Géométrie repérée

Le plan est muni d’un repère orthonormé. On donne $A(1;5)$, $B(7;-3)$ et $C(-2;9)$. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. Coordonnées de $\overrightarrow{AB}$ : abscisse et ordonnée
   $\overrightarrow{AB}(x_B-x_A;y_B-y_A)=(7-1;-3-5)$, soit $\overrightarrow{AB}(6;-8)$.
2. Longueur $AB=$
   $AB=\sqrt{6^2+(-8{)}^2}=\sqrt{36+64}$ $=\sqrt{100}=10$.
3. Milieu $J$ de $[BC]$ : abscisse et ordonnée
   $J\left({\displaystyle \frac{7+(-2)}{2}};{\displaystyle \frac{-3+9}{2}}\right)$, soit $J\left({\displaystyle \frac{5}{2}};3\right)$.
4. Démontrer que $A$, $B$ et $C$ sont alignés : $\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AB}$ avec $k=$
   Rédaction attendue. $\overrightarrow{AC}(-2-1;9-5)$, soit $\overrightarrow{AC}(-3;4)$. Le déterminant de $\overrightarrow{AB}(6;-8)$ et $\overrightarrow{AC}(-3;4)$ vaut $6\times 4-(-8)\times (-3)=24-24=0$ : les vecteurs sont colinéaires, donc $A$, $B$ et $C$ sont alignés. Plus précisément, $-3=k\times 6$ donne $k=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$, et on vérifie $4=-{\displaystyle \frac{1}{2}}\times (-8)$.

On donne la droite $d_1:6x+9y-5=0$. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. Un vecteur normal à $d_1$ est $\overrightarrow{n}(6;b)$ avec $b=$
   Pour $ax+by+c=0$, le vecteur $(a;b)$ est normal : ici $\overrightarrow{n}(6;9)$.
2. Un vecteur directeur de $d_1$ est $\overrightarrow{u}(-3;y)$ avec $y=$
   Le vecteur $(-b;a)=(-9;6)$ dirige $d_1$ ; il est colinéaire à $(-3;2)$ (on divise par $3$). Contrôle : $(-3)\times 6+2\times 9=0$.
3. En remplaçant les coordonnées de $E(-2;5)$ dans $6x+9y-5$, on obtient
   $6\times (-2)+9\times 5-5=-12+45-5=28$. Ce n’est pas $0$ : $E$ n’appartient pas à $d_1$.
4. Le point de $d_1$ d’abscisse $0$ a pour ordonnée
   $6\times 0+9y-5=0$ donne $y={\displaystyle \frac{5}{9}}$.

Déterminer une équation cartésienne de chaque droite, sous la forme indiquée.

1. Droite passant par $D(4;1)$ et de vecteur normal $\overrightarrow{n}(2;-5)$ : $2x-5y+c=0$ avec $c=$
   $M(x;y)$ est sur la droite si et seulement si $\overrightarrow{DM}·\overrightarrow{n}=0$ : $2(x-4)-5(y-1)=0$, soit $2x-8-5y+5=0$, d’où $2x-5y-3=0$.
2. Droite passant par $P(-3;2)$ et de vecteur normal $\overrightarrow{n}(4;1)$ : $4x+y+c=0$ avec $c=$
   $P$ est sur la droite : $4\times (-3)+2+c=0$, soit $-10+c=0$, donc $c=10$.
3. Droite $(KL)$ avec $K(1;2)$ et $L(4;-4)$ : $2x+y+c=0$ avec $c=$
   $\overrightarrow{KL}(3;-6)$ dirige la droite, ainsi que $(1;-2)$ ; le vecteur $(2;1)$ est normal, car $2\times 1+1\times (-2)=0$. Avec $K$ : $2+2+c=0$, donc $c=-4$. Contrôle avec $L$ : $8-4-4=0$.
4. Médiatrice de $[EF]$ avec $E(-2;1)$ et $F(4;3)$ : $3x+y+c=0$ avec $c=$
   La médiatrice passe par le milieu $(1;2)$ de $[EF]$ et admet $\overrightarrow{EF}(6;2)$, donc aussi $(3;1)$, comme vecteur normal. $3\times 1+2+c=0$ donne $c=-5$.

On donne $A(-1;3)$ et $B(5;-1)$. On cherche la médiatrice $\Delta$ de $[AB]$ par une autre méthode : un point est sur la médiatrice si et seulement s’il est à égale distance de $A$ et de $B$. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. Démontrer que $M(x;y)$ est sur $\Delta$ si et seulement si $3x-2y+c=0$, avec $c=$
   Rédaction attendue. Les longueurs $MA$ et $MB$ sont positives, donc $MA=MB⟺M{A}^2=M{B}^2$. Or $M{A}^2=(x+1{)}^2+(y-3{)}^2$ $=x^2+2x+1+y^2-6y+9$ et $M{B}^2=(x-5{)}^2+(y+1{)}^2$ $=x^2-10x+25+y^2+2y+1$. Les termes $x^2$ et $y^2$ se simplifient : $M{A}^2=M{B}^2⟺2x-6y+10=-10x+2y+26$ $⟺12x-8y-16=0$ $⟺3x-2y-4=0$ (division par $4$). Donc $c=-4$.
2. Contrôle : le vecteur normal $(3;-2)$ est colinéaire à $\overrightarrow{AB}$, car $\overrightarrow{AB}=k(3;-2)$ avec $k=$
   $\overrightarrow{AB}(6;-4)=2(3;-2)$ : on retrouve que $\overrightarrow{AB}$ est normal à la médiatrice. De plus le milieu $(2;1)$ de $[AB]$ vérifie $6-2-4=0$.
3. $\Delta$ coupe l’axe des ordonnées au point d’ordonnée
   Pour $x=0$ : $-2y-4=0$, donc $y=-2$.
4. $\Delta$ coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse
   Pour $y=0$ : $3x-4=0$, donc $x={\displaystyle \frac{4}{3}}$.

On donne $d:x+2y-8=0$. Pour chaque droite, écris : strictement parallèles, confondues, perpendiculaires ou sécantes (pour des droites sécantes non perpendiculaires).

1. $d_3:4x-2y+1=0$ et $d$ sont
   Vecteurs normaux $(1;2)$ et $(4;-2)$ : $1\times 4+2\times (-2)=0$. Ils sont orthogonaux : les droites sont perpendiculaires.
2. $d_4:3x+6y+1=0$ et $d$ sont
   $(1;2)$ et $(3;6)$ : $1\times 6-2\times 3=0$, les droites sont parallèles. $3\times (x+2y-8)=3x+6y-24$, et $-24\ne 1$ : elles ne sont pas confondues.
3. $d_5:3x+y-2=0$ et $d$ sont
   $(1;2)$ et $(3;1)$ : déterminant $1\times 1-2\times 3=-5\ne 0$ et produit scalaire $3+2=5\ne 0$. Les droites sont sécantes, sans être perpendiculaires.
4. $d_6:y=-{\displaystyle \frac{1}{2}}x+4$ et $d$ sont
   En multipliant par $2$ : $2y=-x+8$, soit $x+2y-8=0$. C’est l’équation de $d$ : les droites sont confondues.

On donne $d:5x-2y+3=0$ et le point $P(2;-1)$. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. Parallèle à $d$ passant par $P$ : $5x-2y+c=0$ avec $c=$
   Même vecteur normal $(5;-2)$. Avec $P$ : $10+2+c=0$, donc $c=-12$.
2. Perpendiculaire à $d$ passant par $P$ : $2x+5y+c=0$ avec $c=$
   Le vecteur $(5;-2)$, normal à $d$, dirige la perpendiculaire : son vecteur normal est $(2;5)$, car $5\times 2+(-2)\times 5=0$. Avec $P$ : $4-5+c=0$, donc $c=1$.
3. Cette perpendiculaire coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse
   Pour $y=0$ : $2x+1=0$, donc $x=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Positions relatives et points d’intersection.

1. Démontrer que la droite $d_m:(m+1)x+3y-2=0$ est perpendiculaire à $\delta :x-2y+5=0$ pour une seule valeur de $m$ : $m=$
   Rédaction attendue. Un vecteur normal à $d_m$ est $(m+1;3)$, un vecteur normal à $\delta$ est $(1;-2)$. Les droites sont perpendiculaires si et seulement si ces vecteurs sont orthogonaux : $(m+1)\times 1+3\times (-2)=0$ $⟺m-5=0⟺m=5$. Il y a bien une seule valeur, $m=5$.
2. $3x+y-7=0$ et $x-2y+7=0$ se coupent au point d’abscisse et d’ordonnée
   De la première équation, $y=7-3x$. Dans la seconde : $x-2(7-3x)+7=0$, soit $7x-7=0$, donc $x=1$ et $y=7-3=4$. Contrôle : $1-8+7=0$.
3. $2x+3y-1=0$ et $4x-y-9=0$ se coupent au point d’abscisse et d’ordonnée
   De la seconde, $y=4x-9$. Dans la première : $2x+3(4x-9)-1=0$, soit $14x-28=0$, donc $x=2$ et $y=8-9=-1$. Contrôle : $4-3-1=0$.
4. Nombre de points communs à $2x-4y+1=0$ et $-x+2y+3=0$ :
   Vecteurs normaux $(2;-4)$ et $(-1;2)$ : $2\times 2-(-4)\times (-1)=0$, les droites sont parallèles. En multipliant la seconde par $-2$ : $2x-4y-6=0$, et $-6\ne 1$ : strictement parallèles, donc aucun point commun.

Dans un repère orthonormé, on donne $A(-1;2)$, $B(7;2)$ et $C(1;8)$.

1. Hauteur issue de $A$ : $x-y+c=0$ avec $c=$
   Elle est perpendiculaire à $(BC)$ : $\overrightarrow{BC}(-6;6)$, donc aussi $(1;-1)$, est normal. Avec $A$ : $-1-2+c=0$, donc $c=3$.
2. Hauteur issue de $B$ : $x+3y+c=0$ avec $c=$
   $\overrightarrow{AC}(2;6)$, donc aussi $(1;3)$, est normal. Avec $B$ : $7+6+c=0$, donc $c=-13$.
3. Démontrer que les trois hauteurs sont concourantes, en un point $H$ d’abscisse et d’ordonnée
   Rédaction attendue. Les deux premières hauteurs se coupent au point solution de $x-y=-3$ et $x+3y=13$. En soustrayant : $4y=16$, donc $y=4$, puis $x=y-3=1$ : $H(1;4)$. La droite $(AB)$ est horizontale ($A$ et $B$ ont la même ordonnée $2$), donc la hauteur issue de $C$ est la verticale $x=1$. Comme $H$ a pour abscisse $1$, il est aussi sur cette troisième hauteur : les trois hauteurs sont concourantes en $H(1;4)$, l’orthocentre du triangle.
4. Aire du triangle $ABC$ (en unités d’aire) :
   Base $AB=7-(-1)=8$ et hauteur issue de $C$ : $8-2=6$. Aire : ${\displaystyle \frac{8\times 6}{2}}=24$.

Déterminer le projeté orthogonal $H$ du point $M$ sur la droite donnée. Une racine s’écrit par exemple 3√2 ou 3racine(2).

1. $M(6;-1)$ sur la droite $y=3$ : abscisse et ordonnée
   La droite $y=3$ est horizontale ; la perpendiculaire passant par $M$ est la verticale $x=6$. Elles se coupent en $H(6;3)$, et $MH=3-(-1)=4$.
2. $M(1;7)$ sur la droite $x+y=0$ : abscisse et ordonnée
   Le vecteur normal $(1;1)$ dirige la perpendiculaire, de vecteur normal $(1;-1)$ : $x-y+c=0$, et $M$ donne $1-7+c=0$, donc $x-y+6=0$. Le système $x+y=0$ et $x-y=-6$ donne $x=-3$, $y=3$ : $H(-3;3)$.
3. Distance de $M(1;7)$ à la droite $x+y=0$ :
   $\overrightarrow{MH}(-4;-4)$, donc $MH=\sqrt{16+16}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$.

On donne $d:x+2y-4=0$ et $M(3;5)$. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. La perpendiculaire à $d$ passant par $M$ a pour équation $2x-y+c=0$ avec $c=$
   Le vecteur $(1;2)$, normal à $d$, la dirige ; $(2;-1)$ lui est normal. Avec $M$ : $6-5+c=0$, donc $c=-1$.
2. Démontrer que le projeté orthogonal de $M$ sur $d$ a pour abscisse ${\displaystyle \frac{6}{5}}$, et donner son ordonnée :
   Rédaction attendue. Le projeté $H$ est le point d’intersection de $d$ et de la perpendiculaire $2x-y-1=0$. De cette équation, $y=2x-1$ ; dans $d$ : $x+2(2x-1)-4=0$, soit $5x-6=0$, donc $x={\displaystyle \frac{6}{5}}$ et $y={\displaystyle \frac{12}{5}}-1={\displaystyle \frac{7}{5}}$. Contrôle : ${\displaystyle \frac{6}{5}}+{\displaystyle \frac{14}{5}}-4=0$, donc $H\in d$, et $\overrightarrow{MH}(-{\displaystyle \frac{9}{5}};-{\displaystyle \frac{18}{5}})$ est colinéaire au vecteur normal $(1;2)$.
3. $M{H}^2=$
   $M{H}^2={\left({\displaystyle \frac{9}{5}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{18}{5}}\right)}^2$ $={\displaystyle \frac{81+324}{25}}={\displaystyle \frac{405}{25}}={\displaystyle \frac{81}{5}}$. Contrôle par la formule : ${\displaystyle \frac{|3+10-4|}{\sqrt{5}}}={\displaystyle \frac{9}{\sqrt{5}}}$, dont le carré vaut ${\displaystyle \frac{81}{5}}$.

Dans un repère orthonormé, on donne $d:5x+12y-26=0$ et $M(6;4)$. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. Perpendiculaire à $d$ passant par $M$ : $12x-5y+c=0$ avec $c=$
   $(5;12)$, normal à $d$, dirige la perpendiculaire, qui a pour vecteur normal $(12;-5)$. Avec $M$ : $72-20+c=0$, donc $c=-52$.
2. Projeté orthogonal $H$ de $M$ sur $d$ : abscisse et ordonnée
   On résout $5x+12y=26$ et $12x-5y=52$. On multiplie la première par $5$, la seconde par $12$ et on additionne : $169x=130+624=754$, donc $x={\displaystyle \frac{754}{169}}={\displaystyle \frac{58}{13}}$. Puis $12y=26-{\displaystyle \frac{290}{13}}={\displaystyle \frac{48}{13}}$, donc $y={\displaystyle \frac{4}{13}}$. Contrôle : $5\times {\displaystyle \frac{58}{13}}+12\times {\displaystyle \frac{4}{13}}={\displaystyle \frac{338}{13}}=26$, donc $H\in d$.
3. Distance de $M$ à $d$ :
   $\overrightarrow{MH}(-{\displaystyle \frac{20}{13}};-{\displaystyle \frac{48}{13}})$, donc $MH={\displaystyle \frac{\sqrt{400+2304}}{13}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2704}}{13}}={\displaystyle \frac{52}{13}}=4$. Contrôle par la formule du cours : ${\displaystyle \frac{|30+48-26|}{\sqrt{169}}}={\displaystyle \frac{52}{13}}=4$.

On donne $A(1;1)$, $B(7;4)$ et $C(2;6)$. On calcule l’aire du triangle $ABC$ à l’aide du projeté orthogonal $H$ de $C$ sur $(AB)$. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. $(AB):x-2y+c=0$ avec $c=$
   $\overrightarrow{AB}(6;3)$ dirige $(AB)$, ainsi que $(2;1)$ ; donc $(1;-2)$ est normal. Avec $A$ : $1-2+c=0$, donc $c=1$. Contrôle avec $B$ : $7-8+1=0$.
2. $H$ s’écrit $H(2+t;6-2t)$ avec $t=$
   $H=C+t\overrightarrow{n}$ avec $\overrightarrow{n}(1;-2)$. $H\in (AB)$ : $(2+t)-2(6-2t)+1=0$, soit $5t-9=0$, donc $t={\displaystyle \frac{9}{5}}$ et $H\left({\displaystyle \frac{19}{5}};{\displaystyle \frac{12}{5}}\right)$.
3. Démontrer que l’aire du triangle $ABC$ vaut
   Rédaction attendue. $CH$ est la hauteur issue de $C$, car $H$ est le projeté orthogonal de $C$ sur $(AB)$. $CH=|t|\times \Vert \overrightarrow{n}\Vert ={\displaystyle \frac{9}{5}}\sqrt{5}$ et $AB=\sqrt{36+9}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$. Aire : ${\displaystyle \frac{AB\times CH}{2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 3\sqrt{5}\times {\displaystyle \frac{9\sqrt{5}}{5}}$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{27\times 5}{5}}={\displaystyle \frac{27}{2}}$.
4. Contrôle par Pythagore dans le triangle $AHC$, rectangle en $H$ : $H{A}^2=$
   $C{A}^2=1+25=26$ et $C{H}^2={\displaystyle \frac{81\times 5}{25}}={\displaystyle \frac{81}{5}}$. Donc $H{A}^2=26-{\displaystyle \frac{81}{5}}={\displaystyle \frac{49}{5}}$. Directement : $\overrightarrow{AH}\left({\displaystyle \frac{14}{5}};{\displaystyle \frac{7}{5}}\right)$ et ${\displaystyle \frac{196+49}{25}}={\displaystyle \frac{245}{25}}={\displaystyle \frac{49}{5}}$.

Soit $𝒞$ le cercle de centre $\Omega (-4;3)$ et de rayon $7$.

1. Équation réduite : $(x+p{)}^2+(y-3{)}^2=q$ avec $p=$ et $q=$
   $(x-(-4){)}^2+(y-3{)}^2=7^2$, soit $(x+4{)}^2+(y-3{)}^2=49$.
2. Forme développée : $x^2+y^2+8x-6y+c=0$ avec $c=$
   $x^2+8x+16+y^2-6y+9=49$, soit $x^2+y^2+8x-6y-24=0$.
3. Le point $F(1;5)$ est sur le cercle, à l’intérieur ou à l’extérieur du disque ? Écris sur, intérieur ou extérieur :
   $\Omega F^2=(1+4{)}^2+(5-3{)}^2=25+4=29$. Comme $29<49$, $\Omega F<7$ : $F$ est à l’intérieur du disque.
4. Pour les points de $𝒞$ sur l’axe des ordonnées, $(y-3{)}^2=$
   Pour $x=0$ : $16+(y-3{)}^2=49$, donc $(y-3{)}^2=33$, puis $y=3+\sqrt{33}$ ou $y=3-\sqrt{33}$ : deux points.

Lire le centre et le rayon de chaque cercle. Une racine s’écrit par exemple 3√2 ou 3racine(2).

1. $(x-5{)}^2+(y+1{)}^2=12$ : centre d’ordonnée et rayon
   Centre $(5;-1)$ : les signes s’inversent. Rayon $\sqrt{12}=\sqrt{4\times 3}=2\sqrt{3}$.
2. $x^2+(y+6{)}^2=81$ : centre d’abscisse , d’ordonnée , et rayon
   $x^2=(x-0{)}^2$ : centre $(0;-6)$, rayon $\sqrt{81}=9$.

Pour chaque équation, compléter les carrés et conclure.

1. $x^2+y^2-2x+14y+25=0$ s’écrit $(x-1{)}^2+(y+7{)}^2=$
   $x^2-2x=(x-1{)}^2-1$ et $y^2+14y=(y+7{)}^2-49$, donc $(x-1{)}^2+(y+7{)}^2=1+49-25=25$ : cercle de centre ${\Omega }_1(1;-7)$ et de rayon $5$.
2. $x^2+y^2+6x-4y+20=0$ s’écrit $(x+3{)}^2+(y-2{)}^2=$
   $x^2+6x=(x+3{)}^2-9$ et $y^2-4y=(y-2{)}^2-4$, donc $(x+3{)}^2+(y-2{)}^2=9+4-20=-7$. Une somme de carrés n’est jamais négative : l’ensemble est vide.
3. $2x^2+2y^2-12x+4y-14=0$ est un cercle de rayon $\sqrt{k}$ avec $k=$
   On divise d’abord par $2$ : $x^2+y^2-6x+2y-7=0$, puis $(x-3{)}^2+(y+1{)}^2=9+1+7=17$ : centre $(3;-1)$ et rayon $\sqrt{17}$.
4. Justifier que $G(5;-4)$ est sur le premier cercle ; l’autre point de ce cercle d’abscisse $5$ a pour ordonnée
   Rédaction attendue. ${\Omega }_1{G}^2=(5-1{)}^2+(-4+7{)}^2=16+9=25=5^2$ : $G$ est sur le cercle de centre ${\Omega }_1(1;-7)$ et de rayon $5$. Pour $x=5$ : $16+(y+7{)}^2=25$, donc $(y+7{)}^2=9$, soit $y+7=3$ ou $y+7=-3$. On retrouve $y=-4$ (le point $G$) et l’autre point a pour ordonnée $-10$.

On donne $A(-3;-1)$ et $B(7;5)$ ; $𝒞$ est le cercle de diamètre $[AB]$. Une racine s’écrit par exemple 3√2 ou 3racine(2).

1. Équation développée : $x^2+y^2-4x-4y+c=0$ avec $c=$
   $M\in 𝒞⟺\overrightarrow{MA}·\overrightarrow{MB}=0$ : $(x+3)(x-7)+(y+1)(y-5)=0$, soit $x^2-4x-21+y^2-4y-5=0$, d’où $x^2+y^2-4x-4y-26=0$.
2. Rayon de $𝒞$ :
   $(x-2{)}^2+(y-2{)}^2=4+4+26=34$ : centre $\Omega (2;2)$, milieu de $[AB]$, et rayon $\sqrt{34}$.
3. Démontrer que $T(-1;7)$ est sur $𝒞$, puis donner la tangente en $T$ : $3x-5y+c=0$ avec $c=$
   Rédaction attendue. $\Omega T^2=(-1-2{)}^2+(7-2{)}^2=9+25=34$ : $T$ est sur $𝒞$. La tangente en $T$ passe par $T$ et admet $\overrightarrow{\Omega T}(-3;5)$ comme vecteur normal : $-3(x+1)+5(y-7)=0$, soit $-3x+5y-38=0$, ou encore $3x-5y+38=0$.

Un élève étudie $E:x^2+y^2-4x+6y+20=0$. Il écrit : « le centre est $\Omega (2;-3)$ et, puisque $20=r^2$, le rayon est $2\sqrt{5}$ ».

1. En complétant les carrés, $(x-2{)}^2+(y+3{)}^2=$
   $x^2-4x=(x-2{)}^2-4$ et $y^2+6y=(y+3{)}^2-9$, donc $(x-2{)}^2+(y+3{)}^2=4+9-20=-7$ : $E$ est vide. Le centre de l’élève était bien lu, mais le terme constant $20$ n’est pas $r^2$ : la complétion fait apparaître $-4$ et $-9$, et il fallait vérifier le signe du second membre.
2. Pour tout réel $k$, on note $E_k:x^2+y^2-4x+6y+k=0$. Démontrer que $E_k$ est un cercle si et seulement si $k$ est strictement inférieur à
   Rédaction attendue. Avec la même complétion, $E_k$ a pour équation $(x-2{)}^2+(y+3{)}^2=13-k$. C’est un cercle si et seulement si le second membre est strictement positif : $13-k>0⟺k<13$. Pour $k=13$, $E_k$ est réduit au point $(2;-3)$ ; pour $k>13$, il est vide.
3. $E_k$ est un cercle de rayon $3$ pour $k=$
   $13-k=3^2=9$ donne $k=4$ ; l’équation réduite est alors $(x-2{)}^2+(y+3{)}^2=9$.

Soit $𝒞:(x+1{)}^2+(y-4{)}^2=25$.

1. Points de $𝒞$ sur l’axe des abscisses : la plus petite abscisse est et la plus grande
   Pour $y=0$ : $(x+1{)}^2+16=25$, donc $(x+1{)}^2=9$, soit $x+1=3$ ou $x+1=-3$ : $x=2$ ou $x=-4$.
2. Nombre de points communs à $𝒞$ et à l’axe des ordonnées :
   Pour $x=0$ : $1+(y-4{)}^2=25$, donc $(y-4{)}^2=24>0$ : deux solutions, $y=4+2\sqrt{6}$ et $y=4-2\sqrt{6}$.
3. Nombre de points communs à $𝒞$ et à la droite $y=9$ :
   $(x+1{)}^2+25=25$ donne $(x+1{)}^2=0$ : un seul point, $(-1;9)$. La droite est tangente au cercle (la distance du centre $(-1;4)$ à la droite vaut $5$, le rayon).
4. Nombre de points communs à $𝒞$ et à la droite $x=5$ :
   $36+(y-4{)}^2=25$ donne $(y-4{)}^2=-11<0$ : aucun point. La droite est à distance $6$ du centre, plus que le rayon $5$.

Soit $𝒞$ le cercle de centre $\Omega (1;-1)$ et de rayon $\sqrt{10}$. Pour chaque droite, compare la distance de $\Omega$ à la droite et le rayon.

1. Projeté orthogonal $H$ de $\Omega$ sur $d_1:x+3y+12=0$ : abscisse et ordonnée
   C’est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $d_1$ : $H(1+t;-1+3t)$ avec $(1+t)+3(-1+3t)+12=0$, soit $10t+10=0$, donc $t=-1$ et $H(0;-4)$. Contrôle : $1+9=10$.
2. Démontrer que $d_1$ est tangente à $𝒞$ : $\Omega H^2=$
   Rédaction attendue. $H(0;-4)$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $d_1$ : $\overrightarrow{\Omega H}(-1;-3)$, donc $\Omega H^2=1+9=10$ et $\Omega H=\sqrt{10}$. Pour tout point $P$ de $d_1$, $\Omega P⩾\Omega H=\sqrt{10}$, avec égalité seulement en $H$ : $H$ est le seul point de $d_1$ sur $𝒞$. La droite $d_1$ est tangente à $𝒞$ en $H$.
3. $d_2:3x-y+1=0$ et $𝒞$ ont point(s) commun(s)
   Avec la formule de contrôle du cours : $\text{dist}(\Omega ;d_2)={\displaystyle \frac{|3+1+1|}{\sqrt{10}}}={\displaystyle \frac{5}{\sqrt{10}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{10}}{2}}$, qui est inférieur à $\sqrt{10}$ : deux points.
4. $d_3:x-y+4=0$ et $𝒞$ ont point(s) commun(s)
   Avec la formule de contrôle du cours : $\text{dist}(\Omega ;d_3)={\displaystyle \frac{|1+1+4|}{\sqrt{2}}}={\displaystyle \frac{6}{\sqrt{2}}}$, dont le carré $18$ dépasse $10$ : la distance est supérieure au rayon, aucun point commun.

On donne $𝒞:x^2+y^2-2x-4y-20=0$ et $d:y=x+2$.

1. En remplaçant $y$ par $x+2$ et en divisant par $2$, on obtient $x^2-x+c=0$ avec $c=$
   $x^2+(x+2{)}^2-2x-4(x+2)-20$ $=x^2+x^2+4x+4-2x-4x-8-20$ $=2x^2-2x-24$. En divisant par $2$ : $x^2-x-12=0$.
2. Discriminant de ce trinôme : $\Delta =$
   $\Delta =(-1{)}^2-4\times 1\times (-12)=1+48=49>0$ : deux points communs.
3. Les deux points communs ont pour ordonnées (la plus grande) et
   $x={\displaystyle \frac{1+7}{2}}=4$ ou $x={\displaystyle \frac{1-7}{2}}=-3$. Avec $y=x+2$ : $(4;6)$ et $(-3;-1)$. Contrôle : $𝒞$ s’écrit $(x-1{)}^2+(y-2{)}^2=25$, et pour $(4;6)$ : $3^2+4^2=25$.

$𝒫$ est la parabole d’équation $y=x^2$.

1. Avec ${𝒞}_1:x^2+(y-2{)}^2=4$, on obtient $y^2-3y=0$ ; la solution non nulle est $y=$
   On remplace $x^2$ par $y$ : $y+y^2-4y+4=4$, soit $y^2-3y=0$, c’est-à-dire $y(y-3)=0$ : $y=0$ ou $y=3$.
2. Nombre de points communs à $𝒫$ et ${𝒞}_1$ :
   $y=0$ donne $x^2=0$, un seul point $(0;0)$ ; $y=3$ donne $x=\sqrt{3}$ ou $x=-\sqrt{3}$, deux points. En tout, trois points.
3. Avec ${𝒞}_2:x^2+y^2=20$, l’équation en $y$ a pour solutions $4$ et
   $y+y^2=20$, soit $y^2+y-20=0$ ; $\Delta =1+80=81$, donc $y={\displaystyle \frac{-1+9}{2}}=4$ ou $y={\displaystyle \frac{-1-9}{2}}=-5$.
4. Justifier le nombre de points communs à $𝒫$ et ${𝒞}_2$ :
   Rédaction attendue. Un point commun vérifie $y=x^2$, donc $y⩾0$ : la solution $y=-5$ est à rejeter. Il reste $y=4$, qui donne $x^2=4$, soit $x=2$ ou $x=-2$. Les points communs sont $(-2;4)$ et $(2;4)$ : il y en a deux.

Soit $𝒞:x^2+y^2=18$ et, pour tout réel $m$, la droite $d_m:y=x+m$.

1. $𝒞$ et $d_0$ ont deux points communs ; celui d’abscisse positive a pour ordonnée
   Pour $m=0$, $y=x$ : $2x^2=18$, donc $x^2=9$ et $x=3$ ou $x=-3$. Points $(3;3)$ et $(-3;-3)$.
2. En remplaçant $y$ par $x+m$, on obtient $2x^2+2mx+m^2-18=0$, de discriminant $\Delta =-4m^2+k$ avec $k=$
   $x^2+(x+m{)}^2=18$ donne $2x^2+2mx+m^2-18=0$. $\Delta =(2m{)}^2-4\times 2\times (m^2-18)$ $=4m^2-8m^2+144=-4m^2+144$.
3. Démontrer que $d_m$ est tangente à $𝒞$ pour exactement deux valeurs de $m$ ; la valeur positive est $m=$
   Rédaction attendue. $d_m$ est tangente à $𝒞$ si et seulement si l’équation a une seule solution, c’est-à-dire $\Delta =0$ : $-4m^2+144=0⟺m^2=36$ $⟺m=6$ ou $m=-6$. Contrôle par la distance : $d_m$ s’écrit $x-y+m=0$ et $\text{dist}(O;d_m)={\displaystyle \frac{|m|}{\sqrt{2}}}$, égale au rayon $\sqrt{18}$ si et seulement si $|m|=\sqrt{36}=6$.
4. Point de contact de $d_6$ : abscisse et ordonnée
   Pour $m=6$ : $2x^2+12x+18=0$, soit $x^2+6x+9=(x+3{)}^2=0$, donc $x=-3$ et $y=-3+6=3$.
5. Pour $m=10$, $\Delta =$
   $\Delta =-4\times 100+144=-256<0$ : $d_{10}$ ne coupe pas $𝒞$.