
2 M est un point double si et seulement si :
∃(t1, t2) ∈ R
2
t1 = t2 x(t1) = x(t2)e ty ( t 1 ) = y ( t 2 ) .
On obtient :
t1 + t2 = −
2
3
et t1t2 = −
1
3
d’où:
{t1,t2}=
−1,
1
3
.
On vérifie que:
M(−1) = M
1
3
= (−1, 2).
542
5
Solutions
6 On peut obtenir une équation de la hauteur issue du point
d’intersection des deuxp remiers côtés en effectuant une combinaison linéaire des équations de cescôtés :
λ1(x cos α1 + y sin α1 − p1)
+ λ2(x cos α2 + y sin α2 − p2) = 0
Déterminons un couple (λ1, λ2)t el que cette droite soit orthogonale au troisièmecôté :
(λ1 cos α1 + λ2 cos α2)cos α3+
(λ1 sin α1 + λ2 sin α2)sin α3 = 0
On peut choisir :
λ1 = cos(α2 − α3)e tλ 1 = − cos(α1 − α3).
On obtienta insi des équations des trois hauteurs. Effectuer la
sommedes trois équations trouvées...
7 C’est l’ensemble des points M (x, y)telsque :
|x cos α1 + y sin α1 − p1| = |x cos α2 + y sin α2 − p2|
Or |A| = |B|⇐ ⇒A = ± B . On obtient deux équations,
qui représentente ng énéral deux droites ;m ontrer qu’elles sont
orthogonales (ce sont les bissectrices de D1 et D2). Examiner le cas
où lesdroites D1 et D2 sont parallèles,c’est-à-dire α1 = α2 + kπ.
8 Les équations de C et C
sont :
x
2 + y
2 − 2x = 0
x
2 + y
2 − 2y = 1
1) En retranchantmembre àmembre on obtient 2y − 2x = −1,
qui est l’équationdeladroite (AB).
2) Une combinaison linéaire des deux équations, de la forme :
λ(x
2 + y
2 − 2x)+μ(x
2 +y
2 −2y−1) = 0
avec λ + μ = 0, est l’équation d’un cercle passant par A et B.
On peut choisir λ et μ pour que ce cercle passe par un point
donné quelconque, non aligné avec A et B ;onpeut obtenir ainsi
n’importe quel cercle passant par A et B.
3) Le cercle circonscrit à ABΩ
esto btenu pour λ − 2μ = 0;
on peut choisir pare xemple λ = 2e tμ=1 ,ce qui donne :
3x
2 +3y
2 −4x−2y−1=0.
9 L’ensemble E1 est bien sûrlamédiatrice de [AB]. Supposons désormais que k = 1.
MA
MB
= k ⇐⇒
−→
MA
2 − k
2 −→
MB
2 = 0
⇐⇒ (
−→
MA + k
−→
MB) · (
−→
MA − k
−→
MB) = 0
Soit G k et G
k lesbarycentres respectifs des systèmes ((A, 1), (B, k))
et ((A, 1), (B, −k)).
−→
MA + k
−→
MB = (1 + k)
−−→
MG k ;
−→
MA − k
−→
MB = (1 − k)
−−→
MG
k
E k estl’ensemble des points M telsque
−−→
MG k ·
−−→
MG
k = 0, c’est-àdire le cercle de diamètre [G k G
k ].
k =⎯ 1
3
k= 3
k = 2
k = 1
GG
G
⎯ 2
1
⎯ 2
1
G
3
⎯ 1
⎯ 3
1
k = ⎯ 1
2
A
G 2
G 3
G
3
G
2
B
La figure montre les lignes de niveau obtenues pour k ∈
{1, 2, 3,
1
2
,
1
3
}. Les lignes de niveau correspondant àdeux valeurs
inverses sont symétriques parrapport àlamédiatrice de [AB].
10 On obtient :
x1 =
1
a 2 + b 2
(a
2 − b
2 )x0 − 2aby0 +2ab
2
y1 =
1
a 2 + b 2
−2abx0 − (a
2 − b
2 )y0 +2a
2 b
La condition d’alignement des points M1(x1, y1), M2(x0, −y0),
M3(−x0, y0)donne :
x
2
0 + y
2
0 − ax0 − by0 = 0
Γ est le cercle circonscrit au triangle OAB,oùAet B sont les points
d’intersection de Δ avec les axes.
Chapitre 5
1 a) Faux, elle peut avoir des points stationnaires.
b) Vrai. c) Faux, elle peut avoir une tangente, il faut étudier si
le quotient
y(t) − y(t0)
x(t) − x(t0)
admet une limite quand t tend vers t0.
d) Faux, ρ(θ)peut être négatif. e) Vrai. f) Faux ;ex:ρ=cos θ.
2 M est un point double si et seulement si :
∃(t1, t2) ∈ R
2
t1 = t2 x(t1) = x(t2)e ty ( t 1 ) = y ( t 2 ) .
On obtient :
t1 + t2 = −
2
3
et t1t2 = −
1
3
d’où:
{t1,t2}=
−1,
1
3
.
On vérifie que:
M(−1) = M
1
3
= (−1, 2).
542