Déterminer le centre et le rayon des cercles d’équations cartésiennes :
\(x^2+y^2-4x+4y-1=0\)
\(x^2+y^2-6x+8y+24=0\)
\(x^2+y^2-4x+4y-1=0 \Longleftrightarrow\left(x-2\right)^2+\left(y+2\right)^2=9\). Cette première équation est celle d’un cercle de centre \(\left(2,-2\right)\) et de rayon \(3\).
\(x^2+y^2-6x+8y+24=0 \Longleftrightarrow\left(x-3\right)^2 + \left(y+4\right)^2 = 1\) qui est l’équation d’un cercle de centre \(\left(3,-4\right)\) et de rayon \(1\).
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 \(\mathscr D\).
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.
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 \(AM\).
Le cercle est de centre \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} -1/2 \\ 3/2 \end{matrix}\right.}\) et de rayon \(R\) où \(R^2 = 11/2\). Puisque \(\overrightarrow{\Omega M} . \overrightarrow{AM} = 0\), d’après le théorème de Pythagore, \(A\Omega^2 = AM^2 + R^2\). On en tire \(AM = 3\).
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 \(\mathcal{D}\).
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 : \[2x+y+19=0 \textrm{ et } 2x+y-1 = 0\]
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 \(\mathcal{D}\).
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 : \[\boxed{2x-5y+19=0}\]
Tracer la courbe d’équation \(y = -3 + \sqrt{21 - 4x - x^2}\)
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 \(y = -3\).
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 \(AB = 6\).
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 \[\boxed{ (x-3)^2 + (y+1)^2 = 38 }\]
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 \(2x + y = 0\).
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.
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.
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 \(\boxed{d = \sqrt{10}}\).
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, déterminer les droites passant par l’origine, orthogonales et tangentes à un cercle de centre \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\1 \end{matrix}\right.}\).
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 \(-1/3\).
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, on considère deux points \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1 \end{matrix}\right.}\) et \(B \underset{}{\left|\begin{matrix} 3\\-1 \end{matrix}\right.}\).
Écrire l’équation cartésienne de la droite \((AB)\).
On considère le cercle d’équation : \[x^2 + y^2 - 8x -10y + 37 = 0\] Déterminer la distance entre la droite \((AB)\) et ce cercle.
On trouve \(\boxed{\mathcal{D}:~ x + y - 2 = 0}\).
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 \[\boxed{ d(\mathcal{D}, \mathcal{D}) = d(\Omega, \mathcal{D}) - R = \dfrac{7 - 2\sqrt{2}}{2} > 0}\]
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, pour \(\lambda > 0\), on note \(\mathcal{C}_{\lambda}\) le cercle de centre \(\underset{}{\left|\begin{matrix} \lambda \\ 0 \end{matrix}\right.}\) tangent à l’axe \((Oy)\) et \(\Gamma_{\lambda}\) le cercle de centre \(\underset{}{\left|\begin{matrix} \lambda \\ \lambda \end{matrix}\right.}\) tangent à l’axe \((Ox)\). Déterminer les coordonnées des deux points d’intersection de ces cercles, puis le lieu de ces points lorsque \(\lambda\) varie.
\[\mathcal{C}_{\lambda}~: (x-\lambda)^2 + y^2 = \lambda^2\] \[\Gamma_{\lambda}~: (x-\lambda)^2 + (y-\lambda)^2 = \lambda^2\] 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 \(y = (2-\sqrt{3})x\).
Le plan est rapporté à un repère orthonormé \(\mathcal{R}=(0, \vec{\imath}, \vec{\jmath})\). On considère le point \(A=(a,a)\) (\(a>0\)).
On considère la famille des cercles \(\mathcal{C}_t\) passant par \(A\) et \(O\). On désigne par \(t\) l’abscisse du centre de \(\mathcal{C}_t\). Former l’équation cartésienne de \(\mathcal{C}_t\).
Le cercle \(\mathcal{C}_t\) coupe la droite \((Ox)\) en \(O\) et un second point \(K_t\). Former l’équation cartésienne de la tangente \(D_t\) à \(\mathcal{C}_t\) en \(K_t\).
Déterminer en fonction de \(t\) l’équation cartésienne de la normale à \(D_t\) passant par \(A\) puis les coordonnées de la projection orthogonale \(H_t\) de \(A\) sur \(D_t\).
Reconnaître l’ensemble des points \(H_t\) lorsque \(t\) varie.
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.
\(K_t \underset{}{\left|\begin{matrix} 2t\\0 \end{matrix}\right.}\), \(C_t \underset{}{\left|\begin{matrix} t\\a-t \end{matrix}\right.}\), d’où l’équation cartésienne de la tangente : \({\overrightarrow{C_tK_t}}\cdot{\overrightarrow{K_tM}}=0\) : \[tX + (t-a) Y - 2t^2 = 0\]
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 \[H_t \underset{}{\left|\begin{matrix} t+a \\ t \end{matrix}\right.}\]
C’est la droite d’équation \(y=x-a\).
On considère le point \(B=(a,0)\) du plan et un cercle \(\mathcal{C}\) passant par \(B\) de centre \(P=(x_0,y_0)\).
Écrire l’équation de \(\mathcal{C}\).
On considère une droite passant par \(O\) d’équation \[y=mx\] Écrire une condition nécessaire et suffisante sur \(m\) pour que cette droite soit tangente à \(\mathcal{C}\).
Trouver l’ensemble des points \(P\) tels que les deux tangentes à \(\mathcal{C}\) passant par l’origine soient orthogonales.
\[(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 = (x_0-a)^2 + y_0^2\]
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 \[[a^2+y_0^2-2ax_0]m^2 - 2x^0y_0m + (x_0-a)^2 = 0\]
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 \(\sqrt{2}a\).
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 \(b\neq c\)).
Déterminer l’équation du cercle \(\mathcal{C}\) circonscrit au triangle \((ABC)\).
Écrire l’équation cartésienne de la droite \((AB)\) et donner un vecteur \(\overrightarrow{n_1}\) normal à cette droite.
Écrire l’équation cartésienne de la droite \((AC)\) et donner un vecteur \(\overrightarrow{n_2}\) normal à cette droite.
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 \(A'\), \(B'\), \(C'\).
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 \(ABC\).
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 : \[\boxed{ \mathcal{C}~: x^2 + y^2 - (b+c)x - \dfrac{a^2+bc}{a} y + bc = 0 }\]
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 \(\overrightarrow{n_2} \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\b \end{matrix}\right.}\).
Par un calcul d’intersection (\(B' = M_0 + \lambda \overrightarrow{n_1}\)) et \(B' \in (AC)\), on trouve que \(\boxed{B' \underset{}{\left|\begin{matrix} \dfrac{c(cx_0-ay_0+a^2)}{a^2+c^2} \\ \dfrac{a(-cx_0+ay_0+c^2)}{a^2+c^2} \end{matrix}\right.}}\).
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 \((ABC)\).
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.
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 : \[Z = \dfrac{1}{2}\bigl[ a + re^{i\theta} + Re^{i(k\pi - \theta)} \bigr] = \dfrac{a}{2} + \bigl[\dfrac{r + i\varepsilon R}{2}\bigr] e^{i\theta} = \dfrac{a}{2} + \rho e^{i(\alpha + \theta)}\] où \(\varepsilon= \pm 1\) 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 \(\rho = \dfrac{1}{2}\sqrt{r^2 + R^2}\).
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.
(-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 :
On considère dans le plan un cercle de centre \(\Omega\) et de rayon \(R\). Soit \(M\) un point du plan. On appelle puissance de \(M\) par rapport au cercle \(C\), le réel \[\pi_C(M) = \lVert \overrightarrow{\Omega M} \rVert_{ }^2 - R^2\]
On considère une droite passant par \(M\) et qui coupe le cercle \(C\) en deux points \(A\) et \(B\). Montrer que \[\pi_C(M) = \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}\]
On considère deux cercles non-concentriques \(C\) et \(C'\) et l’on appelle axe radical l’ensemble des points \(M\) du plan vérifiant \(\pi_C(M) = \pi_C(M')\). Montrer que cet ensemble est une droite orthogonale à la droite joignant les centres des cercles.
Introduisons le point \(A'\) symétrique de \(A\) par rapport à \(\Omega\). En utilisant que \([AA']\) est un diamètre, donc que
On se place dans un repère orthonormé dans lequel : \[(C):~x^2+y^2=R^2 \quad(C')~:(x-d)^2 + y^2 = r^2\] où \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\0 \end{matrix}\right.}\) 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 \((\Omega \Omega')\).
Par le sommet \(A\) d’un carré \(ABCD\), on mène une droite qui rencontre la droite \((BC)\) en \(E\) et la droite \(\left(CD\right)\) en \(F\). Démontrer que la droite qui joint le point \(F\) au milieu \(I\) du segment \([BE]\) est tangente au cercle inscrit au carré et rencontre la droite \((DE)\) en un point \(M\) situé sur le cercle circonscrit au carré.
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 \(d(O, M)^2 = 2a^2\).
On considère un cercle de centre \(O\) et de rayon \(1\). On considère un diamètre \([AB]\) de ce cercle et un point \(C\) sur le cercle différent de \(A\) et de \(B\) et non situé sur la médiatrice de \([AB]\). On appelle \(D\) le point de la droite \((AC)\) qui se projette orthogonalement sur \((AB)\) en \(O\). La tangente au cercle au point \(C\) coupe la droite \((AB)\) en un point \(P\). Montrer que la droite \((AC)\), la perpendiculaire à \([AB]\) issue de \(P\) et la perpendiculaire à \((BD)\) issue de \(B\) sont concourantes.
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 \(P\) : \(I = B + \lambda \overrightarrow{n}\) où \(\overrightarrow{n} \underset{}{\left|\begin{matrix} \tan\theta/2 \\ 1 \end{matrix}\right.}\) 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 \((AC)\) : \[\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta} - (\cos\theta + 1)\dfrac{\sin\theta}{ \cos\theta} + \sin \theta = 0\]
Soient \([AB]\) et \([PQ]\) deux diamètres d’un cercle \(\mathcal{C}\). Par le point \(A\) on mène la parallèle à \((PQ)\) qui rencontre au point \(C\) le cercle et en \(I\) la droite joignant le point \(Q\) au symétrique \(P'\) de \(P\) par rapport à \((AB)\). Soit \(H\) le point de rencontre de la droite \((AQ)\) et de la perpendiculaire à \((AB)\) menée par le point \(I\). Montrer que les points \(P\), \(C\) et \(H\) sont alignés.
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 \(\boxed{ C \underset{}{\left|\begin{matrix} \cos(2\theta) \\ \sin(2\theta) \end{matrix}\right.} }\).