SOLUTIONS
6
Solutions
L’orthocentre H du triangle ABC vérifie donc le système :
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
x −
1
bc
y = a −
1
abc
x −
1
ca
y = b −
1
abc
x −
1
ab
y = c −
1
abc
ce qui donne : H =
−
1
abc
, −abc
,q ui appartient bien à
l’hyperbole.
8 a) En posant X = x +
1
2
et Y = y +
1
2
,onobtient :
−4X
2 +8Y
2 =1
C’est une hyperbole de centre Ω
−
1
2
, −
1
2
de sommets
0,
√ 2
4
et
0, −
√
2
4
;les asymptotes ont pour pentes ±
√ 2
2
.
b) En posant X = x − 2etY =y−2, on obtient :
Y
2 +3X =0
C’est une parabole de sommet S(2, 2),d ’axe horizontal (orienté
vers la gauche), et de paramètre
3
2
.
c) Effectuons une rotation de centre O d’angle
π
4
:
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎩
x =
√ 2
2
X −
√ 2
2
Y
y =
√ 2
2
X +
√ 2
2
Y
En reportant dans l’équation de la conique, on obtient :
3
2
X
2 +
1
2
Y
2 = 1. On reconnaît une ellipse de centre O,dedemi-grand
axe
√ 2(sur(OY )),etdedemi-petit axe
√ 6
3
(sur(OX )).
d) Δ = 3:c’est une hyperbole ;oneffectue une rotation d’angle θ
tel quetan 2θ =
b
a − c
=
√ 3, c’est-à-dire θ =
π
6
:
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
x =
√ 3
2
X −
1
2
Y
y =
1
2
X +
√ 3
2
Y
L’équationdevient :
3
2
X
2 −
1
2
Y
2 +
√ 3
2
X −
1
2
Y = 2
soit :
3
4
X +
√ 3
6
2
−
1
4
Y +
1
2
2
= 1
On reconnaît bien une hyperbole de centre
(X , Y ) =
−
√ 3
6
, −
1
2
c’est-à-dire
(x, y) =
0, −
√ 3
3
; a =
2
√ 3
3
, b = 2
9 L’équation réduite de l’ellipse est :
λ
2
x −
1
λ
2
+ λy
2 = 1
Le centre est Ω
1
λ
, 0
.L es sommets de l’axe horizontal sont le
point O et le point A
2
λ
, 0
,qui décrit la demi-droite [Ox[.
C
l =2
l=1
B
y'
-1
0
1
y
12
3
4x
l =
1
2
Les sommets de l’axe vertical sont les points :
B
1
λ
,
1
√
λ
et B
1
λ
, −
1
√
λ
qui décrivent la parabole d’équation x = y
2 .
Pour λ > 1, lesfoyers sont :
F
1
λ
,
1
λ
−
1
λ 2
et F
1
λ
, −
1
λ
−
1
λ 2
quidécrivent le cercle d’équation x
2 + y
2 − x = 0.
Pour λ < 1, les foyers décrivent la demi-droite [Cx[oùC = (1, 0).
10 BH
2 = BM
2 − HM
2 ,d’où :
BH
2 − AB
2 + AF
2 = BM
2 − HM
2 − AB
2 + AF
2
= AM
2 − HM
2 + AF
2 = FM
2 − HM
2
Donc l’égalité BH
2 = AB
2 − AF
2 équivaut à FM = HM ,c’està-dire M ∈ P.
L’intersection Δ ∩ P estnon vide si et seulement si AB AF .Elle
est réduite àu np oint si AB = AF (ce quié quivaut à H = B);
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Solutions
L’orthocentre H du triangle ABC vérifie donc le système :
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
x −
1
bc
y = a −
1
abc
x −
1
ca
y = b −
1
abc
x −
1
ab
y = c −
1
abc
ce qui donne : H =
−
1
abc
, −abc
,q ui appartient bien à
l’hyperbole.
8 a) En posant X = x +
1
2
et Y = y +
1
2
,onobtient :
−4X
2 +8Y
2 =1
C’est une hyperbole de centre Ω
−
1
2
, −
1
2
de sommets
0,
√ 2
4
et
0, −
√
2
4
;les asymptotes ont pour pentes ±
√ 2
2
.
b) En posant X = x − 2etY =y−2, on obtient :
Y
2 +3X =0
C’est une parabole de sommet S(2, 2),d ’axe horizontal (orienté
vers la gauche), et de paramètre
3
2
.
c) Effectuons une rotation de centre O d’angle
π
4
:
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎩
x =
√ 2
2
X −
√ 2
2
Y
y =
√ 2
2
X +
√ 2
2
Y
En reportant dans l’équation de la conique, on obtient :
3
2
X
2 +
1
2
Y
2 = 1. On reconnaît une ellipse de centre O,dedemi-grand
axe
√ 2(sur(OY )),etdedemi-petit axe
√ 6
3
(sur(OX )).
d) Δ = 3:c’est une hyperbole ;oneffectue une rotation d’angle θ
tel quetan 2θ =
b
a − c
=
√ 3, c’est-à-dire θ =
π
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:
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
x =
√ 3
2
X −
1
2
Y
y =
1
2
X +
√ 3
2
Y
L’équationdevient :
3
2
X
2 −
1
2
Y
2 +
√ 3
2
X −
1
2
Y = 2
soit :
3
4
X +
√ 3
6
2
−
1
4
Y +
1
2
2
= 1
On reconnaît bien une hyperbole de centre
(X , Y ) =
−
√ 3
6
, −
1
2
c’est-à-dire
(x, y) =
0, −
√ 3
3
; a =
2
√ 3
3
, b = 2
9 L’équation réduite de l’ellipse est :
λ
2
x −
1
λ
2
+ λy
2 = 1
Le centre est Ω
1
λ
, 0
.L es sommets de l’axe horizontal sont le
point O et le point A
2
λ
, 0
,qui décrit la demi-droite [Ox[.
C
l =2
l=1
B
y'
-1
0
1
y
12
3
4x
l =
1
2
Les sommets de l’axe vertical sont les points :
B
1
λ
,
1
√
λ
et B
1
λ
, −
1
√
λ
qui décrivent la parabole d’équation x = y
2 .
Pour λ > 1, lesfoyers sont :
F
1
λ
,
1
λ
−
1
λ 2
et F
1
λ
, −
1
λ
−
1
λ 2
quidécrivent le cercle d’équation x
2 + y
2 − x = 0.
Pour λ < 1, les foyers décrivent la demi-droite [Cx[oùC = (1, 0).
10 BH
2 = BM
2 − HM
2 ,d’où :
BH
2 − AB
2 + AF
2 = BM
2 − HM
2 − AB
2 + AF
2
= AM
2 − HM
2 + AF
2 = FM
2 − HM
2
Donc l’égalité BH
2 = AB
2 − AF
2 équivaut à FM = HM ,c’està-dire M ∈ P.
L’intersection Δ ∩ P estnon vide si et seulement si AB AF .Elle
est réduite àu np oint si AB = AF (ce quié quivaut à H = B);
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