Problèmes sur les droites du plan

Déterminer une équation

1. Placer les points \(A(1 \ ; \ 2)\) et \(B(3 \ ; \ 8)\) dans le repère ci-dessous et tracer la droite \((AB)\), puis déterminer son équation réduite.

   Les abscisses de \(A\) et \(B\) sont différentes : la droite a une équation de la forme \(y = mx + p\), de pente

   $$ m = \frac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \frac{8 - 2}{3 - 1} = \frac{6}{2} = 3 $$

   Le point \(A\) est sur la droite, donc ses coordonnées vérifient \(y = 3x + p\) :

   $$ 2 \underset{\textcolor{rgb(157, 171, 234)}{\Huge \style{display:inline-block;transform:scaleY(-1)}{\curvearrowleft}}}{=} \textcolor{rgb(157, 171, 234)}{3 \times 1} + p $$

   $$ 2 \textcolor{rgb(157, 171, 234)}{- 3} = p $$

   $$ p = - 1 $$

   $$ (AB) : y = 3x - 1 $$

   On vérifie avec \(B\) : \(3 \times 3 - 1 = 8\).

   Sur le tracé, \((AB)\) coupe bien l'axe des ordonnées en \(- 1\).

2. On change de droite : \(d\) a pour équation cartésienne \(2x - y + 5 = 0\). Donner un vecteur directeur de \(d\) et sa pente, puis tracer \(d\) dans le même repère.

   Ici \(a = 2\) et \(b = - 1\). Le vecteur \(\vec{u}\begin{pmatrix} -b\\ a\end{pmatrix}\) dirige \(d\) :

   $$ \vec{u}\begin{pmatrix} 1\\ 2\end{pmatrix} $$

   La pente est le quotient de ses coordonnées :

   $$ m = \frac{2}{1} = 2 $$

   La droite \(d\) passe par \((0 \ ; \ 5)\), puisque \(2 \times 0 - 5 + 5 = 0\) : on part de ce point et l'on suit \(\vec{u}\).

3. On revient à la droite \((AB)\), d'équation \(y = 3x - 1\). Le point \(C(-2 \ ; \ {-}7)\) appartient-il à cette droite ? Justifier.

   On remplace \(x\) par l'abscisse de \(C\) :

   $$ 3 \times (- 2) - 1 = - 6 - 1 = - 7 $$

   On trouve bien l'ordonnée de \(C\).

   Le point \(C\) appartient à la droite \((AB)\).

Positions relatives

On considère les trois droites suivantes :

1. Tracer les trois droites dans le repère ci-dessous, puis lire les coordonnées du point d'intersection \(I\) de \(d_1\) et \(d_2\).

   \(d_3\) a pour équation réduite \(y = 2x + \frac{1}{2}\) : elle passe par \(\bigl(0 \ ; \ \frac{1}{2}\bigr)\) et \(\bigl(2 \ ; \ \frac{9}{2}\bigr)\).

   $$ I(3 \ ; \ 3) $$

   Ce n'est qu'une lecture : la question 3 la confirme par le calcul.

2. Montrer que \(d_1\) et \(d_3\) sont parallèles.

   La pente de \(d_1\) se lit sur son équation réduite : \(m_1 = 2\). Pour \(d_3\), \(a = 4\) et \(b = - 2\), donc \(\vec{u_3}\begin{pmatrix} 2\\ 4\end{pmatrix}\) la dirige :

   $$ m_3 = \frac{4}{2} = 2 $$

   $$ m_1 = m_3 = 2 $$

   Les deux droites ont la même pente : elles sont parallèles. Elles ne sont pas confondues, car le point \((0 \ ; \ {-}3)\) est sur \(d_1\) mais \(4 \times 0 - 2 \times (- 3) + 1 = 7 \neq 0\).

3. Déterminer les coordonnées du point d'intersection \(I\) de \(d_1\) et \(d_2\).

   Le point \(I\) vérifie les deux équations à la fois : on égalise les deux expressions de \(y\).

   $$ 2x \textcolor{rgb(232 124 124)}{- 3} \underset{\textcolor{rgb(157, 171, 234)}{\Huge \style{display:inline-block;transform:scaleY(-1)}{\curvearrowleft}}}{\overset{\textcolor{rgb(232 124 124)}{\Huge \curvearrowright}}{=}} \textcolor{rgb(157, 171, 234)}{- x} + 6 $$

   $$ 2x \textcolor{rgb(157, 171, 234)}{+ x} = 6 \textcolor{rgb(232 124 124)}{+ 3} $$

   $$ 3x = 9 $$

   $$ \frac{3x}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{3}} = \frac{9}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{3}} $$

   $$ x = 3 $$

   On reporte dans l'équation de \(d_1\) :

   $$ y = 2 \times 3 - 3 = 3 $$

   $$ I(3 \ ; \ 3) $$

   On vérifie avec \(d_2\) : \(- 3 + 6 = 3\).

4. Les droites \(d_2\) et \(d_3\) sont-elles sécantes ? Justifier.

   La pente de \(d_2\) vaut \(- 1\), celle de \(d_3\) vaut \(2\) (question 2) :

   $$ m_2 = - 1 \neq 2 = m_3 $$

   Les pentes sont différentes : \(d_2\) et \(d_3\) sont sécantes.

Alignement et déterminant

Dans un repère orthonormé, on donne \(A(-1 \ ; \ 2)\), \(B(2 \ ; \ 3)\) et \(C(8 \ ; \ 5)\).

1. Placer les points \(A\), \(B\) et \(C\) dans le repère ci-dessous. Semblent-ils alignés ?

   Les trois points semblent alignés : ce n'est qu'une conjecture, que le déterminant va trancher.

2. Calculer les coordonnées des vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\), puis les tracer en partant de \(A\).
   $$ \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 2 - (- 1)\\ 3 - 2\end{pmatrix} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 8 - (- 1)\\ 5 - 2\end{pmatrix} $$

   $$ \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 3\\ 1\end{pmatrix} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 9\\ 3\end{pmatrix} $$

   Le représentant de \(\overrightarrow{AC}\) prolonge celui de \(\overrightarrow{AB}\), trois fois plus long.

3. Calculer \(\det\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\right)\) et conclure sur l'alignement de \(A\), \(B\) et \(C\).
   $$ \det\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\right) = 3 \times 3 - 1 \times 9 = 9 - 9 $$

   $$ \det\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\right) = 0 $$

   Les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) sont colinéaires : les points \(A\), \(B\) et \(C\) sont alignés.

4. Déterminer une équation cartésienne de la droite \((AB)\).

   Un point \(M(x \ ; \ y)\) est sur \((AB)\) si et seulement si \(\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix} x + 1\\ y - 2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 3\\ 1\end{pmatrix}\) sont colinéaires :

   $$ \det\left(\overrightarrow{AM}, \overrightarrow{AB}\right) = (x + 1) \times 1 - (y - 2) \times 3 = 0 $$

   $$ x + 1 - 3y + 6 = 0 $$

   $$ (AB) : x - 3y + 7 = 0 $$

   On vérifie avec \(B\) : \(2 - 9 + 7 = 0\) ; et même avec \(C\), puisque les trois points sont alignés : \(8 - 15 + 7 = 0\).

Une erreur, puis un paramètre

Pour la droite \(d : 3x + 6y - 2 = 0\), Léo a écrit : « un vecteur directeur de \(d\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix} 3\\ 6\end{pmatrix}\), donc sa pente vaut \(2\) ».

La droite \(d\) est tracée ci-dessous ; elle passe par \(A\bigl(0 \ ; \ \frac{1}{3}\bigr)\).

1. Tracer le vecteur de Léo en partant de \(A\), puis expliquer son erreur et donner un vecteur directeur correct de \(d\).

   Léo a pris les coefficients \(a = 3\) et \(b = 6\) tels quels. Or un vecteur directeur de la droite d'équation \(ax + by + c = 0\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix} -b\\ a\end{pmatrix}\) :

   $$ \vec{u}\begin{pmatrix} - 6\\ 3\end{pmatrix} $$

   Tracé depuis \(A\), le vecteur de Léo quitte la droite \(d\) : il ne la dirige pas.

2. Calculer la pente de cette même droite \(d\), puis vérifier en écrivant son équation réduite.

   La pente est le quotient des coordonnées du vecteur directeur :

   $$ m = \frac{3}{- 6} = - \frac{1}{2} $$

   Pour vérifier, on isole \(y\) dans l'équation cartésienne :

   $$ \textcolor{rgb(232 124 124)}{3x} + 6y \textcolor{rgb(232 124 124)}{- 2} \overset{\textcolor{rgb(232 124 124)}{\Huge \curvearrowright}}{=} 0 $$

   $$ 6y = \textcolor{rgb(232 124 124)}{- 3x + 2} $$

   $$ \frac{6y}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{6}} = \frac{- 3x + 2}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{6}} $$

   $$ y = - \frac{1}{2} x + \frac{1}{3} $$

   On retrouve bien une pente de \(- \frac{1}{2}\).

3. On change de droite : pour un réel \(k\), on note \(d_k\) la droite d'équation \(kx + 2y - 4 = 0\). Déterminer \(k\) pour que \(d_k\) soit parallèle à \(d\), puis tracer \(d_k\) pour cette valeur dans le même repère.

   Le vecteur \(\vec{v}\begin{pmatrix} - 2\\ k\end{pmatrix}\) dirige \(d_k\), dont la pente vaut donc \(\frac{k}{- 2} = - \frac{k}{2}\). Les deux droites sont parallèles si leurs pentes sont égales :

   $$ - \frac{k}{2} = - \frac{1}{2} $$

   $$ - \frac{k}{2} \textcolor{rgb(93 183 129)}{\times \ (- 2)} = - \frac{1}{2} \textcolor{rgb(93 183 129)}{\times \ (- 2)} $$

   $$ k = 1 $$

   La droite \(d_1 : x + 2y - 4 = 0\) est bien distincte de \(d\) : le point \((4 \ ; \ 0)\) est sur \(d_1\), mais \(3 \times 4 + 6 \times 0 - 2 = 10 \neq 0\).

4. Pour cette même famille de droites \(d_k\), déterminer \(k\) pour que \(d_k\) passe par le point \(E(2 \ ; \ {-}1)\), puis placer \(E\) et tracer \(d_k\) pour cette valeur.

   Les coordonnées de \(E\) doivent vérifier l'équation de \(d_k\) :

   $$ k \times 2 + 2 \times (- 1) - 4 = 0 $$

   $$ 2k \textcolor{rgb(232 124 124)}{- 6} \overset{\textcolor{rgb(232 124 124)}{\Huge \curvearrowright}}{=} 0 $$

   $$ 2k = \textcolor{rgb(232 124 124)}{6} $$

   $$ \frac{2k}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{2}} = \frac{6}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{2}} $$

   $$ k = 3 $$

   La droite \(d_3 : 3x + 2y - 4 = 0\) passe par \(E\) ; comme \(d_1\), elle passe aussi par \((0 \ ; \ 2)\), commun à toutes les droites \(d_k\).

Un pont sur le canal

Sur le plan d'une commune, muni d'un repère orthonormé d'unité \(100 \ \text{m}\), une route rectiligne passe par \(A(0 \ ; \ 6)\) et \(B(8 \ ; \ 2)\), et un canal rectiligne par \(C(3 \ ; \ 0)\) et \(D(5 \ ; \ 2)\). Une ferme se trouve en \(F(1 \ ; \ 1)\).

1. Déterminer l'équation réduite de la route \((AB)\).
   $$ m = \frac{2 - 6}{8 - 0} = \frac{- 4}{8} = - \frac{1}{2} $$

   La route coupe l'axe des ordonnées en \(A(0 \ ; \ 6)\) : son ordonnée à l'origine vaut \(p = 6\).

   $$ (AB) : y = - \frac{1}{2} x + 6 $$
2. Déterminer une équation cartésienne du canal \((CD)\).

   Un point \(M(x \ ; \ y)\) est sur \((CD)\) si et seulement si \(\overrightarrow{CM}\begin{pmatrix} x - 3\\ y\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix} 2\\ 2\end{pmatrix}\) sont colinéaires :

   $$ \det\left(\overrightarrow{CM}, \overrightarrow{CD}\right) = (x - 3) \times 2 - y \times 2 = 0 $$

   $$ (CD) : 2x - 2y - 6 = 0 $$

   On vérifie avec \(D\) : \(2 \times 5 - 2 \times 2 - 6 = 0\).

3. Un pont est construit là où la route franchit le canal. Déterminer les coordonnées de ce pont \(P\).

   On écrit d'abord l'équation réduite du canal :

   $$ 2x \textcolor{rgb(232 124 124)}{- 2y} - 6 \overset{\textcolor{rgb(232 124 124)}{\Huge \curvearrowright}}{=} 0 $$

   $$ 2x - 6 = \textcolor{rgb(232 124 124)}{2y} $$

   $$ \frac{2x - 6}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{2}} = \frac{2y}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{2}} $$

   $$ y = x - 3 $$

   Le point \(P\) est sur la route et sur le canal : on égalise les deux expressions de \(y\).

   $$ x \textcolor{rgb(232 124 124)}{- 3} \underset{\textcolor{rgb(157, 171, 234)}{\Huge \style{display:inline-block;transform:scaleY(-1)}{\curvearrowleft}}}{\overset{\textcolor{rgb(232 124 124)}{\Huge \curvearrowright}}{=}} \textcolor{rgb(157, 171, 234)}{- \frac{1}{2} x} + 6 $$

   $$ x \textcolor{rgb(157, 171, 234)}{+ \frac{1}{2} x} = 6 \textcolor{rgb(232 124 124)}{+ 3} $$

   $$ \frac{3}{2} x = 9 $$

   $$ \frac{3}{2} x \textcolor{rgb(93 183 129)}{\times \ \frac{2}{3}} = 9 \textcolor{rgb(93 183 129)}{\times \ \frac{2}{3}} $$

   $$ x = 6 $$

   On reporte dans l'équation du canal : \(y = 6 - 3 = 3\) ; et l'on vérifie sur la route : \(- \frac{1}{2} \times 6 + 6 = 3\).

   $$ P(6 \ ; \ 3) $$
4. Le fermier veut tracer un chemin rectiligne, parallèle au canal, de sa ferme \(F\) jusqu'à la route. Il affirme que ce chemin rejoindra la route à moins de \(300 \ \text{m}\) du pont \(P\). A-t-il raison ? Justifier.

   Le canal \(y = x - 3\) a pour pente \(1\) : le chemin, parallèle, a la même pente. Son équation est \(y = x + p\), et elle est vérifiée par \(F(1 \ ; \ 1)\) :

   $$ 1 = 1 + p \hspace{2em} \text{d'où} \hspace{2em} p = 0 $$

   $$ \text{chemin} : y = x $$

   Le chemin rejoint la route au point \(M\) où les deux expressions de \(y\) sont égales :

   $$ x \underset{\textcolor{rgb(157, 171, 234)}{\Huge \style{display:inline-block;transform:scaleY(-1)}{\curvearrowleft}}}{=} \textcolor{rgb(157, 171, 234)}{- \frac{1}{2} x} + 6 $$

   $$ x \textcolor{rgb(157, 171, 234)}{+ \frac{1}{2} x} = 6 $$

   $$ \frac{3}{2} x = 6 $$

   $$ \frac{3}{2} x \textcolor{rgb(93 183 129)}{\times \ \frac{2}{3}} = 6 \textcolor{rgb(93 183 129)}{\times \ \frac{2}{3}} $$

   $$ x = 4 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} y = 4 $$

   $$ M(4 \ ; \ 4) $$

   Le repère est orthonormé : on calcule la distance entre \(M\) et le pont \(P(6 \ ; \ 3)\).

   $$ MP = \sqrt{(6 - 4)^2 + (3 - 4)^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5} \approx 2.24 $$

   Une unité vaut \(100 \ \text{m}\), donc \(MP \approx 224 \ \text{m}\), moins de \(300 \ \text{m}\).

   Le fermier a raison : son chemin rejoint la route à environ \(224 \ \text{m}\) du pont.

La nouvelle station de tramway

Sur le plan d'une ville, muni d'un repère orthonormé d'unité \(100 \ \text{m}\), une ligne de tramway rectiligne relie les stations \(A(1 \ ; \ 1)\) et \(B(4 \ ; \ 7)\). La ville veut ouvrir sur cette ligne une nouvelle station, près de l'école \(E(6 \ ; \ 1)\) et du gymnase \(G(6 \ ; \ 6)\).

1. Déterminer l'équation réduite de la ligne \((AB)\).

   Les abscisses de \(A\) et \(B\) sont différentes : la ligne a une équation de la forme \(y = mx + p\), de pente

   $$ m = \frac{7 - 1}{4 - 1} = \frac{6}{3} = 2 $$

   Le point \(A\) est sur la ligne, donc ses coordonnées vérifient \(y = 2x + p\) :

   $$ 1 \underset{\textcolor{rgb(157, 171, 234)}{\Huge \style{display:inline-block;transform:scaleY(-1)}{\curvearrowleft}}}{=} \textcolor{rgb(157, 171, 234)}{2 \times 1} + p $$

   $$ 1 \textcolor{rgb(157, 171, 234)}{- 2} = p $$

   $$ p = - 1 $$

   $$ (AB) : y = 2x - 1 $$

   On vérifie avec \(B\) : \(2 \times 4 - 1 = 7\).

2. On note \(M(x \ ; \ 2x - 1)\) un point de la ligne. Vérifier que \(EM^2 = 5(x - 2)^2 + 20\), puis en déduire le point \(H\) de la ligne le plus proche de l'école : prouver qu'aucun autre point de la ligne n'est aussi proche, et donner la distance \(EH\) au mètre près.

   Le repère est orthonormé :

   $$ EM^2 = (x - 6)^2 + (2x - 1 - 1)^2 = (x - 6)^2 + (2x - 2)^2 $$

   $$ EM^2 = x^2 - 12x + 36 + 4x^2 - 8x + 4 = 5x^2 - 20x + 40 $$

   On développe l'expression proposée :

   $$ 5(x - 2)^2 + 20 = 5\bigl(x^2 - 4x + 4\bigr) + 20 = 5x^2 - 20x + 40 $$

   $$ EM^2 = 5(x - 2)^2 + 20 $$

   Un carré est positif ou nul : \(5(x - 2)^2 \geqslant 0\), donc \(EM^2 \geqslant 20\). L'égalité n'a lieu que si \((x - 2)^2 = 0\), c'est-à-dire pour \(x = 2\) ; pour tout autre \(x\), \((x - 2)^2 > 0\) et \(EM^2 > 20\). Le point le plus proche a pour abscisse \(2\) et pour ordonnée \(2 \times 2 - 1 = 3\) :

   $$ EH = \sqrt{20} = 2\sqrt{5} \approx 4.47 $$

   $$ H(2 \ ; \ 3) \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} EH \approx 447 \ \text{m} $$
3. La station doit se trouver à \(500 \ \text{m}\) au plus de l'école. Montrer que cela revient à \(|x - 2| \leqslant 1\), puis donner les deux points extrêmes de la ligne qui conviennent.

   Deux nombres positifs sont rangés dans le même ordre que leurs carrés : \(EM \leqslant 5\) équivaut à \(EM^2 \leqslant 25\).

   $$ 5(x - 2)^2 \textcolor{rgb(232 124 124)}{+ 20} \overset{\textcolor{rgb(232 124 124)}{\Huge \curvearrowright}}{\leqslant} 25 $$

   $$ 5(x - 2)^2 \leqslant 25 \textcolor{rgb(232 124 124)}{- 20} $$

   $$ 5(x - 2)^2 \leqslant 5 $$

   $$ \frac{5(x - 2)^2}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{5}} \leqslant \frac{5}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{5}} $$

   $$ (x - 2)^2 \leqslant 1 $$

   Or \((x - 2)^2 = |x - 2|^2\), et \(|x - 2|\) est positif : on compare de nouveau deux nombres positifs par leurs carrés.

   $$ EM \leqslant 5 \iff |x - 2| \leqslant 1 \iff 1 \leqslant x \leqslant 3 $$

   Les points extrêmes ont pour abscisses \(1\) et \(3\) : la station \(A(1 \ ; \ 1)\) elle-même, et le point \(K(3 \ ; \ 5)\).

   Vérification : \(EA^2 = 5^2 + 0^2 = 25\) et \(EK^2 = 3^2 + 4^2 = 25\).

4. La station doit aussi se trouver à \(500 \ \text{m}\) au plus du gymnase. Déterminer toutes les positions possibles de la station, en écrivant \(GM^2\) sous la même forme qu'à la question 2.
   $$ GM^2 = (x - 6)^2 + (2x - 1 - 6)^2 = (x - 6)^2 + (2x - 7)^2 $$

   $$ GM^2 = x^2 - 12x + 36 + 4x^2 - 28x + 49 = 5x^2 - 40x + 85 $$

   On met \(5\) en facteur, puis on reconnaît le début du carré \((x - 4)^2 = x^2 - 8x + 16\) :

   $$ GM^2 = 5\bigl(x^2 - 8x + 17\bigr) = 5\bigl((x - 4)^2 + 1\bigr) $$

   $$ GM^2 = 5(x - 4)^2 + 5 $$

   Comme à la question 3, \(GM \leqslant 5\) équivaut à \(GM^2 \leqslant 25\) :

   $$ 5(x - 4)^2 \textcolor{rgb(232 124 124)}{+ 5} \overset{\textcolor{rgb(232 124 124)}{\Huge \curvearrowright}}{\leqslant} 25 $$

   $$ 5(x - 4)^2 \leqslant 25 \textcolor{rgb(232 124 124)}{- 5} $$

   $$ 5(x - 4)^2 \leqslant 20 $$

   $$ \frac{5(x - 4)^2}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{5}} \leqslant \frac{20}{\textcolor{rgb(93 183 129)}{5}} $$

   $$ (x - 4)^2 \leqslant 4 $$

   $$ GM \leqslant 5 \iff |x - 4| \leqslant 2 \iff 2 \leqslant x \leqslant 6 $$

   La station doit vérifier les deux conditions, \(1 \leqslant x \leqslant 3\) et \(2 \leqslant x \leqslant 6\), c'est-à-dire \(2 \leqslant x \leqslant 3\). Chaque étape est une équivalence : tous ces points conviennent, et aucun autre. Pour \(x = 2\), on retrouve \(H(2 \ ; \ 3)\) ; pour \(x = 3\), \(K(3 \ ; \ 5)\).

   La station peut se placer en tout point du segment \(\bigl[HK\bigr]\), et nulle part ailleurs.

   Ce tronçon mesure \(HK = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5} \approx 2.24\), soit environ \(224 \ \text{m}\). Sur la figure, c'est la partie de la ligne commune aux deux disques de rayon \(500 \ \text{m}\).

Le billard à une bande

Une table de billard mesure \(2.24 \ \text{m}\) sur \(1.12 \ \text{m}\). Dans un repère orthonormé d'unité \(28 \ \text{cm}\), ses bandes sont portées par les droites d'équations \(x = 0\), \(x = 8\), \(y = 0\) et \(y = 4\) ; ses six poches sont aux quatre coins et aux points \((4 \ ; \ 0)\) et \((4 \ ; \ 4)\). La bille, assimilée à un point, roule en ligne droite. Quand elle touche une bande horizontale hors d'une poche, elle rebondit : arrivée selon le vecteur \(\vec{u}\begin{pmatrix} a\\ b\end{pmatrix}\), elle repart selon \(\vec{v}\begin{pmatrix} a\\ -b\end{pmatrix}\).

1. La bille part de \(B(1 \ ; \ 2)\) selon le vecteur \(\vec{u}\begin{pmatrix} 1\\ 2\end{pmatrix}\). Déterminer l'équation réduite de sa trajectoire, puis le point \(T\) où elle touche une bande.

   La pente est le quotient des coordonnées de \(\vec{u}\), et la droite passe par \(B\) :

   $$ m = \frac{2}{1} = 2 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 2 = 2 \times 1 + p \hspace{2em} \text{d'où} \hspace{2em} p = 0 $$

   $$ y = 2x $$

   La bille va vers la droite et vers le haut. Elle atteint la bande du haut quand \(2x = 4\), soit \(x = 2\) ; la bande de droite ne serait atteinte qu'à l'ordonnée \(2 \times 8 = 16\), hors de la table.

   $$ T(2 \ ; \ 4) $$

   Le point \(T\) n'est pas une poche : la bille rebondit.

2. Démontrer qu'après ce rebond la bille tombe dans une poche, et dire laquelle.

   La bande du haut est horizontale : depuis \(T(2 \ ; \ 4)\), la bille repart selon \(\vec{v}\begin{pmatrix} 1\\ -2\end{pmatrix}\), de pente \(- 2\).

   $$ 4 = - 2 \times 2 + p \hspace{2em} \text{d'où} \hspace{2em} p = 8 $$

   $$ y = - 2x + 8 $$

   La bille va vers la droite et vers le bas. Elle atteint la bande du bas quand \(- 2x + 8 = 0\), soit \(x = 4\) ; la bande de droite ne serait atteinte qu'à l'ordonnée \(- 2 \times 8 + 8 = - 8\).

   La bille tombe dans la poche \((4 \ ; \ 0)\), au milieu de la bande du bas.

3. On change de position : la bille est en \(D(6 \ ; \ 2)\), et le joueur veut l'envoyer dans la poche \(P(8 \ ; \ 0)\) en touchant d'abord la bande du haut. On note \(P'(8 \ ; \ 8)\) le symétrique de \(P\) par rapport à cette bande. Montrer qu'en visant le point \(R\) où la droite \((DP')\) coupe la bande du haut, la bille tombe dans la poche \(P\).
   $$ m = \frac{8 - 2}{8 - 6} = 3 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 2 = 3 \times 6 + p \hspace{2em} \text{d'où} \hspace{2em} p = - 16 $$

   $$ (DP') : y = 3x - 16 $$

   Cette droite coupe la bande du haut quand \(3x - 16 = 4\) :

   $$ 3x = 20 \hspace{2em} \text{d'où} \hspace{2em} x = \frac{20}{3} \approx 6.67 $$

   Le point \(R\left(\frac{20}{3} \ ; \ 4\right)\) est sur la bande, entre deux poches. La bille y arrive selon \(\overrightarrow{DP'}\begin{pmatrix} 2\\ 6\end{pmatrix}\) et repart selon \(\vec{w}\begin{pmatrix} 2\\ -6\end{pmatrix}\), de pente \(- 3\) :

   $$ 4 = - 3 \times \frac{20}{3} + p \hspace{2em} \text{d'où} \hspace{2em} p = 24 $$

   $$ y = - 3x + 24 $$

   Elle atteint la bande du bas quand \(- 3x + 24 = 0\), soit \(x = 8\) : c'est le coin \(P\).

   En visant \(R\left(\frac{20}{3} \ ; \ 4\right)\), la bille tombe dans la poche \(P(8 \ ; \ 0)\).

4. Toujours depuis \(D\), et en ne touchant que la bande du haut avant de tomber, dans quelles poches le joueur peut-il envoyer la bille ? Trouver toutes les possibilités, avec le point à viser, et prouver qu'il n'y en a pas d'autre.

   Les poches du haut : pour toucher la bande du haut, la bille monte ; après le rebond, la seconde coordonnée de son vecteur est négative, et elle ne fait plus que descendre. Aucune poche du haut ne convient.

   Une poche du bas : supposons que la bille rebondisse en \(R(r \ ; \ 4)\), puis tombe dans la poche \(Q(q \ ; \ 0)\), de symétrique \(Q'(q \ ; \ 8)\). Après le rebond, elle suit un vecteur colinéaire à \(\overrightarrow{RQ}\begin{pmatrix} q - r\\ -4\end{pmatrix}\) ; d'après la règle du rebond, elle arrivait selon un vecteur colinéaire à \(\overrightarrow{RQ'}\begin{pmatrix} q - r\\ 4\end{pmatrix}\). Ainsi \(\overrightarrow{DR}\) et \(\overrightarrow{RQ'}\) sont colinéaires : \(D\), \(R\) et \(Q'\) sont alignés, et \(R\) est le seul point où \((DQ')\) coupe la bande du haut. Chaque poche du bas donne donc un seul point à viser, celui de la méthode de la question 3 ; il reste à l'examiner.

   Poche \((0 \ ; \ 0)\) : \(Q'(0 \ ; \ 8)\), et \((DQ')\) a pour pente \(\frac{8 - 2}{0 - 6} = - 1\), d'où \(y = - x + 8\). Elle coupe la bande du haut en \(x = 4\), c'est-à-dire dans la poche \((4 \ ; \ 4)\) : la bille y tombe avant de rebondir.

   Poche \((4 \ ; \ 0)\) : \(Q'(4 \ ; \ 8)\), et \((DQ')\) a pour pente \(\frac{8 - 2}{4 - 6} = - 3\), d'où \(y = - 3x + 20\). Elle coupe la bande du haut quand \(- 3x + 20 = 4\), soit \(x = \frac{16}{3} \approx 5.33\), entre deux poches. Après le rebond, la pente vaut \(3\) : \(y = 3x - 12\), qui atteint la bande du bas en \(x = 4\).

   Poche \((8 \ ; \ 0)\) : c'est la question 3, en visant \(\left(\frac{20}{3} \ ; \ 4\right)\).

   Dans ces deux derniers cas, la table est un rectangle : les deux segments parcourus restent sur la table et ne rencontrent aucune autre bande.

   Deux poches seulement : \((4 \ ; \ 0)\), en visant \(\left(\frac{16}{3} \ ; \ 4\right)\), et \((8 \ ; \ 0)\), en visant \(\left(\frac{20}{3} \ ; \ 4\right)\).