Lycée militaire de Saint-Cyr Correction de l’exercice 2 du DS n°4 1

Lycée militaire de Saint-Cyr Correction de l’exercice 2 du DS n°4 1

S

Exercice 1

1. Soit M(x ;y) appartenant à d. On a : 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (^𝑥+2_𝑦−1).

Les vecteurs 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ et 𝑢⃗ sont colinéaires. Alors, on a :

(𝑥 + 2) × 3 − (−2) × (𝑦 − 1) = 0 soit 3𝑥 + 2𝑦 + 4 = 0 ou encore 𝑦 = −³

2𝑥 − 2 qui est l’équation cartésienne de d.

Le point d’intersection avec :

*l’axe des ordonnées : comme pour 𝑥 = 0 , y=-2 , c’est le point N(0 ;-2).

*l’axe des abscisses : comme 𝑦 = 0 ⇔ −³

2𝑥 − 2 = 0 ⇔ 𝑥 = −⁴

3 , c’est le point 𝑀(−⁴

3; 0).

2. On a 𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ (₋₁²). Soit C(x ;y), alors 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ (^𝑥+1_𝑦+1 2

).

On en déduit : 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = 2𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ ⇔ {𝑥 + 1 = 4 𝑦 +¹

2= −2 ⇔ { 𝑥 = 3 𝑦 = −⁵

2

. Soit 𝐶(3;⁻⁵

2).

Déterminons l’équation de la droite (BC). Elle est de la forme 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑝.

On a : 𝑚 =^{𝑦𝑐−𝑦𝑏}

𝑥_𝑐−𝑥_𝑏=

−5 2+¹

2

3+1 = −¹

2. Donc 𝑦 = −¹

2𝑥 + 𝑝.

Comme, 𝐵 ∈ (𝐵𝐶), on a −¹₂=¹₂+ 𝑝 ⇔ 𝑝 = −1.

Donc, (BC) a pour équation : 𝑦 = −¹₂𝑥 − 1 ou encore 𝑥 + 2𝑦 + 2 = 0.

Graphiquement, on remarque que le point d’intersection de d avec (BC) est le point B. Par le calcul, on résout le système formé par les équations des deux droites qui est :

{𝑦 = −³

2𝑥 − 2 𝑦 = −¹

2𝑥 − 1⇔ {−¹

2𝑥 − 1 = −³

2𝑥 − 2 𝑦 = −¹

2𝑥 − 1 ⇔ {𝑥 = −1 𝑦 = −¹

2

qui sont bien les coordonnées du point B.

3. Soit M(x ;y) appartenant à d’.On a : 𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (_𝑦−4^𝑥 ).

Les vecteurs 𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ et 𝑢⃗ sont colinéaires. Alors, on a : 3 × 𝑥 − (−2) × (𝑦 − 4) = 0 soit 2𝑦 + 3𝑥 − 8 = 0 ou encore 𝑦 = −³

2𝑥 + 4.

Graphiquement, le point d’intersection de (BC) et d’ est le point 𝐾(5; −3,5). Par le calcul, on résout le système formé par les équations des deux droites qui est :

{

𝑦 = −3 2𝑥 + 4 𝑦 = −1

2𝑥 − 1

⇔ {

−1

2𝑥 − 1 = −3 2𝑥 + 4 𝑦 = −1

2𝑥 − 1

⇔ { 𝑥 = 5 𝑦 = −7

2 On retrouve bien ce que l’on a ci-dessus pour les coordonnées de K.

4. Un vecteur directeur de 𝛿 est 𝑣 (−2

1 ). Les points M(0 ;0.5) et L(2 ;1) appartiennent à 𝛿.

Son point d’intersection avec d est le point E(-4 ;4) et avec d’ le point F(2 ;1).

On constate que 𝛿 est parallèle à (BC).

Montrons maintenant que EFKB est un parallélogramme : le milieu I de [EK] a pour coordonnées 𝐼(⁵⁻⁴

2 ;^−3.5+4

2 ) soit 𝐼(¹

2;¹

4). Par ailleurs, le milieu J de [BF] a pour coordonnées 𝐼(⁻¹⁺²

2 ;^−0.5+1

2 ) soit 𝐽(¹

2;¹

4). Les milieux sont confondus donc les diagonales du quadrilatère EFKB se coupent en un même milieu. C’est donc un parallélogramme.