Aller au contenu

La droite dans le plan tronc commun : 20 exercices corrigés

Type
Exercices corrigés
Exercices
20

Cette série de 20 exercices corrigés couvre toute l'étude analytique de la droite du tronc commun, dans l'ordre du cours sur la droite dans le plan : coordonnées, colinéarité, représentation paramétrique, équation cartésienne, positions relatives et problèmes. Chaque corrigé cite le critère, vérifie la condition et contrôle le résultat.

Niveaux : 6 exercices faciles, 10 moyens et 4 difficiles. Accès direct : coordonnées et milieu, représentation paramétrique, équation cartésienne, deux bateaux qui se croisent, problème type devoir surveillé noté sur 20, qui associe la droite aux équations et systèmes.

Sommaire9 parties

Coordonnées, milieu et distance

Exercice 1 : Coordonnées, quatrième sommet et symétrique

Facile
Dans un repère (O,i⃗,j⃗)(O,\vec i,\vec j), on donne A(−3 ;−1)A(-3\,;-1), B(2 ;1)B(2\,;1) et C(5 ;4)C(5\,;4).
  1. Calculer les coordonnées de AB→\overrightarrow{AB}, BC→\overrightarrow{BC} et AC→\overrightarrow{AC}, puis vérifier la relation de Chasles.
  2. Calculer les coordonnées du vecteur w⃗=2AB→−AC→\vec w=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}.
  3. Déterminer les coordonnées du point DD tel que ABCDABCD soit un parallélogramme.
  4. Vérifier le résultat avec les milieux des diagonales.
  5. Déterminer les coordonnées du symétrique EE de AA par rapport à BB.
Voir le corrigé
  1. Coordonnées de l'arrivée moins coordonnées du départ : AB→(2−(−3) ;1−(−1))=(5 ;2)\overrightarrow{AB}(2-(-3)\,;1-(-1))=(5\,;2), BC→(3 ;3)\overrightarrow{BC}(3\,;3) et AC→(8 ;5)\overrightarrow{AC}(8\,;5). On a bien AB→+BC→ (5+3 ;2+3)=(8 ;5)\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\,(5+3\,;2+3)=(8\,;5), c'est-à-dire AB→+BC→=AC→\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}.
  2. 2AB→(10 ;4)2\overrightarrow{AB}(10\,;4), donc w⃗(10−8 ;4−5)=(2 ;−1)\vec w(10-8\,;4-5)=(2\,;-1).
  3. ABCDABCD est un parallélogramme si et seulement si AB→=DC→\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}. Avec D(x ;y)D(x\,;y), DC→(5−x ;4−y)\overrightarrow{DC}(5-x\,;4-y). Deux vecteurs égaux ont les mêmes coordonnées : 5−x=55-x=5 et 4−y=24-y=2, donc D(0 ;2)D(0\,;2). Le parallélogramme n'est pas aplati, car det⁡(AB→,AC→)=5×5−8×2=9≠0\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=5\times5-8\times2=9\neq0.
  4. Milieu de [AC][AC] : (−3+52 ;−1+42)=(1 ;32)\left(\frac{-3+5}{2}\,;\frac{-1+4}{2}\right)=\left(1\,;\frac32\right). Milieu de [BD][BD] : (2+02 ;1+22)=(1 ;32)\left(\frac{2+0}{2}\,;\frac{1+2}{2}\right)=\left(1\,;\frac32\right). Les diagonales ont le même milieu, ce qui confirme que ABCDABCD est un parallélogramme.
  5. BB est le milieu de [AE][AE], donc xB=xA+xE2x_B=\frac{x_A+x_E}{2}, soit xE=2xB−xA=4+3=7x_E=2x_B-x_A=4+3=7, et de même yE=2−(−1)=3y_E=2-(-1)=3. Donc E(7 ;3)E(7\,;3).

Exercice 2 : Distances et nature d’un triangle

Moyen
Le plan est muni d'un repère orthonormé. On donne A(1 ;−2)A(1\,;-2), B(5 ;1)B(5\,;1) et C(−2 ;2)C(-2\,;2).
  1. Calculer ABAB, ACAC et BCBC.
  2. Déterminer la nature du triangle ABCABC.
  3. Déterminer le centre et le rayon du cercle circonscrit au triangle ABCABC.
  4. Calculer l'aire du triangle ABCABC.
  5. Déterminer le point DD tel que ABDCABDC soit un carré.
Voir le corrigé
  1. Le repère est orthonormé, la formule de la distance s'applique. AB→(4 ;3)\overrightarrow{AB}(4\,;3), donc AB=16+9=5AB=\sqrt{16+9}=5 ; AC→(−3 ;4)\overrightarrow{AC}(-3\,;4), donc AC=9+16=5AC=\sqrt{9+16}=5 ; BC→(−7 ;1)\overrightarrow{BC}(-7\,;1), donc BC=49+1=50=52BC=\sqrt{49+1}=\sqrt{50}=5\sqrt2.
  2. AB=ACAB=AC : le triangle est isocèle en AA. De plus AB2+AC2=25+25=50=BC2AB^2+AC^2=25+25=50=BC^2 : d'après la réciproque du théorème de Pythagore, il est rectangle en AA. Le triangle ABCABC est rectangle isocèle en AA.
  3. Le centre du cercle circonscrit à un triangle rectangle est le milieu de l'hypoténuse [BC][BC] : Ω(5−22 ;1+22)=(32 ;32)\Omega\left(\frac{5-2}{2}\,;\frac{1+2}{2}\right)=\left(\frac32\,;\frac32\right). Le rayon vaut BC2=522\frac{BC}{2}=\frac{5\sqrt2}{2}.
  4. Les côtés de l'angle droit mesurent 5 et 5 : l'aire vaut 5×52=252\frac{5\times5}{2}=\frac{25}{2} unités d'aire.
  5. Il faut AB→=CD→\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}, c'est-à-dire D=C+AB→D=C+\overrightarrow{AB} : D(−2+4 ;2+3)=(2 ;5)D(-2+4\,;2+3)=(2\,;5). Le quadrilatère ABDCABDC est alors un parallélogramme ; il a un angle droit en AA et deux côtés consécutifs égaux (AB=ACAB=AC), c'est un carré.

Colinéarité et alignement

Exercice 3 : Tester une colinéarité, puis la provoquer

Facile
  1. Les vecteurs u⃗(10 ;−4)\vec u(10\,;-4) et v⃗(−15 ;6)\vec v(-15\,;6) sont-ils colinéaires ?
  2. Même question pour w⃗(2 ;1)\vec w\big(\sqrt2\,;1\big) et z⃗(2 ;2)\vec z\big(2\,;\sqrt2\big), puis pour r⃗(3 ;−2)\vec r(3\,;-2) et s⃗(4 ;−3)\vec s(4\,;-3).
  3. Déterminer les réels mm pour lesquels a⃗(m+1 ;2)\vec a(m+1\,;2) et b⃗(8 ;m+1)\vec b(8\,;m+1) sont colinéaires.
Indication
Le critère de colinéarité ramène chaque question à un calcul de déterminant. Question 3 : le déterminant s'écrit comme une différence de deux carrés.
Voir le corrigé
  1. det⁡(u⃗,v⃗)=10×6−(−15)×(−4)=60−60=0\det(\vec u,\vec v)=10\times6-(-15)\times(-4)=60-60=0 : les vecteurs sont colinéaires. On le lit aussi sur la proportionnalité des coordonnées : −1510=6−4=−32\frac{-15}{10}=\frac{6}{-4}=-\frac32, donc v⃗=−32u⃗\vec v=-\frac32\vec u.
  2. det⁡(w⃗,z⃗)=2×2−2×1=2−2=0\det(\vec w,\vec z)=\sqrt2\times\sqrt2-2\times1=2-2=0 : w⃗\vec w et z⃗\vec z sont colinéaires (z⃗=2 w⃗\vec z=\sqrt2\,\vec w). En revanche det⁡(r⃗,s⃗)=3×(−3)−4×(−2)=−9+8=−1≠0\det(\vec r,\vec s)=3\times(-3)-4\times(-2)=-9+8=-1\neq0 : r⃗\vec r et s⃗\vec s ne sont pas colinéaires.
  3. det⁡(a⃗,b⃗)=(m+1)(m+1)−8×2=(m+1)2−42\det(\vec a,\vec b)=(m+1)(m+1)-8\times2=(m+1)^2-4^2. On reconnaît une différence de deux carrés : det⁡(a⃗,b⃗)=(m+1−4)(m+1+4)=(m−3)(m+5)\det(\vec a,\vec b)=(m+1-4)(m+1+4)=(m-3)(m+5). Un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs l'est : m=3m=3 ou m=−5m=-5. Vérification : pour m=3m=3, a⃗(4 ;2)\vec a(4\,;2) et b⃗(8 ;4)=2a⃗\vec b(8\,;4)=2\vec a ; pour m=−5m=-5, a⃗(−4 ;2)\vec a(-4\,;2) et b⃗(8 ;−4)=−2a⃗\vec b(8\,;-4)=-2\vec a.

Exercice 4 : Alignement avec un paramètre et points sur les axes

Moyen
On donne A(−1 ;4)A(-1\,;4) et B(2 ;1)B(2\,;1).
  1. Déterminer le réel mm pour lequel le point C(m ;−3)C(m\,;-3) appartient à la droite (AB)(AB).
  2. Déterminer le point EE où (AB)(AB) coupe l'axe des abscisses, puis le point FF où elle coupe l'axe des ordonnées.
  3. Le point H(5 ;−1)H(5\,;-1) appartient-il à (AB)(AB) ?
Voir le corrigé
Méthode : un point MM appartient à (AB)(AB) si et seulement si AA, BB, MM sont alignés, c'est-à-dire det⁡(AB→,AM→)=0\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM})=0. Ici AB→(3 ;−3)\overrightarrow{AB}(3\,;-3).
  1. AC→(m+1 ;−7)\overrightarrow{AC}(m+1\,;-7) et det⁡(AB→,AC→)=3×(−7)−(m+1)×(−3)=3m−18\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=3\times(-7)-(m+1)\times(-3)=3m-18. Il est nul pour m=6m=6 : C(6 ;−3)C(6\,;-3). Vérification : AC→(7 ;−7)=73AB→\overrightarrow{AC}(7\,;-7)=\frac73\overrightarrow{AB}.
  2. Un point de l'axe des abscisses s'écrit E(x ;0)E(x\,;0) ; AE→(x+1 ;−4)\overrightarrow{AE}(x+1\,;-4) et det⁡(AB→,AE→)=−12+3(x+1)=3x−9\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AE})=-12+3(x+1)=3x-9, nul pour x=3x=3 : E(3 ;0)E(3\,;0). De même F(0 ;y)F(0\,;y) donne AF→(1 ;y−4)\overrightarrow{AF}(1\,;y-4) et det⁡=3(y−4)+3=3y−9\det=3(y-4)+3=3y-9, nul pour y=3y=3 : F(0 ;3)F(0\,;3).
  3. AH→(6 ;−5)\overrightarrow{AH}(6\,;-5) et det⁡(AB→,AH→)=3×(−5)−6×(−3)=3≠0\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AH})=3\times(-5)-6\times(-3)=3\neq0. Les points ne sont pas alignés : H∉(AB)H\notin(AB).

Exercice 5 : Un trapèze reconnu par le déterminant

Moyen
On donne A(−1 ;−2)A(-1\,;-2), B(5 ;1)B(5\,;1), C(4 ;4)C(4\,;4) et D(0 ;2)D(0\,;2).
  1. Démontrer que les droites (AB)(AB) et (DC)(DC) sont parallèles.
  2. Les droites (AD)(AD) et (BC)(BC) sont-elles parallèles ? Quelle est la nature du quadrilatère ABCDABCD ?
  3. Déterminer le réel kk tel que DC→=kAB→\overrightarrow{DC}=k\overrightarrow{AB}.
  4. Déterminer le point EE tel que AECDAECD soit un parallélogramme et vérifier qu'il appartient au segment [AB][AB].
Voir le corrigé
  1. AB→(6 ;3)\overrightarrow{AB}(6\,;3) et DC→(4 ;2)\overrightarrow{DC}(4\,;2). det⁡(AB→,DC→)=6×2−4×3=0\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DC})=6\times2-4\times3=0 : les vecteurs sont colinéaires, donc (AB)∥(DC)(AB)\parallel(DC).
  2. AD→(1 ;4)\overrightarrow{AD}(1\,;4) et BC→(−1 ;3)\overrightarrow{BC}(-1\,;3) : det⁡=1×3−(−1)×4=7≠0\det=1\times3-(-1)\times4=7\neq0, donc (AD)(AD) et (BC)(BC) ne sont pas parallèles. Les points AA, BB, CC ne sont pas alignés, car AC→(5 ;6)\overrightarrow{AC}(5\,;6) donne det⁡(AB→,AC→)=36−15=21≠0\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=36-15=21\neq0. Le quadrilatère ABCDABCD a deux côtés opposés parallèles et deux non parallèles : c'est un trapèze de bases [AB][AB] et [DC][DC], qui n'est pas un parallélogramme.
  3. 46=23\frac46=\frac23 et 23×3=2\frac23\times3=2 : DC→=23AB→\overrightarrow{DC}=\frac23\overrightarrow{AB}, donc k=23k=\frac23.
  4. AECDAECD est un parallélogramme si et seulement si AE→=DC→\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{DC}, donc E(−1+4 ;−2+2)=(3 ;0)E(-1+4\,;-2+2)=(3\,;0). Comme AE→=23AB→\overrightarrow{AE}=\frac23\overrightarrow{AB} avec 0≤23≤10\leq\frac23\leq1, le point EE appartient à [AB][AB], aux deux tiers à partir de AA.

Vecteur directeur et représentation paramétrique

Exercice 6 : Vecteurs directeurs, appartenance et représentation paramétrique

Facile
On note (D1)(D_1) la droite passant par A(0 ;−3)A(0\,;-3) et dirigée par u⃗(2 ;5)\vec u(2\,;5). On donne aussi B(4 ;1)B(4\,;1) et C(−2 ;4)C(-2\,;4).
  1. Les points P(4 ;7)P(4\,;7) et Q(−2 ;−7)Q(-2\,;-7) appartiennent-ils à (D1)(D_1) ?
  2. Donner deux vecteurs directeurs de (BC)(BC). Les vecteurs (4 ;−2)(4\,;-2) et (1 ;2)(1\,;2) dirigent-ils (BC)(BC) ?
  3. Les droites (D1)(D_1) et (BC)(BC) sont-elles parallèles ?
  4. Écrire une représentation paramétrique de (D1)(D_1).
Voir le corrigé
  1. M∈(D1)M\in(D_1) si et seulement si AM→\overrightarrow{AM} et u⃗\vec u sont colinéaires. AP→(4 ;10)=2u⃗\overrightarrow{AP}(4\,;10)=2\vec u, donc P∈(D1)P\in(D_1). AQ→(−2 ;−4)\overrightarrow{AQ}(-2\,;-4) et det⁡(u⃗,AQ→)=2×(−4)−(−2)×5=2≠0\det(\vec u,\overrightarrow{AQ})=2\times(-4)-(-2)\times5=2\neq0, donc Q∉(D1)Q\notin(D_1).
  2. BC→(−6 ;3)\overrightarrow{BC}(-6\,;3) dirige (BC)(BC), ainsi que v⃗=−13BC→\vec v=-\frac13\overrightarrow{BC}, de coordonnées (2 ;−1)(2\,;-1). Le vecteur (4 ;−2)(4\,;-2) est égal à 2v⃗2\vec v : non nul et colinéaire à BC→\overrightarrow{BC}, il dirige (BC)(BC). En revanche det⁡((2 ;−1),(1 ;2))=4+1=5≠0\det\big((2\,;-1),(1\,;2)\big)=4+1=5\neq0 : (1 ;2)(1\,;2) ne dirige pas (BC)(BC).
  3. det⁡(u⃗,(2 ;−1))=2×(−1)−2×5=−12≠0\det\big(\vec u,(2\,;-1)\big)=2\times(-1)-2\times5=-12\neq0 : les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, les droites ne sont pas parallèles ; elles sont sécantes.
  4. AM→=tu⃗\overrightarrow{AM}=t\vec u s'écrit coordonnée par coordonnée : x=2tx=2t, y=−3+5ty=-3+5t, t∈Rt\in\mathbb R. Contrôle : t=2t=2 donne P(4 ;7)P(4\,;7), comme à la question 1.

Exercice 7 : Paramètre d’un point et paramètre du milieu

Moyen
On considère la droite (Δ)(\Delta) passant par A(−2 ;4)A(-2\,;4) et dirigée par u⃗(3 ;−1)\vec u(3\,;-1) ; elle a pour représentation paramétrique x=−2+3tx=-2+3t, y=4−ty=4-t, t∈Rt\in\mathbb R.
  1. Les points M(7 ;1)M(7\,;1) et N(1 ;2)N(1\,;2) appartiennent-ils à (Δ)(\Delta) ? Préciser le paramètre lorsque c'est le cas.
  2. Déterminer le point de (Δ)(\Delta) d'ordonnée 6.
  3. Déterminer les points PP et QQ où (Δ)(\Delta) coupe respectivement l'axe des abscisses et l'axe des ordonnées, avec leurs paramètres, puis le milieu JJ de [PQ][PQ].
  4. Déterminer le paramètre de JJ et le comparer à ceux de PP et de QQ. Est-ce un hasard ?
Voir le corrigé
  1. MM : −2+3t=7-2+3t=7 donne t=3t=3, et alors y=4−3=1y=4-3=1 : M∈(Δ)M\in(\Delta), de paramètre 3. NN : −2+3t=1-2+3t=1 donne t=1t=1, mais 4−1=3≠24-1=3\neq2 : N∉(Δ)N\notin(\Delta).
  2. 4−t=64-t=6 donne t=−2t=-2, puis x=−2−6=−8x=-2-6=-8. Le point cherché est (−8 ;6)(-8\,;6).
  3. Sur l'axe des abscisses, y=0y=0 : t=4t=4 et P(10 ;0)P(10\,;0). Sur l'axe des ordonnées, x=0x=0 : t=23t=\frac23 et y=4−23=103y=4-\frac23=\frac{10}{3}, donc Q(0 ;103)Q\left(0\,;\frac{10}{3}\right). Le milieu de [PQ][PQ] est J(5 ;53)J\left(5\,;\frac53\right).
  4. JJ : −2+3t=5-2+3t=5 donne t=73t=\frac73, et alors y=4−73=53y=4-\frac73=\frac53, qui est bien l'ordonnée de JJ. Or 73=4+232\frac73=\frac{4+\frac23}{2} : le milieu a pour paramètre la moyenne des paramètres. Ce n'est pas un hasard : l'abscisse du point de paramètre t1+t22\frac{t_1+t_2}{2} est xA+αt1+t22=(xA+αt1)+(xA+αt2)2x_A+\alpha\frac{t_1+t_2}{2}=\frac{(x_A+\alpha t_1)+(x_A+\alpha t_2)}{2}, la moyenne des abscisses, et de même pour l'ordonnée.

Exercice 8 : Deux descriptions d’une même droite

Moyen
On note (D3)(D_3) la droite passant par R(1 ;3)R(1\,;3) et dirigée par u⃗(2 ;−6)\vec u(2\,;-6), et (D4)(D_4) la droite passant par S(4 ;−6)S(4\,;-6) et dirigée par v⃗(−1 ;3)\vec v(-1\,;3).
  1. Démontrer que (D3)(D_3) et (D4)(D_4) sont la même droite.
  2. En déduire une équation cartésienne de cette droite.
  3. Soit (D2) : 5x+y−7=0(D_2)\ :\ 5x+y-7=0. Donner un point et un vecteur directeur de (D2)(D_2), puis démontrer que (D2)(D_2) coupe (D3)(D_3) et calculer le point commun.
  4. Écrire une représentation paramétrique de (D2)(D_2), puis une équation cartésienne de la droite x=3+4tx=3+4t, y=−2+3ty=-2+3t, t∈Rt\in\mathbb R.
Voir le corrigé
  1. det⁡(u⃗,v⃗)=2×3−(−1)×(−6)=0\det(\vec u,\vec v)=2\times3-(-1)\times(-6)=0 : les vecteurs sont colinéaires (u⃗=−2v⃗\vec u=-2\vec v), les droites sont parallèles. De plus RS→(3 ;−9)=32u⃗\overrightarrow{RS}(3\,;-9)=\frac32\vec u, donc S∈(D3)S\in(D_3). Deux droites parallèles qui ont un point commun sont confondues.
  2. v⃗(−1 ;3)=(−b ;a)\vec v(-1\,;3)=(-b\,;a) donne a=3a=3 et b=1b=1 : l'équation est 3x+y+c=03x+y+c=0, et SS impose 12−6+c=012-6+c=0, soit c=−6c=-6. Donc 3x+y−6=03x+y-6=0 ; vérification avec RR : 3+3−6=03+3-6=0.
  3. Pour (D2)(D_2), w⃗(−1 ;5)\vec w(-1\,;5) est un vecteur directeur, et le point (1 ;2)(1\,;2) vérifie 5+2−7=05+2-7=0. Le critère de parallélisme, avec (D3) : 3x+y−6=0(D_3)\ :\ 3x+y-6=0 en premier, donne 3×1−5×1=−2≠03\times1-5\times1=-2\neq0 : les droites sont sécantes. En soustrayant 3x+y=63x+y=6 de 5x+y=75x+y=7, on obtient 2x=12x=1, donc x=12x=\frac12, puis y=6−32=92y=6-\frac32=\frac92. Le point commun est (12 ;92)\left(\frac12\,;\frac92\right) ; vérification : 52+92−7=0\frac52+\frac92-7=0.
  4. Avec le point (1 ;2)(1\,;2) et w⃗(−1 ;5)\vec w(-1\,;5) : x=1−tx=1-t, y=2+5ty=2+5t, t∈Rt\in\mathbb R. La seconde droite passe par (3 ;−2)(3\,;-2) et est dirigée par (4 ;3)(4\,;3) : det⁡((x−3 ;y+2),(4 ;3))=3(x−3)−4(y+2)\det\big((x-3\,;y+2),(4\,;3)\big)=3(x-3)-4(y+2), d'où 3x−4y−17=03x-4y-17=0.

Équation cartésienne d’une droite

Exercice 9 : Quatre équations cartésiennes

Facile
Déterminer une équation cartésienne de chaque droite.
  1. La droite passant par A(3 ;1)A(3\,;1) et dirigée par u⃗(−2 ;5)\vec u(-2\,;5).
  2. La droite (BC)(BC), avec B(−4 ;−1)B(-4\,;-1) et C(2 ;3)C(2\,;3).
  3. La droite passant par D(−5 ;2)D(-5\,;2) et dirigée par j⃗\vec j.
  4. La droite passant par l'origine OO et par E(4 ;−6)E(4\,;-6).
Voir le corrigé
Méthode : M(x ;y)M(x\,;y) appartient à la droite passant par PP et dirigée par w⃗\vec w si et seulement si det⁡(PM→,w⃗)=0\det(\overrightarrow{PM},\vec w)=0.
  1. det⁡(AM→,u⃗)=5(x−3)−(−2)(y−1)=5x+2y−17\det(\overrightarrow{AM},\vec u)=5(x-3)-(-2)(y-1)=5x+2y-17. Équation : 5x+2y−17=05x+2y-17=0. Contrôle : AA donne 15+2−17=015+2-17=0, et (−b ;a)=(−2 ;5)=u⃗(-b\,;a)=(-2\,;5)=\vec u.
  2. BC→(6 ;4)\overrightarrow{BC}(6\,;4), donc BC→=2w⃗\overrightarrow{BC}=2\vec w avec w⃗(3 ;2)\vec w(3\,;2) : det⁡(BM→,w⃗)=2(x+4)−3(y+1)=2x−3y+5\det(\overrightarrow{BM},\vec w)=2(x+4)-3(y+1)=2x-3y+5. Équation : 2x−3y+5=02x-3y+5=0. Vérification avec CC : 4−9+5=04-9+5=0.
  3. j⃗(0 ;1)\vec j(0\,;1) : det⁡(DM→,j⃗)=(x+5)×1−0×(y−2)=x+5\det(\overrightarrow{DM},\vec j)=(x+5)\times1-0\times(y-2)=x+5. Équation : x+5=0x+5=0, droite parallèle à l'axe des ordonnées.
  4. OE→(4 ;−6)\overrightarrow{OE}(4\,;-6), donc OE→=2v⃗\overrightarrow{OE}=2\vec v avec v⃗(2 ;−3)\vec v(2\,;-3) : det⁡(OM→,v⃗)=−3x−2y\det(\overrightarrow{OM},\vec v)=-3x-2y. Équation : 3x+2y=03x+2y=0, sans terme constant puisque la droite passe par OO. Vérification : 12−12=012-12=0.

Exercice 10 : Lire, tracer et tester une équation

Facile
On considère la droite (D) : 2x+3y−12=0(D)\ :\ 2x+3y-12=0.
  1. Donner un vecteur directeur de (D)(D) et les points où elle coupe les axes. Tracer (D)(D).
  2. Les points P(3 ;2)P(3\,;2) et Q(−3 ;5)Q(-3\,;5) appartiennent-ils à (D)(D) ?
  3. Déterminer le point de (D)(D) d'abscisse 9.
  4. La droite (D′) : −4x−6y+24=0(D^{\prime})\ :\ -4x-6y+24=0 est-elle distincte de (D)(D) ?
Voir le corrigé
  1. a=2a=2 et b=3b=3, donc u⃗(−3 ;2)\vec u(-3\,;2) dirige (D)(D). Avec y=0y=0 : 2x=122x=12, point (6 ;0)(6\,;0) ; avec x=0x=0 : 3y=123y=12, point (0 ;4)(0\,;4). On trace la droite passant par ces deux points ; on passe bien de (6 ;0)(6\,;0) à (0 ;4)(0\,;4) en ajoutant 2u⃗(−6 ;4)2\vec u(-6\,;4).
  2. PP : 6+6−12=06+6-12=0, donc P∈(D)P\in(D). QQ : −6+15−12=−3≠0-6+15-12=-3\neq0, donc Q∉(D)Q\notin(D).
  3. x=9x=9 : 18+3y−12=018+3y-12=0, donc y=−2y=-2. Le point est (9 ;−2)(9\,;-2).
  4. −4x−6y+24=−2(2x+3y−12)-4x-6y+24=-2(2x+3y-12) : les deux équations ont les mêmes solutions, (D′)(D^{\prime}) et (D)(D) sont confondues.

Exercice 11 : Parallèles passant par un point

Moyen
On donne (D) : 4x−y+3=0(D)\ :\ 4x-y+3=0, E(2 ;−3)E(2\,;-3) et F(−1 ;5)F(-1\,;5).
  1. Déterminer une équation cartésienne de la parallèle (D′)(D^{\prime}) à (D)(D) passant par EE.
  2. Donner une équation de la parallèle à chaque axe passant par EE.
  3. Déterminer une équation cartésienne de la parallèle (D′′)(D^{\prime\prime}) à la droite (Δ) : x=2+3t, y=−t(\Delta)\ :\ x=2+3t,\ y=-t (t∈R)(t\in\mathbb R), passant par FF.
Voir le corrigé
  1. (D)(D) est dirigée par (1 ;4)(1\,;4). Une parallèle a un vecteur directeur colinéaire, et l'on peut garder (1 ;4)(1\,;4), donc les mêmes aa et bb : (D′) : 4x−y+c=0(D^{\prime})\ :\ 4x-y+c=0. Le point EE donne 8+3+c=08+3+c=0, soit c=−11c=-11. Donc (D′) : 4x−y−11=0(D^{\prime})\ :\ 4x-y-11=0 ; elle est strictement parallèle à (D)(D), puisque E∉(D)E\notin(D) (8+3+3=14≠08+3+3=14\neq0).
  2. Parallèle à l'axe des ordonnées par EE : x=2x=2. Parallèle à l'axe des abscisses par EE : y=−3y=-3.
  3. (Δ)(\Delta) est dirigée par w⃗(3 ;−1)\vec w(3\,;-1), donc (D′′)(D^{\prime\prime}) aussi. Avec w⃗=(−b ;a)\vec w=(-b\,;a), a=−1a=-1 et b=−3b=-3 : (D′′) : −x−3y+c=0(D^{\prime\prime})\ :\ -x-3y+c=0. Le point FF donne 1−15+c=01-15+c=0, soit c=14c=14. En multipliant par −1-1 : (D′′) : x+3y−14=0(D^{\prime\prime})\ :\ x+3y-14=0 (contrôle avec FF : −1+15−14=0-1+15-14=0). Elle est strictement parallèle à (Δ)(\Delta), car F∉(Δ)F\notin(\Delta) : −1=2+3t-1=2+3t donne t=−1t=-1, et alors y=1≠5y=1\neq5.

Exercice 12 : Une famille de droites et son point fixe

Difficile
Pour tout réel mm, on note (Dm)(D_m) l'ensemble des points M(x ;y)M(x\,;y) tels que (m−1)x+(2m+1)y−3=0(m-1)x+(2m+1)y-3=0.
  1. Démontrer que (Dm)(D_m) est une droite pour tout réel mm.
  2. Pour quelle valeur de mm la droite (Dm)(D_m) est-elle parallèle à l'axe des abscisses ? à l'axe des ordonnées ? Donner alors son équation.
  3. Déterminer mm pour que (Dm)(D_m) passe par K(4 ;−1)K(4\,;-1).
  4. Démontrer que toutes les droites (Dm)(D_m) passent par un même point Ω\Omega dont on donnera les coordonnées.
  5. Montrer que la droite (L) : x+2y=0(L)\ :\ x+2y=0 passe par Ω\Omega mais n'est aucune des droites (Dm)(D_m).
Indication
Question 4 : écrire l'équation sous la forme m(…)+(…)=0m(\ldots)+(\ldots)=0. Elle est vraie pour tout mm lorsque les deux parenthèses sont nulles.
Voir le corrigé
  1. L'ensemble est une droite dès que (a ;b)=(m−1 ;2m+1)≠(0 ;0)(a\,;b)=(m-1\,;2m+1)\neq(0\,;0). Les deux coefficients seraient nuls à la fois pour m=1m=1 et m=−12m=-\frac12, ce qui est impossible. Donc (Dm)(D_m) est une droite pour tout mm.
  2. Parallèle à l'axe des abscisses : il faut a=0a=0, soit m=1m=1 ; l'équation devient 3y−3=03y-3=0, c'est-à-dire y=1y=1. Parallèle à l'axe des ordonnées : il faut b=0b=0, soit m=−12m=-\frac12 ; l'équation devient −32x−3=0-\frac32x-3=0, c'est-à-dire x=−2x=-2.
  3. K∈(Dm)  ⟺  4(m−1)−(2m+1)−3=0  ⟺  2m−8=0  ⟺  m=4K\in(D_m)\iff4(m-1)-(2m+1)-3=0\iff2m-8=0\iff m=4. La droite (D4) : 3x+9y−3=0(D_4)\ :\ 3x+9y-3=0, soit x+3y−1=0x+3y-1=0, passe bien par KK : 4−3−1=04-3-1=0.
  4. Pour tout mm, (m−1)x+(2m+1)y−3=m(x+2y)+(−x+y−3)(m-1)x+(2m+1)y-3=m(x+2y)+(-x+y-3). Un point dont les coordonnées vérifient x+2y=0x+2y=0 et −x+y−3=0-x+y-3=0 est donc sur toutes les droites (Dm)(D_m). En ajoutant les deux équations, 3y−3=03y-3=0, donc y=1y=1, puis x=−2x=-2. Le point Ω(−2 ;1)\Omega(-2\,;1) convient. Vérification avec la question 2 : il est sur y=1y=1 et sur x=−2x=-2.
  5. −2+2×1=0-2+2\times1=0 : Ω∈(L)\Omega\in(L). Si (L)(L) était une droite (Dm)(D_m), le point O(0 ;0)O(0\,;0) de (L)(L) vérifierait l'équation de (Dm)(D_m) ; or il donne −3=0-3=0, ce qui est faux pour tout mm.

Exercice 13 : Vecteur directeur, pente et droite verticale : trouver les erreurs

Moyen
Voici la copie d'un élève pour la droite (D) : 4x+6y−3=0(D)\ :\ 4x+6y-3=0.
  1. « Un vecteur directeur de (D)(D) est u⃗(4 ;6)\vec u(4\,;6). »
  2. « Le coefficient directeur de (D)(D) est m=64=32m=\frac64=\frac32. »
  3. « 6y=4x−36y=4x-3, donc y=23x−12y=\frac23x-\frac12. »
  4. « La droite (Δ)(\Delta) passant par A(1 ;2)A(1\,;2) et B(1 ;5)B(1\,;5) a pour coefficient directeur m=5−21−1=0m=\frac{5-2}{1-1}=0, donc (Δ) : y=2(\Delta)\ :\ y=2. »
Trouver l'erreur de chaque ligne, la corriger et proposer un vérification qui l'aurait détectée.
Voir le corrigé
  1. Le vecteur directeur d'une équation cartésienne est (−b ;a)(-b\,;a), soit (−6 ;4)(-6\,;4), ou plus simplement (−3 ;2)(-3\,;2). Contrôle : le point K(0 ;12)K\left(0\,;\frac12\right) est sur (D)(D) (0+3−3=00+3-3=0) ; en lui ajoutant (4 ;6)(4\,;6), on obtient (4 ;132)\left(4\,;\frac{13}2\right), qui donne 16+39−3=52≠016+39-3=52\neq0.
  2. Avec (α ;β)=(−6 ;4)(\alpha\,;\beta)=(-6\,;4), m=βα=4−6=−23m=\frac{\beta}{\alpha}=\frac{4}{-6}=-\frac23 (c'est aussi −ab-\frac ab). L'élève a divisé bb par aa et oublié le signe.
  3. En isolant 6y6y, les termes 4x4x et −3-3 changent de signe : 6y=−4x+36y=-4x+3, donc y=−23x+12y=-\frac23x+\frac12. Vérification : le coefficient directeur obtenu est bien celui de la ligne b corrigée, et K(0 ;12)K\left(0\,;\frac12\right) vérifie l'équation.
  4. Le calcul 30\frac{3}{0} n'a pas de sens : on ne divise pas par 0. Les deux points ont la même abscisse, la droite est verticale : (Δ) : x=1(\Delta)\ :\ x=1. Vérification : B(1 ;5)B(1\,;5) ne vérifie pas y=2y=2, alors qu'il vérifie x=1x=1.

Positions relatives et intersections

Exercice 14 : Trois couples de droites, trois positions

Facile
Étudier la position relative des deux droites et, si elles sont sécantes, calculer les coordonnées de leur point d'intersection.
  1. (D1) : 3x−6y+2=0(D_1)\ :\ 3x-6y+2=0 et (D2) : −x+2y+1=0(D_2)\ :\ -x+2y+1=0.
  2. (D3) : y=−12x+3(D_3)\ :\ y=-\frac12x+3 et (D4) : x+2y−6=0(D_4)\ :\ x+2y-6=0.
  3. (D5) : 4x+y−1=0(D_5)\ :\ 4x+y-1=0 et (D6) : x−2y+11=0(D_6)\ :\ x-2y+11=0.
Voir le corrigé
  1. ab′−a′b=3×2−(−1)×(−6)=6−6=0ab^{\prime}-a^{\prime}b=3\times2-(-1)\times(-6)=6-6=0 : les droites sont parallèles. Le point (1 ;0)(1\,;0) est sur (D2)(D_2) (−1+0+1=0-1+0+1=0) mais pas sur (D1)(D_1) (3+0+2=5≠03+0+2=5\neq0) : elles sont strictement parallèles.
  2. (D4)(D_4) équivaut à 2y=−x+62y=-x+6, soit y=−12x+3y=-\frac12x+3 : même coefficient directeur et même ordonnée à l'origine que (D3)(D_3). Les droites sont confondues.
  3. ab′−a′b=4×(−2)−1×1=−9≠0ab^{\prime}-a^{\prime}b=4\times(-2)-1\times1=-9\neq0 : les droites sont sécantes. Par substitution, (D5)(D_5) donne y=1−4xy=1-4x ; dans (D6)(D_6) : x−2(1−4x)+11=0x-2(1-4x)+11=0, soit 9x+9=09x+9=0, donc x=−1x=-1 et y=5y=5. Point d'intersection : (−1 ;5)(-1\,;5). Contrôle dans (D6)(D_6) : −1−10+11=0-1-10+11=0.

Exercice 15 : Une droite face à trois autres

Moyen
On note (Δ)(\Delta) la droite passant par E(1 ;2)E(1\,;2) et dirigée par u⃗(−1 ;2)\vec u(-1\,;2).
  1. Déterminer une équation cartésienne de (Δ)(\Delta).
  2. Démontrer que (Δ)(\Delta) et (D) : x+y−6=0(D)\ :\ x+y-6=0 sont sécantes et calculer leur point commun.
  3. Même question avec (Δ′) : y=2x−4(\Delta^{\prime})\ :\ y=2x-4.
  4. Quelle est la position de (Δ)(\Delta) et de la droite (Δ′′)(\Delta^{\prime\prime}) passant par H(5 ;0)H(5\,;0) et dirigée par (2 ;−4)(2\,;-4) ?
  5. Une représentation paramétrique de (Δ)(\Delta) est x=1−tx=1-t, y=2+2ty=2+2t. Retrouver le résultat de la question 2 en remplaçant xx et yy dans l'équation de (D)(D).
Voir le corrigé
  1. det⁡(EM→,u⃗)=2(x−1)−(−1)(y−2)=2x+y−4\det(\overrightarrow{EM},\vec u)=2(x-1)-(-1)(y-2)=2x+y-4. Donc (Δ) : 2x+y−4=0(\Delta)\ :\ 2x+y-4=0 ; vérification avec EE : 2+2−4=02+2-4=0.
  2. ab′−a′b=2×1−1×1=1≠0ab^{\prime}-a^{\prime}b=2\times1-1\times1=1\neq0 : les droites sont sécantes. On résout {2x+y=4x+y=6\begin{cases}2x+y=4\\x+y=6\end{cases} Par soustraction, x=−2x=-2, puis y=8y=8. Le point commun est (−2 ;8)(-2\,;8) ; vérification : −4+8−4=0-4+8-4=0 et −2+8−6=0-2+8-6=0.
  3. (Δ)(\Delta) a pour équation réduite y=−2x+4y=-2x+4, de coefficient directeur −2≠2-2\neq2 : les droites sont sécantes. −2x+4=2x−4-2x+4=2x-4 donne x=2x=2, puis y=0y=0. Le point commun est (2 ;0)(2\,;0).
  4. (2 ;−4)=−2u⃗(2\,;-4)=-2\vec u : les droites sont parallèles. HH donne 10+0−4=6≠010+0-4=6\neq0 dans l'équation de (Δ)(\Delta) : H∉(Δ)H\notin(\Delta), les droites sont strictement parallèles.
  5. (1−t)+(2+2t)−6=0(1-t)+(2+2t)-6=0 équivaut à t−3=0t-3=0. Le point de paramètre t=3t=3 est (1−3 ;2+6)=(−2 ;8)(1-3\,;2+6)=(-2\,;8) : c'est bien le point trouvé à la question 2.

Exercice 16 : Choisir le paramètre pour obtenir deux parallèles

Moyen
On donne (D) : 2x−y+3=0(D)\ :\ 2x-y+3=0 et, pour tout réel mm, (Dm) : (m+1)x+(m−2)y−9=0(D_m)\ :\ (m+1)x+(m-2)y-9=0.
  1. Justifier que (Dm)(D_m) est une droite pour tout réel mm.
  2. Déterminer mm pour que (Dm)(D_m) soit parallèle à (D)(D).
  3. Pour cette valeur, les droites sont-elles strictement parallèles ou confondues ?
  4. Pour m=2m=2, déterminer le point d'intersection de (D2)(D_2) et de (D)(D).
Voir le corrigé
  1. Les coefficients m+1m+1 et m−2m-2 ne sont jamais nuls en même temps (il faudrait m=−1m=-1 et m=2m=2) : (Dm)(D_m) est une droite pour tout mm.
  2. ab′−a′b=2(m−2)−(m+1)×(−1)=3m−3ab^{\prime}-a^{\prime}b=2(m-2)-(m+1)\times(-1)=3m-3. Les droites sont parallèles si et seulement si 3m−3=03m-3=0, soit m=1m=1.
  3. (D1) : 2x−y−9=0(D_1)\ :\ 2x-y-9=0. Le point (0 ;3)(0\,;3) de (D)(D) donne 0−3−9=−12≠00-3-9=-12\neq0 : il n'est pas sur (D1)(D_1). Les droites sont strictement parallèles.
  4. (D2) : 3x−9=0(D_2)\ :\ 3x-9=0, soit x=3x=3, droite verticale. Dans (D)(D) : y=2×3+3=9y=2\times3+3=9. Le point d'intersection est (3 ;9)(3\,;9).

Exercice 17 : Trois droites concourantes

Difficile
Le repère est orthonormé. On donne (D1) : x−y−2=0(D_1)\ :\ x-y-2=0, (D2) : x+2y−5=0(D_2)\ :\ x+2y-5=0 et, pour un réel mm, (D3) : mx+2y−8=0(D_3)\ :\ mx+2y-8=0.
  1. Montrer que (D1)(D_1) et (D2)(D_2) sont sécantes en un point Ω\Omega à déterminer.
  2. Déterminer mm pour que les trois droites soient concourantes, et vérifier qu'elles sont alors deux à deux distinctes.
  3. Pour quelle valeur de mm la droite (D3)(D_3) est-elle parallèle à (D1)(D_1) ? à (D2)(D_2) ?
  4. Pour m=0m=0, les trois droites forment un triangle. Calculer ses sommets et son aire.
Voir le corrigé
  1. 1×2−1×(−1)=3≠01\times2-1\times(-1)=3\neq0 : les droites sont sécantes. Par substitution, (D1)(D_1) donne x=y+2x=y+2, puis (D2)(D_2) donne y+2+2y−5=0y+2+2y-5=0, soit 3y=33y=3. Donc y=1y=1, x=3x=3 et Ω(3 ;1)\Omega(3\,;1).
  2. Les trois droites sont concourantes si et seulement si Ω∈(D3)\Omega\in(D_3) : 3m+2−8=03m+2-8=0, soit m=2m=2. Alors (D3) : 2x+2y−8=0(D_3)\ :\ 2x+2y-8=0, c'est-à-dire x+y−4=0x+y-4=0. Avec (D1)(D_1) : 1×1−1×(−1)=2≠01\times1-1\times(-1)=2\neq0 ; avec (D2)(D_2) : 1×1−1×2=−1≠01\times1-1\times2=-1\neq0. (D3)(D_3) est sécante à chacune, donc distincte des deux : les trois droites sont distinctes et concourantes en Ω\Omega.
  3. Parallèle à (D1)(D_1) : 1×2−m×(−1)=2+m=01\times2-m\times(-1)=2+m=0, soit m=−2m=-2 ; alors (D3) : −2x+2y−8=0(D_3)\ :\ -2x+2y-8=0, c'est-à-dire x−y+4=0x-y+4=0, strictement parallèle à (D1)(D_1). Parallèle à (D2)(D_2) : 1×2−m×2=2−2m=01\times2-m\times2=2-2m=0, soit m=1m=1 ; alors (D3) : x+2y−8=0(D_3)\ :\ x+2y-8=0, strictement parallèle à (D2)(D_2).
  4. Pour m=0m=0, (D3) : y=4(D_3)\ :\ y=4. D1∩D3D_1\cap D_3 : x−4−2=0x-4-2=0, point (6 ;4)(6\,;4). D2∩D3D_2\cap D_3 : x+8−5=0x+8-5=0, point (−3 ;4)(-3\,;4). Le troisième sommet est Ω(3 ;1)\Omega(3\,;1). La base horizontale relie (−3 ;4)(-3\,;4) et (6 ;4)(6\,;4), de longueur 9 ; la hauteur issue de Ω\Omega vaut 4−1=34-1=3. L'aire est 9×32=272\frac{9\times3}{2}=\frac{27}{2} unités d'aire.

Problèmes de géométrie résolus avec les coordonnées

Exercice 18 : La droite des milieux démontrée avec les coordonnées

Moyen
ABCABC est un triangle quelconque. On note II, JJ et KK les milieux respectifs de [AB][AB], [AC][AC] et [BC][BC], et l'on travaille dans le repère (A,AB→,AC→)(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}).
  1. Donner les coordonnées de AA, BB, CC, II, JJ et KK.
  2. Démontrer que IJ→=12BC→\overrightarrow{IJ}=\frac12\overrightarrow{BC}. Quel théorème du collège retrouve-t-on ?
  3. On note (d)(d) la parallèle à (BC)(BC) passant par II. Déterminer une équation cartésienne de (d)(d) et de (AC)(AC), puis leur point d'intersection. Conclure.
  4. Démontrer que AIKJAIKJ est un parallélogramme.
Voir le corrigé
  1. Par définition du repère, A(0 ;0)A(0\,;0), B(1 ;0)B(1\,;0) et C(0 ;1)C(0\,;1). Les formules du milieu valent dans tout repère : I(12 ;0)I\left(\frac12\,;0\right), J(0 ;12)J\left(0\,;\frac12\right) et K(12 ;12)K\left(\frac12\,;\frac12\right).
  2. IJ→(−12 ;12)\overrightarrow{IJ}\left(-\frac12\,;\frac12\right) et BC→(−1 ;1)\overrightarrow{BC}(-1\,;1), donc IJ→=12BC→\overrightarrow{IJ}=\frac12\overrightarrow{BC}. Les droites (IJ)(IJ) et (BC)(BC) sont parallèles et IJ=12BCIJ=\frac12BC : c'est le théorème de la droite des milieux, démontré ici pour tout triangle, car le calcul n'utilise aucune mesure.
  3. (d)(d) passe par II et est dirigée par BC→(−1 ;1)\overrightarrow{BC}(-1\,;1) : det⁡(IM→,BC→)=(x−12)×1−(−1)×y\det(\overrightarrow{IM},\overrightarrow{BC})=\left(x-\frac12\right)\times1-(-1)\times y, donc (d) : 2x+2y−1=0(d)\ :\ 2x+2y-1=0. (AC)(AC) passe par AA et est dirigée par AC→(0 ;1)\overrightarrow{AC}(0\,;1) : det⁡(AM→,AC→)=x\det(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AC})=x, donc (AC) : x=0(AC)\ :\ x=0. Avec x=0x=0, l'équation de (d)(d) donne y=12y=\frac12 : le point d'intersection est JJ. La parallèle à (BC)(BC) menée par le milieu de [AB][AB] coupe [AC][AC] en son milieu : c'est la réciproque du théorème.
  4. AI→(12 ;0)\overrightarrow{AI}\left(\frac12\,;0\right) et JK→(12−0 ;12−12)=(12 ;0)\overrightarrow{JK}\left(\frac12-0\,;\frac12-\frac12\right)=\left(\frac12\,;0\right). Donc AI→=JK→\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{JK} et AIKJAIKJ est un parallélogramme (non aplati, car AI→\overrightarrow{AI} et AJ→(0 ;12)\overrightarrow{AJ}\left(0\,;\frac12\right) ne sont pas colinéaires : det⁡=14≠0\det=\frac14\neq0).

Exercice 19 : Deux bateaux de pêche : se croisent-ils ou se rencontrent-ils ?

Difficile
Au large d'Agadir, on repère les positions dans un repère orthonormé dont l'unité est le kilomètre. À l'instant tt (en heures, t=0t=0 à 8 h), le bateau AA se trouve au point At(−2+3t ;1+t)A_t(-2+3t\,;1+t) et le bateau BB au point Bt(7−t ;−3+2t)B_t(7-t\,;-3+2t), pour t≥0t\geq0.
  1. Donner les positions des deux bateaux à 8 h et à 9 h.
  2. Déterminer une équation cartésienne de la droite qui porte chacune des deux trajectoires.
  3. Démontrer que ces deux droites se coupent en un point PP à déterminer.
  4. Les deux bateaux se rencontrent-ils ?
  5. Calculer la distance qui sépare les bateaux à 10 h.
Indication
Question 4 : se rencontrer, c'est être au même point au même instant. Chercher à quel instant chaque bateau passe en PP.
Voir le corrigé
  1. À 8 h (t=0t=0) : A0(−2 ;1)A_0(-2\,;1) et B0(7 ;−3)B_0(7\,;-3). À 9 h (t=1t=1) : A1(1 ;2)A_1(1\,;2) et B1(6 ;−1)B_1(6\,;-1).
  2. A0At→(3t ;t)=t u⃗\overrightarrow{A_0A_t}(3t\,;t)=t\,\vec u avec u⃗(3 ;1)\vec u(3\,;1) : avec t≥0t\geq0, la trajectoire de AA est la demi-droite d'origine A0(−2 ;1)A_0(-2\,;1) dirigée par u⃗\vec u, portée par la droite passant par A0A_0 et dirigée par u⃗\vec u. det⁡(A0M→,u⃗)=(x+2)×1−3(y−1)\det(\overrightarrow{A_0M},\vec u)=(x+2)\times1-3(y-1), d'où x−3y+5=0x-3y+5=0. De même B0Bt→=t v⃗\overrightarrow{B_0B_t}=t\,\vec v avec v⃗(−1 ;2)\vec v(-1\,;2) : la trajectoire de BB est la demi-droite d'origine B0(7 ;−3)B_0(7\,;-3) dirigée par v⃗\vec v, portée par la droite d'équation 2(x−7)+(y+3)=02(x-7)+(y+3)=0, soit 2x+y−11=02x+y-11=0.
  3. det⁡(u⃗,v⃗)=3×2−(−1)×1=7≠0\det(\vec u,\vec v)=3\times2-(-1)\times1=7\neq0 : les deux droites sont sécantes. La première équation donne x=3y−5x=3y-5 ; dans la seconde, 6y−10+y−11=06y-10+y-11=0, donc y=3y=3 et x=4x=4. Donc P(4 ;3)P(4\,;3).
  4. Le bateau AA est en PP lorsque −2+3t=4-2+3t=4, soit t=2t=2 (et alors 1+t=31+t=3) : à 10 h. Le bateau BB est en PP lorsque 7−t=47-t=4, soit t=3t=3 (et alors −3+2t=3-3+2t=3) : à 11 h. Comme t=2≥0t=2\geq0 et t=3≥0t=3\geq0, le point PP est bien sur les deux trajectoires. Elles se coupent, mais les bateaux passent en PP à une heure d'intervalle : ils ne se rencontrent pas.
    Repère orthonormé avec les deux trajectoires. Le bateau A part de (−2 ; 1) et passe par (1 ; 2), (4 ; 3) et (7 ; 4) à 8 h, 9 h, 10 h et 11 h. Le bateau B part de (7 ; −3) et passe par (6 ; −1), (5 ; 1) et (4 ; 3) aux mêmes heures. Les trajectoires se coupent en P(4 ; 3), où A passe à 10 h et B à 11 h ; les parties des droites qui correspondent à t négatif sont en pointillé.
    Les positions heure par heure : AA passe en P(4 ;3)P(4\,;3) à 10 h, BB à 11 h. Les chemins se croisent, les bateaux non.
  5. À 10 h (t=2t=2), A2(4 ;3)A_2(4\,;3) et B2(5 ;1)B_2(5\,;1). Le repère est orthonormé : A2B2=(5−4)2+(1−3)2=5≈2,24A_2B_2=\sqrt{(5-4)^2+(1-3)^2}=\sqrt5\approx2{,}24 km.

Exercice 20 : Trois droites concourantes dans un parallélogramme

Difficile
ABCDABCD est un parallélogramme. On note JJ le milieu de [AB][AB] et KK le milieu de [AD][AD]. On travaille dans le repère (A,AB→,AD→)(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}).
  1. Donner les coordonnées de AA, BB, CC, DD, JJ et KK.
  2. Déterminer une équation cartésienne des droites (AC)(AC), (DJ)(DJ) et (BK)(BK).
  3. Calculer les coordonnées du point d'intersection GG de (AC)(AC) et (DJ)(DJ), puis démontrer que les droites (AC)(AC), (DJ)(DJ) et (BK)(BK) sont concourantes.
  4. Exprimer AG→\overrightarrow{AG} en fonction de AC→\overrightarrow{AC}, et BG→\overrightarrow{BG} en fonction de BK→\overrightarrow{BK}.
Voir le corrigé
  1. Par définition du repère, A(0 ;0)A(0\,;0), B(1 ;0)B(1\,;0) et D(0 ;1)D(0\,;1). La règle du parallélogramme donne AC→=AB→+AD→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}, donc C(1 ;1)C(1\,;1). Les formules du milieu valent dans tout repère : J(12 ;0)J\left(\frac12\,;0\right) et K(0 ;12)K\left(0\,;\frac12\right).
  2. (AC)(AC) est dirigée par (1 ;1)(1\,;1) et passe par AA : det⁡(AM→,(1 ;1))=x−y\det(\overrightarrow{AM},(1\,;1))=x-y, donc (AC) : x−y=0(AC)\ :\ x-y=0. DJ→(12 ;−1)\overrightarrow{DJ}\left(\frac12\,;-1\right) est colinéaire à (1 ;−2)(1\,;-2) : det⁡(DM→,(1 ;−2))=−2x−(y−1)\det(\overrightarrow{DM},(1\,;-2))=-2x-(y-1), donc (DJ) : 2x+y−1=0(DJ)\ :\ 2x+y-1=0. BK→(−1 ;12)\overrightarrow{BK}\left(-1\,;\frac12\right) est colinéaire à (2 ;−1)(2\,;-1) : det⁡(BM→,(2 ;−1))=−(x−1)−2y\det(\overrightarrow{BM},(2\,;-1))=-(x-1)-2y, donc (BK) : x+2y−1=0(BK)\ :\ x+2y-1=0.
  3. Sur (AC)(AC), y=xy=x ; dans l'équation de (DJ)(DJ) : 3x−1=03x-1=0, donc G(13 ;13)G\left(\frac13\,;\frac13\right). Ce point vérifie l'équation de (BK)(BK) : 13+23−1=0\frac13+\frac23-1=0. Les trois droites passent par GG ; elles sont distinctes (B∉(AC)B\notin(AC), D∉(BK)D\notin(BK), et D∉(AC)D\notin(AC) car 0−1≠00-1\neq0), donc concourantes.
    Parallélogramme ABCD non rectangle avec les vecteurs AB et AD tracés depuis A. J est le milieu de [AB], K le milieu de [AD]. Les segments [DJ], [BK] et la diagonale [AC] passent tous par le point G, de coordonnées 1/3 et 1/3 dans le repère d'origine A.
    (AC)(AC), (DJ)(DJ) et (BK)(BK) se coupent en G(13 ;13)G\left(\frac13\,;\frac13\right), situé au tiers de [AC][AC] à partir de AA.
  4. AG→(13 ;13)\overrightarrow{AG}\left(\frac13\,;\frac13\right) et AC→(1 ;1)\overrightarrow{AC}(1\,;1), donc AG→=13AC→\overrightarrow{AG}=\frac13\overrightarrow{AC}. De même BG→(−23 ;13)\overrightarrow{BG}\left(-\frac23\,;\frac13\right) et BK→(−1 ;12)\overrightarrow{BK}\left(-1\,;\frac12\right), donc BG→=23BK→\overrightarrow{BG}=\frac23\overrightarrow{BK}. Ces relations entre vecteurs colinéaires valent dans tout repère ; en revanche, on ne pourrait pas calculer la longueur AGAG dans ce repère, qui n'est pas orthonormé.

Questions flash avant le devoir

Cinq réflexes à vérifier sans calculatrice ; une seule bonne réponse par question.

Question 1 : Coordonnées d’un vecteur

Flash
Avec A(3 ;−1)A(3\,;-1) et B(−2 ;4)B(-2\,;4), le vecteur AB→\overrightarrow{AB} a pour coordonnées :
  1. (−5 ;5)(-5\,;5)
  2. (5 ;−5)(5\,;-5)
  3. (1 ;3)(1\,;3)
  4. (−5 ;3)(-5\,;3)
Voir le corrigé
Réponse A : (xB−xA ;yB−yA)=(−2−3 ;4+1)=(−5 ;5)(x_B-x_A\,;y_B-y_A)=(-2-3\,;4+1)=(-5\,;5). La réponse B est BA→\overrightarrow{BA} ; la réponse C additionne les coordonnées.

Question 2 : Valeur d’un déterminant

Flash
Pour u⃗(3 ;−2)\vec u(3\,;-2) et v⃗(6 ;−4)\vec v(6\,;-4), det⁡(u⃗,v⃗)\det(\vec u,\vec v) vaut :
  1. −24-24
  2. 00
  3. 2424
  4. 1212
Voir le corrigé
Réponse B : 3×(−4)−6×(−2)=−12+12=03\times(-4)-6\times(-2)=-12+12=0. Les vecteurs sont colinéaires (v⃗=2u⃗\vec v=2\vec u). La réponse A vient de 3×(−4)+6×(−2)3\times(-4)+6\times(-2) : une erreur de signe sur le second produit.

Question 3 : Vecteur directeur d’une équation cartésienne

Flash
Un vecteur directeur de (D) : 5x−2y+1=0(D)\ :\ 5x-2y+1=0 est :
  1. (5 ;−2)(5\,;-2)
  2. (2 ;5)(2\,;5)
  3. (−5 ;2)(-5\,;2)
  4. (5 ;2)(5\,;2)
Voir le corrigé
Réponse B : (−b ;a)=(2 ;5)(-b\,;a)=(2\,;5). Les autres vecteurs ne sont pas colinéaires à (2 ;5)(2\,;5) : par exemple det⁡((5 ;−2),(2 ;5))=25+4=29≠0\det\big((5\,;-2),(2\,;5)\big)=25+4=29\neq0.

Question 4 : Deux points de même abscisse

Flash
La droite passant par (2 ;−1)(2\,;-1) et (2 ;3)(2\,;3) a pour équation :
  1. y=2y=2
  2. x=2x=2
  3. y=4x−9y=4x-9
  4. x+y=2x+y=2
Voir le corrigé
Réponse B : les deux points ont la même abscisse, la droite est verticale. L'équation C est vérifiée par (2 ;−1)(2\,;-1) mais pas par (2 ;3)(2\,;3), car 8−9=−1≠38-9=-1\neq3.

Question 5 : Un point d’une droite paramétrée

Flash
Quel point appartient à (Δ) : x=1−2t, y=3+t(\Delta)\ :\ x=1-2t,\ y=3+t ?
  1. (−1 ;4)(-1\,;4)
  2. (3 ;4)(3\,;4)
  3. (1 ;4)(1\,;4)
  4. (−3 ;4)(-3\,;4)
Voir le corrigé
Réponse A, obtenu pour t=1t=1. Pour les autres, l'abscisse impose t=−1t=-1, t=0t=0 ou t=2t=2, qui donnent les ordonnées 2, 3 et 5, différentes de 4.

Problème de synthèse type devoir surveillé

Problème : Droites d’un triangle, système et équation du second degré

Type devoir
À traiter après le chapitre Équations, inéquations et systèmes. Durée conseillée : 1 h 30. Barème sur 20 points. Le plan est muni d'un repère orthonormé. On donne A(1 ;6)A(1\,;6), B(−3 ;−2)B(-3\,;-2) et C(5 ;2)C(5\,;2).
  1. (2 points) Calculer les coordonnées de AB→\overrightarrow{AB} et de AC→\overrightarrow{AC}, puis démontrer que AA, BB, CC ne sont pas alignés.
  2. (4 points) Déterminer une équation cartésienne de chacune des droites (BC)(BC), (AB)(AB) et (AC)(AC).
  3. (3 points) Déterminer une équation de la parallèle (d)(d) à (BC)(BC) passant par AA, puis une équation de la médiane issue de AA du triangle ABCABC.
  4. (4 points) Pour tout réel mm, on note (Lm) : mx+y−3=0(L_m)\ :\ mx+y-3=0. Selon les valeurs de mm, étudier l'intersection de (Lm)(L_m) et de (BC)(BC) par la méthode du déterminant. Pour quelle valeur de mm la droite (Lm)(L_m) passe-t-elle par CC ?
  5. (4 points) Pour tout réel tt, on note MM le point tel que BM→=t u⃗\overrightarrow{BM}=t\,\vec u, avec u⃗(2 ;1)\vec u(2\,;1) ; MM parcourt (BC)(BC).
    1. (1 point) Montrer que MM a pour coordonnées (−3+2t ;−2+t)(-3+2t\,;-2+t), puis que AM2=5t2−32t+80AM^2=5t^2-32t+80.
    2. (1,5 point) Déterminer les points MM de (BC)(BC) tels que AM=ACAM=AC.
    3. (1,5 point) Existe-t-il un point MM de (BC)(BC) tel que AM=5AM=5 ?
  6. (3 points) Écrire un système de trois inéquations dont les solutions sont les points intérieurs au triangle ABCABC (bords exclus). Le point P(2 ;3)P(2\,;3) est-il intérieur au triangle ?
Indication
Question 5 b : AC2=32AC^2=32 et l'on résout une équation du second degré en tt avec le discriminant. Question 6 : pour chaque côté, le sommet opposé sert de point test.
Voir le corrigé
  1. AB→(−4 ;−8)\overrightarrow{AB}(-4\,;-8) et AC→(4 ;−4)\overrightarrow{AC}(4\,;-4). det⁡(AB→,AC→)=(−4)×(−4)−4×(−8)=16+32=48≠0\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=(-4)\times(-4)-4\times(-8)=16+32=48\neq0 : les vecteurs ne sont pas colinéaires, les points ne sont pas alignés et ABCABC est un vrai triangle.
  2. BC→(8 ;4)\overrightarrow{BC}(8\,;4), donc BC→=4u⃗\overrightarrow{BC}=4\vec u avec u⃗(2 ;1)\vec u(2\,;1) : det⁡(BM→,u⃗)=(x+3)−2(y+2)\det(\overrightarrow{BM},\vec u)=(x+3)-2(y+2), donc (BC) : x−2y−1=0(BC)\ :\ x-2y-1=0 (contrôle avec CC : 5−4−1=05-4-1=0). AB→\overrightarrow{AB} est colinéaire à (1 ;2)(1\,;2) : 2(x−1)−(y−6)=02(x-1)-(y-6)=0, donc (AB) : 2x−y+4=0(AB)\ :\ 2x-y+4=0. AC→\overrightarrow{AC} est colinéaire à (1 ;−1)(1\,;-1) : −(x−1)−(y−6)=0-(x-1)-(y-6)=0, donc (AC) : x+y−7=0(AC)\ :\ x+y-7=0 ; vérification avec CC : 5+2−7=05+2-7=0.
  3. (d)(d) a les mêmes coefficients aa et bb que (BC)(BC) : x−2y+c=0x-2y+c=0, et AA donne 1−12+c=01-12+c=0, soit c=11c=11. Donc (d) : x−2y+11=0(d)\ :\ x-2y+11=0. Le milieu de [BC][BC] est I(−3+52 ;−2+22)=(1 ;0)I\left(\frac{-3+5}{2}\,;\frac{-2+2}{2}\right)=(1\,;0) ; AA et II ont la même abscisse 1, la médiane (AI)(AI) est verticale : x=1x=1.
  4. Un point commun a des coordonnées solutions du système {x−2y=1mx+y=3\begin{cases}x-2y=1\\mx+y=3\end{cases} Son déterminant vaut Δ=1×1−m×(−2)=1+2m\Delta=1\times1-m\times(-2)=1+2m.
    • Si m≠−12m\neq-\frac12, Δ≠0\Delta\neq0 : la méthode du déterminant donne une unique solution, avec Δx=1×1−3×(−2)=7\Delta_x=1\times1-3\times(-2)=7 et Δy=1×3−m×1=3−m\Delta_y=1\times3-m\times1=3-m. Les droites sont sécantes en (71+2m ;3−m1+2m)\left(\frac{7}{1+2m}\,;\frac{3-m}{1+2m}\right).
    • Si m=−12m=-\frac12, Δ=0\Delta=0 et Δx=7≠0\Delta_x=7\neq0 : le système n'a pas de solution, (L−1/2)(L_{-1/2}) est strictement parallèle à (BC)(BC).
    (Lm)(L_m) passe par CC si et seulement si 5m+2−3=05m+2-3=0, soit m=15m=\frac15. Vérification avec les formules : 71+25=5\frac{7}{1+\frac25}=5 et 3−1575=2\frac{3-\frac15}{\frac75}=2.
    1. BM→=tu⃗\overrightarrow{BM}=t\vec u s'écrit x+3=2tx+3=2t et y+2=ty+2=t : M(−3+2t ;−2+t)M(-3+2t\,;-2+t), c'est une représentation paramétrique de (BC)(BC). Alors AM→(2t−4 ;t−8)\overrightarrow{AM}(2t-4\,;t-8) et, le repère étant orthonormé, AM2=(2t−4)2+(t−8)2=4t2−16t+16+t2−16t+64=5t2−32t+80AM^2=(2t-4)^2+(t-8)^2=4t^2-16t+16+t^2-16t+64=5t^2-32t+80.
    2. AC2=16+16=32AC^2=16+16=32. Comme AMAM et ACAC sont positifs, AM=AC  ⟺  AM2=32  ⟺  5t2−32t+48=0AM=AC\iff AM^2=32\iff5t^2-32t+48=0. Le discriminant vaut 322−4×5×48=1 024−960=6432^2-4\times5\times48=1\,024-960=64, donc deux solutions t=32±810t=\frac{32\pm8}{10} : t=4t=4 et t=125t=\frac{12}{5}. Pour t=4t=4, on retrouve C(5 ;2)C(5\,;2) ; pour t=125t=\frac{12}5, on obtient C′(95 ;25)C^{\prime}\left(\frac95\,;\frac25\right). On pouvait aussi remarquer que t=4t=4 (point CC) est solution : 5t2−32t+48=(t−4)(5t−12)5t^2-32t+48=(t-4)(5t-12), d'où t=125t=\frac{12}{5}. Le triangle ACC′ACC^{\prime} est isocèle en AA.
    3. AM=5  ⟺  5t2−32t+55=0AM=5\iff5t^2-32t+55=0. Le discriminant vaut 1 024−1 100=−76<01\,024-1\,100=-76\lt0 : Le trinôme 5t2−32t+555t^2-32t+55 a un discriminant négatif et un coefficient 5>05\gt0 : il est strictement positif pour tout tt. Donc AM2>25AM^2\gt25, soit AM>5AM\gt5 : tous les points de (BC)(BC) sont à plus de 5 de AA.
  6. Chaque côté partage le plan en deux demi-plans ; l'intérieur du triangle est du côté du sommet opposé. Pour (AB)(AB), CC donne 10−2+4=12>010-2+4=12\gt0 ; pour (AC)(AC), BB donne −3−2−7=−12<0-3-2-7=-12\lt0 ; pour (BC)(BC), AA donne 1−12−1=−12<01-12-1=-12\lt0. L'intérieur est l'ensemble des solutions de {2x−y+4>0x+y−7<0x−2y−1<0\begin{cases}2x-y+4\gt0\\x+y-7\lt0\\x-2y-1\lt0\end{cases} Pour P(2 ;3)P(2\,;3) : 4−3+4=5>04-3+4=5\gt0, 2+3−7=−2<02+3-7=-2\lt0 et 2−6−1=−5<02-6-1=-5\lt0. Les trois inégalités sont vérifiées : PP est intérieur au triangle.
    Repère orthonormé avec le triangle ABC de sommets A(1 ; 6), B(−3 ; −2) et C(5 ; 2), colorié. La droite (BC) d'équation x − 2y − 1 = 0 est prolongée en tirets. Le point C′(9/5 ; 2/5) est sur [BC], relié à A par un segment en tirets de même longueur que [AC]. Le point P(2 ; 3) est à l'intérieur du triangle.
    CC et C′(95 ;25)C^{\prime}\left(\frac95\,;\frac25\right) sont les deux points de (BC)(BC) à la distance AC=42AC=4\sqrt2 de AA ; P(2 ;3)P(2\,;3) est intérieur au triangle.
Barème indicatif : 2 + 4 + 3 + 4 + 4 + 3 = 20 points. À la question 3, chercher un coefficient directeur pour la médiane conduirait à une division par 0 : il faut reconnaître la droite verticale.

Pages liées