PCSI B Mathematiques Lycee Brizeux annee

Description

Niveau: Supérieur
PCSI B Mathematiques Lycee Brizeux - annee 2011-2012 C o r r i g é d u d e v o i r m a i s o n 4 R e d e c o u v r o n s l a g e o m e t r i e Exercice 1. Une contruction bien compliquee pour un ensemble si simple Le plan est rapporte a un repere orthonorme direct (O,~i,~j). Soit A(a, a) ou a est strictement positif. On se propose ici de determiner l'equation cartesienne des cercles passant par O et A. 1. (a) La mediatrice de [O,A] est la droite qui passe par le point de coordonnees (a2 , a 2 ) et de vecteur normal ?? OA (a, a) ou mieux celui de coordonnees (1, 1). Une equation cartesienne de ∆ est donc : x+ y ? a = 0. (b) On trouve immediatement que l'ordonnee de ?? est a? ?. (c) Le cercle de centre ?? passant par O a pour rayon √ ?2 + (a? ?)2. Par consequent C? a pour equation normale : (x? ?)2 + (y ? (a? ?))2 = ?2 + (a? ?)2 et pour equation cartesienne : x2 + y2 ? 2?x? 2 (a? ?) y = 0.

• ??


• rayon √


• existence du coefficient de proportionnalite ?


• cercle de centre ??


• ?? ga


• meme raisonnement


• equation cartesienne


• droite passant par le point de coordonnees

Sujets

• Équation cartésienne

Informations

• Publié par: chaeh
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• Langue: Français

Extrait

PCSI B Math´ematiques Lyc´ee Brizeux - ann´ee 2011-2012
Red´e co u v ro n s l a g´e o m´e t r i e
´Exercice 1. Une contruction bien compliquee pour un ensemble si simple
~ ~Le plan est rapport´e a` un rep`ere orthonorm´e direct (O,i,j). Soit A(a,a) ou` a est strictement positif.
On se propose ici de d´eterminer l’´equation cart´esienne des cercles passant par O et A.
a a1. (a) La m´ediatrice de [O,A] est la droite qui passe par le point de coordonn´ees ( , ) et de vecteur
2 2−→
normal OA(a,a) ou mieux celui de coordonn´ees (1,1). Une ´equation cart´esienne de Δ est donc :
x+y−a = 0.
(b) On trouve imm´ediatement que l’ordonn´ee de Ω est a−λ.λ
p
2 2(c) Le cercle de centre Ω passant par O a pour rayon λ +(a−λ) . Par cons´equent C a pourλ λ
´equation normale :
2 2 2 2(x−λ) +(y−(a−λ)) =λ +(a−λ)
et pour ´equation cart´esienne :
2 2x +y −2λx−2(a−λ)y = 0.
(d) On v´erifie sans peine que les coordonn´ees deA v´erifient l’´equation cart´esienne :A appartient donc `a
C .Cecipeut´egalementsevoird’unefa¸conplusg´eom´etrique:puisqueΩ appartient`alam´ediatriceλ λ
de [O,A], on a OΩ = AΩ . Donc A appartient au cercle de centre Ω et de rayon OΩ : c’estλ λ λ λ
pr´ecis´ementC .λ
2. (a) Soit Ω le centre du cercleC. On a ΩA = ΩO, donc Ω appartient `a Δ.
(b) Posons λ l’abscisse de Ω. On obtient imm´ediatement que Ω = Ω et C = C puisque ce sont desλ λ
cercles de mˆeme centre et de mˆeme rayon (qu’on peut prendre ´egal a` la distance `aO, par exemple).
3. L’axe des abscisses a pour ´equation cart´esienne y = 0. Trouver les points d’intersection revient donc `a
r´esoudre l’´equation d’inconnue x suivante :
2x −2λx = 0,
dont les solutions sont x = 0 et x = 2λ.
4. La tangente T au point M de coordonn´ees (2λ,0) a pour ´equation cart´esienne :λ λ
2λx+(λ−a)y−2λ = 0.
5. Il y a diff´erentes mani`eres de proc´eder.
On d´etermine l’´equation cart´esienne de la perpendiculaire a` T passant par A : Elle est donn´ee parλ
−−→ −−−→
det(AM,Ω M ) = 0 ou` M est un point appartenant `a la perpendiculaire :λ λ
2(λ−a)x−λy+a = 0.
Puis on d´etermine le point d’intersection de la tangente et de cette perpendiculaire. On r´esout donc le
syst`eme suivant d’inconnues (x,y) :

2λx + (λ−a)y = 2λ
2(λ−a)x − λy = −a
1
?oCa4iisuvoorigedrdmrn
λ λ−a 2 2 Le d´eterminant du syst`eme est =−λ −(λ−a) < 0 donc non nul. λ−a −λ
Les formules de Cramer donnent
(
3 2 3−2λ +a λ−ax = =a+λ2 2−λ −(λ−a)
2 3 2−a λ+2λ −2aλy = =λ2 2−λ −(λ−a)
6. Les points H d´ecrivent une droite passant par le point de coordonn´ees (a,0) et de vecteur directeurλ
(1,1).
Exercice 2.
L’id´ee de d´epart est de remarquer la chose suivante, qui est une propri´et´e essentielle des barycentres de
trois points non align´es du plan :
−→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→
~det(GB,GC)GA+det(GC,GA)GB +det(GA,GB)GC = 0
m
 −→ −→
 det(GB,GC) = λα
−−→ −→∗∃λ∈R , det(GC,GA) = λβ
 −→ −→
det(GA,GB) = λγ
que nous d´emontrons plus loin!
Il s’agit donc d’´etablir des relations de proportionnalit´e! On utilise pour cela le bon vieux produit en croix
1appliqu´e deux fois ! Que doit-on montrer? Par exemple, montrer :
−−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ −→ −−→
β det(GB,GC) =α det(GC,GA) et γ det(GC,GA) =β det(GA,GB)
suffit `a ´etablir l’existence du coefficient de proportionnalit´e λ.
−→ −→ −→ −→
Montrons l’´egalit´e β det(GB,GC) =α det(GC,GA), l’autre s’obtenant de la mˆeme fa¸con.
Par lin´earit´e `a gauche du d´eterminant, on trouve :
−−→ −−→ −−→ −−→
β det(GB,GC) = det(βGB,GC).
−→ −→ −→
Mais βGB =−αGA−γGC. On trouve donc :
−→ −→ −→ −→ −→
β det(GB,GC) = det(−αGA−γGC,GC)
−→ −→ −→ −→
= −α det(GA,GC)−γ det(GC,GC)
| {z }
=0
−−→ −→
= −α −det(GC,GA)
−→ −→
= α det(GC,GA)
en utilisant la lin´earit´e `a gauche puis le fait que le d´eterminant est nul si et seulement si les deux vecteurs sont
colin´eaires puis finalement que le d´eterminant est antisym´etrique.
D´emonstration. —de l’affirmation
Soient A, B et C trois points du plan non align´es.
Consid´erons G un point quelconque du plan a` la fois barycentre de A, B et C affect´es des poids α, β et γ respecti-
0 0 0vement mais ´egalement barycentre des mˆemes points affect´es cette fois-ci des poids α , β et γ .
Sans perte de g´en´eralit´e, on peut supposer G distinct de A et B. Deux cas de figure se pr´esentent alors :
1Id´ealement il faut trois produits en croix : deux suffisent parmi les trois possibles mais on ne sait pas lesquels; nous verrons
bientˆot apparaˆıtre ces trois produits en croix au d´etour du produit vectoriel.
2