Travaux pratiques - géométrie vectorielle analytique - correction - 2° partie, Exercices de Calcul avancé
Eusebe_S
Eusebe_S20 May 2014

Travaux pratiques - géométrie vectorielle analytique - correction - 2° partie, Exercices de Calcul avancé

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Travaux pratiques de sciences mathématique sur la géométrie vectorielle analytique - correction - 2° partie. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Equations de droites, Equations de droites, rectangle, Th. de ...
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Seconde 10 F. Laroche

Exercices : géométrie vectorielle et analytique

(D2) : 0 3 0

2 3( 2) 0 2 3 6 0 2 0 2

x x y x y

y

          

  ;

(D3) : x = 3.

3. (D2) et (D3) se coupent en C évidemment.

(D1) et (D3) se coupent en un point U : x = 3 et 3 17

(3) 2 4 4

y    .

(D1) et (D2) se coupent en B : B est évidemment sur (D2), il est également sur (D1) car lorsque x = 0, 3

0 2 2 4

y    .

Ces trois droites ne sont évidemment pas concourantes.

10. Equations de droites 3 (c)

(Tous les résultats devront être justifiés par calcul !) Placer dans un repère orthonormal les points A(0 ; 1), B(4 ; 3) et C(−2 ; 5).

1. A est-il sur la médiatrice de [BC] ?

2. Quelle est la nature du triangle ABC ?3. Quelles doivent être les coordonnées de D pour que ABDC soit un carré ? Placer D.4. Montrer que I, le milieu de [AB], appartient au cercle de centre C et de rayon 5. Placer I.5. Soit les points E(2000 ; 1000) et F(2000 ; 1001). Lequel de ces deux points appartient à la droite (AB) ?6. Soit G(3996 ; 2004) et H(3996 ; 2005). Laquelle des droites (CG) ou (CH) est parallèle à la droite (AB) ?Correction

Pour le dessin, c’est facile !

On rappelle la formule de la distance entre deux points :    ² ²B A B AAB x x y y    .

1. La médiatrice de [BC] est l’ensemble des points équidistants des points B et C. Il suffit donc de vérifier si AB = AC.

   4 0 ² 3 1 ² 20 2 5AB      et    2 0 ² 5 1 ² 20 2 5AC        .

Ainsi, AB = AC et donc le point A est bien sur la médiatrice de [BC].

2. D’après la question précédente, ABC est, au moins, un triangle isocèle. Serait-il, de plus, rectangle en A ?

Calculons    ² 2 4 ² 5 3 ² 36 4 40BC         . De même AB² + AC² = 20 +20 = 40. D’après la

réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en A. Par conséquent, ABC est un triangle isocèle rectangle en A.

3. Etant donné que ABC est un triangle isocèle et rectangle, il suffit de chercher les coordonnées de D

pour que ABDC soit un parallélogramme. Or, ABDC est un parallélogrammesi et seulement si AB CD

c’est-à-dire D C B A

D C B A

x x x x

y y y y

   

   et donc

2 4 0

5 3 1

D

D

x

y

   

   , ce qui donne :

2

7

D

D

x

y

 

 .

Les coordonnées de D doivent être  2 ; 7 .

4. I est le milieu de [AB] ; ses coordonnées sont 0 4

2 2

Ix

  et 1 3

2 2

Iy

  .

La distance IC mesure    2 2 ² 5 2 ² 5IC      . I appartient bien au cercle de centre C et de rayon

5.

Seconde 11 F. Laroche

Exercices : géométrie vectorielle et analytique

5.   2000 4

det ; 4 0 999 2

AE AB    : les vecteurs AE et AC ne sont pas colinéaires. Ainsi, les points A,

E et C ne sont pas alignés. Par conséquent, E n’appartient pas à la droite (AB).

  2000 4

det ; 4000 4000 0 1000 2

AF AB     : les vecteurs AF et AC sont colinéaires, les points A, F et

C sont alignés, F appartient à la droite (AB).

6.   3998 4

det ; 7996 7996 0 1999 2

CG AB     : les vecteurs CG et AB sont colinéaires, les droites (CG)

et (AB) sont parallèles.

  3998 4

det ; 7996 8000 4 0 2000 2

CH AB       : les vecteurs CH et AB ne sont pas colinéaires, les

droites (CH) et (AB) ne sont pas parallèles.

11. Equations de droites, rectangle (c)

Soit un repère orthonormé ( ; , )O i j dans lequel on place le carré OCBAA a pour coordonnées (0 ; 4),

B(4 ; 4) et C(4 ; 0).

1. E le milieu de [BC] et F le point tel que 3

2 CF CO ; montrer que les coordonnées de E sont (4 ; 2) et

celles de  2 ; 0F  .

2. Calculer les longueurs AE, AF et FE ; montrer que le triangle AFE est rectangle isocèle.

3. Soit (d) la droite passant par O et parallèle à (AE) et (d’) la droite (BF). Déterminer une équation de (d) et une équation de (d’) ; calculer les coordonnées de leur point d’intersection I. Tracer (d) et (d’) et contrôler graphiquement votre résultat.

4. On admet que I a pour coordonnées 8 4

; 7 7

     

. Soit G le point d’ordonnée négative tel que le triangle

OFG soit rectangle isocèle de sommet F. Placer G sur la figure ; déterminer les coordonnées de G et prouver que les points A, I et G sont alignés.

Correction

1. E le milieu de [BC] :

 

 

1 4 4 4

2

1 4 0 2

2

E

E

x

y

   

     

; 4 0 4 23 3

0 0 0 02 2

F F

F F

x x CF CO

y y

               

       .

2. 2 2(4 0) (2 4) 20AE      ; 2 2( 2 0) (0 4) 20AF       ; 2 2(4 2) (2 0) 40FE      ; donc

AE AF et 2 2 2AE AF FE  .

3.   0 4 0 4

det , 0 2 4 0 2 0 0 2 4 2

x x OM AE x y x y

y y

           

   ;

  4 2 4 4 6

det , 0 4( 4) 6( 4) 0 4 6 8 0 4 0 4 4 4

x x BM BF x y x y

y y

                  

    ;

2 0 2 8 / 7

2 3 4 0 4 3 4 0 4 / 7

x y x y x

x y y y y

           

          .

4. G a évidemment pour coordonnées (−2, −2) ; on a alors A, I, G alignés :

  8 / 7 0 2 0 8 / 7 2 48 48

det , 0 0 4 / 7 4 2 4 24 / 7 6 7 7

AI AG      

          

.

Seconde 12 F. Laroche

Exercices : géométrie vectorielle et analytique

12. Equations de droites : Th. de Pappus (c)

K J

I

CB

A

C'B'A' O

On se donne les points A(1 ; 2), B(5 ; 4), C(u, v) sur (AB) et A’(−2 ; 0), B’(2 ; 0), C’(4 ; 0).

On note I le point d’intersection de (AB’) et (AB), J celui de (AC’) et (AC), K celui de (BC’) et (BC).

Montrer que I, J, K sont alignés.

(On pourra prendre u = 7 par exemple et trouver l’ordonnée v de C).

Correction

L’équation de (AB) est : 2 3 0x y   . Si on prend C à l’abscisse u, on a 3

2

u y

  . Avec u = 7, on a

C(7 ; 5).

On trouve les équations des six droites :

( ') : 2 4 0, ( ' ) : 4 7 8 0AB x y A B x y      et leur point d’intersection : 10 16

, 9 9

I      

;

( ') : 2 3 8 0, ( ' ) : 5 9 10 0AC x y A C x y      et leur point d’intersection : 14 20

, 11 11

J      

;

( ') : 4 16 0, ( ' ) : 2 0BC x y B C x y      et leur point d’intersection : 14 8

, 3 3

K      

;

il reste à vérifier que ces points sont alignés :

16 20

176 180 4 19 11 10 14 110 126 16 4

9 11

I J

I J

y y

x x

      

   

et

16 8

16 24 8 19 3 10 14 10 42 32 4

9 3

I K

I K

y y

x x

   

      

.

C’est bon.

Ceci est un théorème général…

Seconde 13 F. Laroche

Exercices : géométrie vectorielle et analytique

13. Equations de droites : Quadrilatère complet (c)

G

F

E

D

C

B

AO

On se donne les points A(6 ; 0), B(4 ; 4), C(1 ; 3).

Calculer les coordonnées des points D, E, F, G. Montrer que . 1 EF DG

EG DF

Correction

On calcule d’abord les équations des droites (AB), (OC), (AC) et (OB), (BC) et (OA) :

(AB) : 2 12 0x y   , (OC) : 3 0x y  , (AC) : 3 5 18 0x y   , (OB) : 0y x  , (BC) : 3 8 0x y   ,

(OA) : 0y  .

On cherche E à l’intersection de (OA) et (BC) : E(0 ; −8) puis D à l’intersection de (OC) et (AB) :

12 36 ;

5 5 D      

. Equation de (ED) : 9 13 72 0x y   .

On cherche F à l’intersection de (AC) et (ED) : 3 9

; 2 2

F      

et G à l’intersection de (OB) et (ED) :

(18 ;18)G . Il reste à calculer les distances : 3 10 5 10

, 6 10, , 10 10 2 2

DF DG EF EG    et on vérifie

aisément que . 1 EF DG

EG DF  .

Ceci est en fait une propriété générale …

14. Equations de droites : Centres de gravité, régionnement (c)

Soit un repère orthonormal ( ; , )O i j du plan et trois points A, B et C définis ci-dessous.

1. La droite (AB) a pour équation y = x + 3 ; la droite (AC) a pour équation x + 2y + 6 = 0 ; les points B et C ont respectivement pour ordonnées 5 et –4.

B’ est le milieu de [AC].

Déterminez les coordonnées des points A, B, C et B’.

Seconde 14 F. Laroche

Exercices : géométrie vectorielle et analytique

2. Donnez les équations réduites de (AC) et (BC). Représentez les droites (AC), (BC) et (AB).

3. Calculez les coordonnées du point D de sorte que ABCD soit un parallélogramme.

4. Déterminez une équation de la droite (d) parallèle à (AB) passant par B’ et les coordonnées des points d’intersection de (d) avec les axes.

5. Quel est le centre de gravité du triangle ABC ?

6. (d) et (AD) se coupent en E. (d) et (BC) se coupent en F. Donnez les coordonnées de E et F. Quelle est la nature du quadrilatère ABFE ?

7. Calculez les coordonnées de G, centre de gravité du triangle ADC, et déterminez le réel k tel que le point G appartienne à la droite (d’) d’équation : 3xy + k = 0.

8. Représenter graphiquement, en précisant bien les bords, l’ensemble des points M dont les

coordonnées sont solutions du système :

3 0

2 6 0

2 0

x y

x y

x

      

  

.

Correction

1. A est à l’intersection de (AB) et (AC). Ses coordonnées (xA ; yA) sont solutions du système

3

2 6 0

y x

x y

     

c’est-à-dire 3 0

2 6 0

x y

x y

       

.

En additionnant les deux lignes, on trouve : 3y + 3 = 0 et donc : y = −1. En reportant dans une équation, il vient x = −4.

B a pour ordonnée 5 et appartient à (AB) d’équation y = x + 3. Son abscisse vaut 2.

C a pour ordonnée – 4 et appartient à (AC) d’équation x + 2y + 6 = 0. On résout l’équation x+2(−4)+6 = 0 ce qui donne x = 2.

B’ est le milieu de [AC]. Ses coordonnées sont donc : ; 2 2

A C A cx x y y      

= 5

1 ; 2

      

.

2. Le vecteur AC a pour coordonnées :  ;C A C Ax x y y  , ce qui donne (6 ; −3).

M(x ; y) appartient à (AC) équivaut à AM et AC colinéaires ce qui équivaut encore à

déterminant( AM ; AC ) = 0, c’est-à-dire 4 6

0 1 3

x

y

 

  ou encore −3(x + 4)–6(y + 1) = 0.

Après simplification, l’équation réduite de (AC) est : 1

3 2

y x   .

Les points B et C ont la même abscisse 2. La droite (BC) est donc parallèle à l’axe des ordonnées, son équation réduite est x = 2.

3. Pour que ABCD soit un parallélogramme, il faut que AB DC . Appelons xD et yD l’abscisse et

l’ordonnée du point D. Les coordonnées de AB sont (6 ; 6) et celles de DC sont (2−xD ; −4−xD). Les vecteurs sont égaux lorsque leurs coordonnées sont égales : xD = −4 et yD = −10 ; conclusion D(−4 ; −10).

4. La droite (AB) a pour coefficient directeur 1. (d) est parallèle à (AB) et a donc le même coefficient directeur. Son équation réduite est donc de la forme y = x + k.

Or (d) passe par le point 5

' 1 ; 2

B       

; on trouve, en remplaçant, 3

2 k   . Une équation de (d) est

donc : 3

2 y x  .

Les point d’intersection avec les axes ont, soit une abscisse nulle, soit une ordonnée nulle.

Ces points ont donc pour coordonnées : 3

0 ; 2

   

  et

3 ; 0

2

     

.

Seconde 15 F. Laroche

Exercices : géométrie vectorielle et analytique

5. Sur la figure, il semble que le centre de gravité du triangle ABC soit le point O. Pour le vérifier,

montrons que O vérifie la relation vectorielle : 0OA OB OC   , en utilisant les coordonnées.

OA OB OC  a pour coordonnées : (xA + xB + xC ; yA + yB + yC). Or xA + xB + xC = −4+2+2 = 0 et yA + yB + yC = −1+5−4 = 0. Donc la relation est vérifiée. Le centre de gravité de ABC est O.

6. Comme ABCD est un parallélogramme, (AD) et (BC) sont parallèles. D’après 2. l’équation réduite de (AD) est donc x = −4 (droite parallèle à l’axe des orodnnées).

Les coordonnées de E vérifient donc le système 4

3 / 2

x

y x

    

, soit E(−4 ; −11/2). Les coordonnées de F

vérifient le système 2

3 / 2

x

y x

   

: F(2 ; 1/2).

Le vecteur EF a pour coordonnées : (2−(−4) ; (1/2)−(11/2)) = (6 ; 6). Les vecteurs EF et AB sont donc égaux, ABFE est un parallélogramme .

7. Soit G(xG ; yG) le centre de gravité de ADC. Alors 0GA GD GC   . Avec les coordonnées, cela se

traduit par : ( 4 ) ( 4 ) (2 ) 0

( 1 ) ( 10 ) ( 4 ) 0

G G G

G G G

x x x

y y y

                 

.

D’où, après résolution des deux équations : G (−2 ; −5). Comme G appartient à (d’), ses coordonnées vérifient l’équation 3xy + k = 0, d’où : 3(−2) − (−5) + k = 0 et finalement : k = 1.

8. Voir le graphique (un des côtés est compris dans l’ensemble cherché).

x

y

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

-12

-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

Seconde 16 F. Laroche

Exercices : géométrie vectorielle et analytique

F

E

C

D

G

H

B

A

15. Fabriquer un carré (c)

QS=3,6759795 cm

PR=3,6759795 cm

SRQ=90°

RSP=90°

U

O A

BC

W

S

R

Q

T

P

V

Z

On se donne les points A(4 ; 0), B(4 ; 4), C(0 ; 4), P(3 ; −2), Q(−1 ; −2), S(−2 ; −1), T(−2 ; 5).

U, V, W et Z sont les centres des parallélogrammes OABC, OCTS, OSRQ, OQPA.

Montrer que UVWZ est un carré.

Correction

Les milieux de chaque parallélogramme sont donc :

4 0 0 4 , (2, 2)

2 2 U

    

  ,

0 2 0 5 5 , 1,

2 2 2 V

         

    ,

2 1 1 2 3 3 , ,

2 2 2 2 W         

       

0 3 0 2 3 , , 1

2 2 2 Z

         

    .

On calcule les longueurs

  2

23 1 37 2 1 2 9

2 4 2 UZ

            

,   2

2 5 1 37 1 2 2 9

2 4 2 UV

          

  , etc.

Il nous faut vérifier Pythagore : 2 2

3 5 25 49 74 1 1

2 2 4 4 2 VZ

                  

.

On a donc bien 2 2 2 37 37 74

4 4 4 UZ UV VZ     .

16. Trois carrés (c)

Soit les trois carrés accolés ci-dessous : le carré direct ABCD, le carré indirect CDEF et le carré direct EFGH.

Seconde 17 F. Laroche

Exercices : géométrie vectorielle et analytique

1. Reconstruire cette figure.

2. Placer le point I milieu du segment [BD] et J le point d’intersection des droites (BH) et (CD).

Les points I, J et F “semblent” alignés. On va déterminer par le calcul s’ils le sont ou pas !

3. Montrer que : CJ = 1

3 CD.

4. Choisir un repère judicieux (d’origine B(0 ; 0)) et donner les coordonnées de tous les points du plan. (On ne justifiera pas sauf pour les points I et J).

5. En déduire alors par un simple calcul si les points I, J et F sont alignés.

6. En déduire que la droite (BH) coupe le segment [DF] en son milieu.

Correction

J

I

F

E

C

D

G

H

B

A

1. Facile !

2. Idem !!

3. Les droites (CG) et (JH) sont sécantes en B et les droites (CJ) et (GH) sont parallèles (puisque CDEF

et EFGH sont des carrés) donc d’après le Théorème de Thalès, on a : CJ BC BJ

GH BG BH

    

  dont on déduit

que :

1

3 3

CJ BC

GH BC   .

Donc CJ = 1

3 GH. Comme ABCD, CDEF et EFGH sont des carrés alors GH = CD d’où, finalement,

CJ = 1

3 CD.

4. Le repère qui semble le “plus judicieux” est le repère 1 1

; , 6 6

B BC BA      

qui donne des coordonnées

entières pour tous les points : A(0 ; 6), B(0 ; 0), C(6 ; 0), D(6 ; 6), E(12 ; 6), F(12 ; 0), G(18 ; 0), H(18 ; 6).

Comme I est le milieu du segment [BD], 0 6

3 2 2

B D I

x x x

     et

0 6 3

2 2

B D I

y y y

     d’où I(3 ; 3).

Comme J est sur le segment [CD] et que CJ = 1

3 CD on obtient J(6 ; 2).

(6 ; 2)

(3 ; 3)

(0 ; 6) (6 ; 6)

(12 ; 0)(6 ; 0)(0 ; 0)

J

I

F

E

C

D

G

H

B

A

5. Les vecteurs IJ et IF ont les coordonnées suivantes : IJ (3 ; −1) et IF (9 ; −3).

On calcule : 3 9

det( ; ) 9 ( 9) 0 1 3

IJ IF        

. Donc les vecteurs IJ et IF sont colinéaires.

Par conséquent, les points I, J et F sont alignés.

Seconde 18 F. Laroche

Exercices : géométrie vectorielle et analytique

6. Dans le triangle BDF, les droites (DC) et (IF) sont des médianes (droites joignant un sommet et le milieu du côté opposé) et elles sont sécantes en J.

Or les trois médianes d’un triangle sont concourantes en un point appelé centre de gravité du triangle. Donc J est le centre de gravité du triangle BDF et la droite (BJ) est une médiane. Elle coupe donc le côté opposé en son milieu.

Bilan des courses, la droite (BH) coupe le segment [DF] en son milieu.

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