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Exercices du dossier Cercle

Exercice 727 *

4 janvier 2021 18:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer le centre et le rayon des cercles d’équations cartésiennes :

  1. \(x^2+y^2-4x+4y-1=0\)

  2. \(x^2+y^2-6x+8y+24=0\)



[ID: 166] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:48] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 727
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48
  1. \(x^2+y^2-4x+4y-1=0 \Longleftrightarrow\left(x-2\right)^2+\left(y+2\right)^2=9\). Cette première équation est celle d’un cercle de centre \(\left(2,-2\right)\) et de rayon \(3\).

  2. \(x^2+y^2-6x+8y+24=0 \Longleftrightarrow\left(x-3\right)^2 + \left(y+4\right)^2 = 1\) qui est l’équation d’un cercle de centre \(\left(3,-4\right)\) et de rayon \(1\).


Exercice 203 *

4 janvier 2021 18:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(\mathscr C\) le cercle de centre \(\Omega(2;-1)\) et de rayon \({\scriptstyle\sqrt{5}\over\scriptstyle 2}\) et \(\mathscr D\) la droite d’équation \(2x+y=0\). Déterminer les droites qui sont tangentes à \(\mathscr C\) et parallèles à \(\mathscr D\).



[ID: 168] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:48] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 203
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48

Un droite \(\mathscr D'\) parallèle à \(\mathscr D\) a une équation cartésienne de la forme \(2x+y+c=0\) avec \(c\in\mathbb{R}\). Si de plus \(\mathscr D'\) est tangente à \(\mathscr C\) alors \(d\left(\Omega,\mathscr D'\right)=\sqrt 5/2\) ce qui amène : \(\left|3+c\right|/\sqrt{5}=\sqrt 5/2\) et donc : \(c=-1/2\) ou \(c=-11/2\). La droite \(\mathscr D'\) est donc celle d’équation cartésienne : ou . Réciproquement, ces deux droites sont solutions du problème.


Exercice 757 **

4 janvier 2021 18:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère le cercle d’équation \[\mathcal{C}~: x^2 + y^2 + x - 3y - 3 = 0\] et le point \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\-2 \end{matrix}\right.}\). Une droite passant par \(A\) est tangente au cercle \(\mathcal{C}\) au point \(M\). Calculer la longueur \(AM\).



[ID: 170] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:48] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 757
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48

Le cercle est de centre \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} -1/2 \\ 3/2 \end{matrix}\right.}\) et de rayon \(R\)\(R^2 = 11/2\). Puisque \(\overrightarrow{\Omega M} . \overrightarrow{AM} = 0\), d’après le théorème de Pythagore, \(A\Omega^2 = AM^2 + R^2\). On en tire \(AM = 3\).


Exercice 202 **

4 janvier 2021 18:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère le cercle d’équation \[\mathcal{C}:~ x^2 + y^2 + 10x - 2y + 6 = 0\] et la droite d’équation \[\mathcal{D}:~ 2x + y - 7 = 0\] Écrire les équations cartésiennes des tangentes au cercle \(\mathcal{C}\) et parallèles à la droite \(\mathcal{D}\).



[ID: 172] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:48] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 202
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48

Le cercle est de centre \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} -5\\1 \end{matrix}\right.}\) et de rayon \(R = 2\sqrt{5}\). Une droite parallèle à \(\mathcal{D}\) a pour équation cartésienne \[\mathcal{D}_t~: 2x + y + t = 0\] Cette droite est tangente au cercle \(\mathcal{C}\) si et seulement si \(d(\Omega, \mathcal{D}_t) = R\), c’est-à-dire si et seulement si \(\lvert t-9 \rvert = 10\). On trouve deux valeurs de \(t\), \(t_1 = 19\) et \(t_2=-1\), d’où les deux droites : \[2x+y+19=0 \textrm{ et } 2x+y-1 = 0\]


Exercice 395 **

4 janvier 2021 18:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère le cercle d’équation \[\mathcal{C}:~ x^2 + y^2 + 4x - 6y - 17 = 0\] et la droite d’équation \[\mathcal{D}:~ 5x+2y-13 = 0\] Trouver l’équation cartésienne du diamètre de \(\mathcal{C}\) perpendiculaire à la droite \(\mathcal{D}\).



[ID: 174] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:48] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 395
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48

Le cercle \(\mathcal{C}\) a pour centre \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} -2\\3 \end{matrix}\right.}\) et pour rayon \(R = \sqrt{30}\). Le diamètre passe par \(\Omega\) et celui recherché ne peut être verticale car il est perpendiculaire à \(\mathcal D\). Il a donc pour équation cartésienne \(y-3=m(x+2)\), c’est-à-dire \[\mathcal{D}_m~: mx - y + (3+2m) = 0\] Un vecteur normal à \(\mathcal{D}_m\) est \(\overrightarrow{n_m} \underset{}{\left|\begin{matrix} m \\ -1 \end{matrix}\right.}\) et un vecteur normal à \(\mathcal{D}\) est \(\overrightarrow{n} \underset{}{\left|\begin{matrix} 5\\2 \end{matrix}\right.}\). Pour que les deux droites soient perpendiculaires, il faut et il suffit que \(\overrightarrow{n_m} . \overrightarrow{n} = 0\), c’est-à-dire \(m = 2/5\). On trouve donc l’équation du diamètre : \[\boxed{2x-5y+19=0}\]


Exercice 102 **

4 janvier 2021 18:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Tracer la courbe d’équation \(y = -3 + \sqrt{21 - 4x - x^2}\)



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Exercice 102
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48

On doit avoir \((y+3)^2 = 21-4x-x^2\), c’est-à-dire \[(x+2)^2 + (y+3)^2 = 25\] On reconnaît un demi-cercle de centre \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} -2\\-3 \end{matrix}\right.}\) de rayon \(R=5\) situé au dessus de la droite d’équation \(y = -3\).


Exercice 570 **

4 janvier 2021 18:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les cercles de centre \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} 3\\-1 \end{matrix}\right.}\) qui coupent la droite d’équation \[\mathcal{D}:~ 2x-5y+18=0\] en deux points \(A\), \(B\) avec \(AB = 6\).



[ID: 178] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:48] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 570
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48

Il suffit de déterminer le rayon du cercle. En appelant \(H\) le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur \(\mathcal{D}\) et en utilisant le théorème de Pythagore, \[R^2 = \Omega H^2 + (AB / 2)^2\] On calcule \(\Omega H^2 = 29\), puis \(R^2 = 38\). L’équation du cercle est donc \[\boxed{ (x-3)^2 + (y+1)^2 = 38 }\]


Exercice 268 **

4 janvier 2021 18:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les équations de cercles tangents aux deux droites d’équation \(\mathcal D_1~:4x-3y+10=0\), \(\mathcal D_2~:4x-3y-30=0\) et dont le centre se trouve sur la droite d’équation \(2x + y = 0\).



[ID: 180] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:48] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 268
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48

Si l’on note \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\-2a \end{matrix}\right.}\) le centre du cercle, il faut que \(d(\Omega, \mathcal{D}_1) = d(\Omega, \mathcal{D}_2)\), ce qui donne \(10a + 10 = -10a + 30\) et l’on tire \(a = 1\). On trouve \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\-2 \end{matrix}\right.}\) et le rayon du cercle vaut \(4\). Réciproquement, ce cercle convient.


Exercice 894 **

4 janvier 2021 18:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère le cercle d’équation \[\mathcal{C}:~ x^2 + y^2 - 6x +2y + 5 = 0\] Par le point \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} 4\\-4 \end{matrix}\right.}\), on mène deux tangentes au cercle. Calculer la distance \(d\) entre les points de tangence.



[ID: 182] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:48] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 894
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48

Le cercle est de centre \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} 3\\-1 \end{matrix}\right.}\), de rayon \(R=\sqrt{5}\). Une droite passant par \(A\) est d’équation \(y+4=m(x-4)\) \[\mathcal{D}_m~: mx - y - 4(m+1) = 0\] En écrivant que \(d(\Omega, \mathcal{D}_m) = R\), on trouve une équation du second degré en \(m\) : \[2m^2-3m-2 = 0\] dont les racines sont \(m_1=2\) et \(m_2=-1/2\). Comme \(m_1m_2 = -1\), les deux tangentes sont orthogonales, et en appelant \(C\) et \(D\) les points de tangence, \(\Omega CAD\) est un carré de diagonale \(\boxed{d = \sqrt{10}}\).


Exercice 530 **

4 janvier 2021 18:48 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, déterminer les droites passant par l’origine, orthogonales et tangentes à un cercle de centre \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\1 \end{matrix}\right.}\).



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Exercice 530
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48

Les équations de deux droites passant par l’origine sont de la forme \(y= mx\) et \(y=m'x\). Pour que ces deux droites soient orthogonales, il faut que \(1 + mm' = 0\), c’est-à-dire \(m' = -1/m\) (\(m=0\) ou \(m'=0\) correspondrait aux deux axes qui ne sont pas solution du problème). Un cercle de centre \(\Omega\) est tangent à ces deux droites si et seulement si \(d^2(\Omega, \mathcal{D}_m) = d^2(\Omega, \mathcal{D}_{-1/m})\) ce qu’on traduit par \(\dfrac{(2m-1)^2}{m^2+1} = \dfrac{(2+m)^2}{m^2+1}\), c’est-à-dire \(3m^2-8m-3=0\), trinôme qui possède les deux racines \(m_1=3\) et \(m_2=-1/3\). Les deux droites solutions sont de pente \(3\) et \(-1/3\).


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Exercice 989
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48
  1. On trouve \(\boxed{\mathcal{D}:~ x + y - 2 = 0}\).

  2. L’équation cartésienne réduite du cercle est \[(x-4)^2 + (y-5)^2 = 4\] C’est donc le cercle de centre \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} 4 \\ 5 \end{matrix}\right.}\) et de rayon \(2\). La distance du centre \(\Omega\) à la droite \((AB)\) est donnée par : \[d(\Omega, \mathcal{D}) = \dfrac{\lvert 4 + 5 - 2 \rvert }{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \dfrac{7}{\sqrt{2}}.\] La distance du cercle à la droite est donc \[\boxed{ d(\mathcal{D}, \mathcal{D}) = d(\Omega, \mathcal{D}) - R = \dfrac{7 - 2\sqrt{2}}{2} > 0}\]


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Exercice 488
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48

\[\mathcal{C}_{\lambda}~: (x-\lambda)^2 + y^2 = \lambda^2\] \[\Gamma_{\lambda}~: (x-\lambda)^2 + (y-\lambda)^2 = \lambda^2\] Un point \(P \underset{}{\left|\begin{matrix} x\\y \end{matrix}\right.}\) appartient à ces deux cercles si ses coordonnées vérifient les deux équations. En formant la différence des deux équations, on tire \(y = \lambda /2\). En reportant dans la première équation, on trouve \[4x^2 - 8\lambda x + \lambda^2 = 0\] d’où \(x_1 = \dfrac{(2+\sqrt{3})\lambda}{2}\) et \(x_2 = \dfrac{(2-\sqrt{3})\lambda}{2}\). d’où \(P_{\lambda} \dfrac{\lambda}{2} \underset{}{\left|\begin{matrix} 2+\sqrt{3}\\1 \end{matrix}\right.}\) et \(Q_{\lambda} \dfrac{\lambda}{2} \underset{}{\left|\begin{matrix} 2-\sqrt{3}\\1 \end{matrix}\right.}\). Les points décrivent les droites d’équations \(y = (2+\sqrt{3})x\) et \(y = (2-\sqrt{3})x\).


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Exercice 847
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48
  1. Comme \(d(C_t,0) = d(C_t,A)\), on trouve \[(\mathcal{C}_t : x^2 + y^2 - 2tx + 2(t-a)y = 0\] On aurait pu partir également d’une équation cartésienne générale d’un cercle passant par \(O\) : \[x^2 + y^2 + 2\alpha x + 2\beta y = 0\] et dire que le point \(A\) appartenait à ce cercle.

  2. \(K_t \underset{}{\left|\begin{matrix} 2t\\0 \end{matrix}\right.}\), \(C_t \underset{}{\left|\begin{matrix} t\\a-t \end{matrix}\right.}\), d’où l’équation cartésienne de la tangente : \({\overrightarrow{C_tK_t}}\cdot{\overrightarrow{K_tM}}=0\) : \[tX + (t-a) Y - 2t^2 = 0\]

  3. Le vecteur \(n_t \underset{}{\left|\begin{matrix} t\\t-a \end{matrix}\right.}\) est orthogonal à la droite \(\mathcal{D}_t\). On écrit \[\begin{vmatrix}X-a & t \\ Y-a & t-a\end{vmatrix} = 0 \Rightarrow (t-a)(X-a) - t(Y-a) = 0.\] On trouve \[H_t \underset{}{\left|\begin{matrix} t+a \\ t \end{matrix}\right.}\]

  4. C’est la droite d’équation \(y=x-a\).


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Exercice 295
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:48
  1. \[(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 = (x_0-a)^2 + y_0^2\]

  2. Cette droite est tangente au cercle si et seulement si \(d(P,\mathcal{D}) = R\), ce qui donne \[\dfrac{\lvert y_0-mx_0 \rvert }{\sqrt{1+m^2}}=(x_0-a)^2 + y_0^2\] On trouve la condition \[[a^2+y_0^2-2ax_0]m^2 - 2x^0y_0m + (x_0-a)^2 = 0\]

  3. Les deux pentes \(m_1\), \(m_2\) doivent vérifier \(m_1m_2=1\), c’est-à-dire puisqu’elles sont racines d’une équation du second degré : \[\dfrac{(x_0-a)^2}{a^2+y_0^2-2am_0} = -1\] Après développement, on trouve \(x_0^2 = y_0^2\) d’où \[(x_0-2a)^2 + y_0^2 = 2a^2\] C’est le cercle de centre \((2a,0)\) de rayon \(\sqrt{2}a\).


Droite de Simson d’un triangle **

4 janvier 2021 18:49 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Dans le plan rapporté à un repère orthonormé \(\mathcal{R} = (O, \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j})\), on considère un triangle \((ABC)\) avec \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\a \end{matrix}\right.}\), \(B \underset{}{\left|\begin{matrix} b\\0 \end{matrix}\right.}\) et \(C \underset{}{\left|\begin{matrix} c\\0 \end{matrix}\right.}\), (\(a, b, c \neq 0\) et \(b\neq c\)).

  1. Déterminer l’équation du cercle \(\mathcal{C}\) circonscrit au triangle \((ABC)\).

  2. Écrire l’équation cartésienne de la droite \((AB)\) et donner un vecteur \(\overrightarrow{n_1}\) normal à cette droite.

  3. Écrire l’équation cartésienne de la droite \((AC)\) et donner un vecteur \(\overrightarrow{n_2}\) normal à cette droite.

  4. On considère un point \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} x_0\\ y_0 \end{matrix}\right.}\) du plan. On note \(A'\) le projeté orthogonal du point \(M\) sur la droite \((BC)\), \(B'\) le projeté orthogonal de \(M\) sur la droite \((AC)\) et \(C'\) le projeté orthogonal de \(M\) sur la droite \((AB)\). Trouver les coordonnées des points \(A'\), \(B'\), \(C'\).

  5. Montrer que les points \(A'\), \(B'\), \(C'\) sont alignés si et seulement si le point \(M\) se trouve sur le cercle \(\mathcal{C}\). Dans ce cas, la droite portant les points \(A'\), \(B'\) , \(C'\) et \(M\) est la droite de Simson du triangle \(ABC\).



[ID: 194] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:49] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Droite de Simson d’un triangle
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:49
  1. L’équation d’un cercle est de la forme \(x^2+y^2+\alpha x+ \beta y + \gamma = 0\). En traduisant que \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\a \end{matrix}\right.}\), \(B \underset{}{\left|\begin{matrix} b\\0 \end{matrix}\right.}\), \(C \underset{}{\left|\begin{matrix} c\\0 \end{matrix}\right.}\) sont sur le cercle, on trouve le système \[\begin{cases} a\beta + \gamma &= -a^2 \\ b\alpha + \gamma &= -b^2 \\ c\alpha + \gamma &= -c^2 \end{cases}\] En résolvant, on en tire \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) et l’équation du cercle : \[\boxed{ \mathcal{C}~: x^2 + y^2 - (b+c)x - \dfrac{a^2+bc}{a} y + bc = 0 }\]

  2. Si \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} x_0\\y_0 \end{matrix}\right.}\), en notant \(A'\) le projeté de \(M_0\) sur \((BC)\), on a \(\boxed{A' \underset{}{\left|\begin{matrix} x_0\\0 \end{matrix}\right.}}\). La droite \((AC)\) a pour équation cartésienne : \[(AC)~: ax + cy - ac = 0\] et un vecteur normal à cette droite est \(\overrightarrow{n_1} \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\c \end{matrix}\right.}\). La droite \((AB)\) a pour équation cartésienne \[(AB)~: ax + by - ab = 0\] et un vecteur normal à cette droite est \(\overrightarrow{n_2} \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\b \end{matrix}\right.}\).

  3. Par un calcul d’intersection (\(B' = M_0 + \lambda \overrightarrow{n_1}\)) et \(B' \in (AC)\), on trouve que \(\boxed{B' \underset{}{\left|\begin{matrix} \dfrac{c(cx_0-ay_0+a^2)}{a^2+c^2} \\ \dfrac{a(-cx_0+ay_0+c^2)}{a^2+c^2} \end{matrix}\right.}}\).
    De même, en notant \(C'\) le projeté orthogonal de \(M_0\) sur \((AB)\), on trouve que \(\boxed{ C' \underset{}{\left|\begin{matrix} \dfrac{b(bx_0-ay_0+a^2)}{a^2+c^2} \\ \dfrac{a(-bx_0+ay_0+b^2)}{a^2+b^2} \end{matrix}\right.} }\)

  4. Les trois points \(A', B', C'\) sont alignés si et seulement si \(\mathop{\rm det}(\overrightarrow{A'B'}, \overrightarrow{A'C'}) = 0\), c’est-à-dire si et seulement si après calculs : \[x_0^2 + y_0^2 - (b+c)x_0 - \dfrac{a^2+bc}{a} y_0 + bc = 0\] c’est-à-dire si et seulement si le point \(M\) est sur le cercle circonscrit au triangle \((ABC)\).


Exercice 175 **

4 janvier 2021 18:49 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère deux cercles \(\mathcal{C}\) et \(\mathcal{C}'\). Déterminer le lieu du milieu des points \(M \in \mathcal{C}\) et \(M' \in \mathcal{C}'\) tels que les tangentes aux cercles en \(M\) et \(M'\) soient orthogonales.



[ID: 196] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:49] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 175
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:49

Considérons le repère d’origine le centre du premier cercle et tel que le centre du deuxième cercle soit \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\0 \end{matrix}\right.}\). L’équation des deux cercles est alors : \[\begin{cases} \mathcal{C}: & x^2 + y^2 = r^2 \\ \mathcal{C}':& (x-a)^2 + y^2 = R^2 \end{cases}\] le point \(M\) est d’affixe \(z = re^{i\theta}\) et le point \(M'\) d’affixe \(z' = a + Re^{i\theta'}\). Les tangentes en \(M\) et \(M'\) sont dirigées par les vecteurs \(\overrightarrow{u} \underset{}{\left|\begin{matrix} -\sin\theta \\ \cos\theta \end{matrix}\right.}\) et \(\overrightarrow{u'} \underset{}{\left|\begin{matrix} -\sin\theta' \\ \cos\theta' \end{matrix}\right.}\). Les tangentes sont orthogonales si et seulement si \[\sin\theta \sin\theta' + \cos\theta\cos\theta' = \sin(\theta + \theta') = 0\] c’est-à-dire \(\theta' = k\pi - \theta~\left[2\pi\right]\). Alors le milieu de \([MM']\) a pour affixe : \[Z = \dfrac{1}{2}\bigl[ a + re^{i\theta} + Re^{i(k\pi - \theta)} \bigr] = \dfrac{a}{2} + \bigl[\dfrac{r + i\varepsilon R}{2}\bigr] e^{i\theta} = \dfrac{a}{2} + \rho e^{i(\alpha + \theta)}\]\(\varepsilon= \pm 1\) et \[\bigl( \dfrac{r + i\varepsilon R}{2}\bigr) = \rho e^{i\alpha}\] Lorsque \(\theta\) varie entre \(0\) et \(2\pi\), le point \(P\) décrit le cercle de centre \(\underset{}{\left|\begin{matrix} a/2 \\ 0 \end{matrix}\right.}\) (milieu des centres des deux cercles) et de rayon \(\rho = \dfrac{1}{2}\sqrt{r^2 + R^2}\).


Puissance d’un point par rapport à un cercle **

4 janvier 2021 18:49 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(M\) un point et \(\mathscr C\) un cercle de centre \(O\). Une droite \(\Delta\) passant par \(M\) coupe \(\mathscr C\) en deux points \(A\) et \(B\), éventuellement confondus si \(\Delta\) est tangente à \(\mathscr C\).

Démontrer que \(\overline{MA}.\overline{MB}\) ne dépend pas de la droite \(\Delta\) choisie.



[ID: 198] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:49] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Puissance d’un point par rapport à un cercle
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:49

(-24.33,-12.22)(26.7,14.11) (0,0)1.8 (-22.53,-2.2)(14.27,10.19) (14.29,-4.29)(-22.44,0.91) (6.53,7.59)(-9.98,-0.85) (-9.79,2.09)(9.35,-3.59) (-16,0) (-16,0)\(M\) (9.35,-3.59) (9.35,-3.59)\(B'\) (-9.98,-0.85) (-9.98,-0.85)\(A'\) (6.53,7.59) (6.53,7.59)\(B\) (-9.79,2.09) (-9.79,2.09)\(A\) (0,0) (0,0)\(O\)

Soit \(I\) le milieu de \([AB]\). \[\begin{aligned} \overline{MA}.\overline{MB} &= \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB} \\ &= \left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right).\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right) \\ &= MI^2 + \overrightarrow{MI}.\left( \underbrace{\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}}_{\vec0}\right)+\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IB} \\ &= MI^2-IA^2\end{aligned}\] Maintenant, comme \((OI)\) est la médiatrice de \([AB]\), on a : \(MI^2 = MO^2 + IO^2\) et \(IA^2 = OI^2 +OA^2\). D’où \(\overline{MA}.\overline{MB} = MO^2 + IO^2-(OI^2 +OA^2) = MO^2 - R^2\).

Ce nombre s’appelle la puissance du point \(M\) par rapport au cercle \(\mathscr C\).

Rappelons la méthode utilisée en classe de seconde  :
Les triangles \(MBA'\) et \(MAB'\) sont semblables. En effet ils ont l’angle \(\widehat{AMA'}\) en commun. De plus les angles \(\widehat{MBA'}\) et \(\widehat{MB'A}\) sont inscrits dans le même cercle et interceptent le même arc \(\overset{\displaystyle\frown}{A'A}\). Ils sont donc égaux.
On en déduit : \[\dfrac{MA'}{MA} = \dfrac{MB}{MB'} \quad\textrm{ d'où } MA.MB = MA'.MB'.\] L’inconvénient de cette méthode est qu’il faut distinguer tous les cas de figure : \(M\) à l’intérieur, à l’extérieur, sur le cercle \(\mathscr C\). Triangles aplatis, etc.


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Exercice 338
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:49
  1. Introduisons le point \(A'\) symétrique de \(A\) par rapport à \(\Omega\). En utilisant que \([AA']\) est un diamètre, donc que
    \(\overrightarrow{BA} . \overrightarrow{BA'} = 0\), calculons \[\begin{aligned} \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB} &= \overrightarrow{MA}.(\overrightarrow{MA'} + \overrightarrow{A'B}) \\ &= \overrightarrow{MA} . \overrightarrow{MA'} \\ &= (\overrightarrow{M\Omega} + \overrightarrow{\Omega A}) . (\overrightarrow{M\Omega} + \overrightarrow{\Omega A'}) \\ &= \lVert M\Omega \rVert_{ }^2 + \overrightarrow{M\Omega} . (\overrightarrow{\Omega A} + \overrightarrow{\Omega A'}) + \overrightarrow{\Omega A}.\overrightarrow{\Omega A'} \\ &= \lVert M\Omega \rVert_{ }^2 - R^2 \\ &= \pi_{C}(M) \end{aligned}\]

  2. On se place dans un repère orthonormé dans lequel : \[(C):~x^2+y^2=R^2 \quad(C')~:(x-d)^2 + y^2 = r^2\]\(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\0 \end{matrix}\right.}\) et \(\Omega' \underset{}{\left|\begin{matrix} d\\0 \end{matrix}\right.}\) sont les centres des cercles de rayon \(R\) et \(r\). On calcule \[\begin{aligned} \pi_C(M) = \pi_C(M') &\Longleftrightarrow x^2 + y^2 -R^2 = (x-d)^2 + y^2 - r^2 \\ &\Longleftrightarrow 2dx = R^2 + d^2 - r^2 \\ \end{aligned}\] On trouve l’équation d’une droite orthogonale à \((\Omega \Omega')\).


Exercice 25 **

4 janvier 2021 18:49 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces


[ID: 202] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:49] [Catégorie(s): Cercle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 25
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:49

On considère le repère orthonormé d’origine le centre du carré et d’axes parallèles aux axes du carré. Alors \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} -a\\-a \end{matrix}\right.}\), \(B \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\-a \end{matrix}\right.}\), \(C \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\a \end{matrix}\right.}\), \(D \underset{}{\left|\begin{matrix} -a\\a \end{matrix}\right.}\). On considère la droite qui passe par \(A,E,F\). En notant \(m\) sa pente, son équation cartésienne est \(y+a = m(x+a)\). On en déduit les coordonnées de \(\boxed{ E \underset{}{\left|\begin{matrix} a \\ (2m-1)a \end{matrix}\right.} }\) et \(\boxed{ F \underset{}{\left|\begin{matrix} \dfrac{a(2-m)}{m} \\ a \end{matrix}\right.} }\). Puis les coordonnées de \(\boxed{ I \underset{}{\left|\begin{matrix} a \\ (m-1)a \end{matrix}\right.} }\). Ensuite l’équation cartésienne de la droite \((FI)\) : \[\boxed{ (FI)~: m(m-2)x + 2(1-m)y + a(m^2 - 2m + 2) = 0 }\] On calcule la distance de l’origine à cette droite : \[d(O, (FI)) = \dfrac{a\lvert m^2-2m+2 \rvert }{\sqrt{m^2(m-2)^2 + 4(m-1)^2}}\] mais comme \((m^2-2m+2)^2 = m^2(m-2)^2+4(1-m)^2 = m^4 - 4m^3 + 8m^2-8m + 4\), on trouve que cette distance vaut \(a\) et par conséquent, la droite \((FI)\) est bien tangente au cercle inscrit dans le carré. Cherchons ensuite les coordonnées du point \(M\). \(\boxed{ \overrightarrow{DE} \underset{}{\left|\begin{matrix} 2a \\ 2(m-1)a \end{matrix}\right.} }\), \(M = D + \lambda \overrightarrow{DE}\) d’où si \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} x\\y \end{matrix}\right.}\), \[\begin{cases} x &= (2\lambda - 1)a \\ y &= [1 + 2(m-1)\lambda] \end{cases}\] Comme \(M \in (FI)\), on tire \(\lambda = - \dfrac{m^2-2}{m^2-2m+2}\) et ensuite \[\boxed{ M \underset{}{\left|\begin{matrix} - \dfrac{a(m^2-2)}{m^2 - 2m + 2} \\ - \dfrac{a(m^2-4m+2)}{m^2-2m+2} \end{matrix}\right.} }\] On vérifie ensuite que \(d(O, M)^2 = 2a^2\).


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Exercice 302
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:49

On considère un repère orthonormal direct centré en \(O\), d’axe \((Ox)\) parallèle à \([AB]\) tel que \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} -1\\0 \end{matrix}\right.}\), \(B \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\0 \end{matrix}\right.}\). Il existe \(\theta\in\mathbb{R}\) tel que \(C \underset{}{\left|\begin{matrix} \cos\theta \\ \sin\theta \end{matrix}\right.}\). Comme \(C\) n’est pas situé sur la médiatrice de \([AB]\), \(\cos \theta\neq 0\). On calcule une équation cartésienne de la droite \((AC)\) dans ce repère et on trouve : \[\boxed{ (AC)~: \sin\theta x - (\cos\theta + 1)y + \sin\theta = 0 }\] Puis on calcule les coordonnées de \(\boxed{D \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\ \tan\theta/2 \end{matrix}\right.}}\). La tangente en \(C\) au cercle a pour équation cartésienne \[\boxed{ T_{\theta}:~ \cos \theta x + \sin\theta y = 1 }\] et on trouve les coordonnées du point \(P\)  :\(\boxed{P \underset{}{\left|\begin{matrix} 1/\cos\theta \\ 0 \end{matrix}\right.}}\). On note \(I\) l’intersection de la perpendiculaire à \((BD)\) passant par \(B\) et de la perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(P\) : \(I = B + \lambda \overrightarrow{n}\)\(\overrightarrow{n} \underset{}{\left|\begin{matrix} \tan\theta/2 \\ 1 \end{matrix}\right.}\) est orthogonal au vecteur \(\overrightarrow{BD}\). En utilisant que \(x_I = 1/\cos\theta\), on trouve que \[\boxed{ I \underset{}{\left|\begin{matrix} 1/\cos\theta \\ \tan \theta \end{matrix}\right.} }\] Il ne reste plus qu’à vérifier que ce point appartient à la droite \((AC)\) : \[\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta} - (\cos\theta + 1)\dfrac{\sin\theta}{ \cos\theta} + \sin \theta = 0\]


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Exercice 339
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:49

On choisit un repère orthonormé en sorte que \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} -1\\0 \end{matrix}\right.}\), \(B \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\0 \end{matrix}\right.}\), \(P \underset{}{\left|\begin{matrix} \cos\theta \\ \sin\theta \end{matrix}\right.}\), \(Q \underset{}{\left|\begin{matrix} -\cos\theta \\ -\sin\theta \end{matrix}\right.}\), \(P' \underset{}{\left|\begin{matrix} \cos\theta \\ -\sin\theta \end{matrix}\right.}\). On cherche \(C\) sous la forme \(C = A + \lambda \overrightarrow{OP} \underset{}{\left|\begin{matrix} -1+\lambda \cos\theta \\ \lambda \sin\theta \end{matrix}\right.}\) avec \(\lambda\in\mathbb{R}\). Comme \(x_C^2 + y_C^2 = 1\), on trouve \(\lambda = 2\cos\theta\) et finalement \(\boxed{ C \underset{}{\left|\begin{matrix} \cos(2\theta) \\ \sin(2\theta) \end{matrix}\right.} }\).
On cherche ensuite les coordonnées de \(I = A + \lambda \overrightarrow{OP}\) avec \(y_I=-\sin\theta\) ce qui donne \(\lambda = -1\) et \(\boxed{ I \underset{}{\left|\begin{matrix} -(1+\cos\theta) \\ -\sin\theta \end{matrix}\right.} }\). Cherchons ensuite les coordonnées de \(H = A + \lambda\overrightarrow{QA}\). Puisque \(x_H = x_I\), on trouve que \(\lambda = \dfrac{\cos\theta}{ 1-\cos\theta}\) et ensuite \(\boxed{ H \underset{}{\left|\begin{matrix} -(1+\cos\theta) \\ \dfrac{\sin\theta \cos\theta}{1-\cos\theta} \end{matrix}\right.} }\). Puisque \[\overrightarrow{HQ} \underset{}{\left|\begin{matrix} \cos\theta(2\cos\theta + 1) \\ \sin\theta \cos\theta \dfrac{1-2\cos\theta}{1-\cos\theta} \end{matrix}\right.} \quad \overrightarrow{HP} \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\cos\theta + 1\\ \sin\theta \dfrac{1-2\cos\theta}{ 1-\cos\theta} \end{matrix}\right.}\] on voit que ces deux vecteurs sont colinéaires et donc les trois points \(P\), \(Q\), \(H\) sont alignés.


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