Analyse : supposons que la droite D d’équation ux+vy+h= 0 (où(u, v

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12. Soit dansR² l’ellipseE d’équation cartésienne x² a² +y²

b² = 1(où0< b < a).

Donner une condition nécessaire et suffisante suru, v, h pour que la droite d’équationux+vy+h= 0 soit tangente àE.

Solution : n’ayant pas idéea priori de la condition à trouver, je raisonne par Analyse/Synthèse. . . Analyse : supposons que la droite D d’équation ux+vy+h= 0 (où(u, v) = (0,0), sinon ce ne serait pas une droite !) est tangente à E. Je dispose donc d’un point M0 = (x⁰, y0) de E tel que D soit la tangente à E enM0. D’après l’exemple traité en cours, Dadmet comme équation cartésienne

x0x a² +y0y

b² −1 = 0 ou encore −hx0

a² x−hy0

b² y+h= 0 (hest nécessairement non nul, car aucune tangente àE ne passe par l’origine !).

Par unicité des coefficients d’une telle équation à un coefficient multiplicatif non nul près, j’ai donc u=−hx0

a² et v=−hy0

b² d’où x²0

a² =a²u²

h² et y²0

b² = b²v² h² . Or M0∈ E, j’ai donc

a²u²

h² +b²v²

h² = 1 soit a²u²+b²v² =h². Synthèse : soientu, v, htrois réels tels que

(u, v) = (0,0) et a²u²+b²v² =h².

Alors hest nécessairement non nul et je peux poser (habilement, cf. l’analyse. . . ) M0= (x0, y0) où x0 =−a²u

h et y0=−b²v h . Je constate que

x²0

a² + y0²

b² = a²u²

h² +b²v²

h² = 1 donc M0∈ E.

De plus (toujours le même exemple du cours. . . ) la tangente àEenM0 admet pour équation cartésienne x0x

a² +y0y

b² −1 = 0 soit − ux h +vy

h + 1 = 0, il s’agit donc bien de la droite d’équation cartésienneux+vy+h= 0!

La droite d’équationux+vy+h= 0est tangente àE si et seulement sia²u²+b²v² =h². Application hors programme : courbe orthoptique de E

Il s’agit de déterminer les points M = (X, Y) du plan d’où l’on peut mener deux tangentes à E qui soient orthogonales, ce qui équivaut au fait que leurs normales soient orthogonales. Or, si je considère un vecteur non nul−→n = (u, v), la normale à−→n passant par M a pour équation cartésienne

u(x−X) +v(y−Y) = 0 soit ux+vy−(uX+vY) = 0.

D’après ce qui précède, cette droite est tangente à E si et seulement si a²u²+b²v² = (uX+vY)², soit si et seulement si

(R) X²−a² u²+ 2XY uv+ Y²−b² v²= 0.

Ainsi, le pointM appartient à la courbe orthoptique C si et seulement si l’ensemble des vecteurs(u, v) vérifiant la relation (R)est l’union de deux droites orthogonales. Or le lemme ci-dessous montre cette condition équivaut à

X²−a² + Y²−b² = 0. Il en résulte que

La courbeC est le cercle d’équation X²+Y²=a²+b².

Le lecteur avisé aura remarqué qu’il s’agit du cercle passant par le rectangle dont les côtés sont portés par les tangentes aux 4 sommets de l’ellipse.

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Lemme : soit(α, β, γ) non nul dansR³ ; l’ensembleF des vecteurs(u, v)du plan vérifiant la relation (R) αu²+βuv+γv² = 0

est l’union de deux droites orthogonales si et seulement si α+γ= 0.

Dém.Pour établir ce résultat, je discute de la nature de F selon (α, β, γ).

Notons i, j la base canonique de R².

•Cas α= 0: dans ce cas,(R)s’écritv(βu+γv) = 0. Fest alors l’union des deux droites d’équations respectives v= 0(dirigée par le vecteuri) etβu+γv= 0. Ces deux droites sont orthogonales si et seulement si γ= 0.

•Cas α= 0: je dispose alors du trinôme du second degréαt²+βt+γ, de discriminant∆ =β²−4αγ.

• Si∆<0, alorsF est réduit à{(0,0)} : en effet, si(u, v) vérifie(R), soitv= 0auquel casu= 0 aussi (α= 0ici par hypothèse), soitv = 0auquel cas

α u v

2

+β u

v +γ= 0,

ce qui est absurde car ledit trinôme n’admet aucune racine réelle !

• Si∆ = 0, alors F est une droite vectorielle : en effet, si je noteλla racine double dudit trinôme, j’obtiens comme ci-dessus que les vecteurs(u, v) non nuls vérifiant (R) sont ceux qui vérifient

α u v −λ

2

= 0.

F est donc la droite d’équationu−λv= 0(où nous retrouvons le vecteur nul, qui vérifie(R)!).

• Si ∆>0, alors F est l’union de deux droites vectorielles distinctes : en effet, si je note λet µ les deux racines dudit trinôme, cette fois-ci les vecteurs (u, v) non nuls vérifiant (R) sont ceux qui vérifient

α u

v −λ u

v −µ = 0.

F est donc l’union des deux droites d’équations respectivesu−λv= 0etu−µv= 0. La première est dirigée par le vecteur (1, λ), la seconde par le vecteur(1, µ) ; elles sont donc orthogonales si et seulement si 1 +λµ= 0. Or, selon les relations entre coefficients et racines d’un polynôme scindé, j’ai

λµ= γ α et donc (nous sommes toujours dans le cas α= 0)

1 +λµ= 0⇔α+γ= 0

En faisant le tour des diverses possibilités, je constate bien que le lemme est démontré !