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1. concours général 1998 - exercice 4 énoncé
On considère deux droites D1 et D2 sécantes en O, et un point M n’appartenant à aucune de ces droites. On considère deux points variables,AsurD1,B surD2, tels que le pointM appartienne au segment[AB].
Les deux questions sont indépendantes.
1. Montrer qu’il existe une position des pointsA et B pour laquelle l’aire du triangle OAB est minimale. Construire les pointsAetB ainsi déterminés.
2. Montrer qu’il existe une position des points A et B pour laquelle le périmètre du triangle OAB est minimal et qu’on a alors l’égalité des périmètres des triangles OAM etOBM, ainsi que la relation
AM tanOAM\2
= BM
tanOBM\2 .
Construire les pointsA etB ainsi déterminés.
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2. concours général 1998 - exercice 4 Solution 1
question 1 Soit M1 projeté de M sur d1 parallèlement à d2 et M2 projeté de M sur d2 parallèlement àd1. Posons−→
ı = −−−→
OM1 et−→
= −−−→
OM2, dans le repère O;−→
ı,−→
, M a pour coordonnées(1; 1). Soit Aun point sur d1 ayant pour coordonnées(xA; 0) dans ce repère , toujours dans ce même repère, la droite(M A)a pour équation :
x−xA ; 1−xA
y ; 1
= 0 ⇔ x+ (xA−1)y−xA= 0
Le pointB, intersection de(AM)etd2a donc pour coordonnées(0; xA
xA−1). Pour queM soit sur le segment[AB], il faut queAet B aient des coordonnées positives, nous devons donc avoir xA ∈]1; +∞[. L’aire du triangle OAB peut s’exprimer en fonction de xA, à l’aide d’un déterminant dans une base orthonormée−→
u,−→ v
:
1 2
d´et„−→
u,−→
v
«
−→
OA;−−→ OB
= 1 2
d´et„−→
u,−→
v
«
xA−→
ı; xA
xA−1
−
→
On a donc :
Aire(OAB) = x2A 2(xA−1)
d´et„−→
u,−→
v
«
−→ ı;−→
=f(xA)×Aire(OM1M2)
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oùf est la fonction admettant le tableau de variation suivant :
x 1 2 +∞
f0(x) = x(x−2)
(x−1)2 − 0 +
+∞ +∞
f(x) = x2
x−1
& %
4
L’aire minimum est donc réalisée lorsqueA a pour coordonnées (2; 0) dans notre repère
O;−−−→
OM1;−−−→
OM2
,Aest donc obtenu comme symétrique deOpar rapport au pointM1( voir figure1). Remarquons que dans ces conditions on a aussiM milieu de[AB]etBsymétrique deO par rapport àM2.[AB]est aussi porté par la droite parallèle à(M1M2)passant par M. Puisquef(2) = 4, l’aire du triangleOAB ainsi obtenue est donc le quadruple de celle du triangleOM1M2 , c’est aussi le double de celle de du parallélogramme OM1M M2.
question 2 Étant donné un triangleOXY tel queX ∈d1;Y ∈d2et M ∈[XY], si l’on trace le cercle exinscrit, tangent au segment[XY]enM0, tangent àd1enT1 et tangent à d2 enT2, le périmètre de ce triangle peut s’écrire de plusieurs manières, en tenant compte du fait que deux segments tangents en l’une de leurs extrémités à un même cercle et ayant leur autre extrémité en commun ont même longueur.
p= (OX+XM0) + (OX+Y M0) = (OX+XT1) + (OY +Y T2) = 2OT1= 2OT2
On peut aussi l’exprimer à l’aide du rayonRde ce cercle exinscritp= 2R XOY\
.
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Quitter O
A B
M1 M2
M
d2
d1 Fig.1 – exercice 4.1 - concours général 1998
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Quitter O
X Y
M C0
d2
d1
M0
T1 T2
M00
A B
A0 B0
Fig.2 – exercice 4.2 - concours général 1998
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On doit donc chercher à construire un triangle OXY avec un cercle exinscrit de rayon minimum, avecM ∈[XY]Pour cela ,considéronsM”le point le plus proche de O parmi les deux points d’intersection de ce cercle avec la droite(OM); traçonsd3 tangente au cercle exinscrit enM”, elle couped1 etd2 en des points que nous nomerons respectivement A0 et B0, le périmètre du triangle OA0B0 est alors égal à celui de OXY en reprenant les mêmes calculs que ci-dessus. Pour obtenir un périmètre minimal, on vérifie qu’il est bien nécessaire queM ,M0 etM”soient confondus, car si tel n’était pas le cas, nous pourrions considérer l’homothétieh de centre O qui transforme (A0B0) en sa parallèle passant par M; le rapport de cette homothétie est positif et strictement inférieur à 1 dés qu’on suppose queM”est strictement à l’extérieur du triangleOXY. PosonsA=h(A0)etB=h(B0), on a nécessairementM =h(M”), l’homothétique du triangleOA0B0 vérifie donc M ∈[AB]
et admet pour périmètre kp < p . Le triangle OAB a donc un périmètre strictement inférieur à celui deOXY, on a obtenu de plus un procédé de construction des pointsAet B cherchés , car l’homothétique du cercle exinscrit au triangleOXY est le cercle tangent àd1 etd2 passant parM que nous cherchions à mettre en évidence ( voir figure2). Tout autre position des pointsAetB comme celle deX etY envisagée au début conduirait en effet à construire un cercle exinscrit de rayon supérieur transformé du cercle minimal par une homothétie de rapportk0 >1.
Supposons le triangle OAB de la figure 3 construit ainsi, soit I le centre du cercle inscrit dans le triangleOAB (IA)et (IB)étant les bissectrices de OAM\ etOBM\, C0 le centre du cercle exinscrit àABC, son rayonR0 peut s’exprimer de la façon suivante :
R0 = AM tanAC\0M
= BM
tanBC\0M
OrAC\0M et\IAM admettent un même complémentC\0AMainsi queBC\0M et IBM\qui admettentC\0BM pour complément, car [AI) et [AC0)sont des bissectrices perpendicu- laires, ainsi que[BI)et [BC0)
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Quitter O
M
d2
d1 A
B
C0
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Fig.3 – exercice 4 - concours général 1998
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On a donc la relation :
R0= AM tanOAM\
2
= BM
tanOBM\ 2
Les périmètres des trianglesOAMetOBM peuvent se calculer en reprenant les considéra- tions du début concernant les segments tangents à un même cercle et ayant une extrémité commune, ils sont égaux tous les deux à :
OM+ R0 tan\AOB
2
