Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Mathématiques

Géométrie repérée

Vecteur normal et équation cartésienne d’une droite, droites parallèles ou perpendiculaires, projeté orthogonal et distance d’un point à une droite, équation de cercle et tangente, intersections d’un cercle avec une droite ou une parabole.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés, sans calculatrice, dans l’esprit de l’épreuve anticipée : placer un relais à égale distance de trois villages, suivre un drone qui traverse une zone de couverture radio, tester en Python si un point est dans le disque surveillé par un capteur, et étudier le trapèze formé par les points communs d’une parabole et d’un cercle.

4 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je fais une figure à main levée dans le repère : points, droites, cercle. Elle annonce les résultats (alignement, position, nombre de points communs).
Je traduis chaque objet par une équation : droite (un vecteur normal et un point), médiatrice, cercle (centre et rayon), trajectoire.
Je choisis l’outil : système pour une intersection, perpendiculaire ou H = M + t·n (n normal à la droite) pour un projeté, distance au centre pour la position d’une droite et d’un cercle.
Je calcule à la main avec des valeurs exactes (fractions, racines) et je n’arrondis qu’à la fin, avec les valeurs données par l’énoncé.
Je contrôle et j’interprète : chaque point trouvé vérifie les équations, puis je réponds dans l’unité de l’énoncé.

Problème 1 · Un relais équidistant de trois villages★★★Facile

Trois villages sont repérés par

A (0; 5)

B (7; 4)

C (- 1; - 2)

dans un repère orthonormé d’unité

1

km. On cherche l’emplacement

Ω

d’un relais situé à la même distance des trois villages. Sans calculatrice ; on donne

\sqrt{34} \approx 5, 831

1. Justifier que le triangle $A B C$ est rectangle et isocèle en $A$ ; longueur $B C =$ km
Rédaction attendue. $\vec{A B} (7; - 1)$ , donc $A B = \sqrt{49 + 1} = \sqrt{50} = 5 \sqrt{2}$ ; $\vec{A C} (- 1; - 7)$ , donc $A C = \sqrt{1 + 49} = 5 \sqrt{2}$ ; $\vec{B C} (- 8; - 6)$ , donc $B C = \sqrt{64 + 36} = 10$ . Comme $A B = A C$ , le triangle est isocèle en $A$ . De plus $A B^{2} + A C^{2} = 50 + 50 = 100 = B C^{2}$ : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, il est rectangle en $A$ .
2. Médiatrice de $[A B]$ : $7 x - y + c = 0$ avec $c =$
Elle passe par le milieu $I_{1} (\frac{7}{2}; \frac{9}{2})$ de $[A B]$ et admet $\vec{A B} (7; - 1)$ comme vecteur normal : $7 \times \frac{7}{2} - \frac{9}{2} + c = 0$ , soit $20 + c = 0$ , donc $c = - 20$ .
3. Médiatrice de $[A C]$ : $x + 7 y + c = 0$ avec $c =$
Milieu $I_{2} (- \frac{1}{2}; \frac{3}{2})$ et vecteur normal $\vec{A C} (- 1; - 7)$ , ou $(1; 7)$ : $- \frac{1}{2} + \frac{21}{2} + c = 0$ , soit $10 + c = 0$ , donc $c = - 10$ .
4. Démontrer que le relais doit être placé en $Ω (3; 1)$ ; distance commune aux trois villages : km
Rédaction attendue. Le point $Ω$ est à égale distance de $A$ et $B$ , donc sur la médiatrice de $[A B]$ , et à égale distance de $A$ et $C$ , donc sur celle de $[A C]$ . On résout $7 x - y = 20$ et $x + 7 y = 10$ : la première donne $y = 7 x - 20$ , puis $x + 49 x - 140 = 10$ , soit $50 x = 150$ , donc $x = 3$ et $y = 1$ . Ainsi $Ω (3; 1)$ , et $Ω A = \sqrt{9 + 16} = 5$ km. On remarque que $Ω$ est le milieu de $[B C]$ : c’est normal, le triangle étant rectangle en $A$ .
5. Cercle passant par $A$ , $B$ et $C$ : $x^{2} + y^{2} - 6 x - 2 y + c = 0$ avec $c =$
Cercle de centre $Ω (3; 1)$ et de rayon $5$ : $(x - 3)^{2} + (y - 1)^{2} = 25$ , soit $x^{2} - 6 x + 9 + y^{2} - 2 y + 1 - 25 = 0$ , d’où $c = - 15$ . Contrôle avec $C (- 1; - 2)$ : $(- 4)^{2} + (- 3)^{2} = 25$ .
6. Un village $D (8; - 2)$ ; le relais a une portée de $5$ km. Distance $Ω D$ au centième : km
$Ω D^{2} = (8 - 3)^{2} + (- 2 - 1)^{2} = 25 + 9 = 34$ , donc $Ω D = \sqrt{34} \approx 5, 83$ km. C’est plus que $5$ km : le village $D$ n’est pas desservi.

Problème 2 · Un drone et une zone de couverture radio★★★Moyen

Le plan est rapporté à un repère orthonormé d’unité

100

m. Une antenne placée en

Ω (6; 2)

couvre exactement le disque de centre

Ω

et de rayon

5

. Un drone vole en ligne droite du point

R (0; 7)

vers le point

S (10; - 3)

. Sans calculatrice ; on donne

\sqrt{2} \approx 1, 414

. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. Trajectoire $(R S)$ : $x + y + c = 0$ avec $c =$
$\vec{R S} (10; - 10)$ dirige la trajectoire ; $\vec{n} (1; 1)$ lui est orthogonal, car $10 - 10 = 0$ . Avec $R$ : $0 + 7 + c = 0$ , donc $c = - 7$ .
2. Frontière de la zone : $x^{2} + y^{2} - 12 x - 4 y + c = 0$ avec $c =$
$(x - 6)^{2} + (y - 2)^{2} = 25$ donne $x^{2} - 12 x + 36 + y^{2} - 4 y + 4 - 25 = 0$ , d’où $c = 15$ .
3. Point de la trajectoire le plus proche de l’antenne : abscisse et ordonnée
C’est le projeté orthogonal $H$ de $Ω$ sur $(R S)$ : $H (6 + t; 2 + t)$ avec $(6 + t) + (2 + t) - 7 = 0$ , soit $2 t + 1 = 0$ , donc $t = - \frac{1}{2}$ et $H (\frac{11}{2}; \frac{3}{2})$ . Contrôle : $\frac{11}{2} + \frac{3}{2} - 7 = 0$ .
4. Démontrer que le drone traverse la zone ; distance de l’antenne à la trajectoire, arrondie au mètre : m
Rédaction attendue. La distance de $Ω$ à $(R S)$ est $Ω H$ , où $H (\frac{11}{2}; \frac{3}{2})$ est le projeté orthogonal trouvé à la question précédente : $\vec{Ω H} (- \frac{1}{2}; - \frac{1}{2})$ , donc $Ω H = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0, 707$ unité. Cette distance est strictement inférieure au rayon $5$ : $H$ est à l’intérieur du disque, donc la trajectoire entre dans la zone et la droite coupe le cercle en deux points. En mètres : $0, 707 \times 100 \approx 71$ m.
5. Point d’entrée $E$ et point de sortie $F$ : abscisse de $E$ et abscisse de $F$
Sur la trajectoire, $y = 7 - x$ . Dans l’équation du cercle : $(x - 6)^{2} + (5 - x)^{2} = 25$ , soit $2 x^{2} - 22 x + 36 = 0$ , puis $x^{2} - 11 x + 18 = 0$ . $Δ = 121 - 72 = 49$ , donc $x = 2$ ou $x = 9$ . Le drone part de $R$ , d’abscisse $0$ : il entre en $E (2; 5)$ et sort en $F (9; - 2)$ . Contrôle : le milieu de $[E F]$ est $(\frac{11}{2}; \frac{3}{2})$ , le projeté $H$ .
6. Longueur du trajet dans la zone, arrondie au mètre : m
$E F = \sqrt{7^{2} + (- 7)^{2}} = \sqrt{98} = 7 \sqrt{2} \approx 9, 898$ unités, soit $700 \sqrt{2} \approx 990$ m.

Problème 3 · Un capteur circulaire et un test en Python★★★Moyen

Un capteur surveille le disque de frontière

𝒞 : x^{2} + y^{2} - 8 x + 2 y - 8 = 0

, dans un repère orthonormé d’unité

1

m. Deux rails rectilignes sont modélisés par

Δ : x + 7 y - 22 = 0

𝒟 : x + y - 12 = 0

. Sans calculatrice. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5). On donne enfin la fonction Python :

def dans_zone(x, y):
    d2 = (x - 4)**2 + (y + 1)**2
    return d2 <= 25

1. Démontrer que $𝒞$ est un cercle de centre $Ω (4; - 1)$ ; son rayon vaut m
Rédaction attendue. On complète les carrés : $x^{2} - 8 x = (x - 4)^{2} - 16$ et $y^{2} + 2 y = (y + 1)^{2} - 1$ . L’équation devient $(x - 4)^{2} + (y + 1)^{2} = 16 + 1 + 8 = 25$ . Comme $25 > 0$ , c’est le cercle de centre $Ω (4; - 1)$ et de rayon $\sqrt{25} = 5$ .
2. Points communs à $Δ$ et $𝒞$ : ordonnées (la plus petite) et
Sur $Δ$ , $x = 22 - 7 y$ . On remplace : $(18 - 7 y)^{2} + (y + 1)^{2} = 25$ , soit $324 - 252 y + 49 y^{2}$ $+ y^{2} + 2 y + 1 = 25$ , puis $50 y^{2} - 250 y + 300 = 0$ et $y^{2} - 5 y + 6 = 0$ . Donc $y = 2$ ou $y = 3$ ; les points sont $(8; 2)$ et $(1; 3)$ .
3. Justifier qu’un objet qui roule sur $𝒟$ n’entre jamais dans la zone : le carré de la distance de $Ω$ à $𝒟$ vaut
Rédaction attendue. Le projeté orthogonal $H$ de $Ω$ sur $𝒟$ s’écrit $H (4 + t; - 1 + t)$ , car $(1; 1)$ est normal à $𝒟$ : $(4 + t) + (- 1 + t) - 12 = 0$ donne $t = \frac{9}{2}$ , donc $H (\frac{17}{2}; \frac{7}{2})$ . Alors $Ω H^{2} = {(\frac{9}{2})}^{2} + {(\frac{9}{2})}^{2} = \frac{81}{2} = 40, 5$ . Or $40, 5 > 25 = 5^{2}$ . Comme $H$ est le point de $𝒟$ le plus proche de $Ω$ , tout point de $𝒟$ est à plus de $5$ m du capteur : l’objet reste hors de la zone.
4. Vérifier que $T (7; 3)$ est sur $𝒞$ ; la tangente en $T$ a pour équation $3 x + 4 y + c = 0$ avec $c =$
$(7 - 4)^{2} + (3 + 1)^{2} = 9 + 16 = 25$ : $T \in 𝒞$ . $\vec{Ω T} (3; 4)$ est normal à la tangente : $3 (x - 7) + 4 (y - 3) = 0$ , soit $3 x + 4 y - 33 = 0$ .
5. Valeur renvoyée par dans_zone(1, 3), écrite True ou False :
$(1 - 4)^{2} + (3 + 1)^{2} = 9 + 16 = 25 ⩽ 25$ : la fonction renvoie True. Le point $(1; 3)$ est sur le bord, donc dans le disque fermé.
6. Valeur renvoyée par dans_zone(0, 4) :
$(0 - 4)^{2} + (4 + 1)^{2} = 16 + 25 = 41 > 25$ : la fonction renvoie False.
7. Pour tester l’appartenance au cercle lui-même et non au disque, on remplace <= par l’opérateur
La dernière ligne devient return d2 == 25. Ce test d’égalité est fiable avec des coordonnées entières ; avec des nombres décimaux, les arrondis de la machine peuvent le fausser.

Problème 4 · Une parabole, un cercle et un trapèze (approfondissement)★★★Difficile

Dans un repère orthonormé, on considère la parabole

𝒫 : y = x^{2}

et le cercle

Γ : x^{2} + (y - 7)^{2} = 13

. Sans calculatrice.

1. Démontrer que les abscisses des points communs vérifient $x^{4} - 13 x^{2} + c = 0$ avec $c =$
Rédaction attendue. Un point commun vérifie les deux équations. En remplaçant $y$ par $x^{2}$ dans celle de $Γ$ : $x^{2} + (x^{2} - 7)^{2} = 13$ , soit $x^{2} + x^{4} - 14 x^{2} + 49 = 13$ , d’où $x^{4} - 13 x^{2} + 36 = 0$ .
2. En posant $X = x^{2}$ , on obtient $X^{2} - 13 X + 36 = 0$ , de solutions $4$ et
$Δ = 169 - 144 = 25$ , donc $X = \frac{13 - 5}{2} = 4$ ou $X = \frac{13 + 5}{2} = 9$ . Les deux sont positives.
3. Nombre de points communs à $𝒫$ et $Γ$ :
$x^{2} = 4$ donne $x = \pm 2$ et $x^{2} = 9$ donne $x = \pm 3$ . Avec $y = x^{2}$ : $P_{1} (- 3; 9)$ , $P_{2} (- 2; 4)$ , $P_{3} (2; 4)$ et $P_{4} (3; 9)$ . Contrôle pour $P_{3}$ : $4 + (4 - 7)^{2} = 13$ .
4. Démontrer que $P_{1} P_{4} P_{3} P_{2}$ est un trapèze isocèle : $P_{1} P_{2} = P_{3} P_{4} = \sqrt{k}$ avec $k =$
Rédaction attendue. $\vec{P_{1} P_{4}} (6; 0)$ et $\vec{P_{2} P_{3}} (4; 0)$ ont un déterminant nul ( $6 \times 0 - 0 \times 4 = 0$ ) : les côtés $[P_{1} P_{4}]$ et $[P_{2} P_{3}]$ sont parallèles, de longueurs différentes $6$ et $4$ ; le quadrilatère est un trapèze. De plus $\vec{P_{1} P_{2}} (1; - 5)$ et $\vec{P_{4} P_{3}} (- 1; - 5)$ donnent $P_{1} P_{2} = P_{3} P_{4} = \sqrt{1 + 25} = \sqrt{26}$ : les côtés non parallèles ont la même longueur, le trapèze est isocèle.
5. Aire du trapèze (en unités d’aire) :
Les bases sont portées par les droites $y = 9$ et $y = 4$ : la hauteur vaut $9 - 4 = 5$ . Aire : $\frac{(6 + 4) \times 5}{2} = 25$ .

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