Fiche 3 : problèmes de géométrie repérée

Question 1

La hauteur issue de $A$ est perpendiculaire à $(BC)$ : $\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}-3\\3\end{pmatrix}$ est normal.

$-3(x-0)+3(y-0)=0\iff y=x$.

✅ La hauteur issue de $A$ est $y=x$.

Question 2

La hauteur issue de $B$ est perpendiculaire à $(AC)$ : $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}$ est normal.

$1(x-4)+3(y-0)=0\iff x+3y-4=0$.

✅ La hauteur issue de $B$ est $x+3y-4=0$.

Question 3

On résout : $y=x$ et $x+3x-4=0$, donc $x=1$ et $y=1$.

La hauteur issue de $C$ est perpendiculaire à $(AB)$ horizontale : c'est $x=1$, qui contient $H(1\,;\,1)$.

✅ L'orthocentre est $H(1\,;\,1)$.

Question 1

Le milieu de $[AB]$ est $(2\,;\,0)$ et $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4\\0\end{pmatrix}$ est normal : $4(x-2)=0$.

✅ La médiatrice de $[AB]$ est $x=2$.

Question 2

Le milieu de $[AC]$ est $\left(\dfrac12\,;\,\dfrac32\right)$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}$ est normal.

$\left(x-\dfrac12\right)+3\left(y-\dfrac32\right)=0\iff x+3y-5=0$.

✅ La médiatrice de $[AC]$ est $x+3y-5=0$.

Question 3

Avec $x=2$ : $2+3y-5=0\iff y=1$, donc $\Omega(2\,;\,1)$.

$\Omega A^2=4+1=5$. Vérification : $\Omega B^2=4+1=5$ et $\Omega C^2=1+4=5$.

✅ Le cercle circonscrit est $(x-2)^2+(y-1)^2=5$.

Question 1

$(x-2)^2-4+(y+1)^2-1-4=0\iff(x-2)^2+(y+1)^2=9$.

✅ Centre $(2\,;\,-1)$ et rayon $3$.

Question 2

Pour $x=4$. $4+(y+1)^2=9\iff(y+1)^2=5\iff y=-1\pm\sqrt5$ : deux points, droite sécante.

Pour $x=5$. $9+(y+1)^2=9\iff y=-1$ : un point $(5\,;\,-1)$, droite tangente.

Pour $x=6$. $16+(y+1)^2=9$ : impossible, aucun point.

✅ $x=4$ coupe le cercle en deux points, $x=5$ est tangente et $x=6$ ne le rencontre pas.

Question 1

Le projeté orthogonal de $M(x\,;\,y)$ sur l'axe des abscisses est $H(x\,;\,0)$, donc la distance de $M$ à l'axe est $MH=|y|$.

$M\in\mathcal{E}\iff|y|=MF\iff y^2=MF^2$ (deux nombres positifs ont des carrés dans le même ordre).

✅ $M\in\mathcal{E}\iff y^2=(x-2)^2+(y-1)^2$.

Question 2

On développe : $y^2=(x-2)^2+y^2-2y+1\iff2y=(x-2)^2+1$.

✅ $\mathcal{E}$ est la courbe d'équation $y=\dfrac{(x-2)^2+1}2$ : une parabole.

Question 3

Pour $x=4$ : $y=\dfrac{4+1}2=\dfrac52$. De plus $MH=\dfrac52$ et $MF^2=(4-2)^2+\left(\dfrac52-1\right)^2=4+\dfrac94=\dfrac{25}4$, donc $MF=\dfrac52$.

Comme $(x-2)^2\geqslant0$, on a $y\geqslant\dfrac12$, avec égalité pour $x=2$.

✅ Le point $\left(4\,;\,\dfrac52\right)$ est bien dans $\mathcal{E}$ et le point d'ordonnée minimale est $\left(2\,;\,\dfrac12\right)$.

Question 1

La zone éclairée est limitée par le cercle de centre $O$ et de rayon $5$.

✅ $x^2+y^2=25$.

Question 2

Un vecteur normal à $d : 3x+4y-20=0$ est $\vec n(3\,;\,4)$. On pose $I=O+t\,\vec n=(3t\,;\,4t)$.

$I\in d\iff9t+16t-20=0\iff t=\dfrac45$. Donc $I\left(\dfrac{12}5\,;\,\dfrac{16}5\right)=(2{,}4\,;\,3{,}2)$ et $OI=\dfrac45\|\vec n\|=\dfrac45\times5=4$.

✅ $I(2{,}4\,;\,3{,}2)$ et $OI=4$ km.

Question 3

Soit $P$ un point de $d$ tel que $OP=5$. Le triangle $OIP$ est rectangle en $I$, donc $IP^2=OP^2-OI^2=25-16=9$ et $IP=3$.

Les deux points de $d$ à $5$ km du phare sont de part et d'autre de $I$, à $3$ km de $I$ : $PQ=6$. À $12$ km/h, la durée est $\dfrac6{12}=0{,}5$ h.

✅ Le bateau est éclairé sur $6$ km, pendant $30$ minutes.

Question 4

Un vecteur directeur de $d$ est $\vec u(-4\,;\,3)$ et $\|\vec u\|=5$. On avance de $3$ km de part et d'autre de $I$ : $\dfrac{3}{5}\vec u=\begin{pmatrix}-2{,}4\\1{,}8\end{pmatrix}$.

$P=I+\dfrac35\vec u=(2{,}4-2{,}4\,;\,3{,}2+1{,}8)$ et $Q=I-\dfrac35\vec u=(2{,}4+2{,}4\,;\,3{,}2-1{,}8)$.

✅ $P(0\,;\,5)$ et $Q(4{,}8\,;\,1{,}4)$. Vérification : $3\times4{,}8+4\times1{,}4=20$ et $4{,}8^2+1{,}4^2=25$.

Affirmation 1

C'est la concourance des hauteurs (approfondissement du programme sur le produit scalaire).

✅ Vrai.

Affirmation 2

C'est l'intersection des médiatrices ; les médianes se coupent au centre de gravité.

❌ Faux.

Affirmation 3

C'est la médiatrice de $[AB]$.

✅ Vrai.

Affirmation 4

Non : la droite $x=6$ ne rencontre pas le cercle de centre $(2\,;\,-1)$ et de rayon $3$.

❌ Faux.

Affirmation 5

Le point $M$ est sur $d$ et $\overrightarrow{MM}=\vec 0$ est orthogonal à $d$ : $H=M$.

✅ Vrai.

Affirmation 6

$|y|=MF\iff y^2=x^2+(y-3)^2\iff y=\dfrac{x^2+9}6$ : c'est une parabole.

❌ Faux.

Question 1

Un vecteur normal à $d$ est $\vec n(3\,;\,4)$ et $H=D+t\,\vec n=(-1+3t\,;\,7+4t)$.

$H\in d\iff3(-1+3t)+4(7+4t)-10=0\iff25t+15=0\iff t=-\dfrac35$. Donc $H\left(-\dfrac{14}5\,;\,\dfrac{23}5\right)$ et $DH=\dfrac35\times5=3$.

✅ $H\left(-\dfrac{14}5\,;\,\dfrac{23}5\right)$ et $DH=3$, soit $300$ m.

Question 2

$P\in d$ car $6+4-10=0$. $DP^2=(2+1)^2+(1-7)^2=9+36=45$.

$\overrightarrow{HP}\begin{pmatrix}\frac{24}5\\-\frac{18}5\end{pmatrix}$, donc $HP^2=\dfrac{576+324}{25}=36$. Et $DH^2+HP^2=9+36=45$.

✅ $DP^2=DH^2+HP^2=45$.

Question 3

Pour tout point $P$ de la route, $\overrightarrow{DH}$ est orthogonal à $\overrightarrow{HP}$ (colinéaire à un vecteur directeur de $d$) : le triangle $DHP$ est rectangle en $H$. Par Pythagore, $DP^2=DH^2+HP^2\geqslant DH^2$.

✅ On a $DP\geqslant DH$ pour tout $P\in d$ : $H$ est le point de la route le plus proche du drone.