FICHE DE RÉVISION – Géométrie repérée
(Niveau : Première)
Géométrie Repérée
Utiliser les coordonnées pour décrire précisément droites, cercles et paraboles et résoudre des problèmes métriques.
Partie 1 : Droites et Vecteurs Normaux
On travaille dans un repère orthonormé \((O; \vec{i}, \vec{j})\).
En plus du vecteur directeur (qui donne la direction *de* la droite), on peut caractériser une droite par un vecteur qui lui est *perpendiculaire*.
Un vecteur \(\vec{n}\) est dit normal à une droite \(\Delta\) s’il est non nul et orthogonal à tout vecteur directeur \(\vec{u}\) de \(\Delta\) (c’est-à-dire \(\vec{n} \cdot \vec{u} = 0\)).
Lien avec l’équation cartésienne : Si une droite \(\Delta\) a pour équation cartésienne \(ax + by + c = 0\), alors :
- Le vecteur \(\vec{n} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}\) est un vecteur normal à \(\Delta\).
- (Rappel) Le vecteur \(\vec{u} \begin{pmatrix} -b \\ a \end{pmatrix}\) est un vecteur directeur de \(\Delta\).
(On vérifie bien qu’ils sont orthogonaux : \(\vec{n} \cdot \vec{u} = a(-b) + b(a) = -ab + ab = 0\)).
Droite \(\Delta: 3x – 2y + 1 = 0\).
Un vecteur normal est \(\vec{n} \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix}\).
Un vecteur directeur est \(\vec{u} \begin{pmatrix} -(-2) \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}\).
Déterminer une équation cartésienne avec un point et un vecteur normal
Soit une droite \(\Delta\) passant par le point \(A(x_A, y_A)\) et de vecteur normal \(\vec{n} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}\).
Méthode 1 (Produit scalaire) : Un point \(M(x, y)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement si les vecteurs \(\vec{AM}\) et \(\vec{n}\) sont orthogonaux.
\(\vec{AM} \cdot \vec{n} = 0\)
\( \begin{pmatrix} x – x_A \\ y – y_A \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = 0 \)
\( a(x – x_A) + b(y – y_A) = 0 \). C’est une équation cartésienne.
Méthode 2 (Forme générale) : On sait que l’équation est de la forme \(ax + by + c = 0\). On trouve \(c\) en utilisant les coordonnées du point A : \(ax_A + by_A + c = 0 \Rightarrow c = -ax_A – by_A\).
Trouver une équation de la droite passant par A(1, 2) et de vecteur normal \(\vec{n} \begin{pmatrix} 4 \\ -1 \end{pmatrix}\).
Méthode 1 : \(M(x, y) \in \Delta \Leftrightarrow \vec{AM} \cdot \vec{n} = 0\)
\(\begin{pmatrix} x – 1 \\ y – 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -1 \end{pmatrix} = 0\)
\(4(x – 1) + (-1)(y – 2) = 0\)
\(4x – 4 – y + 2 = 0\)
\(4x – y – 2 = 0\).
Méthode 2 : \(a=4, b=-1\). Équation : \(4x – 1y + c = 0\).
A est dessus : \(4(1) – 1(2) + c = 0 \Rightarrow 4 – 2 + c = 0 \Rightarrow 2 + c = 0 \Rightarrow c = -2\).
Équation : \(4x – y – 2 = 0\).
Projeté Orthogonal (Coordonnées)
Pour trouver les coordonnées du projeté orthogonal \(H(x_H, y_H)\) d’un point \(M(x_M, y_M)\) sur une droite \(\Delta\) d’équation \(ax+by+c=0\) :
- H appartient à \(\Delta\) : \(ax_H + by_H + c = 0\).
- Le vecteur \(\vec{MH} \begin{pmatrix} x_H – x_M \\ y_H – y_M \end{pmatrix}\) est colinéaire au vecteur normal \(\vec{n} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}\).
Cela signifie \(\det(\vec{MH}, \vec{n}) = 0\), soit \((x_H – x_M)b – (y_H – y_M)a = 0\).
On résout le système de deux équations à deux inconnues (\(x_H, y_H\)) formé par (1) et (2).
(Autre méthode possible : trouver l’équation de la droite perpendiculaire à \(\Delta\) passant par M, puis trouver l’intersection des deux droites).
Partie 2 : Équation de Cercle
1. Équation à partir du Centre et du Rayon
Le cercle \(\mathcal{C}\) de centre \(\Omega(x_\Omega, y_\Omega)\) et de rayon \(R > 0\) est l’ensemble des points \(M(x, y)\) tels que la distance \(\Omega M\) est égale à \(R\).
\(\Omega M = R \Leftrightarrow \Omega M^2 = R^2\)
En utilisant la formule de distance au carré : $$ (x – x_\Omega)^2 + (y – y_\Omega)^2 = R^2 $$ C’est l’équation cartésienne du cercle.
Équation du cercle de centre \(\Omega(-1, 3)\) et de rayon \(R=5\).
\((x – (-1))^2 + (y – 3)^2 = 5^2\)
\((x + 1)^2 + (y – 3)^2 = 25\).
2. Reconnaître une Équation de Cercle
Une équation de cercle peut aussi être donnée sous forme développée, du type \(x^2 + y^2 + dx + ey + f = 0\). Comment retrouver le centre et le rayon ?
On utilise la technique de la mise sous forme canonique pour les termes en \(x\) et les termes en \(y\), en se rappelant que \(X^2 + dX = (X + d/2)^2 – (d/2)^2\).
- Regrouper les termes en \(x\) et les termes en \(y\).
- Appliquer la forme canonique :
\(x^2 + dx = (x + d/2)^2 – (d/2)^2\)
\(y^2 + ey = (y + e/2)^2 – (e/2)^2\) - Remplacer dans l’équation et isoler la constante à droite.
- L’équation devient \((x – x_\Omega)^2 + (y – y_\Omega)^2 = K\).
- Si \(K > 0\), c’est un cercle de centre \(\Omega(-d/2, -e/2)\) et de rayon \(R = \sqrt{K}\).
- Si \(K = 0\), l’ensemble est réduit au seul point \(\Omega\).
- Si \(K < 0\), l'ensemble est vide.
Quelle est la nature de l’ensemble d’équation \(x^2 + y^2 – 4x + 6y – 3 = 0\) ?
1. Regroupement : \((x^2 – 4x) + (y^2 + 6y) – 3 = 0\).
2. Forme canonique :
\(x^2 – 4x = (x – 2)^2 – (-2)^2 = (x – 2)^2 – 4\).
\(y^2 + 6y = (y + 3)^2 – (3)^2 = (y + 3)^2 – 9\).
3. Remplacement : \([(x – 2)^2 – 4] + [(y + 3)^2 – 9] – 3 = 0\).
4. Isolation : \((x – 2)^2 + (y + 3)^2 – 16 = 0 \Rightarrow (x – 2)^2 + (y + 3)^2 = 16\).
5. Identification : C’est de la forme \((x – x_\Omega)^2 + (y – y_\Omega)^2 = K\) avec \(x_\Omega = 2\), \(y_\Omega = -3\), \(K = 16\).
Comme \(K=16 > 0\), c’est un cercle.
Centre \(\Omega(2, -3)\). Rayon \(R = \sqrt{16} = 4\).
Partie 3 : Parabole (Fonction Polynôme du Second Degré)
On revoit ici la courbe représentative de \(f(x) = ax^2 + bx + c\) sous l’angle de la géométrie repérée.
La courbe représentative de \(f(x) = ax^2 + bx + c\) (\(a \neq 0\)) est une parabole.
Axe de symétrie : C’est la droite verticale d’équation \(x = -\frac{b}{2a}\).
Sommet : C’est le point \(S\) de la parabole situé sur l’axe de symétrie. Ses coordonnées sont \(S(\alpha, \beta)\) où : $$ \alpha = -\frac{b}{2a} \quad \text{et} \quad \beta = f(\alpha) $$ (C’est le point correspondant au minimum si \(a>0\), ou au maximum si \(a<0\)).
Soit \(f(x) = -x^2 + 4x + 1\). (\(a=-1, b=4, c=1\)).
Axe de symétrie : \(x = -\frac{b}{2a} = -\frac{4}{2(-1)} = -\frac{4}{-2} = 2\). L’axe est la droite \(x=2\).
Sommet : Abscisse \(\alpha = 2\).
Ordonnée \(\beta = f(2) = -(2)^2 + 4(2) + 1 = -4 + 8 + 1 = 5\).
Le sommet est \(S(2, 5)\). (Comme \(a<0\), c'est un maximum).
Partie 4 : Utiliser le Repère pour Étudier une Configuration
La « méthode des coordonnées » (introduite par Descartes) consiste à transformer un problème de géométrie pure en un problème de calcul algébrique dans un repère bien choisi.
Stratégie :
- Choisir un repère orthonormé astucieusement : Placer l’origine et les axes de façon à simplifier au maximum les coordonnées des points importants de la figure (ex: origine sur un sommet, axe sur un côté…).
- Calculer les coordonnées : Déterminer les coordonnées de tous les points pertinents dans ce repère.
- Traduire les hypothèses : Exprimer les informations données (longueurs, angles droits, milieux…) en termes de coordonnées ou de vecteurs.
- Traduire la question : Exprimer ce qu’on veut prouver (alignement, parallélisme, orthogonalité, appartenance…) en termes de coordonnées ou de vecteurs (colinéarité, produit scalaire nul…).
- Faire les calculs : Effectuer les calculs algébriques pour passer des hypothèses à la conclusion.
Prouver que les diagonales d’un losange sont perpendiculaires.
1. Repère : Soit ABCD un losange. On choisit un repère centré en A, avec \(\vec{i}\) colinéaire et de même sens que \(\vec{AB}\), et de norme 1.
2. Coordonnées : Soit \(c\) le côté du losange (\(AB=AD=c\)).
A(0, 0). B(c, 0).
Pour D, soit \(\theta\) l’angle \(\widehat{DAB}\). \(D(c \cos \theta, c \sin \theta)\).
Pour C, \(\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{AD}\). Donc \(C(c + c \cos \theta, c \sin \theta)\).
3. Hypothèse (Losange) : \(AB=AD=c\) (déjà utilisé).
4. Question : Prouver (AC) \(\perp\) (DB). Il faut montrer \(\vec{AC} \cdot \vec{DB} = 0\).
5. Calcul :
\(\vec{AC} = (c(1+\cos\theta) ; c\sin\theta)\)
\(\vec{DB} = \vec{AB} – \vec{AD} = (c – c\cos\theta ; 0 – c\sin\theta)\)
\(\vec{AC} \cdot \vec{DB} = c(1+\cos\theta) \times c(1-\cos\theta) + (c\sin\theta)(-c\sin\theta)\)
\(= c^2 (1+\cos\theta)(1-\cos\theta) – c^2 \sin^2\theta\)
\(= c^2 (1 – \cos^2\theta) – c^2 \sin^2\theta\) (Identité remarquable)
\(= c^2 \sin^2\theta – c^2 \sin^2\theta\) (Car \(\cos^2+\sin^2=1\))
\(= 0\).
Le produit scalaire est nul, les diagonales sont perpendiculaires.
Partie 5 : Entraînement (Exercices)
- Exercice 1 (Droite et Normal) : Donner une équation cartésienne de la droite \(\Delta\) passant par \(P(-2, 1)\) et perpendiculaire au vecteur \(\vec{v}(3, 5)\).
-
Exercice 2 (Cercle) :
a) Donner l’équation du cercle de centre \(C(1, -2)\) passant par le point \(A(3, 1)\).
b) L’ensemble d’équation \(x^2 + y^2 + 2x – 8y + 20 = 0\) est-il un cercle ? Si oui, donner son centre et son rayon. - Exercice 3 (Parabole) : Déterminer l’axe de symétrie et le sommet de la parabole d’équation \(y = 2x^2 + 8x – 1\).
- Exercice 4 (Projeté) : Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal \(H\) du point \(M(5, 4)\) sur la droite \(\Delta\) d’équation \(x + 2y – 3 = 0\).
Partie 6 : Corrections Détaillées
Correction Exercice 1 (Droite et Normal)
La droite \(\Delta\) est perpendiculaire à \(\vec{v}(3, 5)\). Cela signifie que \(\vec{v}\) est un vecteur normal à \(\Delta\).
Donc \(a=3, b=5\). L’équation est de la forme \(3x + 5y + c = 0\).
Le point \(P(-2, 1)\) est sur \(\Delta\) :
\(3(-2) + 5(1) + c = 0\)
\(-6 + 5 + c = 0\)
\(-1 + c = 0 \Rightarrow c = 1\).
Équation : \(3x + 5y + 1 = 0\).
Correction Exercice 2 (Cercle)
a) Cercle de centre \(C(1, -2)\) passant par \(A(3, 1)\) :
Le rayon \(R\) est la distance CA.
\(R^2 = CA^2 = (x_A – x_C)^2 + (y_A – y_C)^2\)
\(R^2 = (3 – 1)^2 + (1 – (-2))^2 = (2)^2 + (3)^2 = 4 + 9 = 13\).
L’équation est \((x – x_C)^2 + (y – y_C)^2 = R^2\).
\((x – 1)^2 + (y + 2)^2 = 13\).
b) Reconnaître \(x^2 + y^2 + 2x – 8y + 20 = 0\) :
Mise sous forme canonique :
\((x^2 + 2x) + (y^2 – 8y) + 20 = 0\)
\([(x + 1)^2 – 1^2] + [(y – 4)^2 – (-4)^2] + 20 = 0\)
\((x + 1)^2 – 1 + (y – 4)^2 – 16 + 20 = 0\)
\((x + 1)^2 + (y – 4)^2 + 3 = 0\)
\((x + 1)^2 + (y – 4)^2 = -3\).
Le terme de droite (K) est -3, ce qui est strictement négatif.
Conclusion : Ce n’est pas un cercle, l’ensemble des points est vide.
Correction Exercice 3 (Parabole)
\(y = 2x^2 + 8x – 1\). (\(a=2, b=8, c=-1\)).
Axe de symétrie :
\(x = -\frac{b}{2a} = -\frac{8}{2(2)} = -\frac{8}{4} = -2\).
L’axe est la droite d’équation \(x = -2\).
Sommet :
L’abscisse est \(\alpha = -2\).
L’ordonnée est \(\beta = f(\alpha) = f(-2) = 2(-2)^2 + 8(-2) – 1\)
\(\beta = 2(4) – 16 – 1 = 8 – 16 – 1 = -9\).
Le sommet est \(S(-2, -9)\).
Correction Exercice 4 (Projeté)
M(5, 4). \(\Delta: x + 2y – 3 = 0\). H est le projeté.
1. H appartient à \(\Delta\) : \(x_H + 2y_H – 3 = 0\). (Équation 1)
2. \(\vec{MH}\) colinéaire à \(\vec{n}\) :
Un vecteur normal à \(\Delta\) est \(\vec{n}(1, 2)\) (car a=1, b=2).
Le vecteur \(\vec{MH}\) a pour coordonnées \((x_H – 5, y_H – 4)\).
\(\vec{MH}\) et \(\vec{n}\) sont colinéaires si \(\det(\vec{MH}, \vec{n}) = 0\).
\((x_H – 5)(2) – (y_H – 4)(1) = 0\)
\(2x_H – 10 – y_H + 4 = 0\)
\(2x_H – y_H – 6 = 0\). (Équation 2)
3. Résolution du système :
\(\begin{cases} x_H + 2y_H = 3 \quad (L1) \\ 2x_H – y_H = 6 \quad (L2) \end{cases}\)
De (L2), on tire \(y_H = 2x_H – 6\).
On remplace dans (L1) :
\(x_H + 2(2x_H – 6) = 3\)
\(x_H + 4x_H – 12 = 3\)
\(5x_H = 15\)
\(x_H = 3\).
On trouve \(y_H\) avec \(y_H = 2x_H – 6 = 2(3) – 6 = 6 – 6 = 0\).
Solution : Le projeté orthogonal est H(3, 0).
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