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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 1/25
Centrale Maths 2 PC 2006 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Hicham Qasmi (ENS Lyon) ; il a été relu par Benoît
Chevalier (ENS Ulm) et David Lecomte (Professeur en CPGE).
L’épreuve se compose de trois parties interdépendantes.
•La première partie étudie l’ensemble des cordes d’un cercle (C) donné qui sont
tangentes à une ellipse (E) située à l’intérieur de celui-ci. Le but est notamment
de prouver qu’il existe une infinité de triangles inscrits dans (C) et dont les trois
cotés sont tangents à (E). Une méthode de construction de tels triangles est
également mise au point.
•Dans la deuxième partie, une certaine classe de relations symétriques définies
sur presque tous les points du cercle (C) est introduite : les correspondances
algébriques de degré 1 et 2. Deux exemples de correspondances algébriques
sont analysés. Le caractère réflexif de telles correspondances est aussi envisagé.
•Enfin, dans la troisième partie, une propriété particulière des correspondances
algébriques est mise en avant : l’existence et la nature des 4-cycles. Cette étude
permet au final de démontrer le grand théorème de Poncelet pour deux cercles.
Le sujet est de difficulté moyenne, mais sa longueur est redoutable. Il fait ap-
pel à des notions élémentaires de géométrie analytique : droites, cercles et coniques.
Des outils d’algèbre linéaire en dimension finie sont aussi utilisés : rang, liberté d’une
famille de vecteurs et polynômes. En résumé, c’est un sujet complet, excellent pour
des révisions de géométrie.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 2/25
Indications
Partie I
I.B Écrire la condition pour qu’un point soit à l’intérieur ou à l’extérieur d’un
cercle donné.
I.C.1 Former une équation du second degré dont xest solution, puis considérer
le discriminant réduit.
I.C.2 Que vaut la pente de la tangente à (E)au point d’intersection avec (D) ?
I.C.3 Trouver les paramètres met m′pour chacune des deux droites considérées,
puis utiliser le résultat de la question précédente.
I.D Reconnaître le changement de variable de « l’arctangente moitié ».
I.F.1 Calculer l’ordonnée du vecteur −−→ Mb M. Ensuite, pour trouver le paramètre
de la deuxième intersection de (A0b M) avec (γ), comparer les équations des
droites (M(t)M(1/(1−t))) et (A0[ M(t)) en utilisant le résultat de la question
précédente.
I.F.2 Exprimer pen fonction de t, puis (p+ 1)sen fonction de ppour vérifier
que (M(t)M(u)) satisfait I.C.1 . Conclure à l’aide du résultat de la ques-
tion I.C.2 .
I.F.3 Considérer, pour un point de (γ)de paramètre t, le symétrique orthogonal
du point de paramètre (1/(1 −t)) par rapport à (O,−→ ).
Partie II
II.A Utiliser le résultat de la question I.E .
II.B.2 Utiliser le résultat de la question I.E et celui de la question précédente.
II.C Étudier le nombre de racines de l’équation P(2t, t2) = 0.
Partie III
III.A Que dire du quadrilatère M(t1)M(t2)M(t3)M(t4)? Pour un choix de (Γ),
penser à la question I.E et au cas où (C) et Γsont concentriques.
III.B.3 Appliquer le résultat de la question précédente.
III.B.4.a S’intéresser à la liberté de la famille {Z,V(t),V(u)}pour un vecteur Zdu
noyau de A, et utiliser le résultat de la question III.B.1 .
III.B.4.b La question précédente permet de prouver le résultat.
III.C.1 Pour chaque exemple, former la matrice Acorrespondante. Pour l’exem-
ple 2, exploiter le résultat de la question précédente.
III.C.3.a S’inspirer de la question II.B pour construire un exemple. Relier ensuite
la nature et le nombre de solutions de l’équation quadratique de la ques-
tion III.C.2 à l’existence de 4-cycles.
III.C.3.c Étudier, lorsque (t1, t2, t3, t4)est un 4-cycle, les racines des deux polynômes
suivants : P1(t1)X2+ 2P2(t1)X + P3(t1)et P1(t3)X2+ 2P2(t3)X + P3(t3).
III.C.3.d Utiliser les questions III.C.2 et III.C.3.b .
III.C.4.a Calculer le déterminant de la matrice Aassociée à {P,Q,R}.
III.C.4.b Exploiter la symétrie par rapport à l’axe des abscisses.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 3/25
I. Un Exemple Pratique
I.A L’équation de la courbe (E) fait apparaître le terme (5y2−4Ry)qui peut être
vu comme le début d’un carré. En effet,
5y−2
5R2
= 5y2−4Ry+4
5R2
donc l’équation de la courbe est équivalente à
4x2+ 5 y−2
5R2
=4
5R2
ou encore à x2
R
√52+y−2
5R2
2R
52= 1
où l’on reconnaît l’équation d’une ellipse du plan.
(E) est une ellipse dont les coordonnées du centre sont (0; 2R/5) et
dont les axes des symétries ont pour équations x= 0 et y= 2R/5.
I.B Soit fla fonction réelle définie sur R2par
∀(x, y)∈Rf(x, y) = (4x2+ 5y2−4Ry)−4(x2+y2−R2)
Si l’on simplifie f(x, y), on obtient
f(x, y) = y2−4Ry+ 4R2
= (y−2R)2
donc ∀(x, y)∈R2f(x, y)>0
Considérons un point M0appartenant à (E) et notons (x0, y0)ses coordonnées.
D’après le résultat de la question précédente, on a
f(x0, y0)>0
Or, 4x0
2+ 5y0 2−4Ry0= 0 car M0∈(E)
donc −4(x0
2+y0 2−R2)>0
aussi x0
2+y0 26R2
La distance de l’origine Oau point M est alors inférieure à R; en conséquence, M0
est situé à l’intérieur du cercle (C). Or, M0est un point arbitraire, donc
L’ellipse (E) est située dans le disque délimité par (C).
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 4/25
I.C.1 (D) et (E)se rencontrent en un unique point si et seulement si le système
d’inconnues (x, y)
x2
a2+y2 b2= 1
mx +m′=y
admet une unique solution. Il vient alors que
1 = x2
a2+(mx +m′)2 b2
y=mx +m′
ce qui équivaut à 
0 = 1
a2+m2 b2x2+ 2 mm′ b2x+m′2 b2−1
y=mx +m′
La première équation est un trinôme du second degré puisque le coefficient dominant
à savoir 1/a2+m2/b2n’est pas nul. On sait qu’il admet une unique racine xsi et
seulement si son discriminant réduit ∆′est nul. Ce dernier vaut
∆′=mm′
b22
−1
a2+m2 b2m′2 b2−1=−1 a2m′2 b2−1+m2 b2
La solution unique correspondant à ∆′nul vérifie alors
x=−mm′
b2
1
1
a2+m2 b2
d’où 0 = x
a2+m2 b2x+mm′ b2
puis 0 = x
a2+mmx +m′ b2
Ainsi, si (D) et (E)se rencontrent en un unique point, alors il existe un réel xtel que
x2
a2+(mx +m′)2 b2= 1
x
a2+mmx +m′ b2= 0
Réciproquement, s’il existe un réel x0solution de ce système d’équations, alors x0
est une solution de la première équation quadratique. Précisément,
∃ε∈ {−1,1}x0=−mm′
b2
1
1
a2+m2 b2
+ε√∆′
Or, x0vérifie la deuxième équation, d’où
x0=−mm′
b2
1
1
a2+m2 b2
Par conséquent, ∆′est nul. Ainsi, x0est l’unique solution du système et le point de
coordonnées (x0, mx0+m′)est l’unique intersection de (D) et (E).
Appelons M0ce point d’intersection. Une équation de la tangente TM0à(E)
en M0est x0x
a2+y0y b2= 1
Comme TM0et (D) passent par le même point M0, il suffit de montrer que ces droites
ont la même pente pour prouver qu’elles coïncident.
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