[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7

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Exo7

Géométrie du plan

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours

Exercice 1**I(ABC)est un vrai triangle.

1. Montrer que ses médianes sont concourantes en Gl"isobarycentre de(ABC). 2. Montrer que ses médiatrices sont concourantes en Ole centre du cercle circonscrit à(ABC). 3. Montrer queseshauteurssontconcourantesenHl"orthocentrede(ABC)puismontrerlarelationd"EULER: !OH=3!OG(considérer l"homothétie de centreGet de rapport2). 4. Montrer que ses bissectrices (intérieures) sont concourantes en Ile centre du cercle inscrit. 1.

Déterminer

dBACau degré près. 2.

Déterminer l"aire du triangle (ABC).

3.

Déterminer son isobarycentre, son orthocentre, le centre de son cercle circonscrit puis une équation de

ce cercle. 4. Déterminer une équation des bissectrices de l"angle dBACpuis de la bissectrice intérieure à l"anglebA. symétrique orthogonal.

de deux droites. Déterminer l"aire du parallélogramme formé par ces deux droites et les parallèles à ces deux

droites passant parO. 1

Exercice 6**Déterminer un cercle tangent aux trois droites d"équations respectivesy=2x+1,y=2x+7 ety=12

x.

éléments caractéristiques deh0h.

2.s(resp.s0) est la symétrie centrale de centreW(resp.W0). Déterminer la nature et les éléments

caractéristiques des0s.

3.sest la symétrie centrale de centreWettest la translation de vecteur!u. Déterminer la nature et les

éléments caractéristiques dets.

tels que, pouri2 f1;:::;ng,Aisoit le milieu de[Bi;Bi+1](avec la conventionBn+1=B1) ? (Utiliser l"exercice

précédent.) 1. Déterminer une équation de la tangente au point de Cde coordonnées(2;2+p3). 2. Déterminer l"intersection de Cet du cercle de centre(1;0)et de rayon 2. (BC),(CA)et(AB)et distincts deA,BetC. Montrer que : (M;N;etPsont alignés),(MB MC :NC NAPA PB =1):

(Trouver une démonstration utilisant le théorème de THALÈS, une utilisant la composée de deux homothéties

et une utilisant des coordonnées.)

r=1p1+sin(2q)+p1sin(2q)(commencer par étudier toutes les symétries de l"ensemble considéré).

lignes d"une feuille blanche quadrillée usuelle. 2

Exercice 13*TNature et éléments caractéristiques de la transformation d"expression complexe :

1.z0=z+3i

2.z0=2z+3

3.z0=iz+1

4.z0= (1i)z+2+i

(a;b)6= (0;0),(a0;b0)6= (0;0). Soit(D)une droite. Montrer que(D),(D0)et(D)sont concourantes si et seulement si il existe(D)a une équation cartésienne de la formel(ax+by+c)+m(a0x+b0y+c0) =0, (l;m)6= (0;0). 2.

Equation cartésienne de la droite passant par le point (1;0)et par le point d"intersection des droites

d"équations respectives 5x+7y+1=0 et3x+2y+1=0 3. Pour m2R, on considère(Dm)la droite d"équation(2m1)x+(m+1)y4m1=0. Montrer que les

droites(Dm)sont concourantes en un pointAque l"on précisera. Toute droite passant parAest-elle une

droite(Dm)?

Correction del"exer cice1 N1.Soit Gl"isobarycentre du triangle(ABC). On a doncG=bar(A(1);B(1);C(1)). NotonsA0,B0etC0

les milieux respectifs des côtés[B;C],[C;A]et[A;B]. D"après le théorème du barycentre partiel,G=

bar(A(1);A0(2)). En particulier,Gest sur la médiane(AA0). De même,Gest sur la médiane(BB0)et sur

la médiane(CC0). Finalement,Gest sur les trois médianes. les trois médianes sont donc concourantes enG. 2.

Les droites (BC)et(CA)ne sont pas parallèles. Par suite, les médiatrices respectives des côtés[B;C]

et[C;A]ne sont pas parallèles. Elles sont donc sécantes en un point que l"on noteO. Par définition de

O, on aOA=OB=OC.Oest donc à égale distance deAetBet est ainsi sur la médiatrice de[A;B].

Finalement, les trois médiatrices sont concourantes enO. De plus,Oétant à égale distance deA,BetC,

le cercle de centreOet de rayonOApasse parBetC.

Réciproquement, un cercle passant parA,BetCa pour centre un point à égale distance de ces points

et donc nécessairement de centreOet de rayonOA. Ceci démontre l"existence et l"unicité du cercle

circonscrit au triangle(ABC): c"est le cercle de centreOet de rayonOA. 3.

Les hauteurs issues de AetBne sont pas parallèles (car perpendiculaires à deux droites non parallèles).

Elles admettent ainsi un et un seul point d"intersection. Ceci assure l"unicité d"un point commun aux

trois hauteurs. Soithl"homthétie de centreGet de rapport2. Puisque!GA=2!GA, on ah(A0) =Aet de même h(B0) =Beth(C0) =C.

Parh, l"image de la médiatrice de[B;C], c"est-à-dire de la droite passant parA0et perpendiculaire à(BC)

est la droite passant parh(A0)=Aet perpendiculaire à(BC)(car parallèle à la médiatrice de[B;C]). Cette

droite est la hauteur issue deAdu triangle(ABC). De même, les images des médiatrices de[C;A]et[A;B]

sont respectivement les hauteurs issues deBetC.

Le pointOest sur les trois médiatrices. Son image parhest donc sur les trois hauteurs (d"où l"existence

d"un point commun aux trois hauteurs). Ces trois hauteurs sont ainsi concourantes en un point notéH

et appelé l"orthocentre du triangle(ABC). De plus, l"égalitéh(O) =Hs"écrit!GH=2!GOou encore!G0+!OH=2!OGou enfin,

OH=3!OGEULER.Les trois pointsO,GetH, s"ils sont deux à deux distincts, sont en particulier alignés sur une droite

appeléedroite d"EULERdu triangle(ABC). 4.

Deux bissectrices intérieures ne sont pas parallèles (démontrez -le)et sont donc sécantes en un point Ià

égale distance des trois côtés et à l"intérieur du triangle(ABC). Ce point étant à égale distance des trois

côtés est centre du cercle tangent intérieurement aux trois côtés, le cercle inscrit.Correction del"exer cice2 N(Notez bien l"alignement des pointsG,HetO).

4

1 2 3-1-2-3-4

1234
-1

1.On a AB=p3

2+12=p10 etAC=p1+22=p5. Par suite,

cos(dBAC) =!AB:!ACAB:AC=(3)(1)+(1)(2)p5 p10 =15 p2

Par suite,

dBAC=81à un degré près. 2. aire (ABC) =12 jdet(!AB;!AC)j=12 abs(31 1 2 ) =72 3.

Notons Gl"isobarycentre du triangle(ABC).zG=13

(zA+zB+zC) =13 (1+2i2+i+4i) =13 (1+7i), et donc G(13 ;73

):Notons(x;y)les coordonnées deW, le centre du cercle circonscrit au triangle(ABC)(dans cette exercice,

la lettreOdésigne certainement l"origine du repère). WA=WB

WA=WC)(x1)2+(y2)2= (x+2)2+(y1)2

(x1)2+(y2)=x2+(y4)2)3x+y=0

2x4y=11

)x=1114 ety=3314 (d"après les formules de CRAMER); et donc

W(1114

;3314 ).Notons(x;y)les coordonnées de l"orthocentreHdu triangle(ABC).

1ère solution.

(!AH:!BC=0!BH:!AC=0)2(x1)+3(y2) =0 (x+2)+2(y1) =0)2x+3y=8 x+2y=4 )x=47 ety=167 (d"après les formules de CRAMER); et donc, H(47 ;167 ).2ème solution.Il est bien meilleur de connaître la relation d"EULER!WH=3!WGet de l"utiliser.

H=W+3!WG=1114

3314
+313
+1114
73
3314
47
167
5 Pour trouver le cercle circonscrit au triangle(ABC), on a déjà le centreWet le rayon

WA=r(1+1114

)2+(23314 )2=114 p25

2+52=514

p5

2+1=5p26

14 Il n"y a plus qu"à écrire l"équation cherchée : (x+1114 )2+(y3314 )2=32598 ou encorex2+y2+117 x337 y+207 =0:

Néanmoins, on peut trouver directement une équation de ce cercle. Les pointsA,BetCn"étant pas

alignés, on sait que le cercle circonscrit existe et est unique. Soient alors(a;b;c)2R3etCle cercle d"équationx2+y2+ax+by+c=0. (A;B;C)2C3,8 :a+2b+c=5

2a+b+c=5

4b+c=16,c=4b16a2b=11

2a3b=11,8

:a=117 (CRAMER) b=337 c=207 4.

Les bissectrices de l"angle Asont les deux droites constituées des points à égale distance des droites(AB)

et(AC). Ces deux droites admettent pour vecteurs normaux respectifs~n1(1;3)et~n2(2;1).

SoitM(x;y)un point du plan.

d(M;(AB)) =d(M;(AC)),(!AM:~n1)2jj~n1jj2=(!AM:~n2)2jj~n2jj2 ((x1)3(y2))210 =(2(x1)+(y2))25 ,(x3y+5)2=2(2x+y4)2 ,[(x3y+5)+p2(2x+y4)]:[(x3y+5)p2(2x+y4)] =0 ,(1+2p2)x+(3+p2)y+54p2=0 ou(12p2)x(3+p2)y+5+4p2=0 ,y= (1+p2)x+1p2 ouy= (1p2)x+1+p2

La bissectrice intérieuredAde l"anglebAest la droite (pour certains, cette bissectrice est une demi-droite)

passant parA(2;1)et dirigée par le vecteur~u=p10:(1AB !AB+1AC !AC). Ce vecteur a pour coordonnées (3+p2;12p2).

SoitM(x;y)un point du plan.

M2dA,det(!AM;~u) =0,(12p2)(x1)(3+p2)(y2) =0

,(12p2)x(3+p2)y+5+4p2=0,y= (1p2)x+1+p2

Correction de

l"exer cice

3 N(D)est une droite de vecteur normal(1;3). Le projeté orthogonalp(M0)deM0sur(D)est de la formeM0+l:~n

oùlest un réel à déterminer. Le pointM0+l:~na pour coordonnées(x0+l;y0+3l). M p(M0)a pour coordonnées(x0+x03y0+510 ;y0+3x03y0+510 )ou encore(9x03y0+510 ;3x0+y0+1510 Le symétrique orthogonals(M0)vérifie :s(M0) =M0+2!M0p(M0).

Ses coordonnées sont donc(x0+2(9x03y0+510

x0);y0+2(3x0+y0+1510 y0)ou encore 6

4x03y0+55

;3x04y0+155

(Remarque. Si on n"avait pas déjàp(M0)on aurait cherché le symétrique sous la formeM0+l:~n,létant

entièrement déterminé par la condition : le milieu du segment[M0;s(M0)]appartient à(D).)Correction del"exer cice4 NPuisque(ABDC)un parallélogramme,!AD=!AB+!AC. Les coordonnées deDdans le repère(A;!AB;!AC)sont

donc(1;1).Correction del"exer cice5 NSoit(x;y)2R2. (5y3))218 (5y3)2+3y22y5 18 (4x+5y3)218 y2+148 y498 18 [(4x+5y3)2(y214y+49)] =18 [(4x+5y3)2(y7)2] 18 (4x+4y+4)(4x+6y10) = (x+y+1)(2x+3y5)

Par suite,

8(x;y)2R2;2x2+5xy+3y23x2y5=0,(x+y+1=0 ou 2x+3y5=0:

(E)est la réunion de la droite(D1)d"équationx+y+1=0 et de la droite(D2)d"équation 2x+3y5=0.1 2 3-1-2-3-4-5-6

123456

-1 (01)(1)(2) (02)

La parallèle à(D1)passant parOest la droite(D01)d"équationx+y=0 et la parallèle à(D2)passant parOest

la droite(D02)d"équation 2x+3y=0. Ces droites se coupent en les quatre pointsO(0;0),A(5;5),B(8;7)

etC(3;2). L"aire de ce parallélogramme vautdet(!OA;!OC)=5.Correction del"exer cice6 NNotons(D1),(D2)et(D3)les droites d"équations respectivesy=2x+1,y=2x+7 ety=12

x. SoitCun cercle. 7

Les droites(D1)et(D2)sont parallèles. Donc,Cest un cercle tangent à(D1)et(D2)si et seulement si son

centre est sur l"ensemble des points à égale distance de(D1)et(D2)à savoir la droite d"équationy=2x+4 et

son rayon est la moitié de la distance de(D1)à(D2), ou encore la moitié de la distance d"un point de(D1), par

exemple(0;1), à(D2). Cette distance vautj2:01+7jp2

2+12=6p5

. Finalement,Cest un cercle tangent à(D1)et(D2) si et seulement si son centreWa des coordonnées de la forme(a;2a+4),a2R, et son rayon vaut3p5

Un cercle de centreWet de rayon3p5

est tangent à(D3)si et seulement si la distance deWà(D3)est le rayon 3p5 . Donc,

Csolution,d(W;(D3)) =3p5

,ja+2(2a+4)jp5 =3p5 , j5a+8j=3 ,5a+8=3 ou 5a+8=3,a=1 oua=115 On trouve deux cercles solutions, le cercleC1de centreW1(1;2)et de rayon3p5 et le cercleC2de centre W 2(115 ;25 )et de rayon3p5

Correction de

l"exer cice

7 N1.Soient ketk0deux réels non nuls,WetW0deux points (pas nécessairement distincts), puish(resp.h0)

l"homothétie de centreW(resp.W0) et de rapportk(resp.k0).

SoientMun point du plan, puisM0=h(M)etM00=h0(M0).

M

00=W0+k0!W0M0=W0+k0(!W0W+!WM0) =W0+k0!W0W+kk0!WM()

Chechons alors les points invariants parh0h.

h

0h(M) =M,W0+k0!W0W+kk0!WM=M, !W0M+k0!W0W+kk0!WM=!0

,(kk01)!WM= (k01)!WW0()

1er cas.Sikk06=1,(),!WM=k01kk

01!WW0, ce qui signifie que l"équation()a une et eune seule solution

que l"on noteW00, ou encoreh0ha un et un seule point invariant, le pointW00tel queW00= W

0+k0!W0W+kk0!WW00.

Mais alors, l"égalié()s"écrit pour tout pointM M h

0hest donc l"homothétie de rapportkk0et de centreW00. On doit noter que le centreW00est sur la

droite(WW0).

Sikk06=1,h0hest une homothétie de rapportkk0.2ème cas.Sikk0=1, l"égalité()s"écrit pour tout pointM,M00=W0+k0!W0W+!WMet donc

MM00=W0+k0(WW0)+(MW)M= (1k0)!WW0:

Dans ce cas,h0hest la translation de vecteur(1k0)!WW0.

En résumé,la comoposée de deux homothéties de rapport respectifs k et k0tous deux non nuls est

une homothétie de rapport kk

0si kk06=1 et une tranlation si kk0=1(ce résultat est à connaître).

8

2.C"est un cas particulier de la question précédente. Une symétrie c entraleest une homothétie de rapport

1. Puisque(1)(1) =1,s0sest une translation. Son vecteur est!Ws0s(W) =!Ws0(W) =2!WW0.M

MMΩΩ

MM = 2!ΩΩLa composée de deux symétries centrales est une translation. 3. Soit W0le point tel que!u=2!W0W, c"est-à-direW0=W12 !u. Soits0la symétrie centrale de centreW0. D"après 2),ss0est la translation de vecteur 2!W0W=!u. Par suite,st=sss0=s0.

La composée d"une symétrie centrale et d"une translation est une symétrie centrale.Correction del"exer cice8 NPour 16i6n, notonssila symétrie centrale de centreAi. Le problème revient à trouvernpointsB1,...,Bntels

queB2=s1(B1),B3=s2(B2),...,Bn=sn1(Bn1),B1=sn(Bn). Ceci équivaut à

8i2 f2;:::;ng;Bi=si1si2:::s1(B1)etB1=snsn1:::s1(B1) ():

Posons alorsf=snsn1:::s1.fest une composée de symétries centrales. Il y a donc deux cas. Sinest pair,

on peut regrouper les symétries deux par deux.fest alors (d"après l"exercice7 ) une composée de translations

et doncfest une translation. Sinest impair,n1 est pair et donc la composée desn1 premières symétries

est une translation. Par suite,fest la composée d"une translation et d"une symétrie centrale et est donc une

symétrie centrale (d"après l"exercice 7 Maintenant,()a une solution si et seulement sifa un point invariant.

1er cas.Sinest impair,fétant une symétrie centrale,fa un et un seul point invariant : son centre. Il existe donc

un et un seul pointB1vérfiantB1=snsn1:::s1(B1)et finalement, un et un seuln-uplet(B1;:::;Bn) solution du problème posé.

2ème cas.Sinest pair,fest une translation. Si son vecteur est non nul,fn"a pas de point invariant et le problème

n"a pas de solution. Si son vecteur est nul,fest l"identité et tout point est invariant parf. Déterminons le vecteur def. On posen=2p. On a alors

Quandn=2pest pair, le problème posé a des solutions si et seulement si!A1A2+:::+!A2p1A2p=!0 .Correction del"exer cice9 NTout d"abord, pour(x;y)2R2,x2+y22x+4y+1=0,(x1)2+(y+2)2=4 etCest le cerlce de centre

W(1;2)et de rayon 2.

1. Le point A(2;2+p3)est effectivement surCcar(21)2+(2+p3+2)2=1+3=4. La tangente (T)enAàCest la droite passant parAet de vecteur normal!AW. M(x;y)2(T),!AM:!AW=0,(x2)+p3(y+2p3) =0,x+p3y5+2p3=0: 9

2.Soit C0le cercle de centre(1;0)et de rayon 2. Une équation de ce cercle estx2+y22x3=0. Par

suite,

M(x;y)2C\C0,x2+y22x+4y+1=0

x

2+y22x3=0,4y+4=0((1)(2))

x

2+y22x3=0,y=1

x

22x2=0

,y=1 x=1+p3 oux=1p3 Il ya donc deux points d"intersection :(1+p3;1)et(1p3;1).Correction del"exer cice10 NA BC A

1MPNMontrons tout d"abord que siM,NetPsont alignés, alorsMB

MC :NC NA :PA PB =1(). On suppose donc queM,NetPsont alignés et on note(D)la droite contenantM,NetP.

1ère solution.SoitA1le projeté deAsur la droite(BC)parallèlement à la droite(D). D"après le théorème de THALES,

on aNC NA =MC MA 1etPA PB =MA 1MB et donc,MB MC :NC NA :PA PB =MB MC :MC MA 1:MA 1MB =1:

2ème solution.Soith1l"homothétie de centreMet de rapportk1=MB

MC , de sorte queh1(C) =B. Soith2l"homothétie de centreNet de rapportk2=NC NA , de sorte queh2(A) =C. Maintenant, le produitk1k2peut-il être égal à 1 ? Si c"était le cas, on auraitMB MCNC NA =1 et donc,MB MC =NA NC

La réciproque du théorème de THALESpermettrait alors d"affirmer que(MN)et(AB)sont parallèles,

ce qui n"est pas. Donc,k1k26=1 et d"après l"exercice7 ,h1h2est une homothétie. Puisqueh1h2

transformeAenB, son centre est sur la droite(AB). Mais d"autre part, son centre est sur la droite des

centres(MN). Finalement, le centre deh1h2est le point d"intersection de(MN)et(AB), c"est-à-dire le

pointP.

Mais alors, le rapport deh1h2vaut égalementPB

PA . Ainsi,MB MCNC NA =PB PA et finalement,MB MCNC NAPA PB =1. 10

3ème solution.On se place dans le repèreR= (A;!AB;!AC). Dans ce repère, les coordonnées des différents points

sont :A(0;0),B(1;0),C(0;1),M(m;1m),N(0;n)etP(p;0)oùm,netpsont distincts de 0 et de 1.

Les coordonnées de

!MBsont(1m;m1)et celles de!MCsont(m;m). Par suite,m!MB= (m1)!MC et finalement,MB MC =m1m . On trouve de mêmeNC NA =n1n etPA PB =pp1. Finalement,MB MCNC NAPA PB =(m1)(n1)pmn(p1):

Maintenant,

M;NetPalignés,m pm

m+n1m1 , m(m1)(pm)(m+n1) =0 , pmpn+p+mn=0,mn=p(m+n1),mn =p(m1)(n1)+pmn,p(m1)(n1) =mn(p1) (m1)(n1)pmn(p1)=1

Montrons maintenant que siMB

MCNC NAPAquotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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