Problèmes sur la géométrie repérée

La bouée et le chenal

Dans un repère orthonormé où l'unité vaut \(100 \ \text{m}\), un chenal de navigation suit la droite \(d\) d'équation \(x + 2y - 4 = 0\). Une bouée est mouillée au point \(A(5 \ ; \ 4)\).

1. Donner un vecteur normal et un vecteur directeur de \(d\).
   $$ \vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} \hspace{2em} \vec{u}\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix} $$
2. Déterminer l'équation de la droite passant par \(A\) et perpendiculaire à \(d\).

   Elle a pour vecteur normal le vecteur directeur de \(d\) :

   $$ -2(x - 5) + 1(y - 4) = 0 $$

   $$ -2x + y + 6 = 0 $$
3. Calculer les coordonnées du projeté orthogonal \(H\) de \(A\) sur \(d\).
   $$ H\begin{pmatrix} 5 + t \\ 4 + 2t \end{pmatrix} \quad \text{avec} \quad (5+t) + 2(4+2t) - 4 = 0 $$

   $$ 5t + 9 = 0 \quad \Longrightarrow \quad t = -\frac{9}{5} $$

   $$ H\left( \frac{16}{5} \ ; \ \frac{2}{5} \right) $$
4. En déduire la distance de la bouée au chenal, en mètres, arrondie à l'unité.
   $$ AH = |t| \times \| \vec{n} \| = \frac{9}{5} \times \sqrt{5} = \frac{9\sqrt{5}}{5} $$

   $$ AH \approx 4.02 \ \text{unités} $$

   $$ AH \approx 402 \ \text{m} $$

L'équation d'un cercle

Dans le repère orthonormé ci-dessous, on considère le cercle \(\mathscr{C}\) de centre \(O\) et de rayon \(R = 3\).

1. Tracer le cercle \(\mathscr{C}\) et y placer un point \(M(x \ ; \ y)\). En appliquant le théorème de Pythagore, déterminer ensuite une relation entre \(x\) et \(y\) vérifiée par tous les points de \(\mathscr{C}\).

   

   On note \(H(x \ ; \ 0)\) le point de l'axe des abscisses situé à la verticale de \(M\). Le triangle \(OHM\) est rectangle en \(H\), avec \(OH^2 = x^2\), \(HM^2 = y^2\) et une hypoténuse \(OM = 3\), puisque \(M\) est sur le cercle :

   $$ OH^2 + HM^2 = OM^2 $$

   $$ x^2 + y^2 = 3^2 $$

   $$ x^2 + y^2 = 9 $$

   Quand \(M\) est sur un axe, le triangle est aplati et la relation reste vraie. Pour un rayon \(R\) quelconque, on obtient de même \(x^2 + y^2 = R^2\).

La zone de couverture

Une antenne couvre la zone décrite, dans un repère orthonormé gradué en kilomètres, par l'ensemble des points vérifiant :

1. Montrer que cette équation est celle d'un cercle, et en donner le centre et le rayon.
   $$ (x - 5)^2 - 25 + (y + 3)^2 - 9 + 9 = 0 $$

   $$ (x - 5)^2 + (y + 3)^2 = 25 $$

   Centre \(\Omega(5 \ ; \ -3)\), rayon \(5 \ \text{km}\).

2. Un village se situe en \(V(1 \ ; \ 0)\). Est-il couvert ?
   $$ \Omega V = \sqrt{(1-5)^2 + (0+3)^2} = \sqrt{16 + 9} = 5 $$

   La distance vaut exactement le rayon : le village est \(\textit{sur}\) la limite de la zone.

3. Un second village est en \(W(8 \ ; \ 1)\). Est-il couvert ?
   $$ \Omega W = \sqrt{9 + 16} = 5 $$

   Lui aussi est exactement sur le cercle : il est à la limite de la couverture.

4. Quelle serait l'aire couverte si le rayon augmentait de \(20 \ \%\) ? Arrondir au km².

   Le nouveau rayon vaut \(5 \times 1.2 = 6 \ \text{km}\) :

   $$ \mathcal{A} = \pi \times 6^2 = 36\pi $$

   $$ \mathcal{A} \approx 113 \ \text{km}^2 $$

   L'aire initiale valait \(25\pi \approx 79 \ \text{km}^2\) : elle augmente de \(44 \ \%\), et non de \(20 \ \%\).

Les diagonales du losange

On veut redémontrer, en coordonnées, que les diagonales d'un losange sont perpendiculaires. On place le losange \(ABCD\) dans un repère orthonormé bien choisi.

1. On pose \(A(0 \ ; \ 0)\), \(B(p \ ; \ q)\) et \(D(p \ ; \ -q)\). Justifier que ce choix ne perd aucune généralité.

   L'origine peut toujours être placée sur un sommet, et les axes orientés de sorte que la diagonale \(\bigl[AC\bigr]\) porte l'axe des abscisses.

   Le losange étant symétrique par rapport à cette diagonale, \(B\) et \(D\) sont alors symétriques par rapport à l'axe des abscisses, donc de la forme \((p \ ; \ q)\) et \((p \ ; \ -q)\).

2. Déterminer les coordonnées de \(C\).

   \(ABCD\) est un parallélogramme, donc \(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}\) :

   $$ C = D + \overrightarrow{AB} = (p + p \ ; \ -q + q) $$

   $$ C(2p \ ; \ 0) $$
3. Calculer \(\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD}\), et conclure.
   $$ \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 2p \\ 0 \end{pmatrix} \hspace{2em} \overrightarrow{BD}\begin{pmatrix} 0 \\ -2q \end{pmatrix} $$

   $$ \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD} = 2p \times 0 + 0 \times (-2q) $$

   $$ \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD} = 0 $$

   Les diagonales sont perpendiculaires, quels que soient \(p\) et \(q\).

4. Où le choix du repère a-t-il fait le travail ?

   En posant \(\bigl[AC\bigr]\) sur l'axe des abscisses, on a rendu \(\overrightarrow{AC}\) horizontal et \(\overrightarrow{BD}\) vertical : le produit scalaire ne pouvait qu'être nul.

   La démonstration reste valable, mais elle montre surtout qu'un repère bien choisi déplace la difficulté vers la justification du choix - c'est la première question qui porte le raisonnement.

Les lampadaires de la place

Une place circulaire est pavée de dalles carrées de \(5 \ \text{m}\) de côté. Dans un repère orthonormé dont l'unité vaut \(5 \ \text{m}\) et dont les axes suivent les joints des dalles, le bord de la place est l'ensemble des points vérifiant :

Un lampadaire ne peut se poser que sur ce bord, et à un coin de dalle : ses deux coordonnées sont alors des nombres entiers.

1. Montrer que cette équation est celle d'un cercle, puis en donner le centre et le rayon, en unités puis en mètres.

   On regroupe les termes en \(x\), puis les termes en \(y\), et on complète chaque carré :

   $$ (x - 3)^2 - 9 + (y + 1)^2 - 1 - 15 = 0 $$

   $$ (x - 3)^2 + (y + 1)^2 = 25 $$

   C'est le cercle de centre \(\Omega(3 \ ; \ -1)\) et de rayon \(5\) unités, soit \(5 \times 5 = 25 \ \text{m}\) : la place mesure \(50 \ \text{m}\) de diamètre.

2. Un lampadaire est déjà posé en \(A(7 \ ; \ 2)\). Vérifier qu'il est sur le bord. Le géomètre propose ensuite le point \(B(1 \ ; \ 3)\) : montrer qu'il ne convient pas.
   $$ (7 - 3)^2 + (2 + 1)^2 = 16 + 9 = 25 $$

   \(A\) vérifie l'équation du cercle, et ses deux coordonnées sont entières : la position est bonne.

   $$ (1 - 3)^2 + (3 + 1)^2 = 4 + 16 = 20 $$

   \(20 \neq 25\) : \(B\) n'est pas sur le bord. Comme \(20 < 25\), il est à l'intérieur de la place, en plein passage.

3. Déterminer toutes les positions possibles pour un lampadaire, et prouver qu'il n'en existe pas d'autres. On pourra poser \(a = x - 3\) et \(b = y + 1\), puis examiner les valeurs entières de \(a\).

   Avec \(a = x - 3\) et \(b = y + 1\), qui sont eux aussi des entiers, l'équation devient \(a^2 + b^2 = 25\). Alors \(a^2 \leqslant 25\), donc \(a\) est compris entre \(-5\) et \(5\). On teste les valeurs positives : les négatives donnent les mêmes carrés.

   $$ a = 0 \ \Rightarrow \ b^2 = 25 \hspace{2em} a = 1 \ \Rightarrow \ b^2 = 24 \hspace{2em} a = 2 \ \Rightarrow \ b^2 = 21 $$

   $$ a = 3 \ \Rightarrow \ b^2 = 16 \hspace{2em} a = 4 \ \Rightarrow \ b^2 = 9 \hspace{2em} a = 5 \ \Rightarrow \ b^2 = 0 $$

   Seuls \(25\), \(16\), \(9\) et \(0\) sont des carrés d'entiers ; \(24\) et \(21\) ne le sont pas. Les couples \((a \ ; \ b)\) sont donc :

   $$ (0 \ ; \ \pm 5) \hspace{2em} (\pm 3 \ ; \ \pm 4) \hspace{2em} (\pm 4 \ ; \ \pm 3) \hspace{2em} (\pm 5 \ ; \ 0) $$

   soit \(2 + 4 + 4 + 2 = 12\) couples. On revient aux coordonnées par \(x = a + 3\) et \(y = b - 1\) :

   $$ (-2 \ ; \ -1) \quad (-1 \ ; \ 2) \quad (-1 \ ; \ -4) \quad (0 \ ; \ 3) \quad (0 \ ; \ -5) \quad (3 \ ; \ 4) $$

   $$ (3 \ ; \ -6) \quad (6 \ ; \ 3) \quad (6 \ ; \ -5) \quad (7 \ ; \ 2) \quad (7 \ ; \ -4) \quad (8 \ ; \ -1) $$

   $$ 12 \ \text{emplacements possibles} $$

   Les douze points se répondent deux à deux par symétrie autour de l'axe horizontal passant par \(\Omega\) : la place ne perd jamais un lampadaire sans perdre son symétrique.

4. Une allée rectiligne quitte la place en \(A(7 \ ; \ 2)\), tangente au bord. Déterminer une équation de cette allée, puis vérifier que le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur elle est bien \(A\).

   La tangente en \(A\) est perpendiculaire au rayon : elle admet \(\overrightarrow{\Omega A}\) pour vecteur normal.

   $$ \overrightarrow{\Omega A}\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \end{pmatrix} \hspace{2em} 4(x - 7) + 3(y - 2) = 0 $$

   $$ 4x + 3y - 34 = 0 $$

   Le projeté orthogonal \(H\) de \(\Omega\) sur cette droite s'écrit \(H(3 + 4t \ ; \ -1 + 3t)\), et il vérifie l'équation :

   $$ 4(3 + 4t) + 3(-1 + 3t) - 34 = 0 $$

   $$ 25t - 25 = 0 \quad \Longrightarrow \quad t = 1 $$

   $$ H(7 \ ; \ 2) = A $$

   La distance de \(\Omega\) à l'allée vaut alors \(|t| \times \| \overrightarrow{\Omega A} \| = 5\) unités, soit exactement le rayon : l'allée touche la place sans la couper.

Le réservoir des trois hameaux

Trois hameaux veulent un réservoir commun, relié à chacun par une conduite droite. Pour que la pression soit la même partout, le réservoir doit être à égale distance des trois. Dans un repère orthonormé gradué en kilomètres, d'origine le hameau \(A\), les hameaux sont \(A(0 \ ; \ 0)\), \(B(8 \ ; \ 0)\) et \(C(2 \ ; \ 6)\). Un conseiller municipal propose de le placer au milieu du plus long côté.

1. Calculer les trois distances \(AB\), \(AC\) et \(BC\), puis dire quel côté est le plus long.
   $$ AB = \sqrt{8^2 + 0^2} = 8 \hspace{2em} AC = \sqrt{2^2 + 6^2} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10} $$

   $$ BC = \sqrt{(2 - 8)^2 + 6^2} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2} $$

   En arrondissant au centième : \(AC \approx 6.32\) et \(BC \approx 8.49\).

   $$ BC = 6\sqrt{2} \approx 8.49 \ \text{km} \ \text{est le plus long côté} $$
2. Le conseiller propose donc le milieu \(M\) de \(\bigl[BC\bigr]\). Calculer les distances de \(M\) aux trois hameaux, et conclure sur sa proposition.

   Le milieu de \(\bigl[BC\bigr]\) a pour coordonnées la moyenne de celles de \(B\) et de \(C\) :

   $$ M\left( \frac{8 + 2}{2} \ ; \ \frac{0 + 6}{2} \right) = M(5 \ ; \ 3) $$

   $$ MB = MC = \frac{BC}{2} = 3\sqrt{2} \approx 4.24 \hspace{2em} MA = \sqrt{5^2 + 3^2} = \sqrt{34} \approx 5.83 $$

   $$ MA \neq MB : \text{la proposition ne convient pas} $$

   Le hameau \(A\) serait à \(1.59 \ \text{km}\) de plus que les deux autres : c'est lui qui manquerait de pression.

3. Le bon emplacement \(\Omega\) est sur la médiatrice de \(\bigl[AB\bigr]\) et sur celle de \(\bigl[AC\bigr]\). Déterminer une équation de chacune, puis résoudre le système.

   La médiatrice de \(\bigl[AB\bigr]\) passe par le milieu \(I(4 \ ; \ 0)\) et admet \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 8 \\ 0 \end{pmatrix}\) pour vecteur normal :

   $$ 8(x - 4) + 0(y - 0) = 0 \quad \Longrightarrow \quad x = 4 $$

   La médiatrice de \(\bigl[AC\bigr]\) passe par le milieu \(J(1 \ ; \ 3)\) et admet \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 2 \\ 6 \end{pmatrix}\) pour vecteur normal :

   $$ 2(x - 1) + 6(y - 3) = 0 \quad \Longrightarrow \quad x + 3y - 10 = 0 $$

   On remplace \(x\) par \(4\) dans la seconde équation :

   $$ 4 + 3y - 10 = 0 \quad \Longrightarrow \quad y = 2 $$

   $$ \Omega(4 \ ; \ 2) $$
4. Calculer la longueur commune des trois conduites, donner l'équation du cercle passant par les trois hameaux, et trancher : dans quel cas le conseiller aurait-il eu raison ?
   $$ \Omega A^2 = 4^2 + 2^2 = 20 \hspace{2em} \Omega B^2 = (8 - 4)^2 + (0 - 2)^2 = 20 $$

   $$ \Omega C^2 = (2 - 4)^2 + (6 - 2)^2 = 20 $$

   Les trois distances sont bien égales, ce qui confirme le calcul précédent :

   $$ R = \sqrt{20} = 2\sqrt{5} \approx 4.47 \ \text{km} \hspace{2em} (x - 4)^2 + (y - 2)^2 = 20 $$

   Le conseiller aurait eu raison si le triangle avait été rectangle en \(A\) : le centre du cercle passant par les trois sommets est alors le milieu de l'hypoténuse. On le vérifie ici par la réciproque de Pythagore :

   $$ AB^2 + AC^2 = 64 + 40 = 104 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} BC^2 = 72 $$

   \(104 \neq 72\) : l'angle en \(A\) n'est pas droit, et le milieu de \(\bigl[BC\bigr]\) ne convient pas. Avec \(\Omega\), les conduites totalisent \(3 \times 4.47 \approx 13.4 \ \text{km}\), contre \(14.3 \ \text{km}\) avec la proposition du conseiller.