Exercice 1 (12.5 pts)
Le plan est rapporté au repère orthonormé \((O;\vec{i};\vec{j})\). On considère les points \(A(2;1)\), \(B(4;3)\) et \(C(3-\sqrt{3};2+\sqrt{3})\).
1. Calculer \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\), \(\cos\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\), \(\sin\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\), puis déduire la nature du triangle \(ABC\).
2. Soit \((\mathcal{C})\) le cercle défini par l’équation cartésienne : \(x^2+y^2-4x-2y-3=0\), et \((\Delta)\) la droite définie par \((\Delta)\ :\ mx+y-7m=0\) où \(m\) est un paramètre réel.
a) Déterminer les coordonnées du centre \(\Omega\) et le rayon \(R\) du cercle \((\mathcal{C})\).
b) Déterminer une équation cartésienne de la droite \((AB)\).
c) Déterminer la valeur de \(m\) pour que \((\Delta)\) soit perpendiculaire à \((AB)\).
d) Calculer \(d(\Omega,(\Delta))\), puis déduire les valeurs de \(m\) pour que la droite \((\Delta)\) soit tangente à \((\mathcal{C})\) en déterminant leur point commun.
3. Déterminer l’équation cartésienne du cercle \((\mathcal{C}’)\) de diamètre \([AB]\).
4. Vérifier que \(C\) est à l’extérieur de \((\mathcal{C}’)\).
5. Donner les équations cartésiennes des tangentes à \((\mathcal{C}’)\) passant par le point \(C\).
1. Calculer \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\), \(\cos\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\), \(\sin\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\), puis déduire la nature du triangle \(ABC\).
2. Soit \((\mathcal{C})\) le cercle défini par l’équation cartésienne : \(x^2+y^2-4x-2y-3=0\), et \((\Delta)\) la droite définie par \((\Delta)\ :\ mx+y-7m=0\) où \(m\) est un paramètre réel.
a) Déterminer les coordonnées du centre \(\Omega\) et le rayon \(R\) du cercle \((\mathcal{C})\).
b) Déterminer une équation cartésienne de la droite \((AB)\).
c) Déterminer la valeur de \(m\) pour que \((\Delta)\) soit perpendiculaire à \((AB)\).
d) Calculer \(d(\Omega,(\Delta))\), puis déduire les valeurs de \(m\) pour que la droite \((\Delta)\) soit tangente à \((\mathcal{C})\) en déterminant leur point commun.
3. Déterminer l’équation cartésienne du cercle \((\mathcal{C}’)\) de diamètre \([AB]\).
4. Vérifier que \(C\) est à l’extérieur de \((\mathcal{C}’)\).
5. Donner les équations cartésiennes des tangentes à \((\mathcal{C}’)\) passant par le point \(C\).
✅ Correction de l’exercice 1 — التصحيح
💡 Méthode : dans un repère orthonormé, \(\vec{u}(x;y)\cdot\vec{v}(x’;y’)=xx’+yy’\) et \(\|\vec{u}\|=\sqrt{x^2+y^2}\) ; \(\cos(\vec{u},\vec{v})=\dfrac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|}\) et \(\sin(\vec{u},\vec{v})=\dfrac{\det(\vec{u},\vec{v})}{\|\vec{u}\|\|\vec{v}\|}\).
1. \(\overrightarrow{AB}(2;2)\) et \(\overrightarrow{AC}(1-\sqrt{3};1+\sqrt{3})\).
\(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=2(1-\sqrt{3})+2(1+\sqrt{3})\)
\(=4\)
\(AB=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\) ; \(AC=\sqrt{(1-\sqrt{3})^2+(1+\sqrt{3})^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\)
\(\cos\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\dfrac{4}{2\sqrt{2}\times2\sqrt{2}}\)
\(=\dfrac{1}{2}\)
\(\det\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=2(1+\sqrt{3})-2(1-\sqrt{3})\)
\(=4\sqrt{3}\)
\(\sin\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\dfrac{4\sqrt{3}}{8}\)
\(=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Donc \(\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\ [2\pi]\) et \(AB=AC\).
[] \(ABC\) est un triangle équilatéral (isocèle avec un angle de \(\dfrac{\pi}{3}\))
💡 Méthode : on écrit l’équation sous la forme \((x-a)^2+(y-b)^2=k\) (forme canonique) : si \(k>0\), c’est le cercle de centre \(\Omega(a;b)\) et de rayon \(\sqrt{k}\).
2.a) \(x^2-4x+y^2-2y-3=0\)
\(\iff(x-2)^2+(y-1)^2=8\)
[] \(\Omega(2;1)\) (c’est le point \(A\)) et \(R=2\sqrt{2}\)
b) \(\overrightarrow{AB}(2;2)\) est directeur ; \(\vec{n}(1;-1)\) est normal : \(x-y+c=0\) avec \(2-1+c=0\).
[] \((AB)\ :\ x-y-1=0\)
c) 💡 deux droites sont perpendiculaires \(\iff\) leurs vecteurs normaux sont orthogonaux : \(aa’+bb’=0\).
\(m\times1+1\times(-1)=0\)
\(\iff m=1\)
[] \(m=1\)
💡 Méthode : \(d(\Omega,(D))=\dfrac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}\) ; \((D)\) est tangente au cercle \(\iff d(\Omega,(D))=r\).
d) \(d(\Omega,(\Delta))=\dfrac{|2m+1-7m|}{\sqrt{m^2+1}}\)
\(=\dfrac{|1-5m|}{\sqrt{m^2+1}}\)
\(d(\Omega,(\Delta))=2\sqrt{2}\)
\(\iff(1-5m)^2=8(m^2+1)\)
\(\iff17m^2-10m-7=0\)
\(\iff(m-1)(17m+7)=0\)
- \(m=1\) : \((\Delta)\ :\ x+y-7=0\) ; le point de contact est \(\Omega+t\vec{n}\) avec \(\vec{n}(1;1)\) : \((2+t)+(1+t)-7=0\), \(t=2\) : \(T_1(4;3)=B\).
- \(m=-\dfrac{7}{17}\) : \((\Delta)\ :\ -7x+17y+49=0\) ; \(-7(2-7t)+17(1+17t)+49=0\), \(t=-\dfrac{2}{13}\) : \(T_2\left(\dfrac{40}{13};-\dfrac{21}{13}\right)\).
[] \((\Delta)\) est tangente à \((\mathcal{C})\) pour \(m=1\) (en \(B\)) et pour \(m=-\dfrac{7}{17}\) (en \(T_2\))
3. 💡 \(M\in(\mathcal{C}’)\iff\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0\).
\((x-2)(x-4)+(y-1)(y-3)=0\)
\(\iff x^2+y^2-6x-4y+11=0\)
[] \((\mathcal{C}’)\ :\ (x-3)^2+(y-2)^2=2\) : centre \(I(3;2)\), rayon \(\sqrt{2}\)
4. \(IC^2=(-\sqrt{3})^2+(\sqrt{3})^2\)
\(=6>2\)
[] \(IC=\sqrt{6}>\sqrt{2}\) : \(C\) est à l’extérieur de \((\mathcal{C}’)\)
5. La droite verticale \(x=3-\sqrt{3}\) est à la distance \(\sqrt{3}\neq\sqrt{2}\) de \(I\) : elle n’est pas tangente.
Une autre droite passant par \(C\) : \((T)\ :\ y=k(x-3+\sqrt{3})+2+\sqrt{3}\), soit \(kx-y+2+\sqrt{3}-k(3-\sqrt{3})=0\).
\(d(I,(T))=\dfrac{|3k-2+2+\sqrt{3}-3k+k\sqrt{3}|}{\sqrt{k^2+1}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{3}|1+k|}{\sqrt{k^2+1}}\)
\(d(I,(T))=\sqrt{2}\)
\(\iff3(1+k)^2=2(k^2+1)\)
\(\iff k^2+6k+1=0\)
\(\iff k=-3+2\sqrt{2}\ \ ;\ \ k=-3-2\sqrt{2}\)
[] \((T_1)\ :\ y=(-3+2\sqrt{2})(x-3+\sqrt{3})+2+\sqrt{3}\) et \((T_2)\ :\ y=(-3-2\sqrt{2})(x-3+\sqrt{3})+2+\sqrt{3}\)
1. \(\overrightarrow{AB}(2;2)\) et \(\overrightarrow{AC}(1-\sqrt{3};1+\sqrt{3})\).
\(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=2(1-\sqrt{3})+2(1+\sqrt{3})\)
\(=4\)
\(AB=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\) ; \(AC=\sqrt{(1-\sqrt{3})^2+(1+\sqrt{3})^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\)
\(\cos\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\dfrac{4}{2\sqrt{2}\times2\sqrt{2}}\)
\(=\dfrac{1}{2}\)
\(\det\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=2(1+\sqrt{3})-2(1-\sqrt{3})\)
\(=4\sqrt{3}\)
\(\sin\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\dfrac{4\sqrt{3}}{8}\)
\(=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Donc \(\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\ [2\pi]\) et \(AB=AC\).
[] \(ABC\) est un triangle équilatéral (isocèle avec un angle de \(\dfrac{\pi}{3}\))
💡 Méthode : on écrit l’équation sous la forme \((x-a)^2+(y-b)^2=k\) (forme canonique) : si \(k>0\), c’est le cercle de centre \(\Omega(a;b)\) et de rayon \(\sqrt{k}\).
2.a) \(x^2-4x+y^2-2y-3=0\)
\(\iff(x-2)^2+(y-1)^2=8\)
[] \(\Omega(2;1)\) (c’est le point \(A\)) et \(R=2\sqrt{2}\)
b) \(\overrightarrow{AB}(2;2)\) est directeur ; \(\vec{n}(1;-1)\) est normal : \(x-y+c=0\) avec \(2-1+c=0\).
[] \((AB)\ :\ x-y-1=0\)
c) 💡 deux droites sont perpendiculaires \(\iff\) leurs vecteurs normaux sont orthogonaux : \(aa’+bb’=0\).
\(m\times1+1\times(-1)=0\)
\(\iff m=1\)
[] \(m=1\)
💡 Méthode : \(d(\Omega,(D))=\dfrac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}\) ; \((D)\) est tangente au cercle \(\iff d(\Omega,(D))=r\).
d) \(d(\Omega,(\Delta))=\dfrac{|2m+1-7m|}{\sqrt{m^2+1}}\)
\(=\dfrac{|1-5m|}{\sqrt{m^2+1}}\)
\(d(\Omega,(\Delta))=2\sqrt{2}\)
\(\iff(1-5m)^2=8(m^2+1)\)
\(\iff17m^2-10m-7=0\)
\(\iff(m-1)(17m+7)=0\)
- \(m=1\) : \((\Delta)\ :\ x+y-7=0\) ; le point de contact est \(\Omega+t\vec{n}\) avec \(\vec{n}(1;1)\) : \((2+t)+(1+t)-7=0\), \(t=2\) : \(T_1(4;3)=B\).
- \(m=-\dfrac{7}{17}\) : \((\Delta)\ :\ -7x+17y+49=0\) ; \(-7(2-7t)+17(1+17t)+49=0\), \(t=-\dfrac{2}{13}\) : \(T_2\left(\dfrac{40}{13};-\dfrac{21}{13}\right)\).
[] \((\Delta)\) est tangente à \((\mathcal{C})\) pour \(m=1\) (en \(B\)) et pour \(m=-\dfrac{7}{17}\) (en \(T_2\))
3. 💡 \(M\in(\mathcal{C}’)\iff\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0\).
\((x-2)(x-4)+(y-1)(y-3)=0\)
\(\iff x^2+y^2-6x-4y+11=0\)
[] \((\mathcal{C}’)\ :\ (x-3)^2+(y-2)^2=2\) : centre \(I(3;2)\), rayon \(\sqrt{2}\)
4. \(IC^2=(-\sqrt{3})^2+(\sqrt{3})^2\)
\(=6>2\)
[] \(IC=\sqrt{6}>\sqrt{2}\) : \(C\) est à l’extérieur de \((\mathcal{C}’)\)
5. La droite verticale \(x=3-\sqrt{3}\) est à la distance \(\sqrt{3}\neq\sqrt{2}\) de \(I\) : elle n’est pas tangente.
Une autre droite passant par \(C\) : \((T)\ :\ y=k(x-3+\sqrt{3})+2+\sqrt{3}\), soit \(kx-y+2+\sqrt{3}-k(3-\sqrt{3})=0\).
\(d(I,(T))=\dfrac{|3k-2+2+\sqrt{3}-3k+k\sqrt{3}|}{\sqrt{k^2+1}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{3}|1+k|}{\sqrt{k^2+1}}\)
\(d(I,(T))=\sqrt{2}\)
\(\iff3(1+k)^2=2(k^2+1)\)
\(\iff k^2+6k+1=0\)
\(\iff k=-3+2\sqrt{2}\ \ ;\ \ k=-3-2\sqrt{2}\)
[] \((T_1)\ :\ y=(-3+2\sqrt{2})(x-3+\sqrt{3})+2+\sqrt{3}\) et \((T_2)\ :\ y=(-3-2\sqrt{2})(x-3+\sqrt{3})+2+\sqrt{3}\)
Exercice 2 (7.5 pts)
Soient \(ABC\) un triangle, \(I\) le milieu du segment \([BC]\) et \(G\) le barycentre des points pondérés \((A;-2)\), \((B;1)\) et \((C;-1)\).
1. a) Montrer que \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}\), puis construire la figure.
b) En déduire que \(AGCI\) est un parallélogramme.
2. Soit \(K\) le point d’intersection des droites \((CG)\) et \((AB)\).
a) Écrire \(G\) comme barycentre de \(C\) et \(K\) avec des coefficients à déterminer.
b) En déduire que \(G\) est le milieu du segment \([CK]\) et que \(\overrightarrow{KA}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{KB}\).
3. Déterminer l’ensemble des points \(M\) du plan tels que : \(\left\|-2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right\|=\left\|\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right\|\).
1. a) Montrer que \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}\), puis construire la figure.
b) En déduire que \(AGCI\) est un parallélogramme.
2. Soit \(K\) le point d’intersection des droites \((CG)\) et \((AB)\).
a) Écrire \(G\) comme barycentre de \(C\) et \(K\) avec des coefficients à déterminer.
b) En déduire que \(G\) est le milieu du segment \([CK]\) et que \(\overrightarrow{KA}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{KB}\).
3. Déterminer l’ensemble des points \(M\) du plan tels que : \(\left\|-2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right\|=\left\|\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right\|\).
✅ Correction de l’exercice 2 — التصحيح
💡 Méthode : propriété caractéristique : si \(\alpha+\beta+\gamma\neq0\), \(\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}+\gamma\overrightarrow{MC}=(\alpha+\beta+\gamma)\overrightarrow{MG}\) ; si la somme est nulle, le vecteur est constant.
1.a) \(-2+1-1=-2\neq0\) ; avec \(M=A\) dans la propriété caractéristique :
\(-2\overrightarrow{AA}+\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{AG}\)
\(\iff\overrightarrow{CB}=-2\overrightarrow{AG}\)
\(\iff\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}\)
b) \(I\) milieu de \([BC]\) : \(\overrightarrow{IC}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AG}\).
[] \(\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{IC}\) : \(AGCI\) est un parallélogramme
💡 Méthode : associativité : on remplace deux points par leur barycentre affecté de la somme de leurs coefficients.
2.a) \(-2+1=-1\neq0\) : soit \(K’\) = Bar\(\{(A;-2),(B;1)\}\), affecté de \(-1\). Par associativité \(G\) = Bar\(\{(K’;-1),(C;-1)\}\).
\(K’\in(AB)\) et \(K’\in(CG)\) : c’est le point d’intersection, \(K’=K\).
[] \(G\) = Bar\(\{(K;1),(C;1)\}\) (homogénéité)
b) Coefficients égaux : \(G\) est le milieu de \([CK]\). De plus \(-2\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KB}=\vec{0}\).
[] \(G\) milieu de \([CK]\) et \(\overrightarrow{KA}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{KB}\)
3. \(-2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MG}\) et \(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{BA}\) :
\(|-2|\,MG=AB\)
\(\iff MG=\dfrac{AB}{2}\)
[] L’ensemble est le cercle de centre \(G\) et de rayon \(\dfrac{AB}{2}\)
1.a) \(-2+1-1=-2\neq0\) ; avec \(M=A\) dans la propriété caractéristique :
\(-2\overrightarrow{AA}+\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{AG}\)
\(\iff\overrightarrow{CB}=-2\overrightarrow{AG}\)
\(\iff\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}\)
b) \(I\) milieu de \([BC]\) : \(\overrightarrow{IC}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AG}\).
[] \(\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{IC}\) : \(AGCI\) est un parallélogramme
💡 Méthode : associativité : on remplace deux points par leur barycentre affecté de la somme de leurs coefficients.
2.a) \(-2+1=-1\neq0\) : soit \(K’\) = Bar\(\{(A;-2),(B;1)\}\), affecté de \(-1\). Par associativité \(G\) = Bar\(\{(K’;-1),(C;-1)\}\).
\(K’\in(AB)\) et \(K’\in(CG)\) : c’est le point d’intersection, \(K’=K\).
[] \(G\) = Bar\(\{(K;1),(C;1)\}\) (homogénéité)
b) Coefficients égaux : \(G\) est le milieu de \([CK]\). De plus \(-2\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KB}=\vec{0}\).
[] \(G\) milieu de \([CK]\) et \(\overrightarrow{KA}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{KB}\)
3. \(-2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MG}\) et \(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{BA}\) :
\(|-2|\,MG=AB\)
\(\iff MG=\dfrac{AB}{2}\)
[] L’ensemble est le cercle de centre \(G\) et de rayon \(\dfrac{AB}{2}\)