trie Plane Produit
27. Déter- Déter-minants
2.7.2 Coordonnées cartésiennes dans le plan Exercice 2.5 ♥Exercice 2.5♥
Calculer une équation cartésienne puis une équation paramétrique de la droiteD: 1. passant parA (2, 1)et de vecteur normal→−n =(1,−1). équation paramétrique deDestD :
(x =2+t
5. Un vecteur directeur de D′ est−→n =(2, 1)qui est normal à D car les deux droites sont perpendiculaires. Une équation deDest donc de la forme2x+y+c=0avecc∈R. CommeA∈Dalorsc= −3etD : 2x+y−3=0. Un vecteur directeur deDest−→u =(−1, 2)donc une équation paramétrique deDestD :
(x =1−t y =1+2t;t∈R. Exercice 2.6 ♥
Calculer une équation cartésienne de la droiteDd’équation paramétrique
(x =1−t y =2−3t.
Solution : On pourrait lire sur l’équation paramétrique deDles coordonnées d’un point et d’un vecteur directeur de D. Procédons autrement :
(x =1−t y =2−3t =⇒
t =1−x t =2−y 3
=⇒ 1−x=2−y
3 =⇒ −3x+y+1=0 et doncD :−3x+y+1=0.
Exercice 2.7 ♥
On rapporte le plan à un repère orthonormal direct. On considère les pointsA(−1,−1),B(2, 3)etC(3,−3). 1. Calculer l’aire du triangleABC.
2. En déduire la distance deAà la droite(BC). 3. Former une équation de la droite(AB).
4. En déduire la longueur de la hauteur issue deCet retrouver l’aire du triangleABC. Solution :
1. L’aire deABCest donnée par :
¯¯
¯det³−→AB,−→AC´¯¯¯
2 =222 = 11.
2. SoitHle projeté orthogonal deAsur(BC).(AH)est donc une hauteur deABCet l’aire deABCest aussi donnée par : BC×2AH. CommeBC=p
37, on trouve : AH=11
p37
74 .
3. Le vecteur−→AB(3, 4)dirige la droite(AB). Par conséquent, une équation de(AB)est −4x+3y−1=0.
4. La longueur de la hauteur issue de C est la distance de C à la droite (AB). Par conséquent : d(C, (AB))=
−4xC+3yC−1
5 = 22
5 . L’aire du triangleABCest alors donnée par : AB×d(C, (AB))
2 =
5×22 5
2 = 11. Exercice 2.8 ♥
Dans le plan rapporté à un repère orthonormal, on considère les pointsA
¯¯
¯¯1
−2 etB
¯¯
¯¯−2 3 . 1. Écrire une équation cartésienne de la droite(AB).
2. Déterminer la distance du pointC
¯¯
¯¯1
1 à la droite(AB).
3. Déterminer les coordonnées du projeté orthogonalHdeCsur(AB).
4. Retrouver la distance du pointCà la droite(AB)en utilisant la question précédente.
Solution : 1. SoitM
¯¯
¯¯x
y un point du plan. Il appartient à la droite(AB)si et seulement sidet(−−→
AM,−→
AB)=0, ce qui donne une équation cartésienne de la droite(AB): (AB) : 5x+3y+1=0 .
2. Avec la formule du cours,d(C, (AB))=|5+3+1| p52+32 = 9
p34.
3. Comme−→n =(5, 3)est normal à(AB), il dirige(CH)et une équation paramétrique de(CH)est(CH) :
(x =1+5t y =1+3t. Les coordonnées deHsont solutions du système :
x =1+5t
y =1+3t
5x+3y+1 =0 .
On trouvet= −9/34,x= −11/34ety=7/34. DoncH (−11/34, 7/34). 4. Il suffit de calculer la norme de−−→CH=(45/34, 27/34), on trouve°°°−−→CH°°°=p
81/34=9/p 34.
Exercice 2.9 ♥♥
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, on considère le point Ω
¯¯
¯¯1
2. Parmi toutes les droites passant parΩ, déterminer celles qui sont à distance1du pointA
¯¯
¯¯−1 4 .
Solution : On peut décrire toutes les droites passant parΩ(sauf la droite verticale) à l’aide d’un seul paramètre, la pente m. L’équation cartésienne d’une telle droiteDmest donc(y−2)=m(x−1), c’est-à-dire Dm :mx−y+(2−m)=0. La distance du pointAà la droiteDmest alors donnée par la formule :
d(A,Dm)=|−m−4+2−m|
3 . On vérifie ensuite que la droite verticale passant parΩne convient pas en écrivant son équation cartésiennex=1et en calculant la distance deAà cette droite qui vaut2.
Exercice 2.10 ♥
Calculer la distance du pointAà la droiteDdans les cas suivants : 1. A (0, 0)etDpasse parB (5, 3)et est dirigée par→−u(1, 2). 1. Montrer queABCDest un trapèze.
2. Calculer les coordonnées de l’intersection de ses diagonales.
3. Montrer que ses diagonales sont perpendiculaires.
4. Calculer l’aire deABCD. Solution :
1. Comme−→AD=(4,−2)et−→BC=(8,−4)il est clair que−→BC=2−→ABet que les droites(AD)et(BC)sont parallèles. Par suite,ABCDest un trapèze.
2. On calcule une équation cartésienne de(AC). Cette droite est dirigée par−→AC=(3,−9)ou encore par le vecteur
−
→u =(1,−3). Un vecteur normal à cette droite est donc−→n =(3, 1). Une équation cartésienne de(AC)est donc de la forme3x+y+c=0avecc∈R. CommeA∈(AC), il vient quec=0. Donc(AC) : 3x+y=0. On montre de même que(BD) : −x+3y=0. On remarque que ces deux droites passent par l’origine du repère donc leur point d’intersection estO.
3. Un vecteur normal à(AC)est−→n=(3, 1)et un vecteur normal à(BD)est−→n′=(−1, 3). Il est clair que−→n· −→n′=0et donc que les diagonales sont perpendiculaires.
4. On utilise la formule vue au collège. Si A désigne l’aire de ABCD alors A =¡
petite base+grande base¢×
Exercice 2.12 ♥
On considère deux droitesDetD′d’équations respectives :
D : 3x+4y+3=0etD′: 12x−5y+4=0 .
1. Montrer que ces deux droites sont sécantes.
2. Déterminer une équation de chacune de leurs bissectrices1. Solution :
1. Un vecteur directeur deDest−→u(−4, 3)et un vecteur directeur deD′est−→u′(5,−12). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc ces deux droites ne sont pas parallèles.
2. SoitM¡ x,y¢
un point du plan. On a la série d’équivalence :
Mest un point d’une des bissectrices aux deux droites
⇐⇒ d(M,D)=d¡
On considère deux droitesDetD′non parallèles et d’équations normales respectives : xcosθ+ysinθ−p=0etxcosθ′+ysinθ′−p′=0 oùp,p′∈Retθ,θ′∈R,θ6=θ′ [π].
1. Déterminer une équation normale de chacune de leurs bissectrices2.
2. Montrer que si−→u et−→u′sont des vecteurs unitaires qui dirigent les droitesDetD′alors les vecteurs−→u +−→ u′et
−
→u−→−
u′dirige chacune de ces deux bissectrices.
3. Montrer que ces deux bissectrices sont perpendiculaires.
Solution : 1. SoitM¡
x,y¢
un point du plan. On a la série d’équivalence : Mest un point d’une des bissectrices aux deux droites
⇐⇒ d(M,D)=d¡ Ces deux équations sont de plus normales.
1. Rappelons qu’un point est sur une bissectrice de deux droites si et seulement si les distances de ce point à chacune des deux droites sont égales 2. Voir la note 1
2. Comme−→u et→−u′sont unitaires, on peut supposer que→−u =(cosθ, sinθ)et que−→u′=¡
qui dirige clairement la première bissectrice. De même :
−
°2=0, les deux bissectrices sont perpendiculaires.
Exercice 2.14 ♥♥
Dans le plan, on considère trois pointsA,BetCnon-alignés. Une droiteDcoupe les droites(BC),(AC)et(AB)enA′, B′etC′respectivement. ParA′on mène les parallèles à(AB)et(AC)qui coupent respectivement aux pointsEetFla parallèle à(BC)menée parA. Montrer que les droites(B′E)et(C′F)sont parallèles.
Indication 2.8 : Le problème est indépendant du repère choisi, à vous donc de choisir un bon repère...
Solution : Faire un dessin ! – Choix du repère :R=(A,−→
y est sur cette droite si et seulement sidet(−−→
B′M,−−→
. On remarque que le cas où b=c correspond à une droite D parallèle
à(BC)ce qui est exclu par l’énoncé.
après simplifications. Le résultat est montré.
Exercice 2.15 ♥♥
On considère un pointAλ
¯¯ 1. Écrire l’équation cartésienne de la médiatrice du segment[AλBλ].
2. Montrer que lorsqueλvarie, cette médiatrice passe toujours par un point fixe.
Solution :
2. On remarque que le pointC
¯¯
¯¯a/2
a/2appartient à toutes les droitesDλ.
Exercice 2.16 ♥♥
On considère dans le plan euclidien un triangle équilatéral(ABC). On choisit un repère orthonormé d’origine le milieu de[AB], avec le vecteur−→i = 1. Déterminer les coordonnées du pointC.
2. Écrire les équations cartésiennes des droites(AC)et(BC).
3. Montrer que siMest un point intérieur au triangle, la somme des distances deMà chaque côté du triangle est constante.
4. Retrouver ce résultat en partitionnant le triangleABCen trois triangles dont on déterminera les aires grâce au déterminant.
y intérieur au triangle. La distance deMà la droite(AB)vauty (yÊ0). Appliquons la formule du cours pour calculer la distance deMà la droite(AC):
d(M, AC)=|p
On a utilisé que le pointMétait à droite de la droite(AC)pour enlever la valeur absolue. De même, d(M, BC)=|p La somme des trois distances est constante et vautp3a.
4. SiU,VetWsont trois points du plan, on noteraAUVWl’aire du triangleUVW. On a :
oùA1est l’aire du parallélogramme porté par les vecteurs−−→AMet−→AB,A2est l’aire du parallélogramme porté par les vecteurs−−→BMet−→BCetA3est l’aire du parallélogramme porté par les vecteurs−−→CMet−→CA. MaisA1=2AMAB, A2=2AMBCetA3=2AMCA. Donc :
d(M, (AB))+d(M, (BC))+d(M, (CA))=2(AMAB+AMBC+AMCA)=2AABC ce qui prouve que la somme des trois longueurs est constante.
Exercice 2.17 ♥♥
Dans le plan, on considère un triangle(ABC)et on noteIle milieu du segment[BC]. Une droite passant parIcoupe les droites(AB)enDet(AC)enE. Déterminer le lieu des points d’intersection des droites(BE)et(CD).
Solution : On se place dans le repère(A,−→AB,−→AC). Danc ce repère 1. le pointIa comme coordonnéesI
¯¯
¯¯1/2 1/2
2. la droite droite passant parDadmet comme équation cartésienne :(y−1/2)=λ(x−1/2)avecλ6=0(puisque cette droite n’est pas parallèle à(AB)ni à(AC). 6. l’intersection de ces deux droites est formée du point : M
¯¯
(les deux droites ne sont pas parallèles lorsqueλ6= −1).
7. Le point Mest sur la droite d’équationx+y =0. L’applicationλ7→ λ−1
λ+1 étant une bijection deR\ {0} vers R\ {−1, 1}, on trouve tous les points de cette droite sauf ceux d’abscisse1et−1.
Exercice 2.18 ♥♥
On considère dans le plan euclidien un triangle isocèle(ABC)avecAB=AC. On considère un pointDqui varie sur le segment[AB]et un pointEsur le segment[BC]tels queD′E=1
2BCoùD′est le projeté orthogonal deDsur(BC). Par le pointE, on mène la perpendiculaire à la droite(DE). Montrer que cette droite passe par un point fixeI.
Solution : On choisit le repère orthonormé tel queA
¯¯
Il suffit d’annuler le coefficient deλ et le coefficient constant pour voir que cette droite passe toujours par le point I
¯¯
¯¯ 0
−b2/a .
Exercice 2.19 ♥♥
Dans le repère canonique du plan, on considère deux points sur les axesA
¯¯
¯¯λ 0 etB
¯¯
¯¯ 0
a−λ. On noteCle point tel que (OACD)soit un rectangle. On noteDλla perpendiculaire à la droite(AB)passant parC. Montrer que la droiteDλpasse par un point fixe à déterminer lorsqueλvarie.
Solution : C
¯¯
¯¯ λ
a−λ. Pour obtenir l’équation cartésienne deDλ, on traduit−−→CM.−→BA=0et l’on trouve Dλ :λx+(λ−a)y−2aλ+a2=0
que l’on peut écrire comme un polynôme enλ:
λ(x+y−2a)+(−a y+a2)=0
En considérant le pointI
¯¯
¯¯x
y avecxetyqui annulent les deux coefficients de ce polynôme, on trouve le point fixe I
¯¯
¯¯a a . Exercice 2.20 ♥♥
Déterminer l’intersection des droitesD1etD2: D1
½ x = 2t−1
y = −t+2 t∈R D2
½ x = t+2 y = 3t+1 t∈R Solution :
1. On prend deux paramètres distincts½ t et u et on égale les abscisses et ordonnées pour obtenir le système : 2t−1 = u+2
−t+2 = 3u+1 d’où
½ 2t−u = 3
−t−3u = −1 d’où−7u=1 etu= −1
7. On en déduitu= −1
7+2=13 7 et y= −3
7+1=4 7.
2. ~u(2,−1)est vecteur directeur deD1, donc~n(1, 2)est vecteur normal deD1. Donc une équation cartésienne deD1
estx+2y =k.k est déterminé en écrivant que (pourt=0)M(−1, 2)∈D1soitk= −1+2×2=3. Maintenant on traduit : un point deD2vérifie cette équation deD1:t+2+2(3t+1)=3soitt== −1
7 et on conclut comme ci-dessus.
Moralité : L’intersection de deux objets géométriques se traite bien lorsqu’un est défini en paramétrique et l’autre par équation cartésienne.