Équations de droites

Vecteur directeur et équation cartésienne (forme ax + by + c = 0 démontrée avec le déterminant), équation réduite et pente, droite passant par deux points et alignement, droites parallèles ou sécantes, point d’intersection de deux droites données par leur équation réduite.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés : le point de fonctionnement d’un circuit avec une pile et une résistance, deux robots dont les trajets se croisent dans un entrepôt (avec une fonction Python), un parallélogramme démontré par les pentes, un coup de billard avec rebond sur une bande, et les médianes concourantes d’un triangle.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé : chaque relation affine (tension, trajet, tarif) ou chaque côté d’une figure devient une droite ; je note ce que représentent x et y, avec les unités.
Je choisis la bonne forme : équation cartésienne avec un point et un vecteur directeur, équation réduite pour lire une pente ou calculer une intersection.
Je calcule pas à pas : pente, ordonnée à l’origine, puis intersection en résolvant mx + p = m′x + p′ ; je contrôle chaque point trouvé dans l’autre équation.
Je conclus dans la situation : une pente est un taux (volts par ampère, mètres par mètre), un point d’intersection est un équilibre, un croisement ou un point de contact.

Problème 1 · Le point de fonctionnement d’un circuit★★★Facile

Une pile alimente une résistance. La tension

U

(en volts) aux bornes de la pile dépend de l’intensité

I

(en ampères) du courant :

U = 9 - 1, 5 I

. Pour la résistance, la loi d’Ohm donne

U = 3 I

. Dans un repère (abscisses :

I

, ordonnées :

U

), chaque relation est représentée par une droite. Le courant qui circule est donné par le point de fonctionnement, point commun aux deux droites.

1. Pente de la droite de la pile :
$U = - 1, 5 I + 9$ est de la forme $y = m x + p$ : la pente vaut $- 1, 5$ . Chaque ampère supplémentaire fait perdre $1, 5$ V aux bornes de la pile.
2. Ordonnée à l’origine de la droite de la pile (tension quand $I = 0$ ) : V
Pour $I = 0$ , $U = 9$ : la droite coupe l’axe des ordonnées en $(0; 9)$ . C’est la tension de la pile quand aucun courant ne circule.
3. Justifier que les deux droites sont sécantes, puis calculer l’intensité au point de fonctionnement : $I =$ A
Rédaction attendue. La droite de la pile a pour pente $- 1, 5$ , celle de la résistance a pour pente $3$ . Les pentes sont différentes, donc les droites sont sécantes : il y a un unique point de fonctionnement. Son abscisse vérifie $3 I = 9 - 1, 5 I$ , soit $4, 5 I = 9$ , donc $I = 2$ A.
4. Tension au point de fonctionnement : $U =$ V
$U = 3 \times 2 = 6$ V ; contrôle avec la pile : $9 - 1, 5 \times 2 = 6$ . Le point de fonctionnement est $(2; 6)$ .
5. On remplace la résistance par une autre, pour laquelle $U = 6 I$ . Nouvelle intensité : $I =$ A
$6 I = 9 - 1, 5 I$ $⟺ 7, 5 I = 9$ $⟺ I = 1, 2$ A (et $U = 7, 2$ V). La droite de la résistance est plus pentue : elle coupe celle de la pile plus tôt, le courant est plus faible.

Problème 2 · Deux robots dans un entrepôt★★★Moyen

Le sol d’un entrepôt est muni d’un repère orthonormé (unité :

1

m). Le robot R₁ part du point

A (2; 1)

et roule en ligne droite dans la direction du vecteur

\vec{u} (4; 3)

. Le robot R₂ suit la droite d’équation

y = - 0, 5 x + 12

. Le mur du fond a pour équation

x = 16

1. Démontrer que le trajet de R₁ a une équation de la forme $3 x - 4 y + c = 0$ et donner $c$ : $c =$
Rédaction attendue. Soit $M (x; y)$ . On a $\vec{A M} (x - 2; y - 1)$ . $M$ est sur le trajet de R₁ si et seulement si $\vec{A M}$ et $\vec{u}$ sont colinéaires, c’est-à-dire $det (\vec{A M}, \vec{u}) = 0$ . Or $det (\vec{A M}, \vec{u})$ $= (x - 2) \times 3 - (y - 1) \times 4$ $= 3 x - 6 - 4 y + 4$ $= 3 x - 4 y - 2$ . Le trajet a pour équation $3 x - 4 y - 2 = 0$ : $c = - 2$ . Contrôle avec $A$ : $6 - 4 - 2 = 0$ .
2. Ce programme teste si un point est sur le trajet de R₁ :
```
def sur_R1(x, y):
    d = 3*x - 4*y
    return d == 2
```
Pour la borne de recharge B(14;10), l’appel sur_R1(14, 10) donne à d la valeur
$d = 3 \times 14 - 4 \times 10$ $= 42 - 40$ $= 2$ : la fonction renvoie True. Le test d == 2 traduit bien l’équation, car $3 x - 4 y - 2 = 0$ $⟺ 3 x - 4 y = 2$ . Les coordonnées de $B$ vérifient l’équation : la borne est sur le trajet de R₁.
3. Pente du trajet de R₁ :
$3 x - 4 y - 2 = 0$ donne $4 y = 3 x - 2$ , soit $y = 0, 75 x - 0, 5$ : la pente vaut $0, 75$ . On retrouve $\frac{3}{4}$ , quotient des coordonnées de $\vec{u} (4; 3)$ .
4. Justifier que les trajets de R₁ et R₂ se croisent, puis donner le point de croisement : ( ; )
Rédaction attendue. Les pentes $0, 75$ et $- 0, 5$ sont différentes : les deux trajets sont sécants. L’abscisse du point commun vérifie $0, 75 x - 0, 5$ $= - 0, 5 x + 12$ , soit $1, 25 x = 12, 5$ , donc $x = 10$ . Puis $y = 0, 75 \times 10 - 0, 5$ $= 7$ ; contrôle : $12 - 0, 5 \times 10 = 7$ . Les trajets se croisent au point $(10; 7)$ : il faudra éviter que les deux robots y passent en même temps.
5. R₁ atteint le mur du fond au point d’ordonnée
Sur le mur, $x = 16$ : $y = 0, 75 \times 16 - 0, 5$ $= 12 - 0, 5$ $= 11, 5$ . R₁ touche le mur au point $(16; 11, 5)$ .

Problème 3 · Un quadrilatère dans le repère★★★Moyen

Dans un repère, on considère les points

A (- 3; - 2)

B (5; 2)

C (7; 9)

D (- 1; 5)

. Une fraction s’écrit avec « / ».

1. Pentes : $m_{A B} =$ et $m_{D C} =$
$m_{A B}$ $= \frac{2 - (- 2)}{5 - (- 3)}$ $= \frac{4}{8}$ $= \frac{1}{2}$ et $m_{D C}$ $= \frac{9 - 5}{7 - (- 1)}$ $= \frac{4}{8}$ $= \frac{1}{2}$ .
2. Ordonnées à l’origine : $(A B)$ : et $(D C)$ :
$p_{A B}$ $= - 2 - \frac{1}{2} \times (- 3)$ $= - \frac{1}{2}$ et $p_{D C}$ $= 5 - \frac{1}{2} \times (- 1)$ $= \frac{11}{2}$ . Même pente, ordonnées à l’origine différentes : $(A B)$ et $(D C)$ sont strictement parallèles.
3. Démontrer que $A B C D$ est un parallélogramme : $m_{A D} =$ et $m_{B C} =$
Rédaction attendue. $m_{A D}$ $= \frac{5 - (- 2)}{- 1 - (- 3)}$ $= \frac{7}{2}$ et $m_{B C}$ $= \frac{9 - 2}{7 - 5}$ $= \frac{7}{2}$ : les droites $(A D)$ et $(B C)$ sont parallèles. Elles sont distinctes, car $p_{A D}$ $= - 2 - \frac{7}{2} \times (- 3)$ $= \frac{17}{2}$ et $p_{B C}$ $= 2 - \frac{7}{2} \times 5$ $= - \frac{31}{2}$ . D’après la question précédente, $(A B)$ et $(D C)$ sont aussi parallèles. Les côtés opposés de $A B C D$ sont portés par des droites parallèles deux à deux : $A B C D$ est un parallélogramme.
4. Équation réduite de la diagonale $(A C)$ : m = et p =
$m = \frac{9 - (- 2)}{7 - (- 3)}$ $= \frac{11}{10}$ , puis $p = - 2 - \frac{11}{10} \times (- 3)$ $= - 2 + \frac{33}{10}$ $= \frac{13}{10}$ . Contrôle avec $C$ : $\frac{77}{10} + \frac{13}{10} = 9$ .
5. Équation réduite de la diagonale $(B D)$ : m = et p =
$m = \frac{5 - 2}{- 1 - 5}$ $= \frac{3}{- 6}$ $= - \frac{1}{2}$ , puis $p = 2 - (- \frac{1}{2}) \times 5$ $= \frac{9}{2}$ . Contrôle avec $D$ : $\frac{1}{2} + \frac{9}{2} = 5$ .
6. Les diagonales se coupent au point ( ; )
$\frac{11}{10} x + \frac{13}{10}$ $= - \frac{1}{2} x + \frac{9}{2}$ ; en multipliant par $10$ : $11 x + 13 = - 5 x + 45$ , soit $16 x = 32$ et $x = 2$ . Puis $y = - \frac{1}{2} \times 2 + \frac{9}{2}$ $= \frac{7}{2}$ . Le point $(2; 3, 5)$ est le milieu de $[A C]$ et de $[B D]$ , comme dans tout parallélogramme.

Problème 4 · Un coup de billard★★★Difficile

Une table de billard est vue de dessus dans un repère orthonormé (unité :

30

cm) : c’est le rectangle de sommets

O (0; 0)

(8; 0)

(8; 4)

(0; 4)

. La bille blanche est en

A (1; 1)

et roule en ligne droite. On admet que, lorsqu’elle rebondit sur la bande du haut (

y = 4

), la pente de sa trajectoire est changée en son opposée.

1. Premier coup : la bille part de $A$ vers le point $(3; 2)$ . Équation réduite de sa trajectoire : m = et p =
$m = \frac{2 - 1}{3 - 1}$ $= \frac{1}{2}$ , puis $p = 1 - \frac{1}{2} \times 1$ $= \frac{1}{2}$ : $y = 0, 5 x + 0, 5$ .
2. Elle touche la bande du haut au point d’abscisse
$0, 5 x + 0, 5 = 4$ $⟺ 0, 5 x = 3, 5$ $⟺ x = 7$ : la bille touche la bande au point $(7; 4)$ .
3. Après le rebond, elle atteint la bande de droite ( $x = 8$ ) au point d’ordonnée
Rédaction attendue. Après le rebond, la pente devient $- 0, 5$ et la trajectoire passe par $(7; 4)$ : $y = - 0, 5 x + p$ avec $4 = - 0, 5 \times 7 + p$ , donc $p = 7, 5$ . Pour $x = 8$ : $y = - 4 + 7, 5 = 3, 5$ . La bille touche la bande de droite en $(8; 3, 5)$ .
4. Second coup : on vise un point $R (r; 4)$ de la bande du haut, avec $1 < r < 8$ , pour que la bille rebondisse puis tombe dans la poche $P (8; 0)$ . Démontrer que $r$ vérifie $4 (r - 1) = 3 (8 - r)$ , puis donner $r =$
Rédaction attendue. La pente de $(A R)$ vaut $\frac{4 - 1}{r - 1}$ $= \frac{3}{r - 1}$ et celle de $(R P)$ vaut $\frac{0 - 4}{8 - r}$ $= - \frac{4}{8 - r}$ . La règle du rebond impose que ces pentes soient opposées : $\frac{4}{8 - r} = \frac{3}{r - 1}$ . En multipliant par $(8 - r) (r - 1)$ , non nul : $4 (r - 1) = 3 (8 - r)$ , soit $4 r - 4 = 24 - 3 r$ , donc $7 r = 28$ et $r = 4$ . Contrôle : pente de $(A R)$ égale à $\frac{3}{3} = 1$ , pente de $(R P)$ égale à $\frac{- 4}{4} = - 1$ .
5. Une bille rouge est en $C (6; 2)$ . Sur la trajectoire $(R P)$ , le point d’abscisse $6$ a pour ordonnée
$(R P)$ a pour pente $- 1$ et passe par $P (8; 0)$ : $p = 0 - (- 1) \times 8 = 8$ , donc $(R P) : y = - x + 8$ . Pour $x = 6$ : $y = 2$ , l’ordonnée de $C$ . La bille rouge est sur la trajectoire : la bille blanche la touchera avant d’atteindre la poche.

Problème 5 · Droite des milieux et médianes d’un triangle★★★Difficile

Dans un repère, on considère le triangle

O A B

avec

O (0; 0)

A (6; 0)

B (2; 6)

. On note

M

le milieu de

[O B]

1. Équation réduite de $(A B)$ : m = et p =
$m = \frac{6 - 0}{2 - 6}$ $= \frac{6}{- 4}$ $= - 1, 5$ , puis $p = 0 - (- 1, 5) \times 6 = 9$ : $(A B) : y = - 1, 5 x + 9$ . Contrôle avec $B$ : $- 3 + 9 = 6$ .
2. $M$ a pour coordonnées ( ; )
$M (\frac{0 + 2}{2}; \frac{0 + 6}{2})$ $= (1; 3)$ .
3. La parallèle $Δ$ à $(A B)$ passant par $M$ a pour ordonnée à l’origine
Même pente $- 1, 5$ : $3 = - 1, 5 \times 1 + p$ , donc $p = 4, 5$ et $Δ : y = - 1, 5 x + 4, 5$ .
4. $Δ$ coupe l’axe des abscisses, c’est-à-dire $(O A)$ , au point $N$ d’abscisse
$- 1, 5 x + 4, 5 = 0$ $⟺ x = 3$ : $N (3; 0)$ , qui est le milieu de $[O A]$ . On retrouve sur cet exemple que la parallèle à un côté passant par le milieu d’un deuxième côté coupe le troisième en son milieu.
5. Les médianes $(A M)$ et $(B N)$ se coupent en $G$ ( ; ). Démontrer que $G$ est aussi sur la troisième médiane, issue de $O$ .
Rédaction attendue. $(A M)$ : $m = \frac{3 - 0}{1 - 6}$ $= - 0, 6$ et $p = 0 + 0, 6 \times 6 = 3, 6$ . $(B N)$ : $m = \frac{0 - 6}{3 - 2} = - 6$ et $p = 0 + 6 \times 3 = 18$ . Les pentes sont différentes : les droites sont sécantes. $- 0, 6 x + 3, 6 = - 6 x + 18$ $⟺ 5, 4 x = 14, 4$ $⟺ x = \frac{8}{3}$ , puis $y = - 6 \times \frac{8}{3} + 18 = 2$ : $G (\frac{8}{3}; 2)$ . La médiane issue de $O$ passe par le milieu $P (4; 3)$ de $[A B]$ : $(O P) : y = 0, 75 x$ . Pour $x = \frac{8}{3}$ : $y = 0, 75 \times \frac{8}{3} = 2$ . Donc $G \in (O P)$ : les trois médianes sont concourantes en $G$ .

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