chapitre 8

Droites
dans le plan repéré
Chapitre
8
Dans la première partie sont vus les coordonnées d’un point, du milieu
d’un segment et l’expression de la longueur d’un segment. La notion de
repère a été rapidement introduite dans le chapitre 1.
Dans la deuxième partie est abordée la droite en tant qu’objet géométrique.
La droite a été vue (en troisième et dans ce livre au chapitre 3) comme
représentation graphique d’une fonction affine, c’est-à-dire d’un point
de vue analytique. Dans ce chapitre, c’est l’expression de l’équation
d’une droite qui nous intéresse, qui sera sous la forme y = ax + b ou x = c.
La forme générale d’une équation de droite n’est pas au programme. Pour
étudier l’intersection de deux droites, on peut alors résoudre un système
de deux équations à deux inconnues.
Toutes ces notions seront largement exploitées dans le chapitre suivant,
chapitre dans lequel l’élève pourra découvrir qu’un problème de géométrie
peut avoir une solution algébrique.
© Éditions Belin 2010
Ouverture
La droite était, pour les anciens, un objet si
évident que l’on négligeait de préciser de
quoi on parlait et il a fallu attendre la naissance des géométries non euclidiennes pour
que le concept soit précisé.
Il est exact que le mot droite, ou encore
ligne droite, semble totalement évident
mais est-ce vraiment certain ?
Est-on vraiment certain que les oiseaux
migrateurs, un avion qui traverse l’atlantique (après avoir atteint son altitude de
croisière) se déplacent en ligne droite et,
sans l’usage d’une règle va-t-on trouver de
façon certaine qui prolonge le trait noir dans
l’illusion de Poggendorf ?
La question proposée est destinée à attirer
l’attention des élèves sur le concept de ligne
droite, évident pour de courtes distances
(pour Euclide c’est une ligne également
espacée entre ses points) mais peu évident
lorsque les distances sont très grandes et la
90
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
réponse attendue est l’une des « preuves »
fournies par les anciens pour affirmer que la
terre était ronde : en observant l’arrivée des
bateaux, on commence par voir le sommet
du mât, puis le mât et enfin la proue.
Pour bien commencer
Commentaires
Les cinq exercices proposés sont des exercices de révision. L’exercice 3 a pour objectif
de montrer qu’une droite non parallèle à
l’axe des ordonnées admet une et une seule
équation de la forme y = ax + b, dite expression réduite.
a/ −5 est le coefficient directeur
et 6, l’ordonnée à l’origine.
b/ Le coefficient directeur est négatif donc f
est décroissante.
Exercice 1
x
f
−∞
+∞
c/ On se place dans un repère (O, I, J). Les
points A(0 ; 6) et B(2 ; −4) appartiennent à
la représentation graphique de f.
y
A
f/ On résout :
2
23
2
11
−4 = x +
⇔ x=−
⇔ x = −11,5.
3
3
3
3
Donc −4 a un et un seul antécédent par f,
c’est le réel −11,5.
a/ 3x + 2 = 13 ⇔ 3x = 11
⎧11⎫
11
⇔x=
.S= ⎨ ⎬.
⎩3⎭
3
b/ 3x − 6 = 3(x − 1) − 3 ⇔ 0 = 0. S = ⺢.
c/ 5x + 7 = 5(x − 3) + 25 ⇔ 7 = 10. S = ∅.
Exercice 4
J
O I
x
B
Exercice 5
a/ Faux ; b/ vrai ; c/ faux ;
d/ vrai ; e/ vrai.
Exercice 2
a/ Non.
b/ g(3) = −6 + 9 = 3. L’ordonnée du point R
est 3.
c/ On résout l’équation 5 = −2 x + 9 ⇔ x = 2.
L’abscisse du point de cette droite d’ordonnée 5 est 2.
d/ Pour obtenir le(s) point(s) de la droite
dont abscisse et ordonnée sont égales, on
résout x = −2x + 9 ⇔ x = 3 : on retrouve le
point R (et c’est le seul).
Pour obtenir le(s) point(s) dont abscisse et
ordonnée sont opposées, on résout
− x = − 2x + 9 ⇔ x = 9. On obtient une seule
solution : le point (9 ; −9).
© Éditions Belin 2010
Exercice 3
a/ Si la fonction f existe, son
5−3 2
= .
coefficient directeur est a =
2+1 3
b est déterminé par la résolution de l’équation
2
11
5 = × 2+ b ⇔ b = .
3
3
2
11
On obtient f(x) = x + .
3
3
b/ Dans a/, on a montré que si f existe, alors
2
11
f (x) = x + . On calcule alors f(2) et f(−1) :
3
3
4 11
2 11
= 5 et f (−1) = − +
= 3.
f (2) = +
3 3
3 3
c/ Donc il existe une et une seule fonction
affine vérifiant f (2) = 5 et f (−1) = 3.
d/ a ⬎ 0, donc f est croissante et sa représentation graphique est une droite.
7
e/ f(−2) = .
3
n
Activités d’introductio
Commentaires
Activité 1 : ce sont essentiellement des révisions – coordonnées d’un point dans la
première partie et utilisation du théorème
de Thalès dans la deuxième partie.
Activité 2 : on ne dispose pas de la valeur
absolue.
La distance entre deux points est la longueur
du segment d’extrémités ces deux points.
Par extension, un repère sur une droite étant
choisi, la distance entre deux nombres est
la longueur du segment d’extrémités les
deux points d’abscisse ces deux nombres,
ou encore la longueur de l’intervalle [a ; b],
où a et b sont les deux nombres donnés tels
que a est inférieur à b.
La distance entre deux nombres est « le plus
grand moins le plus petit », ce qui n’est pas
évident pour les élèves si les deux nombres
ne sont pas positifs.
Activité 3 : la notion de moyenne est assez
simple à comprendre. Par contre, il est
un peu moins évident que la moyenne
entre deux nombres est le milieu de l’intervalle formé par ces deux nombres. Les
élèves doivent connaître trois formules : les
coordonnées du milieu, la longueur d’un
segment et les coordonnées d’un vecteur.
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
91
Il y a souvent confusion. Associer le milieu
d’un segment à la notion de moyenne peut
simplifier l’acquisition de ces formules.
Activité 4 et 5 : les élèves éprouvent souvent
certaines difficultés à comprendre que le
mot « équation » est utilisé dans deux situations différentes.
• Soit on la résout : au collège, ils ont appris
à résoudre une équation du 1er degré à une
inconnue et un système linéaire de deux
équations à deux inconnues.
• Soit l’équation est une caractérisation
d’un ensemble de points du plan ou de l’espace qu’il n’y a pas lieu de résoudre.
Activité 1
1. a/ c/ d/
A
C
J
O
D
I
E
B
A(1 ; 4), B(1 ; −4).
b/ Les abscisses des points A et B sont égales
et leurs ordonnées sont opposées.
2. a/ Dans le repère (A, I, J) , A(0 ; 0), B(4 ; 0),
C(4 ; 3), D(0 ; 3).
b/ On applique le théorème de Thalès dans
le triangle ABD. F est le milieu du segment
[AB], donc AF = 2. On en déduit que l’abscisse de F dans le repère (A, I, J) est 2 ou −2.
Mais, puisque F est le milieu de [AB], l’abscisse de F est comprise entre les abscisses de
A et de B, donc est positive et l’abscisse de
E, qui est celle de F, est 2.
De même, on trace par E la parallèle à la
droite (AB) qui coupe (OJ) au milieu du segment [AD], et l’ordonnée de E est 1,5.
Activité 2
1. Huit étages. 2. 2 930 euros
3.
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A
C
O I
B
AB = 4 + 3,6 = 7,6 ; BC = 3,6 + 2,4 = 6 ;
AC = CA = 4 – 2,4 = 1,6.
92
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
4. a/ La longueur de cet intervalle est 1.
b/ Deux nombres de cet intervalle sont au
plus distants de 1.
5. Soit a et b deux réels distincts. Nécessairement, l’un des deux est inférieur à l’autre.
Quitte à les renommer, on peut supposer
que c’est a le plus petit. On peut former l’intervalle [a ; b] de longueur b − a.
Activité 3
a/
15 + 23
2
en moyenne 19 euros.
= 19. Ils ont gagné
A(15) 19
0
B(23)
La longueur du segment [AB] est 23 − 15 = 8.
L’abscisse du milieu du segment [AB] est la
somme du plus petit des deux nombres 15
et 23, c’est-à-dire 15 et de la moitié de la
longueur de [AB], c’est-à-dire 4. L’abscisse
du milieu de [AB] est 19.
b/ Jour A : la moyenne est 7 et c’est le milieu
de [3 ; 11]. Jour B : la moyenne est 2,2 et c’est
le milieu de [−4,6 ; 9]. Jour C : la moyenne est
–8,3 et c’est le milieu de [−11 ; −5,6]. Jour
D : la moyenne est –3,5 et c’est le milieu de
[−7 ; 0].
Activité 4
a/
Ᏸ3
Ᏸ2
y
Ᏸ1
Ᏸ5
Ᏸ4
J
x
O
I
⎧y = −3 x − 2
⎧− 3 x − 2 = 0, 25 x + 1
b/ ⎨
⇔⎨
⎩ y = 0, 25 x + 1
⎩y = −3 x − 2
⎧
12
⎪⎪x = −
⎧3, 25 x = − 3
13 .
⇔⎨
⇔⎨
⎩y = −3 x − 2
⎪ y = 10
⎪⎩
13
Les deux droites Ᏸ3 et Ᏸ4 sont sécantes au
⎛ 12 10⎞
;
, résultat dont on peut
point ⎜ −
⎝ 13 13⎟⎠
vérifier la plausibilité sur le graphique.
c/ Une droite d’équation y = ax + b est le
graphe d’une fonction affine, donc d’une
fonction et ne peut être, par conséquent,
« verticale ».
Activité 5 1. a/ y = 3x2 − 5x + 2.
b/ Les élèves pourront développer l’expression canonique pour trouver les coefficients
comme ils ont pu le faire dans le chapitre 4.
⎛
5⎞ 2 1
On obtient : f(x) = 3 ⎜ x − ⎟ − .
⎝
6⎠
12
⎛5
1⎞
c/ Le sommet de cette parabole est S ⎜ ; − ⎟ ,
⎝ 6 12⎠
et une équation de son axe de symétrie est
5
x= .
6
d/
y
es
Exercices et problèm
REPÉRAGES ET CALCULS DANS LE PLAN
1 1. b/ ; b/ ; c/ ; c/. 2. C(4 ; 2). 3. (2 ; 1).
2 a/ OB = 5 ; OC = 3 ; OD = 3.
b/ On applique le théorème de Pythagore
au triangle OAB rectangle en B :
OA2 = OB2 + AB2 = OB2 + OC2 = 25 + 9 = 34,
donc OA = 34 (puisque OA est positif).
4 a/ A(3 ; 2) ;
B(−2 ; 3) ;
C(−1 ; 0).
B E
C J
O I
F
A
D
b/ F(6 ; 4).
1
© Éditions Belin 2010
0
x
S1
On peut vérifier que la parabole passe par
les points (0 ; 2), et (1 ; 0).
e/ Remarque : stricto sensu, pour obtenir ce
qu’on appelle une parabole, on doit se placer dans un repère orthonormé. L’exercice
supplémentaire n°4 du chapitre 8 disponible
sur www.libtheque.fr/mathslycee propose
de tracer un repère orthonormé avec une
calculatrice.
2. a/ Le cercle Ꮿ est l’ensemble des points
du plan distants de 1 du point O.
b/ Si on appelle (x ; y ), les coordonnées du
point M dans le repère orthonormé (O, I, J),
OM2 = x2 + y2.
Si M appartient à Ꮿ, ses coordonnées x et y
vérifient x2 + y2 = 1.
c/ Soit M(x ; y) tel que x2 + y2 = 1. Est-ce que
le point M appartient à Ꮿ, c’est-à-dire est-ce
que OM = 1 ?
OM2 = x2 + y2 qui vaut 1 par hypothèse,
donc M appartient à Ꮿ.
d/ Soit M(x ; y) dans un repère orthonormé.
M appartient au cercle Ꮿ si et seulement si
x2 + y2 = 1.
17
; c/ 17; d/ 3.
7
7 AB2 = 90, AC2 = 45 = BC2, donc le
triangle ABC est rectangle isocèle en C.
6 a/ 41; b/
8 AB2 = 45, AC2 = BC2 = 56,25, donc le
triangle ABC est isocèle en C et n’est pas
rectangle.
10 d/.
11 a/ (5,5 ; 5,5) ; b/ (3 ; 0) ; c/ (−5,5 ; −8,5).
12 a/ (20 ; −3) ; b/ (3 3 + 1 ; −7) ; c/ (−4 ; 7).
13 a/ (5 ; 2,5) ; b/ (3,5 ; 0) ; c/ (−
3
2
3 ; 2,4).
14 Dans le repère (O, I, J) : A(5 ; 3), B(6 ; 3),
C(5 ; 4), P(4 ; 1), Q(9 ; 5), R(−1 ; 6).
Dans le repère (A, B, C) : O(−5 ; −3), I(−4 ; −3),
J(−5 ; −2), P(−1 ; −2), Q(4 ; 2), R(−6 ; 3).
15 C7, E7, F6, F4, C3, E3, B4, B6.
16 Soit XA et YA les coordonnées du point A,
XB et YB celles du point B et enfin XM et YM
celles du milieu, M, de [AB].
Langage symbolique :
Saisir (XA, YA) ;
Saisir (XB, YB);
XM := (XA + XB)/2 ;
YM := (YA + YB)/2 ;
Afficher (XM, YM) ;
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
93
Avec la Casio
Avec la TI
17 Algorithme :
Saisir (XA, YA) ;
Saisir (XB, YB) ;
C := racine carrée
[(XA−XB)²+(YA−YB)²] ;
Afficher (C) ;
Avec la Casio
Avec la TI
18 a/ P(1 ; −1,5) et Q(5,5 ; −4,5).
b/ PQ = 29, 25 =
3 13
2
.
c/ BC = 117 = 3 13. Ce qui nous permet
de vérifier le calcul du b/ car P et Q étant les
1
milieux respectifs de [AB] et [AC], PQ = BC
2
(théorème des milieux).
⎧4 + xF
= −1
⎪
⎪
19 On résout ⎨ 2
,
⎪ yE + 3 1
⎪⎩ 2 = 3
7
d’où E(4 ; − ) et F(−6 ; 3)
3
20 a/
y C
© Éditions Belin 2010
A
J
O I
E
B
F
94
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
x
b/ AB2 = 252, BC2 = 202, AC2 = 152, d’où
AB2 = BC2 + AC2 et le triangle ABC est rectangle en C.
c/ [CE], étant la médiane du triangle ABC
rectangle en C, a une longueur qui est la
moitié de l’hypoténuse soit 12,5.
d/ E(3,5 ; 0).
e/ Il est équivalent de dire que ACBF est un
rectangle ou de dire que le point E est le
milieu du segment [CF].
⎧
0 + xF
⎪3,5 =
⎪
2 et F(7 ; −12).
D’où ⎨
yF
12
+
⎪
⎪⎩0 =
2
21 a/ BD = 12, AD = 5 et AB2 = 144 + 25,
donc le triangle ABD est rectangle en D.
b/ M(5 ; 2,5).
c/ Puisque le triangle ABD est rectangle en D,
le cercle circonscrit a pour centre le point M
AB 13
et pour rayon
=
= 6 ,5.
2
2
MC = 42, 25 = 6 ,5 , d’où la conclusion.
22 AB2 = 172, AC2 = 13 × 17 et BC2 = 4 × 17,
donc AB2 = AC2 + BC2 et le triangle ABC est rec = BC = 4 , et BAC
≈ 29°.
tangle en C. sin BAC
AB
17
23 Premier cas
1. a/ On suppose que xA ⬍ xB et yA = yB.
Comme A et B ont même ordonnée la droite
(AB) est parallèle à la droite (OI) ; il en est de
même évidemment de la droite (AM).
Puisque les droites (AA’) et (MM’), d’une
part et (AM) et (A’M’) d’autre part, sont
parallèles, le quadrilatère AMM’A’ est un
parallélogramme et AM = A’M’. De même,
BM = B’M’ et comme M est le milieu de [AB],
A’M’ = B’M’. Les points A’, B’ et M’ sont alignés, M’ est entre A’ et B’, donc M’ est le
milieu de [A’B’]. Puisque xA’ = xA, xB’ = xB, et
xA ⬍ xB alors xA’ ⬍ xB’. Le point M’ est situé
entre A’ et B’ donc xA’ ⬍ xM’ ⬍ xB’.
b/ A’M’ = xM’ – xA’ et M’B’ = xB’ – xM’. Donc
x + xB’
, et
xM’ – xA’ = xB’ – xM’ et xM’ = A’
2
x + xB
xM = A
. Comme yA = yB = yM, on a
2
y + yB
.
aussi yM = A
2
2. Si les points A et B ont la même abscisse,
on arrive au même résultat avec un raisonnement analogue.
Deuxième cas
Soit C(xB ; yA).
a/ La droite passant par M et parallèle à
la droite (OJ) coupe la droite (AC) en K. Le
point K est alors le milieu de [AC] (théorème
des milieux appliqué au triangle ABC).
Les points A et C ont la même ordonnée donc
x + xC
x + xB
xM = xK = A
et y K = y A.
= A
2
2
b/ La droite passant par M et parallèle à la
droite (OI) coupe la droite (BC) au point L.
On démontre de même que L est le milieu
y + yB
de [BC] et que yM = y L = A
.
2
30 a/ y = 3,5x – 12,5 (coefficient directeur :
3,5) ;
b/ y = 7 (coefficient directeur nul) ;
c/ x = −5 (le coefficient directeur n’existe pas) ;
d/ y = −8 (coefficient directeur nul) ;
e/ y = −6 (coefficient directeur nul).
b/
c/
a/
1
0 1
e/
d/
DROITES DANS LE PLAN REPÉRÉ
25 Soit ai, le coefficient directeur de la
droite Ᏸi. Alors a1 ⬎ a3 ⬎ a4 ⬎ a2 ⬎ a5 ⬎ a6.
32 a/ les deux droites sont parallèles ;
b/ les deux droites sont parallèles ;
c/ les deux droites sont sécantes et se coupent
au point (−7 ; 3).
27 a/ Oui, −1 ;
33 Seule Ᏸ3 est parallèle à Ᏸ1.
24 Ᏸ : −3 ; Ᏸ : 2 ; Ᏸ : – 0,5 ; Ᏸ : 0.
1
2
3
4
y
b/ non ;
c/ oui et le coefficient directeur
n’existe pas ;
d/ oui, −3 ;
e/ non ; f/ oui, 1.
1
f/
x
1
0
c/
35 a/ y = −
d/
a/
5
x + 4 (coefficient directeur : −
5
13
3
x−
1
3
est l’équation réduite
3
34
est celle
de la droite (AB) et y = − x +
5
5
de (CD).
29 a/ y = −3x (coefficient directeur : −3) ;
b/ y = −
34 Ᏸ1 et Ᏸ3 sont parallèles.
Ᏸ2 et Ᏸ5 sont parallèles.
);
b/ Ces deux droites n’ayant pas le même
coefficient directeur sont sécantes.
x + 4 (coefficient directeur : −
);
2
2
d/ y = −x + 11 (coefficient directeur : −1).
36 Toutes représentent une équation de droite :
c/ y = −
3
3 2
3
3 2
1
x+4 ;
13
5
2
c/ y = − x − ; d/ y = x − 2 .
9
3
3
a/ y = − 6 x +
5
3
5
; b/ y =
37 2 ≠ 0 donc la droite (AB) a un coefficient
d/
© Éditions Belin 2010
1
0 1
B
a/
c/
b/
directeur qui est
5
−2
. L’équation réduite de
(AB) est donc :
x y
5
y = − x + 5 ⇔ 2y + 5x = 10 ⇔ + = 1.
2 5
2
De même l’équation réduite de la droite (CD) est
y
x
4
+ = 1.
y = x + 4 ⇔ 3y − 4x = 12 ⇔
−3 4
3
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
95
38 Ᏸ1 correspond à a/, Ᏸ2 à c/, Ᏸ3 à b/ et
Ᏸ4 à d/.
SUR L’ENSEMBLE DU CHAPITRE
40 a/ y = −9x – 2.
b/ y = 0,5x + b et 3,5 = 0,5(−3) + b donc
b = 5 et y = 0,5 x + 5 est l’équation réduite
demandée.
42 a/ Les deux droites sont sécantes au
point (−4 ; −20).
b/ Les deux droites n’ayant pas même coefficient directeur sont sécantes. On résout :
⎧y = −3 x + 4
⎧− 3 x = 3 x
⎧x = 0
⇔⎨
⇔⎨
.
⎨
⎩y = 3 x + 4
⎩y = 3 x + 4
⎩y = 4
c/ Les deux droites n’ayant pas même coefficient directeur sont sécantes. On résout :
⎧y = −2 x − 1
⎨
⇔ −2x − 1 = −x + 14.
⎩ y = − x + 14
⇔ x = −15, valeur qu’on reporte dans une
des deux équations données, par exemple la
première et y = −2(−15) −1 = 29.
Le système admet alors la solution (−15 ; 29).
43 1.
B
A
I
C
O H
D
© Éditions Belin 2010
J
E
2. a/ Soit A et E, les points d’intersection du
premier arc de cercle avec Ꮿ. Le triangle OIA
est équilatéral car IA = OI = AO = 1. Donc
vaut 60°. De même, le triangle OIE
l’angle AOI
est équilatéral, l’angle IOE vaut 60° et l’angle
vaut 120°. On trace ensuite le cercle de
EOA
centre A et de rayon 1. Il coupe le cercle Ꮿ en
I et en un autre point B. Le triangle ABO est
de même équilatéral, l’angle AOB vaut 60° et
vaut 180°. Les deux points E et B
l’angle EOB
sont diamétralement opposés. On continue à
tracer de la sorte des arcs de cercle de rayon 1
et de centre le dernier point obtenu. 60 étant
un diviseur de 360 (qui correspond à l’angle
plein), on retrouve deux points déjà obtenus
au cinquième arc de cercle (celui de centre D
360
qui coupe le cercle en C et E), car
= 6.
60
96
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
b/ Soit AH la hauteur du triangle OAI, issue
du point A. Puisque le triangle OAI est équilatéral, H est le milieu de [OI], et OH = 0,5.
La longueur du segment [AH] se calcule
en appliquant le théorème de Pythagore
au triangle OAH rectangle en H. On trouve
3
AH =
.
2
3
3
On trouve A(0,5 ;
), B(−0,5 ;
),
2
2
3
3
C(−1 ; 0), D(−0,5 ; − ), E(0,5 ; −
).
2
2
44 a/ AB2 = 100, soit c = 10. AC2 = 40,
soit b = 2 10. BC2 = 20, soit a = 2 5. D’où
s = 5 + 5 + 10 .
b/ s(s − a)(s − b)(s − c)
= (5 + 5 + 10 )(5 − 5 + 10 )(5 + 5 − 10 )
(− 5 + 5 + 10 )
= [(5 + 10 )2 − 5][5 − (5 − 10 )2]
= (30 + 10 10 )(− 30 + 10 10) = 100. Donc
l’aire du triangle ABC vaut exactement 10.
45 Sur la figure,
y
B semble être le
A
1 1
milieu de [AC]. Les
x
coordonnées du
0
B
milieu de [AC] sont
C
(1 ; −1) donc B est
le milieu de [AC] et les points A, B, C sont
alignés.
46
B
A
1
0
1
C
AB2 = 9 + 36 = 45 donc AB = 3 5.
BC2 = 72 + 142 = 72(5) donc BC = 7 5.
AC2 = 16 + 64 = 80 donc AC= 4 5.
On remarque que AC + AB = BC donc les
points A, B et C sont alignés.
47 Une équation de (BC) est y = − 3 x + 8 .
5
5
3
8
25
− (11) + = −
= − 5, donc A appartient
5
5
5
à (BC) et les points A, B et C sont alignés.
⎛2
48 a/ ⎜
⎝
11
;−
⎛5
10⎞
7⎞
⎟⎠ ; b/ ⎜⎝ ; − ⎟⎠ ;
11
18
9
53 a/ OA = 5 et x ⬎ 0, donc x =
B
B
c/ ( − 3 + 5 5 ; 2 − 3 5 ).
⎛ 11 9 ⎞
; ⎟ ; b/ (−0,25 ; 0,5) ; c/ ( 7 ; − 37 ).
16 16⎠
3
49 a/ ⎜
⎝
50 a/ A’(3 ; 2).
b/ Une équation de (AA’) est y =
2
3
x , qui
passe donc par l’origine.
1
51 a/ Une équation de (BC) est y = − x +
13
.
3
3
b/ E(−2,5 ; 4) et F(−1 ; 3,5). Une équation de
1
19
(les droites parallèles
(EF) est y = − x +
3
6
(BC) et (EF) ont bien même coefficient directeur.
52 1. L’équation réduite de (CI) est y = −2x + 2
et celle de (AB) est y = 0,4x – 1.
⎧y = −2 x + 2
En résolvant le système ⎨
, on
⎩ y = 0, 4 x − 1
trouve M(1,25 ; −0,5) qui sont les coordonnées du milieu de [AB].
y
2.
E
C
J
I
© Éditions Belin 2010
O
A
B
b/ Le milieu de [AE] a pour coordonnées (0 ; 2),
donc est C.
On applique le théorème de Thalès au
triangle ABE. Puisque les droites (CM) et (EB)
sont parallèles et que C est le milieu de [AE],
M est le milieu de [AB].
x
M
a/ Puisque les droites (EB) et (IC) sont parallèles,
le théorème de Thalès appliqué au triangle OEB
OI OC
=
. Donc OE = 2 2,5 = 5.
donne
OB OE
Le point C est entre O et E, donc l’ordonnée
du point E est positive et vaut 5. Les coordonnées de E sont (0 ; 5).
5. Les
coordonnées de B sont ( 5 ; 0).
b/ Le triangle OAB est isocèle en O donc la
OAB est aussi la médiane et
bissectrice de correspond donc à la droite (OM).
c/ M, milieu de [AB], a pour coordonnées
⎛ 2 + 5 1⎞
; ⎟ . L’équation réduite de la bissec⎜⎝
2
2⎠
1
x ou encore
trice de OAB est y =
2+ 5
y = ( 5 − 2) x .
54 1. B(2 ; 0), C(2 ; 2), D(0 ; 2), E(2 ; 1).
2. y = 0,5x est l’équation réduite de la droite
(AE) et y = −2x + 2, celle de la droite (DH).
Ces deux droites n’ont pas le même coefficient directeur donc sont sécantes.
⎧ y = 0 ,5 x
La résolution de ⎨
donne les
⎩y = −2 x + 2
coordonnées de leur point d’intersection.
Soit G(0,8 ; 0,4).
b/ AG2 = 0,82 + 0,42 = 0,8,
et GH2 = 0,22 + 0,42 = 0,2
donc AG2 = 4GH2 et AG = 2GH.
AG2 + GH2 = 1 = AH2, donc le triangle AGH
est rectangle en G.
AG × GH
Son aire vaut
= GH2 = 0,2.
2
c/ Aire GECD
= aire ABCD − aire ADH − aire AEB + aire AGH
= 4 − 2 + 0,2 = 2,2.
55 a/ AB2 = 144 + 25 = 169, AD2 = 25,
BD2 = 144. Donc AB2 = AD2 + BD2 et le
triangle ABD est rectangle en D.
b/ Les coordonnées de M sont (5 ; 2,5).
c/ AM = AB : 2 = 6,5. Le cercle circonscrit
au triangle ABD a pour centre le point M et
pour rayon 6,5.
MC2 = 40 + 1,52 = 42,25 = 6,52. On en
conclut que C appartient au cercle circonscrit
au triangle ABD et que les points A, B, C, D
sont cocycliques.
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
97
POUR ALLER PLUS LOIN
C
56
Q
A
E
P
B
Prenons le repère (A, B, C). Dans ce repère,
1
1
P( ; 0 ), E(0,5 ; 0,5), Q( 0 ; ) .
3
3
La droite (BQ) admet pour équation x + 3y = 1
et la droite (CP) 3x + y = 1.
⎧x + 3 y = 1
Considérons le système ⎨
. Il admet
⎩3 x + y = 1
une et une seule solution le point (0,25 ; 0,25).
La droite (AE) admet comme équation y = x,
donc le point d’intersection de (BQ) et (CP)
appartient à la droite (AE), donc les trois
droites (AE), (BQ) et (CP) sont concourantes.
57
y
⌬
Ᏸ’
e/ Soit un point M (xM ; yM ) appartenant à
cette hyperbole. xM ≠ 0, donc on peut écrire
⎛1 1 ⎞
⎛
1⎞
M ⎜ xM ;
⎟.
⎟ . Soit A(xM ; 2) et B ⎜ ;
xM ⎠
⎝ 2 xM ⎠
⎝
La droite (AB) admet pour coefficient direc1
−2
xM
2
=
teur
et son équation réduite
1
xM
− xM
2
2
est y =
x , donc la droite (AB) passe par
xM
l’origine. Le point M est alors obtenu de la
2
façon précédente avec a =
.
xM
f/ On a de cette façon construit l’hyperbole
tout entière point par point.
Remarque : il faut prendre un repère orthonormé pour parler d’hyperbole, sinon on n’a
que la représentation de la fonction inverse.
PROBLÈMES OUVERTS
Ᏸ
P
58 Si b = 0, la tangente en M admet comme
J Q
yQ
M
x
O
I xP
M’
© Éditions Belin 2010
∆’
a/ ∆ admet comme équation y = ax avec
a ≠ 0, donc n’est parallèle ni à (OI), ni à (OJ)
donc les points P et Q sont bien définis.
⎛ 1 a⎞
⎛2 ⎞
b/ Q ⎜ ; ⎟ et P ⎜ ; 2⎟ .
⎝ 2 2⎠
⎝a ⎠
c/ On a immédiatement xP yQ = 1.
⎛ 2 a⎞
d/ M ⎜ ; ⎟ , xM yM = xP yQ = 1, donc le point
⎝ a 2⎠
M appartient à la représentation graphique
1
de la fonction f : x → donc à l’hyperbole
x
représentative de la fonction inverse.
98
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
équation x = a.
Si a = 0, la tangente en M admet comme
équation y = b.
Sinon : soit y = mx + p, l’équation réduite de
la droite cherchée. Cette droite passant par M,
p = b − ma et on peut l’écrire y = mx + b – ma. Il
s’agit de déterminer m pour que cette droite
soit tangente au cercle, ce qui revient à dire
que cette droite est perpendiculaire à la droite
(OM). Cette tangente n’étant pas parallèle à
l’axe des ordonnées, elle le coupe. Soit A, le
point d’intersection. Les coordonnées de A
sont (0, b − ma). Le point A est différent de
M. On cherche m pour que le triangle OAM
soit rectangle en M. Par hypothèse,
OM2 = a2 + b2 = 1. OA2 = OM2 + MA2.
⇔ (b – ma)2 = 1 + a2 + (ma)2
⇔ b2 – 2mab = 1 + a2 ⇔ − 2mab = 2a2
a
⇔ −mb = a (car a ≠ 0) ⇔ m = − (car b ≠ 0).
b
a
a2
On obtient y = − x + b + , ou encore
b
b
a
1
y=− x+ .
b
b
59
Ᏸ’
B
Q
Travaux encadrés
M
Travaux dirigés
Ᏸ
J
I
O
A
P
Puisque la droite Ᏸ n’est pas parallèle à
(OJ), elle admet une équation de la forme
y = ax – 3a et Ᏸ’ de la forme y = ax + 6.
Puisque Ᏸ n’est pas parallèle à (OI), a est
non nul.
Les coordonnées de P sont (1 ; −2a) et celles
2
de Q sont (− ; 4).
a
Une équation de la droite (OP) est y = −2ax.
On vérifie que les coordonnées de Q vérifient cette équation.
3. et 4.
© Éditions Belin 2010
St Étienne
Bayonne
M
Toulouse
Le Mans
Quimper
donnée
4° 22’ E
1° 28’ W
1° 27’ W
1° 27’ E
0° 12’ E
4° 06’ W
Longitude
système décimal
4,37° E
1,47° W
1,45° E
1,45° E
0,20° E
4,10° W
= MOA
= 45°, r = Rcos45° = R 2
1. a/ CMO
2
b/ La longueur du 45e parallèle vaut
2 40 000 2
qui vaut approxi=
2πr = 2πR
2
2
mativement 28 284 km.
c/ La longueur d’un arc d’angle au centre de
1° du 45e parallèle est approximativement
28 284
≈ 78,5 km.
360
2. GJ correspond à 1° de latitude sur le
méridien de Greenwich.
GI correspond à 1° de longitude sur le 45e
2
GJ, et si on prend
parallèle, donc GI =
2
GJ = 2 cm, alors GI = 2 ≈ 1,414 cm.
donnée
45° 25’ N
43° 30’ N
44° 28’ N
43° 37’ N
48° 00’ N
48° 00’ N
⎛ 1⎞°
• 1’ = ⎜ ⎟ .
⎝ 60⎠
• Attention aux signes.
• Pour placer les cinq villes, on multiplie
l’abscisse par 2 et l’ordonnée par 2.
Toulouse et le milieu de St-Étienne – Bayonne
ont la même longitude. Ces deux points sont
situés sur le même méridien. Sur le graphique
(MT) est parallèle à (GJ), ce qui est faux dans
la réalité. Les coordonnées de M obtenues
graphiquement sont relativement précises.
Son ordonnée doit être exactement –0,54.
Son abscisse sur le graphique serait rigoureusement exacte si S et B avaient des ordonnées
dans (G, I, J) opposées, ici, il est légèrement
déporté sur la droite car le parallèle passant
par B est plus long que celui passant par S.
Latitude
Coordonnées dans
système décimal le repère (G, I, J)
45,42° N
(4,37 ; 0,42)
43,50° N
(−1,47 ; −1,50)
44,46° N
(1,45 ; −0,54)
43,62° N
(1,45 ; −1,38)
48,00° N
(0,20 ; 3,00)
48,00° N
(−4,10 ; 3,00)
latitude
Quimper
Le Mans
J 46°
St Étienne
I
G
1°
M
45e parallèle
longitude
Toulouse
Bayonne
méridien
de Greenwich
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
99
5. Entre Le Mans et Quimper, il y a 4,30° de
longitude d’écart, ce qui fait 4,3 78,5, c’està-dire environ 337,5 km à partir du graphique.
Cette distance est majorée car le 48e parallèle est plus court que le 45e parallèle.
La longueur du 48e parallèle est R cos 48°
et vaut environ 26 765 km. La distance
exacte entre Le Mans et Quimper est donc
26 765
4, 3 ×
= 319,5 km.
360
Aide individualisée 1
1. a/ Le point A est situé sur l’axe des ordonnées, les points B et C ont la même abscisse.
b/ L’ordonnée du point D est 2 2.
c/ L’abscisse du point A est 0.
2. Le milieu de [AB] a pour coordonnées
(2,5 ; 0).
Erratum : on doit lire dans l’énoncé
« C (5 ; − 2) » et « D(1 ; 2 + 2 2) ».
Le milieu de [BC] est (5 ;
−4 − 2
a/, b/ et d/).
Le milieu de [CD] est (3 ; 1+
2
2
2
) (réponse
) (réponse b/).
© Éditions Belin 2010
Aide individualisée 2
Objectif : outre les connaissances de base, cet
exercice a pour but de « faire comprendre »
sur un exemple que, dans un repère orthonormé, le produit des coefficients directeurs
de deux droites perpendiculaires vaut –1.
Pour trouver le point C, on part de l’origine et on décale de 3 sur la droite et on
« monte » de 2. Pour trouver le point E, on
part de l’origine et on décale de 2 sur la droite
et on « descend » de 3. Les deux triangles OBC
et OAE sont rectangles et ont tous deux leurs
deux côtés de l’angle droit de longueur 2 et 3.
1. A(2 ; 0) B(3 ; 0) C(3 ; 2) E(2 ; −3).
2. Le coefficient directeur de la droite (OC) est
yC 2
y
−3
= . Celui de la droite (OE) est E =
.
2
xC 3
xE
Leur produit vaut –1.
3. OC2 = 13 = OE2. EC2 = (3 – 2)2 + (2 + 3)2 = 26.
Le triangle OEC est donc rectangle isocèle en O.
Il est inutile de calculer les distances OE, OC
100
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
et EC pour déterminer la nature du triangle
OEC, mais les distances OE, OC et OE étant
demandées : OE = OC = 13 et EC = 26 .
4. La droite (OC) passe par l’origine donc
2
une équation de (OC) est y = x .
3
La droite parallèle à la droite (OC) passant
par E admet une équation de la forme
2
2
y = x + b , où b est tel que yE = xE + b, soit
3
3
13
2
13
b = − et on trouve y = x − . Cette droite
3
3
3
13
coupe l’axe des ordonnées en (0 ; − ) et
3
l’axe des abscisses en (6,5 ; 0)
5. Une équation de (BE) est y = 3x − 9.
6. Les droites (BE) et (OC) n’ayant pas le
même coefficient directeur sont sécantes. Le
point d’intersection (x ; y) vérifie
⎧
2
⎧y = 3 x − 9
⎪⎪ y = x
⎪
3
⇔ ⎨
⎨
2
⎪3 x − 9 = 2 x
⎪y = x
⎩
3
⎪⎩
3
⎧7
⎧
27
⎪⎪ x = 9
⎪⎪x =
7
⇔ ⎨3
⇔ ⎨
18
2
⎪y = x
⎪y =
⎪⎩
⎪⎩
7
3
Communiquer
Un peu d’histoire :
Le palimpseste d’Archimède a été découvert
en 1906 à Constantinople.
Le contenu le plus remarquable de ce palimpseste est le traité d’Archimède La méthode dont
c’est la seule copie connue. Ce traité donne des
indications précieuses sur une méthode qu’il
utilise pour déterminer certaines mesures d’aire
ou de volume, par exemple l’aire d’une portion
de parabole ou le volume d’une boule. Outre
ces deux résultats, on y trouve également le
calcul du centre de gravité d’une demi-sphère,
et celui d’un tronc de paraboloïde.
On y trouve également le stomachion : ce
problème se présente comme un puzzle à
reconstituer. Cette partie est très incomplète
mais Archimède semble donner la méthode
© Éditions Belin 2010
de construction de celui-ci et les rapports
des angles des différentes pièces ainsi que
leurs aires. Reviel Netz de l’université Stanford pense que la réflexion d’Archimède
portait sur le nombre de façons de reconstituer celui-ci. Les calculs sur les combinaisons
mènent à 17 152 combinaisons possibles,
dont 536, différentes à une isométrie près,
permettant de reconstituer le carré. Le
document présent sur le palimpseste est
trop incomplet pour que l’on puisse savoir
si Archimède a abouti au même résultat.
Ce travail serait alors l’utilisation la plus élaborée de la combinatoire dans l’antiquité
grecque.
On obtient 14 morceaux.
Construction du stomachion :
Remarque : il peut être commode de tracer
un carré ABCD de côté 12.
Objectifs et indications :
1° Comprendre comment est fabriquée la
figure.
2° Donner les directives de construction dans
le bon ordre.
3° Cet ordre n’est pas unique.
4° Pour éviter toute confusion, on pourrait utiliser un repère et donner les coordonnées de
tous les points. Mais Archimède ne connaissait
pas les repères.
5° Soit on s’adresse à une personne et le
but est qu’elle comprenne. On peut lui dire
« Tracer [DG], où G est le milieu de [AE] ».
Soit on donne les instructions dans l’ordre
dans lequel elles seront traitées, ce qu’il
est nécessaire de faire lorsqu’on écrit un
algorithme et, dans ce genre d’idées, il est
préférable de dire : « Soit G le milieu de [AE].
Tracer [DG]. »
Voici un exemple de ce qu’on peut proposer :
• Tracer un carré ABCD et sa diagonale BD.
• Soit E le milieu de [AB] et F, celui de [CD].
Tracer les segments [FA], [FE], [FB].
• Soit H le milieu de [BC], et I, celui de [BF].
Tracer [IH] et [IE].
• Soit K, le milieu de [AF] et G, celui de [AE].
Tracer [GK].
• Les droites (AF) et (BD) se coupent en L.
Soit M le milieu de [DL]. Tracer [AM].
• Le point P est le point du segment [CH] tel
que A, I et P sont alignés. Tracer [IP].
• Enfin, le point Q est le point du segment
[AL] tel que D, Q et G sont alignés. Tracer [GQ].
F
D
C
M
L
P
K
O
I
H
Q
A
G
E
B
Reconstitution du puzzle
Pour plus de commodités, on peut numéroter les figures :
1
14
7
2
13
3
4
5
12
6
9
8
10
11
• Il faut préciser que les pièces peuvent être
posées sur l’une ou l’autre de leurs faces.
• On peut remarquer que les pièces 1 et 11
sont identiques ainsi que les pièces 6 et 7.
Il est bien évident qu’un simple échange de
deux pièces identiques ne fournit pas une
nouvelle solution.
• Une première série de solutions évidentes
provient de transformations faites sur les
deux rectangles AEFD et BCFE.
a/ On peut retourner l’un des deux rectangles AEFD et BCFE, ou les deux et
permuter ces deux rectangles dans chacune
des nouvelles configurations trouvées.
Chapitre 8 ■ Droites dans le plan repéré
101
b/ On peut effectuer un demi-tour sur l’un
de ces deux rectangles ou les deux et permuter ces deux rectangles dans chacune des
nouvelles configurations trouvées.
c/ Composer les transformations faites en a/
et b/.
• Les triangles DFO et OEB sont isocèles,
donc à partir de la disposition initiale, on
obtient trois nouvelles solutions, l’une en
retournant le triangle DFO, une deuxième en
retournant le triangle OEB, et une troisième
en retournant ces deux triangles.
Voici deux autres solutions :
7
1
8
13
10
2
11
3
9
4
5
102
12
6
14
7
1
8
13
10
2
5
3
6
12
9
4
14
11
• Ces deux solutions sont peu différentes :
seul le parallélogramme (traits épais) a fait
un demi-tour.
• Si on souhaite trouver toutes les solutions,
on peut lister les longueurs des côtés de
chacune des pièces et les valeurs de tous les
angles, et utiliser le fait que la longueur du
côté du carré est 12 – qui est un entier – et
que chaque angle du carré est un angle droit.
• Avec ces résultats, on peut démontrer que
les pièces 2 et 3 ainsi que les pièces 4 et 5
et les pièces 9 et 10 sont toujours accolées.