L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2011-2012
D. Blottière Mathématiques
Correction du devoir maison n˚1
Exercice 1
Soitλ∈R. Résoudre le système(Sλ)d’inconnue(x, y, z)∈R3 défini par : (Sλ) :
3y + 2z = λx
−2x + 5y + 2z = λy
2x − 3y = λz
.
Correction : On commence par se ramener à un système dans lequel toutes les inconnues figurent dans le premier membre (ce qui n’est pas le cas du système initial), en soustrayant à chacune des équations son second membre.
(Sλ) ⇐⇒
(⋆) (Sλ′) :
−λx + 3y + 2z = 0
−2x + (5−λ)y + 2z = 0
2x − 3y − λz = 0
Notons que le système linéaire(Sλ′)esthomogène.
Pour débuter le processus d’échelonnement, il nous faut choisir un pivot non nul. Choisir −λ comme pivot afin d’éliminer l’inconnuexdes lignesL2 etL3 n’est pas possible, carλpeut être nul. On va plutôt choisir le coefficient 2 devantxdans la ligneL3comme pivot, pour débuter. Avant cela, on va échanger les lignesL1et L3 (opération élémentaire), pour faire apparaître notre pivot en haut à gauche.
(S′λ) ⇐⇒
2 x − 3y − λz = 0 L1↔L3
−2x + (5−λ)y + 2z = 0
−λx + 3y + 2z = 0
⇐⇒(⋆⋆)
2 x − 3y − λz = 0
(2−λ)y + (2−λ)z = 0 L2←L2+L1
(6−3λ)y + (4−λ2)z = 0 L3← 2
|{z}
6=0
L3+λL1
Pour poursuivre le processus d’échelonnement, on pourrait chercher un pivot non nul. Les candidats possibles sont les coefficients apparaissant dans les lignes L2 et L3 (un pivot ayant été choisi dans la ligne L1, on ne cherche pas d’autre pivot dans cette ligne), i.e. :
(2−λ) ; (6−3λ) ; (4−λ2).
Or ces nombres peuvent s’annuler pour certaines valeurs deλ. Par exemple, pourλ= 2 tous ces nombres sont nuls. On va alors scinder l’étude en deux parties : λ6= 2(dans ce cas, on pourra choisir(2−λ)comme pivot) etλ= 2(dans ce cas on remplacera partoutλpar 2 et on sera ramené à résoudre un système sans paramètre).
• Cas oùλ6= 2
On va alors choisir(2−λ)6= 0comme pivot. Le choix de l’opération élémentaire à effectuer pour éliminer l’inconnuey dans la ligneL3est guidée par la remarque suivante :
3(2−λ) = 6−3λ.
⇐⇒(⋆⋆⋆)
2 x − 3y − λz = 0
(2−λ) y + (2−λ)z = 0
((4−λ2)−3(2−λ)
| {z }
−λ2+3λ−2
)z = 0 L3←L3−3L2
Pour la suite de la résolution, il importe de savoir si −λ2+ 3λ−2 s’annule pour certaines valeurs de λ.
Pour cela, on étudie l’existence de racines pour le trinôme du second degré−λ2+ 3λ−2, par exemple en considérant son discriminant. Après étude, on trouve qu’il admet deux racines :
λ1= 1 et λ2= 2.
Cette discussion nous conduit à scinder l’étude du cas λ6= 2en deux parties, suivant que λsoit ou non égal à 1.
• Cas oùλ6= 2et λ6= 1
Dans ce cas, on a d’après (⋆ ⋆ ⋆):
(Sλ′) ⇐⇒
2x − 3y − λz = 0
(2−λ)
| {z }
6=0
y + (2−λ)z = 0
(−λ2+ 3λ−2)
| {z }
6=0
z = 0
On observe que le rang du système de droite, qui est échelonné, vaut 3. Par suite, le rang de(Sλ′)est également 3 (les deux systèmes sont équivalents).
Le système(Sλ′)a n= 3 inconnues,p= 3équations et a pour rang r= 3. Il est donc de Cramer. Par conséquent, il admet une unique solution. Comme il est de plus homogène, cette solution est nécessai- rement (0,0,0).
On a doncSol(S′
λ)={(0,0,0)}et par suite, comme(Sλ)et(Sλ′)sont équivalents (cf.(⋆)) : Sol(Sλ)={(0,0,0)}.
• Cas oùλ6= 2et λ= 1(i.e. cas oùλ= 1) Dans le cas oùλ= 1, on a d’après(⋆ ⋆ ⋆):
(Sλ′) ⇐⇒
2x − 3y − z = 0 y + z = 0 0 = 0
On observe que le rang du système de droite, qui est échelonné, vaut 2. Par suite, le rang de(Sλ′)est également 2 (les deux systèmes sont équivalents).
Pour expliciter l’ensemble solution du système linéaire homogène(Sλ′), on choisit
|{z}3
nombre d’inconnues
− 2
|{z}
rang
= 1
paramètre : ici on prendz.
De(L2), on déduit :y=−z. De(L1)et dey=−z, on déduit : 2x−3(−z)−z= 0 et par suitex=−z.
On a doncSol(Sλ′)={(−z,−z, z) : z∈R}et par suite, comme(Sλ)et(Sλ′)sont équivalents (cf.(⋆)) : Sol(Sλ)={(−z,−z, z) : z∈R}.
• Cas oùλ= 2
Dans le cas oùλ= 2, on a d’après(⋆⋆):
(Sλ′) ⇐⇒
2x − 3y − 2z = 0 0 = 0 0 = 0
On observe que le rang du système de droite, qui est échelonné, vaut 1. Par suite, le rang de (Sλ′) est également 1 (les deux systèmes sont équivalents).
Pour expliciter l’ensemble solution du système linéaire homogène(Sλ′), on choisit
|{z}3
nombre d’inconnues
− 1
|{z}rang
= 2
paramètres : ici on prendy etz.
De(L1), on déduit :x= 3 2y+z.
On a donc Sol(S′λ)= 3
2y+z, y, z
: y, z∈R
et par suite, comme (Sλ)et (Sλ′)sont équivalents (cf.
(⋆)) :
Sol(Sλ)= 3
2y+z, y, z
: y, z∈R
.
Conclusion : On rassemble ci-dessous les différents résultats obtenus.
Sol(Sλ)={(0,0,0)} siλ6= 1 etλ6= 2 Sol(Sλ)={(−z,−z, z) : z∈R} siλ= 1
Sol(Sλ)= 3
2y+z, y, z
: y, z∈R
siλ= 2
Exercice 2
Soit (O;−→i ,−→j) un repère orthonormé du plan. Soient D1 et D2 deux droites sécantes du plan. Montrer que l’ensembleBdes pointsM du plan tels que :
d(M,D1) =d(M,D2) est la réunion de deux droites orthogonales.
Correction
• Introduction d’un vecteur normal à D1 de norme 1 et d’une équation cartésienne deD1
Soit−n→1(a1, b1)un vecteur normal à la droiteD1de norme 1. D’après la formule du cours donnant la norme d’un vecteur, on a donc :
q
a21+b21= 1. (1)
D’autre part, toujours d’après le cours, il existec1∈Rtel que : a1x+b1y+c1= 0 soit une équation cartésienne deD1.
• Introduction d’un vecteur normal à D2 de norme 1 et d’une équation cartésienne deD2
Soit−n→2(a2, b2)un vecteur normal à la droiteD2 de norme 1. Alors de façon analogue à ce qui précède : q
a22+b22= 1. (2)
et il existec2∈Rtel que :
a2x+b2y+c2= 0 soit une équation cartésienne deD2.
• Montrons que l’ensemble des pointsM du plan tels qued(M,D1) =d(M,D2)est la réunion de deux droites SoitM(x, y)un point du plan. D’après la formule du cours donnant la distance d’un point à une droite, on a :
d(M,D1) =|a1x+b1y+c1| pa21+b21 =
cf.(1)|a1x+b1y+c1| et
d(M,D2) =|a2x+b2y+c2| pa22+b22 =
cf.(2)|a2x+b2y+c2|. On a donc :
d(M,D1) =d(M,D2)⇐⇒ |a1x+b1y+c1
| {z }
X1
|=|a2x+b2y+c2
| {z }
X2
|. (3)
Or deux nombres réelsX1 etX2 ont la même valeur absolue1 si et seulement si : X1=X2 ou X1=−X2.
De cette propriété et de (3), on déduit :
d(M,D1) =d(M,D2) ⇐⇒
a1x+b1y+c1=a2x+b2y+c2
ou
a1x+b1y+c1=−(a2x+b2y+c2)
⇐⇒
a1x+b1y+c1−a2x−b2y−c2= 0 ou
a1x+b1y+c1+a2x+b2y+c2= 0
⇐⇒
(a1−a2)x+ (b1−b2)y+c1−c2= 0 ou
(a1+a2)x+ (b1+b2)y+c1+c2= 0 On a donc montré :
d(M,D1) =d(M,D2)⇐⇒
(a1−a2)x+ (b1−b2)y+c1−c2= 0 ou
(a1+a2)x+ (b1+b2)y+c1+c2= 0
. (4)
– Montrons que (a1−a2)x+ (b1−b2)y+c1−c2= 0 est l’équation cartésienne d’une droite D’après le cours, (a1−a2)
| {z }
a
x+ (b1−b2)
| {z }
b
y +c1−c2
| {z }
c
= 0 est l’équation cartésienne d’une droite si et seulement si :
(⋆) a1−a2
| {z }
a
6
= 0 ou b1−b2
| {z }
b
6
= 0.
1. Ce critère d’égalité de deux valeurs absolues est bon à connaître ; il se déduit directement de la définition de la valeur absolue d’un nombre réel. On rappelle cette dernière. SiX est un nombre réel, la valeur absolue deX, notée|X|, est le nombre réel positif ou nul défini par :
|X|=
X siX≥0
−X siX <0 .
On va raisonner par l’absurde pour montrer la propriété(⋆), i.e. on va supposer que la négation de(⋆) est vraie et aboutir à une contradiction.
Supposons que la négation de (⋆)est vraie. On a alors :
a1−a2= 0 et b1−b2= 0.
Par suitea1=a2 et b1=b2. On en déduit que−n→1=−n→2. Les vecteurs−→n1et −n→2 sont alors colinéaires et donc les droitesD1etD2sont parallèles : contradiction avec l’hypothèse de l’énoncé qui stipule que les droitesD1 etD2sont sécantes.
L’équation(a1−a2)x+ (b1−b2)y+c1−c2= 0définit donc une droite. Soit∆1cette droite. (5) – Montrons que (a1+a2)x+ (b1+b2)y+c1+c2= 0 est l’équation cartésienne d’une droite
D’après le cours, (a1+a2)
| {z }
a
x+ (b1+b2)
| {z }
b
y +c1+c2
| {z }
c
= 0 est l’équation cartésienne d’une droite si et seulement si :
(⋆⋆) a1+a2
| {z }
a
6
= 0 ou b1+b2
| {z }
b
6
= 0.
On va raisonner par l’absurde pour montrer la propriété (⋆⋆), i.e. on va supposer que la négation de (⋆⋆)est vraie et aboutir à une contradiction.
Supposons que la négation de (⋆⋆)est vraie. On a alors :
a1+a2= 0 et b1+b2= 0.
Par suitea1=−a2etb1=−b2. On en déduit que−n→1=−−n→2. Les vecteurs−n→1et−n→2sont alors colinéaires et donc les droitesD1et D2 sont parallèles : contradiction avec l’hypothèse de l’énoncé qui stipule que les droitesD1et D2 sont sécantes.
L’équation(a1+a2)x+ (b1+b2)y+c1+c2= 0définit donc une droite. Soit∆2cette droite. (6) En rassemblant les résultats (4), (5) et (6), on obtient :
d(M,D1) =d(M,D2) ⇐⇒
M appartient à la droite∆1
ou
M appartient à la droite∆2
.
Par conséquent l’ensembleBdes pointsM du plan tels qued(M,D1) =d(M,D2)est la réunion des droites
∆1 et∆2.
Remarque : Cet ensemble B est appelé bissectrice des droites (sécantes)D1 etD2.
• Montrons que les droites∆1et ∆2 sont perpendiculaires
On connaît des équations cartésiennes des droites∆1et ∆2 (cf. (5) et (6)) :
∆1 : (a1−a2)x+ (b1−b2)y+c1−c2= 0 et ∆2 : (a1+a2)x+ (b1+b2)y+c1−c2= 0.
D’après le cours on sait donc que le vecteur−→m1(a1−a2, b1−b2)est normal à∆1et que−→m2(a1+a2, b1+b2) est normal à ∆2. On a donc :
∆1⊥∆2 ⇐⇒ −→m1⊥ −→m2
⇐⇒ −→m1.−→m2= 0 (critère d’orthogonalité)
⇐⇒ (a1−a2)(a1+a2) + (b1−b2)(b1+b2) = 0
⇐⇒ a21−a22+b21−b22= 0 (troisième identité remarquable)
⇐⇒ a21+b21−(a22+b22) = 0
Or a21+b21−(a22+b22) = 0 est vraie. En effet, en élevant chacun des membres de (1) au carré, il vient a21+b21= 1et chacun des membres de (2) au carré, il vienta22+b22= 1.
De la chaîne d’équivalences précédente, on déduit alors que ∆1⊥∆2.
Problème : Points et cercles remarquables dans un triangle Soit(O;−→i ,−→j)un repère orthonormé du plan. Soit les points
A(−3,1) ; B(1,5) ; C(3,−3).
Partie A : L’orthocentre du triangleABC
1. Donner une équation cartésienne des trois hauteurs du triangleABC.
2. Démontrer que ces trois hauteurs sont concourantes en un pointH. On donnera les coordonnées deH. Terminologie : Le point H est appelé orthocentre du triangle ABC.
Partie B : Le cercle circonscrit au triangle ABC
1. Donner une équation cartésienne des médiatrices des segments[AB],[AC]et [BC].
2. Démontrer que ces trois médiatrices sont concourantes en un pointΩ. On donnera les coordonnées de Ω.
3. Calculer les longueursΩA, ΩB et ΩC.
4. Que peut-on déduire de la question 3 ?
5. Donner une équation cartésienne du cercle circonscrit au triangle ABC, qui par définition est le cercle passant par les trois sommets du triangle.
Partie C : Le centre de gravité du triangleABC
1. Donner une équation cartésienne de chacune des médianes du triangleABC.
2. Démontrer que ces trois médianes sont concourantes en un pointG. On donnera les coordonnées deG.
3. Démontrer que :
−→GA+−−→GB+−−→GC=−→0. 4. Prouver que les pointsH,ΩetGsont alignés.
Correction Partie A
1. On note :
. HA la hauteur du triangleABC issue deA; . HB la hauteur du triangleABC issue deB; . HC la hauteur du triangleABC issue deC.
On trace une figure sur laquelle on place le repère (O;−→i ,−→j), le triangle ABC, les trois hauteurs du triangleABC et le pointH de concours de ces trois hauteurs,uniquement pour supporter notre intuition.
bO
−
→i
−
→j
b
A
b B
bC
HA
HB HC
b
H
Attention : Une figure peut aider à comprendre un problème de géométrie, mais on ne peut justifier aucun résultat à l’aide d’une figure. En particulier, dans cet exemple, on ne peut pas donner les coordonnées du point H, en lisant ses coordonnées sur le graphique. Il n’est par ailleurs pas aisé de lire ces coordonnées sur la figure, car elles ne sont pas entières.
• Détermination d’une équation cartésienne de la droite HA
La hauteur du triangle ABC issue deA est la droite qui passe parA et qui est perpendiculaire à la droite (BC). On a donc :
A∈ HA et −−→
BC est un vecteur normal à la droiteHA
.
Les coordonnées du vecteur −−→BCsont d’après le cours :
(xC−xB, yC−yB) = (3−1,−3−5) = (2,−8).
Le vecteur −→n(1,−4)est colinéaire à −−→
BC(−−→
BC= 2−→n) et est donc lui aussi normal à la droite HA. D’après le cours, il existe doncc∈Rtel que :
x−4y+c= 0 (7)
est une équation cartésienne de la droiteHA.
Comme le pointAappartient àHA, ses coordonnées vérifient l’équation (7). On a donc :
−3−4×1 +c= 0 et par suitec= 7.
On a ainsi montré qu’
une équation cartésienne deHAest :x−4y+ 7 = 0. (8) Remarque : Si l’on avait poursuivi l’étude, en utilisant les coordonnées du vecteur −−→
BC pour obtenir la forme d’une équation cartésienne de HA, on aurait obtenu :
2x−8y+ 14 = 0
comme équation cartésienne de HA, ce qui aurait été tout aussi juste.
• Détermination d’une équation cartésienne de la droite HB
En suivant le plan de l’étude effectuée pour déterminer une équation deHA, on montre de façon analogue qu’
une équation cartésienne deHB est :3x−2y+ 7 = 0 (9) après avoir calculé que les coordonnées du vecteur−→AC sont(6,−4).
Remarque : Pour obtenir cette équation cartésienne, on s’est appuyé sur le vecteur 12 −→
AC qui est coli- néaire à −→AC et donc lui aussi normal à la droite HB. Si l’on avait utilisé les coordonnées du vecteur
−→AC pour obtenir la forme d’une équation cartésienne deHB, on aurait obtenu : 6x−4y+ 14 = 0
comme équation cartésienne de HB, ce qui aurait été tout aussi juste.
• Détermination d’une équation cartésienne de la droite HC
En suivant le plan de l’étude effectuée pour déterminer une équation deHA, on montre de façon analogue qu’
une équation cartésienne deHC est :x+y= 0 (10) après avoir calculé que les coordonnées du vecteur−−→AB sont(4,4).
Remarque : Pour obtenir cette équation cartésienne, on s’est appuyé sur le vecteur 14 −−→AB qui est coli- néaire à −−→AB et donc lui aussi normal à la droite HC. Si l’on avait utilisé les coordonnées du vecteur
−−→AB pour obtenir la forme d’une équation cartésienne de HC, on aurait obtenu :
4x+ 4y= 0
comme équation cartésienne de HC, ce qui aurait été tout aussi juste.
2. On doit ici montrer que les trois droitesHA,HB etHC se coupent en un unique point, i.e. qu’il existe un unique point appartenant à HA∩ HB∩ HC.
SoitM(x, y)un point du plan.
M(x, y)∈ HA∩ HB∩ HC ⇐⇒
x − 4y + 7 = 0 3x − 2y + 7 = 0
x + y = 0
(cf. (8), (9) et (10))
⇐⇒
x − 4y = −7 3x − 2y = −7
x + y = 0
on isole les inconnues à gauche et les « constantes » à droite afin d’écrire le système sous forme usuelle
⇐⇒
x − 4y = −7
10y = 14 L2←L2−3L1
5y = 7 L3←L3−L1
⇐⇒
x − 4y = −7 10y = 14
0 = 0 L3← 2
|{z}
6=0
L3−L2
À cette dernière étape (et pas à celle d’avant), on a un système linéaire échelonné.
DeL2, on déduit que :
y=7 5 puis à l’aide deL1que :x−4×7
5 =−7, soit :
x=−7 5.
Il y a donc un unique point commun aux trois droites HA, HB et HC. Ses coordonnées sont
−7 5,7
5
. Ce point est appelé orthocentre du triangleABC et est notéH. On a donc :
H
−7 5,7
5
. (11)
Partie B 1. On note :
M[AB] la médiatrice du segment[AB] ; I le milieu du segment[AB]
M[AC] la médiatrice du segment[AC] ; J le milieu du segment[AC]
M[BC] la médiatrice du segment[BC] ; K le milieu du segment[BC].
On trace une figure sur laquelle on place le repère (O;−→i ,−→j), le triangle ABC, les points I, J, K, les médiatricesM[AB],M[AC]etM[BC], le pointΩde concours de ces trois médiatrices et le cercle circonscrit au triangleABC,uniquement pour supporter notre intuition.
bO
−
→i
−
→j
b
A
bB
b
C
bI
b
J
b
K
b
Ω M[AB]
M[BC]
M[AC]
• Détermination d’une équation cartésienne de la droite M[AB]
La médiatriceM[AB] du segment[AB] est la droite qui passe par le milieu I du segment [AB] et qui est perpendiculaire à la droite(AB). On a donc :
I∈ M[AB]
et −−→
AB est un vecteur normal à la droiteM[AB]
.
Les coordonnées du vecteur −−→
AB sont (4,4) (cf. Partie A). Le vecteur −→
n′(1,1) est colinéaire à −−→
AB (−−→AB = 4−→
n′) et est donc lui aussi normal à la droiteM[AB]. D’après le cours, il existe doncc∈Rtel que :
x+y+c= 0 (12)
est une équation cartésienne de la droiteM[AB]. Les coordonnées du pointI sont d’après le cours :
xA+xB
2 ,yA+yB
2
=
−3 + 1 2 ,1 + 5
2
= (−1,3).
Comme le pointI appartient àM[AB], ses coordonnées vérifient l’équation (12). On a donc :
−1 + 3 +c= 0 et par suitec=−2.
On a ainsi montré qu’
une équation cartésienne deM[AB] est :x+y−2 = 0. (13) Remarque : Si l’on avait poursuivi l’étude en utilisant les coordonnées du vecteur −−→AB pour obtenir la forme d’une équation cartésienne de M[AB], on aurait obtenu :
4x+ 4y−8 = 0
comme équation cartésienne de M[AB], ce qui aurait été tout aussi juste.
• Détermination d’une équation cartésienne de la droite M[AC]
En suivant le plan de l’étude effectuée pour déterminer une équation de M[AB], on montre de façon analogue qu’
une équation cartésienne deM[AC] est :3x−2y−2 = 0 (14) après avoir calculé que les coordonnées deJ sont(0,−1).
Remarque : Pour obtenir cette équation cartésienne, on s’est appuyé sur le vecteur 12 −→AC qui est coli- néaire à−→
AC et donc lui aussi normal à la droite M[AC]. Si l’on avait utilisé les coordonnées du vecteur
−→AC pour obtenir la forme d’une équation cartésienne deM[AC], on aurait obtenu :
6x−4y−4 = 0
comme équation cartésienne de M[AC], ce qui aurait été tout aussi juste.
• Détermination d’une équation cartésienne de la droite M[BC]
En suivant le plan de l’étude effectuée pour déterminer une équation de M[AB], on montre de façon analogue qu’
une équation cartésienne deM[BC] est :x−4y+ 2 = 0 (15) après avoir calculé que les coordonnées deK sont(2,1).
Remarque : Pour obtenir cette équation cartésienne, on s’est appuyé sur le vecteur 12 −−→BC qui est coli- néaire à−−→BC et donc lui aussi normal à la droiteM[BC]. Si l’on avait utilisé les coordonnées du vecteur
−−→BC pour obtenir la forme d’une équation cartésienne de M[BC], on aurait obtenu :
2x−8y+ 4 = 0
comme équation cartésienne de M[BC], ce qui aurait été tout aussi juste.
2. On doit ici montrer que les trois droitesM[AB],M[AC]etM[BC]se coupent en un unique point, i.e. qu’il existe un unique point appartenant àM[AB]∩ M[AC]∩ M[BC].
SoitM(x, y)un point du plan.
M(x, y)∈ M[AB]∩ M[AC]∩ M[BC] ⇐⇒
x + y − 2 = 0 3x − 2y − 2 = 0 x − 4y + 2 = 0
(cf. (13), (14) et (15))
⇐⇒
x + y = 2
3x − 2y = 2 x − 4y = −2
on isole les inconnues à gauche et les « constantes » à droite afin d’écrire le système
sous forme usuelle
⇐⇒
x + y = 2
−5y = −4 L2←L2−3L1
−5y = −4 L3←L3−L1
⇐⇒
x + y = 2
−5y = −4
0 = 0 L3←L3−L2
À cette dernière étape (et pas à celle d’avant), on a un système linéaire échelonné.
DeL2, on déduit que :
y=4 5
puis à l’aide deL1que :x+4
5 = 2, soit :
x= 6 5.
Il y a donc un unique point commun aux trois droites M[AB], M[AC] et M[BC]. Ses coordonnées sont 6
5,4 5
.Ce point est notéΩ. On a donc :
Ω 6
5,4 5
. (16)
3. Calculons la longueur ΩA.
ΩA = p
(xA−xΩ)2+ (yA−yΩ)2 (formule du cours)
= s
−3−6 5
2
+
1−4 5
2
(cf. (16))
= s
−15 5 −6
5 2
+ 5
5 −4 5
2
= s
−21 5
2
+ 1
5 2
=
r212 52 +12
52
=
r441 25 + 1
25
=
r442 25
=
√442
√25
=
√442 5
Notons que comme il n’apparaît aucun carré dans la décomposition de442en produit de facteurs premiers : 442 = 2×13×17
on ne peut simplifier√
442. On a donc :
ΩA=
√442
5 . (17)
De la même manière, toujours en utilisant la formule de la longueur et (16), on montre que : ΩB =
√442
5 (18)
et
ΩC=
√442
5 . (19)
4. De la question 3, on déduit que les trois pointsA,BetC sont tous les trois à distance
√442
5 du pointΩ.
Les pointsA, Bet C, sont donc tous trois situés sur le cercle de centreΩet de rayon
√442 5 .
5. D’après la question précédente, le cercle circonscrit au triangleABC n’est autre que le cercle de centre Ω et de rayon
√442
5 . Connaissant les coordonnées de son centre (cf. (16)) et son rayon, on en donne facilement une équation cartésienne :
x−6
5 2
+
y−4 5
2
=
√442 5
!2
| {z }
442 25
.
Partie C 1. On note :
. MA la médiane du triangleABC issue deA; . MB la médiane du triangleABC issue deB; . MC la médiane du triangleABC issue deC.
On trace une figure sur laquelle on place le repère(O;−→i ,→−j), le triangleABC, les pointsI,J,K, les trois médianes du triangle ABC et le point G de concours de ces trois médiane, uniquement pour supporter notre intuition.
b
O −→ i
−
→j
b
A
bB
b
C
bI
b
J
b
K
b
MA G
MB MC
• Détermination d’une équation cartésienne de la droite MA
La médiane MA du triangleABC issue de Aest la droite qui passe par le sommet Aet par le milieu K du segment[BC].
La droiteMA est donc la droite(AK).
On rappelle (cf. Partie B) que les coordonnées deK sont :(2,1). Les coordonnées du vecteur−−→AK sont donc :
(xK−xA, yK−yA) = (2−(−3),1−1) = (5,0).
SoitM(x, y)un point du plan.
M(x, y)∈ MA= (AK) ⇐⇒ −−→AM(x−(−3)
| {z }
x+3
, y−1)//−−→AK(5,0)
⇐⇒
x+ 3 5 y−1 0
= 0 (critère de colinéarité)
⇐⇒ (x+ 3)×0−5×(y−1) = 0
⇐⇒ −5y+ 5 = 0
On a donc montré que :
−5y+ 5 = 0
est une équation cartésienne de la droite MA. En divisant chacun des membres de cette équation par 5, on obtient l’équation :
−y+ 1 = 0 qui lui est équivalente.
On a ainsi montré qu’
une équation cartésienne de MAest : −y+ 1 = 0 (20)
• Détermination d’une équation cartésienne de la droite MB
En suivant le plan de l’étude effectuée pour déterminer une équation de MA, on montre de façon analogue qu’
une équation cartésienne deMB est :−6x+y+ 1 = 0 (21)
• Détermination d’une équation cartésienne de la droite MC
En suivant le plan de l’étude effectuée pour déterminer une équation de MA, on montre de façon analogue qu’une équation cartésienne deMC est :
−6x−4y+ 6 = 0.
En divisant chacun des membres de cette équation par2, on obtient l’équation :
−3x−2y+ 3 = 0 qui lui est équivalente.
On a ainsi montré qu’
une équation cartésienne de MC est : −3x−2y+ 3 = 0. (22) 2. On doit ici montrer que les trois droitesMA,MB etMC se coupent en un unique point, i.e. qu’il existe
un unique point appartenant àMA∩ MB∩ MC. SoitM(x, y)un point du plan.
M(x, y)∈ MA∩ MB∩ MC ⇐⇒
− y + 1 = 0
−6x + y + 1 = 0
−3x − 2y + 3 = 0
(cf. (20), (21) et (22))
⇐⇒
− y = −1
−6x + y = −1
−3x − 2y = −3
on isole les inconnues à gauche et les « constantes » à droite afin d’écrire le système
sous forme usuelle
⇐⇒
−3x − 2y = −3 L1↔L3
−6x + y = −1
− y = −1
⇐⇒
−3x − 2y = −3
5y = 5 L2←L2−2L1
− y = −1
⇐⇒
−3x − 2y = −3 5y = 5
0 = 0 L3← 5
|{z}
6=0
L3+L2
À cette dernière étape (et pas à celle d’avant), on a un système linéaire échelonné.
DeL2, on déduit que :
y = 1 puis à l’aide deL1que :−3x−2×1 =−3, soit :
x= 1 3.
Il y a donc un unique point commun aux trois droites MA,MB et MC. Ses coordonnées sont 1
3,1
. Ce point est appelé centre de gravité du triangle ABC et est notéG. On a donc :
G 1
3,1
. (23)
3. D’après (23), les coordonnées des vecteurs−→GA,−−→
GB et−−→
GC sont donnés par :
−→GA(−3−1
| {z }3
−103
,1−1
| {z }
0
) ; −−→GB(1−1
| {z }3
2 3
,5−1
| {z }
4
) ; −−→GC(3−1
| {z }3
8 3
,−3−1
| {z }
−4
). (24)
De (24) on déduit que : les coordonnées du vecteur−→GA+−−→GB+−−→GC sont :
−10 3 +2
3+8
3,0 + 4−4
= (0,0).
On a donc :
−→GA+−−→GB+−−→GC=−→0.
4. Les pointsH,ΩetGsont alignés si et seulement si les vecteurs−−→HΩet−−→HG sont colinéaires.
De (11) et (16), on déduit que les coordonnées de−−→HΩsont : 6
5 −
−7 5
,4
5 −7 5
= 13
5 ,−3 5
. De (11) et (23), on déduit que les coordonnées de−−→HG sont :
1 3−
−7 5
,1−7
5
= 26
15,−2 5
.
De plus :
−−→HΩ//−−→
HG ⇐⇒
13 5
26 15
−3 5 −2
5
= 0
⇐⇒ 13 5 ×
−2 5
−26 15×
−3 5
= 0
⇐⇒ −26
25+26×3 15×5 = 0.
Or 26×3
15×5 = 26×3 3×5×5 =26
25.
La dernière égalité est donc vraie. Par suite les vecteurs−−→HΩet−−→HGsont colinéaires ; les pointsH,ΩetG sont donc alignés.
Remarque : En fait, quel que soit le triangle que l’on considère, son orthocentre H, le centre Ω de son cercle circonscrit et son centre de gravitéΩsont alignés. La droite qui passe par ces trois points est appelée droite d’Euler.
On a en outre toujours −−→
ΩH = 3−→
ΩG, ce que vous pouvez vérifier à l’aide d’un calcul en coordonnées pour le triangle particulier considéré ici.
