al7 ma19tepa0009 sequence-03

Séquence 3

Géométrie

101Séquence 3

Sommaire

1. Trigonométrie p.1022. Géométrie dans l’espace p.1123. Barycentres p.1184. Produit scalaire dans le plan p.1235. Translations et homothéties p.1296. Exercices d’application p.1337. Corrigés des exercices p.137

Cned – Académie en ligne

102 Séquence 3

On considère un repère orthonormé ( ; , )O i j� �

et les points I et J tels que

OI��

= i et OJ��

= j .

1. Mesure d’un angle géométrique en radians

� Définition

Soient � un cercle de centre O et de rayon 1 et A, B deux points de � .

La mesure en radians de l’angle AOB� est la longueur de l’arc AB� .

La longueur d’un demi-cercle de centre O et de rayon 1 étant égale à π (périmètre d’un cercle de centre O et de rayon 1 = 2π ), on en déduit que la mesure en radians d’un angle plat est de π radians et de même celle

d’un angle droit (correspondant à la longueur d’un quart de cercle) est

de π2

radians .

� Propriété

Les mesures d’un angle en degrés et en radians sont proportionnelles.

� Correspondances à connaître

Mesure en degrés 0 30 45 60 90 180 x

Mesure en radians 0

π6

π4

π3

π2

ππ

180× x

2. Cercle trigonométrique et angles orientés

Un cercle trigonométrique est un cercle orienté de rayon 1.Par convention, le sens direct (dit aussi positif) est le sens inverse des aiguilles d’une montre. L’autre sens est dit indirect.

A Repérage d’un point du cercle trigonométrique

A Repérage d’un point du cercle trigonométrique

O

B

A

�

O

B

A

�

ExemplesExemples

1 Trigonométrie


103Séquence 3

� Repérage d’un point sur le cercle trigonométrique

En « enroulant » la droite des réels sur le cercle trigono-métrique � de centre O comme le suggère la figure ci-contre (dans le sens direct si x > 0 et dans le sens indirect si x < 0 ), on associe à tout réel x un unique point M du cercle.

Exemple : Au réel 0, on associe le point I ; au réel π le

point A, à π2

le point J, à − π2

le point C…

� DéfinitionSi au nombre réel x, on associe le point M, on dit que x est

une mesure en radians de l’arc orienté IM� ou de l’angle

orienté de vecteurs (OI ; OM��

) .

� Ensemble des mesures d’un angle orienté de vecteurs ; mesure principale

� Réciproquement, à un point M du cercle, est associée une famille de réels. Au point J sont, par exemple, associés les réels

π2

, − …32π

Ces nombres réels sont définis « modulo 2π ». Cela signifie que leurs différences sont des multiples entiers de 2π (correspondant à des nombres de tours complets du cercle dans le sens indirect ou direct). Si x est un tel réel, on note :

(OI ; OM)��

= +x k2 π ( k ∈� ) ou (OI ; OM)��

= x (modulo 2π ).� De même, si M et N sont deux points du cercle trigonométrique respec-

tivement associés aux réels x et y, les mesures en radians de l’angle orienté (OM ON)

� �� ; sont les réels y x k− +2 π avec k ∈� .

� Parmi toutes les mesures d’un angle orienté ( ; )OM ON� ��

, une seule appartient à l’intervalle ] ; ]− π π . On l’appelle la mesure principale de l’angle ( ; OM ON)

� �� .

On considère le cercle trigonométrique � ci-contre et A, B, C trois points de � .

Déterminer une mesure des angles de vecteurs : ( OI ; OB ),( OI ; OC )��

,

( OC ; OB )� ��

.

Placer sur le cercle les points D et E tels que :

( OI ; OD ) =43

(2 )et ( OI ; OE� �� − π π

�� ) =

134

(2 ).π π

Déterminer la mesure principale des angles

( ) ( ).OI ; OD OI ; OE��

et

x

AO

C

MJ

I

2

0

+

π

π

2π

π

x

AO

C

MJ

I

2

0

+

π

π

2π

π

Exemple 1Exemple 1

+

i

IO

B

A

C

j

� +

i

IO

B

A

C

j

�


104 Séquence 3

On a ( ; ) ( )OI OB��

= π π2 (angle plat); ( ; )OI OC (2 )� ��

= − π π4

(C est sur la bis-

sectrice de l’angle droit AOI� ) et ( ; )OC OB� ��

= − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= = −π π π π π4

54

34

(2 ).

On peut placer D en utilisant le fait que − = − −43 3π π π

et que OBD est par suite équilatéral.

De plus − + =43

223

π π π et

23π π π∈ −] ; ] donc

23π

est la mesure principale de (OI ; OD)��

13

416

434

434

234

34

2π π π π π π π π= − = − = × − = −22ππ ( )

avec

− ∈ −34π π π] ; ] donc − 3

4π

est la mesure principale

de (OI ; OE)��

. De plus E est sur la bissectrice de AOB� .

3. Angle orienté de deux vecteurs quelconques

� Définition

Soient u�

et v�

deux vecteurs non nuls tels que u� � ��

= OM

et v� � ��

= ON . On considère les points A et B points d’intersection respectifs des demi-droites [OM) et [ON) avec le cer-cle trigonométrique de centre O.Les mesures en radians de l’angle orienté de vecteurs

( ; )u v��

sont les mesures en radians de (OA ; OB� ��

) .

� Propriétés

Soient u�

et v�

deux vecteurs non nuls.

u�

et v�

sont colinéaires de même sens si et seulement

si ( )u v� �

; = 00 (modulo 2π ).

u�

et v�

sont colinéaires de sens contraires si et

seulement si ( )u v� �

; = π (modulo 2π ).

Pour tous vecteurs u�

, v�

, w��

non nuls, on a :

( ; ) ( ; ) ( ; )u v v w u w� � � ��

+ = (modulo 2π ).

i

I

OB

D

AE

C

j

�

3π

i

I

OB

D

AE

C

j

�

3π

O

B

N

MA

i

u

v

j

�

O

B

N

MA

i

u

v

j

�

� Angles et colinéarité� Angles et colinéarité

� Relation de Chasles� Relation de Chasles


105Séquence 3

Pour tous vecteurs u�

, v�

non nuls, on a (modulo 2π) :

� ( ; ) ( )v u u v� � � �

= − ;

� ( ; ) ( )− − =u v u v� � � �

;

� ( ; ) ( )− = +u v u v� � � �

; π et ( ; ) ( ; )u v u v� � � ��

− = + π

4. Les méthodes

� Comment déterminer la mesure principale d’un angle orienté

Pour calculer la mesure principale d’un angle orienté de mesure (en radians) x, on décompose x sous la forme d’une somme de type y k ky+ × ∈∈ −22ππ avec et] ; ]π π � alors y est la mesure principale associée à x. On peut aussi si x est « grand » estimer « le nombre de tours complets du cercle contenus dans cette mesure » puis ajouter ou soustraire à x la mesure en radians de ce nombre de tours qui est donc un multiple de 2π , afin d’obtenir un réel de ] ; ]− π π .

Déterminer la mesure principale d’un angle orienté dont une mesure est 431

6π

.

On calcule

4316

2

π

π (pour estimer le nombre de tours complets) :

4316

243112

36

π

π= (on arrondit à l’entier le plus proche).

Puis 4316

36 2431 432

6 6π π π π π− × = − = − avec − ∈ −π π π

6] ; ] donc − π

6

est la mesure principale demandée.

� Comment utiliser les règles opératoires sur les angles orientés

On peut utiliser les propriétés du 3. pour montrer le parallélisme de deux droites, l’alignement de trois points ou l’orthogonalité de deux droites.Si A, B, C, D sont 4 points deux à deux distincts, on a en particulier :

(AB) // (CD) ⇔ ( ) =AB ; CD modulo� ��

0 ( )ππ A, B, C alignés ⇔ ( ) =AB ; AC modulo

� �� 0 ( )ππ .

On considère les points A, B, C, D et E tels que ( ; ),( ; ) (AB AE AB AD et AD� ��

; )AC

ont pour mesures respectives − −2 34

et512

π π π3

, .

Démontrer que les points A, C et E sont alignés.

� Conséquences� Conséquences

u–u

–v

vπ

u–u

–v

vπ

Exemple 2Exemple 2

Exemple 3Exemple 3


106 Séquence 3

On calcule une mesure de l’angle orienté (AC ; AE)� ��

.On a d’après la relation de Chasles :

( ) ( ) (AC ; AE AC ; AD AD ; AB� ��

= +��

) ( ) ( ) (+ =− −AB ; AE AD ; AC AB��

; AD AB ; AE) ( )+ soit ( ) (AC ; AE m

� �� = − − = − = − =5

1234

23

1212

π π π π π π oodulo 2 ).π

Donc les vecteurs AC et AE� ��

sont colinéaires (de sens contraires) et les points A, C, E sont bien alignés.

1. Les notions

� Définition

( , )O i j;� �

est un repère orthonormé direct et � est le cer-cle trigonométrique de centre O.

Soit x un réel et M le point de � tel que ( ( ).i ; OM)� � ��

= x 2π

Alors, on a : ccooss aabbsscciissssee de Mx = et

ssiinn oorrddoonnnnééeede Mx =

� Propriétés immédiates

� Pour tout k ∈�,

ccooss xx 22kk ccoossxx ssiinn xx 22kk ssiinnxx( ) ( ) .+ = + =π πet (car x et x k+2 π sont asso-

ciés au même point M de � ).� Pour tout réel x, on a : − ≤ ≤11 ccooss 11xx et − ≤ ≤11 ssiinn 11xx .� Pour tout réel x, on a : ccooss ssiinn 112 2xx xx+ = . (théorème de Pythagore dans

OPM).

� Propriétés relatives aux angles associés

Pour tout réel x, on a :

� ccooss ccooss( )− =xx xx et ssiinn ssiinn( )− = −xx xx (point M2 )

� cos( ) cosπ + = −x x et sin sin( )π + = −x x (point M3 )

� cos cos( )π − = −x x et sin sin( )π − =x x (point M4 )

cos sinπ2

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=x x et sin cosπ2

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=x x (point M5 )

cos sinπ2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −x x et sin cosπ2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=x x (point M6 )

B Lignes trigonométriquesB Lignes trigonométriques

i cos x

sin x

O

M

x Pj

1

1–1

–1

i cos x

sin x

O

M

x Pj

1

1–1

–1

O

x

x

M

M2

M5M6

M4

M3

j

iO

x

x

M

M2

M5M6

M4

M3

j

i


107Séquence 3

� Valeurs particulières (à connaître par cœur)

x 0π6

π4

π3

π2

cos x 1 32

22

12

0

sin x 012

22

32

1

� Formules d’addition

� cos (a + b) = cos a cos b – sin a sin b etcos (a – b) = cos a cos b + sin a sin b.

� sin (a + b) = sin a cos b + sin b cos a etsin (a – b) = sin a cos b – sin b cos a.

� Formules de duplication

cos( ) cos sin cos sin2 2 1 1 22 2 2 2a a a a a= − = − = −

sin( ) sin cos2 2a a a= .

2. Les méthodes

� Comment obtenir des valeurs remarquables asso-ciées à une mesure

On utilise les valeurs particulières du tableau ci-dessus puis on utilise les formules des angles associés.

Compléter le tableau ci-dessous concernant les valeurs remarquables

des lignes trigonométriques associées à π6

:

xπ6

− π6

76π 5

6π π

323π

cos x

sin x

En connaissant

cosπ3

12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= , on

retrouve sinπ3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

En effet,

sin cos2 2

31

3

114

34

π π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= − =

et comme sin ,π3

0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

>

on en déduit que

sin .π3

32

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=

Remarque

En connaissant

cosπ3

12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= , on

retrouve sinπ3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

En effet,

sin cos2 2

31

3

114

34

π π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= − =

et comme sin ,π3

0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

>

on en déduit que

sin .π3

32

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=

Remarque

Exemple 4Exemple 4


108 Séquence 3

x

π6

− π6

76 6π π π= +

56 6π π π= −

π π π3 2 6

= − 23 2 6 3π π π π π= + = −

cos x3

23

2− 3

2− 3

2

12

− 12

sin x 12

− 12

− 12

12

32

32

Explication Valeurs connues

On uti-lise les formu-les �

On utilise � On utilise �

Valeurs connues

ou et les

valeurs de la 1ère colonne.

On utilise ou � et les valeurs de la

colonne précédente.

� Comment obtenir de nouvelles valeurs

� On exprime le réel donné comme somme ou différence de réels dont les lignes trigonométriques sont connues ou comme double ou moitié d’un réel dont les lignes trigonométriques sont connues.

� On utilise ensuite les formules d’addition ou de duplication.

Déterminer les lignes trigonométriques du réel π

12 et du réel

π8

.

� On a π π π12 3 4

= − donc d’après � :

cos cos cos sin sinπ π π π π

12 3 4 3 412

22

32

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= + = × + ×× = +22

2 64

On obtient de même en appliquant � :

sin sin cos sin cosπ π π π π

12 3 4 4 36 2

4

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= − = − .

� 28 4

× =π π donc d’après : cos cos

π π4

28

12⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−

soit 28 4

12

212cos cos

π π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ = + donc cos2

82 24

π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= + puis

cosπ8

2 24

2 22

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= + = + car cos

π8

0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

> .

De même, cos sinπ π4

1 28

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

d’où sin2

82 2

4π⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

= − puis

sinπ8

2 22

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= − car sin

π8

0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

> .

Exemple 5Exemple 5


109Séquence 3

� Comment utiliser les valeurs remarquables pour construire le point associé à une mesure

Pour placer le point du cercle trigonométrique associé à une mesure x en radians, on peut utiliser cos x ou sin x qui nous donnent l’abscisse ou l’ordonnée du point M.

Construire (précisément) le point M associé à la mesure en radians 56π

.

On utilise le fait que sin56

12

π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= (voir ci-dessus avec les angles asso-

ciés) et que cos56

0π⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

< donc M est le point du cercle trigonométrique

tel que : xM < 0 et yM = 12

.

� Comment résoudre des équations trigonométriques

� Pour résoudre une équation trigonométrique du type cos x = k (avec k ∈ −[ ; ]1 1 sinon l’équation n’a pas de solution), on cherche un réel a tel que cos a = k puis on utilise :

cos x = cos a ⇔

x a k

x a k

k

= +

= − +

⎧

⎨⎪

⎩⎪

∈2

2

π

πou avec � .

� Pour résoudre une équation trigonométrique du type sin x = k (avec de même, k ∈ −[ ; ]1 1 ), on cherche un réel a tel que sin a = k puis on utilise :

sin x = sin a ⇔ x a k

x a k

k

= +

= − +

⎧

⎨⎪

⎩⎪

∈2

2

π

π πou avec �.

� Il faut aussi tenir compte de l’ensemble dans lequel on résout l’équa-tion et bien utiliser le cercle trigonométrique.

Résoudre l’équation cosx3

2= − dans puis dans ] ; ]− π π .

On a cos56

32

π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= − (éventuellement passer par cosπ6

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et s’aider du

cercle pour trouver cela).

Donc cos cos cosx x

x k

= − ⇔ =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇔

= +3

256

56

2π

π π

ou

x k= − +

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

56

2π π

k ∈�.

D’où l’ensemble des solutions de l’équation dans est :

� = ± + ∈⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

56

2π πk k; � (il y en a une infinité).

Dans ] ; ]− π π , � = ±⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

56π

(il y a exactement deux solutions).

Exemple 6Exemple 6

iO

i1/2M 5 π

6

iO

i1/2M 5 π

6

M(a)

M’(–a)

Ocos a

M(a)

M’(–a)

Ocos a

M’(π–a) M(a)

O

sin aM’(π–a) M(a)

O

sin a

Exemple 7Exemple 7

5 π6

5 π6

i

j

23

5 π6

5 π6

i

j

23


110 Séquence 3

1. Les notions

� Définition

Soit M un point du plan rapporté au repère orthonormé

direct ( ; , )O i j� �

.

Un couple de coordonnées polaires de M est un couple du

type ( ; )r θ tels que rr = =OOMM et ( ; ) ( )i OM� � ��

θ π2 .

� Propriétés ; lien avec les coordonnées cartésiennes

Cartésiennes Polaires

Coordonnées de M (x ; y) ( ; )r θ

Propriétés x et y sont des réels.r et θ réels : r > 0 ; r est unique.

θ est défini à 2π près.

Relation entre ces coordonnées x r= cosθ et y r= sinθ .

r x y= +2 2

; cosθ = x

r ;

sinθ = y

r.

2. Méthode pour passer des coordonnées car-tésiennes aux polaires et réciproquement

On utilise les propriétés ci-dessus. Si besoin, on utilise les touchesArccos ( cos )ou −1 et Arcsin ( sin )ou −1 de la calculatrice pour obtenir une valeur approchée de θ .

Déterminer les coordonnées polaires des points A et B de coordonnées cartésiennes respectives ( ; )4 4− et ( ; )−6 3 .

� A( ; )4 4− : r x y= + = + − = =2 2 2 24 4 32 4 2( )

puis on cherche un réel θ tel que : cosθ = = = =xr

4

4 2

1

2

22

et sinθ = = − = − = −yr

4

4 2

1

2

22

. θ π= −4

convient (on utilise les lignes

trigonométriques associées à π4

).

Le point A a donc pour coordonnées polaires :

C Coordonnées cartésiennes et coordonnées polaires

C Coordonnées cartésiennes et coordonnées polaires

i

jr

M

O

+y

x

ο

i

jr

M

O

+y

x

ο

Exemple 8Exemple 8


111Séquence 3

4 24

; −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

π .

A

j4

1

4

–4

0

y = –x

π–

i

2

3

4

� B( ; )−6 3 : r x y= + = − + = =2 2 2 26 3 45 3 5( )

puis θ est tel que : cosθ = = − = −xr

6

3 5

2

5 et

sinθ = = =yr

3

3 5

1

5 .

On ne peut pas obtenir la valeur exacte de θ. On se place en mode « Radian » sur la calculatrice :

Arc cos ,−⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟2

52 68 . Regardons si cette valeur convient pour sinθ .

Comme 2,68 ∈⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

π π2

; , on a bien avec cette valeur sinθ > 0 (et cos )θ < 0

donc B a pour coordonnées polaires : ( ; ) ,3 5 2 68θ θavec .

V Voir exercices 1 à 6.

Attention ! On utilise les valeurs de cos et de sin pour détermi-ner une valeur de θ (une fois trouvée la valeur de cosθ , on a besoin en particulier du signe de sinθ ).Dans cet exemple, on pouvait aussi utiliser le fait que le point A est sur la droite d ’ é q u a t i o n y x= − tout en étant dans le quart du plan �.

Remarques


112 Séquence 3

1. Quelques propriétés utiles

� Trois points non alignés déterminent un plan.� Deux plans distincts sont : – soit sécants (leur intersection est une droite), – soit strictement parallèles.� Deux droites distinctes sont : – soit non coplanaires, – soit coplanaires (elles sont alors soit sécantes, soit strictement

parallèles).� Une droite est : – soit sécante à un plan (leur intersection est un point), – soit parallèle à ce plan (elle est alors soit strictement parallèle au

plan, soit contenue dans le plan).� Si deux plans sont parallèles, alors tout plan qui coupe l’un coupe

l’autre et les droites d’intersection sont parallèles.� Si deux plans sécants � et �' contiennent respectivement deux droi-

tes parallèles (d ) et (d' ), alors leur intersection est parallèle à ces deux droites (théorème du toit).

� Si une droite (d ) est parallèle à un plan � tout plan �' contenant (d ) et coupant �, le coupe suivant une parallèle à (d ).

� Si une droite est orthogonale à deux droites sécantes d’un plan, alors elle est orthogonale à ce plan.

2. Méthodes

� Comment déterminer l’intersection de deux plans � et �'

� On cherche deux points A et B communs aux plans � et �' ; l’intersec-tion de � et �' est alors la droite (AB).

� On cherche un point A commun aux deux plans et une droite (d ) de l’un, parallèle à l’autre ; l’intersection de � et �' est alors la parallèle à (d ) passant par A.

� On cherche un point A commun aux deux plans et on utilise un 3e plan permettant d’appliquer la propriété : si deux plans sont parallèles, alors tout plan qui coupe l’un coupe l’autre et les droites d’intersec-tion sont parallèles.

A Sections planesA Sections planes

2 Géométrie dans l’espace


113Séquence 3

ABCDEFGH est un cube, I est le milieu de CD⎡⎣ ⎤⎦. Déterminer l’intersection des plans (AGI) et (ABE).Le point A est commun aux plans (AGI) et (ABE).

Les plans (ABE) et (CDH) sont parallèles car ABCDEFGH est un cube. Or l’intersection des plans (AGI) et (CDH) est la droite (GI) car G et I sont deux points communs à ces deux plans, donc l’intersection des plans (AGI) et (ABE) est la droite parallèle à (GI) passant par A.C’est la droite (AJ) où J est le milieu de EF⎡⎣ ⎤⎦.

� Comment déterminer l’intersection d’une droite (d ) et d’un plan �

� On cherche une droite (d' ) du plan � coplanaire sécante avec la droite (d ). L’intersection de la droite (d ) et du plan � est alors le point d’in-tersection des droites (d ) et (d' ).

� Méthode du plan auxiliaire : on cherche un plan �' contenant (d ) puis on détermine l’intersection, une droite Δ( ), des plans � et �'. L’in-tersection de la droite (d ) et du plan � est alors le point d’intersec-tion des droites (d ) et Δ( ).

On considère un cube ABCDEFGH. I est un point de la face BCGF et J est un point de la face DCGH, la droite (IJ) n’étant pas parallèle au plan (ABC).Construire l’intersection de la droite (IJ) et du plan (ABC).

Dans le plan (BCG), notons I' le point d’intersection de la parallèle à (CG) passant par I et de la droite (BC).Dans le plan (DCG), notons J' le point d’intersection de la parallèle à (CG) passant par J et de la droite (DC).Les droites (II') et (JJ') sont parallèles car elles sont parallèles à la droite (CG).Les points I, I', J et J’ sont donc coplanaires et les droi-tes (IJ) et (I'J') sont coplanaires sécantes (elles ne sont pas coplanaires parallèles car (IJ) n’est pas parallèle à (ABC)).

Notons K le point d’intersection des droites (IJ) et (I'J'). K appartient à (I'J') qui est incluse dans le plan (ABC) donc K est un point du plan (ABC). De plus, K appartient à (IJ). K est donc le point d’intersection de la droite (IJ) et du plan (ABC).

� Comment déterminer la section d’un cube, d’un tétraèdre par un plan �

On détermine les points d’intersection (s’ils existent) du plan � avec les arêtes du polyèdre, en travaillant si nécessaire avec les droites portant ces arêtes. La section du polyèdre par le plan � est alors le polygone ayant pour sommets ces points d’intersection.

Exemple 9Exemple 9

C

GH

EF

BA

DI

J

C

GH

EF

BA

DI

J

Exemple 10Exemple 10

C

KI’

GH

EF

BA

D

I

J

J’

C

KI’

GH

EF

BA

D

I

J

J’


114 Séquence 3

ABCDEFGH est un cube. I, J et K appartiennent respectivement aux arêtes [GH], [GC] et [AD] comme sur la figure ci-dessous. Déterminer la section du cube par le plan (IJK).

Les droites (IJ) et (CD) sont coplanaires sécantes (incluses dans (CDG)). Notons M leur point d’inter-section. M IJK∈( ). Les droites (MK) et (BC) sont coplanaires sécantes (incluses dans (ABC)). Notons N leur point d’intersection. N IJK∈( ). Les droites (IJ) et (DH) sont coplanaires sécantes (incluses dans (DHG)). Notons P leur point d’intersection. P IJK∈( ). Les droites (PK) et (EH) sont coplanaires sécantes (incluses dans (EHD)). Notons Q leur point d’intersection. Q IJK∈( ). La section du cube par le plan (IJK) est le pentagone IJNKQ.

1. Vecteurs coplanaires

� Définition

Soient u�, v

� et w

�� trois vecteurs et A un point de l’es-

pace.Soient B, C et D les points tels que AB

� �� = u, AC

� �� = v et

AD� ��

=w. On dit que les vecteurs uu

�, vv

� et ww

�� sont coplanaires

lorsque les points A, B, C et D sont coplanaires c’est-à-dire qu’ils appartiennent à un même plan.

� Les opérations sur les vecteurs du plan s’étendent à l’espace (addition, relation de Chasles, multiplication d’un vecteur par un réel, vecteurs colinéaires).

� Lorsque u��

et v�

ne sont pas colinéaires, on a : u��, v

� et w

�� sont coplanaires ⇔ il existe des réels a et

b tels que w au bv��

= + .

Remarques

2. Repérage cartésien dans l’espace

� Une base de l’ensemble des vecteurs de l’espace est un triplet i j k� � �, ,( )

de vecteurs non coplanaires de l’espace.

� Un repère de l’espace est un quadruplet O ; , ,i j k� � �( ) où O est un point,

origine du repère, et i j k� � �, ,( ) une base.


C

NM

F

BA

K

D

E

Q

P

I G

J

H

C

NM

F

BA

K

D

E

Q

P

I G

J

H

B RepérageB Repérage

C

BuA

Dw v

C

BuA

Dw v


115Séquence 3

� u�

a pour coordonnées

x

y

z

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

dans la base i j k� � �, ,( ) signifie

u xi y j zk� � � �

= + + .

� M a pour coordonnées x y z ; ; ( ) dans le repère O ; , ,i j k� � �( ) signifie

OM� ��

= + +xi y j zk.

� Si u

x

y

z

� ⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

et v

x

y

z

� '

'

'

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

alors u v

x x

y y

z z

� �+

+++

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

'

'

'

et λλλλ

u

x

y

z

� ⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

, λ étant un réel.

� Le vecteur AB� ��

a pour coordonnées

x x

y y

z z

B A

B A

B A

−

−

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

.

� Le milieu du segment [AB] a pour coordonnées x x y y z zA B A B A B++ ++ ++

2 2 2 ; ;

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

� Deux vecteurs sont égaux si, et seulement si, leurs coordonnées sont égales.

3. Distance entre deux points en repère ortho-normal

Dans un repère orthonormé,

AB AB B A B A B A= = −( ) + −( ) + −( )� ��

x x y y z z2 2 2

et si u

x

y

z

� ⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

, u x y z�

= + +2 2 2 .

4. Équations de quelques objets de l’espace� Équations des plans parallèles aux plans de coordonnées ( )λ ∈

Plan O ; ,i j� �( ) O ; ,i k

� �( ) O ; ,j k� �( )

Équation z = 0 y = 0 x = 0

Équation d’un plan parallèle z = λ y = λ x = λ

� Équation d’une sphère centrée à l’origine.

Dans un repère orthonormé O ; , , ,i j k� � �( ) la sphère � de cen-


116 Séquence 3

tre O et de rayon r a pour équation x y z r2 2 2 2+ + = car M OM OMx y z r r ; ; .( ) ∈ ⇔ = ⇔ =� 2 2

� Équation d’un cône de sommet l’origine et ayant pour axe un axe du repère.

Dans un repère orthonormé O ; , , ,i j k� � �( ) le cône C de sommet O,

d’axe O ; k�( ) et de demi-angle au sommet α α π

, ; ,∈⎤

⎦⎥

⎡

⎣⎢0

2 a pour

équation x y az2 2 2+ = où a = tan2 α car P étant le projetéorthogonal de M O≠ sur O ; k

�( ) on a :

M POM POM

PMPO

x y z C ; ; tan tan

tan

( ) ∈ ⇔ = ⇔ =

⇔ =

� �α α

αα α⇔ = ×PM PO2 2 tan .2

Les coordonnées du point O vérifient aussi l’équation obtenue.

� Équation d’un cylindre ayant pour axe un axe du repère.

Dans un repère orthonormé O ; , , ,i j k� � �( ) le cylindre Γ d’axe Oz( ) et

de rayon r a pour équation x y r2 2 2+ = car H étant le projeté ortho-gonal de M sur Oz M MH MH( ) ∈ ⇔ = ⇔ =, ( ; ; ) .x y z Γ r r2 2

On considère un cube ABCDEFGH. Les vecteurs AB� ��

, BD� ��

et EG� ��

sont-ils

coplanaires ?

On conserve le vecteur AAB� ��

.

On a BD C� ��

= A ' , C' étant le symétrique de C par rapport à D.On a EG C

� �� = A car ACGE est un rectangle.

Les points A, B, C et C' appartiennent au même plan (ABC).Donc les vecteurs AB

� ��, BD

� �� et EG

� �� sont coplanaires.

ij

MP

k

O

α

ij

MP

k

O

α

Pour un cône d’axe O ; ,i y z ax

�( ) + =2 2 2

et

pour un cône d’axe O ; ,j

�( ) x z ay2 2 2+ = .

Remarque

Pour un cône d’axe O ; ,i y z ax

�( ) + =2 2 2

et

pour un cône d’axe O ; ,j

�( ) x z ay2 2 2+ = .

Remarque

O y

x

r MH

z

O y

x

r MH

z

Pour un cylindre d’axe Ox y z r( ) + =2 2 2 et pour un cône d’axe Oy( ), x z r2 2 2+ = .

Remarque

Pour un cylindre d’axe Ox y z r( ) + =2 2 2 et pour un cône d’axe Oy( ), x z r2 2 2+ = .

Remarque


EH

GF

A

B C

D

C’

EH

GF

A

B C

D

C’


117Séquence 3

Dans un repère de l’espace, on considère les points A 2 3 1−( ); ; , B(0 ; –3 ; 5) et C 5 12 5− −( ); ; . Montrer que A, B et C sont alignés.

Déterminons les coordonnées des vecteurs AB� ��

et AC� ��

(par exemple) :

ABB A

B A

B A

� ��x x

y y

z z

−

−

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

c’est-à-dire AB AB� �� 0 2

3 3

5 1

2

6

4

− −− −

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

−⎛

⎝

⎜⎜⎜

( )

,

⎞⎞

⎠

⎟⎟⎟

;

de même : AC� �� −

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

3

9

6

.

Les coordonnées des vecteurs AB� ��

et AC� ��

sont proportionnelles. On a :

AC AB� ��

= − 32

donc les vecteurs AB� ��

et AC� ��

sont colinéaires, et par consé-

quent, les points A, B et C sont alignés.

L’espace est rapporté à un repère orthonormal O ; , , .i j k� � �( ) On considère

la sphère � de centre O et de rayon 4, et le plan � d’équation z = 3.

Déterminer l’intersection de � avec �.

Une équation de la sphère � est x y z2 2 2 24 16+ + = = .

M x y z ; ; ( ) appartient à l’intersection de � avec �

L’intersection de � avec � est donc le cercle de centre Ω 0 0 3 ; ; ( ) et

de rayon 7 , tracé dans le plan �.

L’espace est muni d’un repère orthonormé O ; , , .i j k� � �( ) Déterminer une

équation du cône (C) de révolution de sommet O, engendré par la rota-tion de la droite (OA) autour de l’axe O ; ,k

�( ) avec A 1 2 4 ; ; .( )

Une équation de (C) est de la forme x y az2 2 2+ = . La droite (OA) étant

une génératrice du cône (C), A 1 2 4 ; ; ( ) est un point du cône donc on a :

x y azA A A2 2 2+ = c’est-à-dire 1 4 16+ = ×a d’où a = 5

16. Une équation

du cône (C) est donc x y z2 2 2516

+ = .




⇔=

+ + =

⎧⎨⎪

⎩⎪⇔

=

+ + =

⎧⎨⎪

⎩⎪⇔

=z

x y z

z

x y

z3

16

3

9 16

32 2 2 2 2 xx y2 2 7+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.⇔

=

+ + =

⎧⎨⎪

⎩⎪⇔

=

+ + =

⎧⎨⎪

⎩⎪⇔

=z

x y z

z

x y

z3

16

3

9 16

32 2 2 2 2 xx y2 2 7+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.



118 Séquence 3

Sauf mention contraire, les résultats de ce chapitre sont valables dans le plan et dans l’espace.

1. Barycentre de deux points pondérés

Soient A et B deux points. Soient α et β deux réels tels que α β+ ≠ 0. Il existe un unique point G tel que α βGA GB

� �� + = 0.

Ce point G est appelé barycentre des points pondérés A ; α( ) et B ; .β( )

A, B et C sont trois points du plan tels que AC74

AB� ��

= .

Montrer que le point B est le barycentre des points A et C affectés de

coefficients que l’on déterminera.

On a : AC AB� ��

= 74

donc 4 7AC AB� ��

= d’où 4 7 0AB BC AB� ��

+( )− = d’après la

relation de Chasles.

On a donc : − + =3 4 0AB BC� ��

c’est-à-dire 3 4 0BA BC� ��

+ = . Par conséquent, B

est le barycentre des points pondérés A ; 3( ) et C ; .4( )

2. Barycentre de trois points pondérés

Soient A, B et C trois points. Soient α, β et γ trois réels tels que α β γ+ + ≠ 0.

Il existe un unique point G tel que

α β γGA GB GC� ��

+ + = 0.

Ce point G est appelé barycentre des points pondérés

A ; ,α( ) B ; β( ) et C ; .γ( )

On dit aussi que G est le barycentre du système pon-déré A B C ; ; ; ; ; .α β γ( ) ( ) ( ){ }

A DéfinitionsA Définitions


La définition s’étend au barycentre de n points pondérés où n ≥ 3.

Remarque

La définition s’étend au barycentre de n points pondérés où n ≥ 3.

Remarque

3 Barycentres


119Séquence 3

3. IsobarycentreLe barycentre des n points pondérés A1 ; ,α( ) A2 ; ,α( ) …, An ; α( ) , avec α réel non nul, est appelé isobarycentre des points A1, A2, …, An .

� Cas particuliers

� L’isobarycentre de deux points A et B distincts est le milieu du segment

AB⎡⎣ ⎤⎦. � L’isobarycentre de trois points A, B et C distincts et non alignés est le

centre de gravité du triangle ABC.

1. Homogénéité du barycentre

Soient α1, α2, …, αn n réels tels que α α α1 2 0+ + + ≠... n .

Pour tout réel k non nul, le barycentre des n points pondérés A1 1; ,kα( ) A2 2 ; ,kα( ) …, An nk ; α( ) est le barycentre des n points pondérés

A1 1 ; ,α( ) A2 2 ; ,α( ) …, An n ; .α( )

2. Relation fondamentale

Soit G le barycentre des points pondérés A ; α( ) et B ; ,β( ) α et β étant

deux réels tels que α β+ ≠ 0.

Pour tout point M, on a : α β α βMA MB MG� ��

+ = +( ) et donc

MG MA MB� ��

=+

+( )1α β

α β .

� Conséquences

� Le barycentre des points pondérés A ; α( ) et B ; ,β( ) avec A et B dis-tincts, est sur la droite (AB).

� Coordonnées d’un barycentre :• Dans le plan muni d’un repère O ; , ,i j

� �( ) les coordonnées du barycen-

tre G des points pondérés A ; α( ) et B ; β( ) sont : xx x

GA B=

++

α βα β

et

yy y

GA B=

++

α βα β

(moyennes pondérées des coordonnées de A et B).

• Dans l’espace, la 3e coordonnée se calcule de la même façon.

B PropriétésB Propriétés


120 Séquence 3

Construction d’un barycentre

A, B et C étant trois points non alignés du plan, construire le barycentre

G du système A 2 B 1 C 4; ; ; ; ; .−( ) ( ) ( ){ }

Pour tout point M, d’après la relation fondamentale,

on a : − + + = − + +( ) =2 4 2 1 4 3MA MB MC MG MG� ��

d’où

MG MA MB MC� ��

= − + +23

13

43

.

En particulier pour M A= , on a : AG AB AC� ��

= +13

43

.

A

C

G

B

3. Associativité du barycentre ou théorème du barycentre partiel

Soient α, β et γ trois réels tels que α β γ+ + ≠ 0. Soit G le barycentre des points pondérés A ; ,α( )

B ; β( ) et C ; .γ( )

Si α β+ ≠ 0, alors G est le barycentre des points pon-dérés H ; α β+( ) et C ; ,γ( ) où H est le barycentre de

A ; α( ) et B ; .β( )


Cette propriété s’étend à n points pondérés, n étant un entier naturel supérieur à 3.

Remarque

Cette propriété s’étend à n points pondérés, n étant un entier naturel supérieur à 3.

Remarque

Si α1, α2, …, αn sont n réels tels que α α α1 2 0+ + + =... n , alors le vecteur

α α α1 1 2 2MA MA MA� ��

+ + +... n n

est un vecteur constant.

Remarque

Ces résultats s’étendent à n points pondérés, n étant un entier naturel supérieur à 2.

Pour n = 3, on a MG MA MB MC� ��

=+ +

+ +( )1α β γ

α β γ donc

en particulier AG AB AC� ��

=+ +

+( )1α β γ

β γ .

Le barycentre des points pondérés A ; ,α( ) B ; β( )

et

C ; ,γ( ) avec A, B et C distincts et non alignés, appartient

au plan (ABC).

Remarque


121Séquence 3

1. Montrer l’alignement de points

Pour montrer que trois points sont alignés, on peut interpréter un des points comme barycentre des deux autres points affectés de coeffi-cients.

On considère un triangle ABC ; I est le milieu du segment BC⎡⎣ ⎤⎦, J est le

milieu du segment AI⎡⎣ ⎤⎦ et K est le point défini par AK AC� ��

= 13

. Montrer

que les points B, J et K sont alignés.

I est le milieu de BC⎡⎣ ⎤⎦ d’où I est l’iso-barycentre de B et C donc le barycentre des points pondérés B ; 1( ) et C ; .1( )

J est le milieu de AI⎡⎣ ⎤⎦ d’où J est l’iso-barycentre de A et I donc le barycentre des points pondérés A ; 2( ) et I ; 2( ) .

D’après l’associativité du barycentre, J est alors le barycentre des points pon-dérés A ; ,2( ) B ; 1( ) et C ; .1( )

De plus, on a : AK AC� ��

= 13

donc

3AK AC� ��

= d’où 3AK AK KC� ��

= + d’après

la relation de Chasles et donc : 2 0KA KC� ��

+ = . Par conséquent, K est le

barycentre des points pondérés A ; 2( ) et C ; .1( ) J barycentre des points pondérés A ; ,2( ) B ; 1( ) et C ; .1( ) est alors le barycentre des points pondérés K ; 3( ) et B ; 1( ) d’après le théorème du barycentre partiel.Les points B, J et K sont donc alignés.

2. Montrer que des droites sont concourantes

On montre que toutes ces droites passent par le barycentre d’un même système pondéré ; ce barycentre est alors le point de concours des droi-tes considérées.

ABCD est un tétraèdre. Les points I, J, K, L, M et N sont les milieux res-pectifs des arêtes [AB], [AC], [AD], [BC], [BD] et [CD]. Les points A', B', C' et D' sont les centres de gravité respectifs des triangles BCD, ACD, ABD et ABC.Montrer que les droites (IN), (JM), (KL), (AA'), (BB'), (CC') et (DD') sont concourantes.

C Trois utilisations des barycentresC Trois utilisations des barycentres


A

CB I

J

K

A

CB I

J

K



122 Séquence 3

I est le milieu de AB⎡⎣ ⎤⎦ donc I est le barycentre des points pondérés

A ; 1( ) et B ; .1( )

De même, J est le barycentre de

A ; 1( ) et C ; ;1( ) K est celui de

A ; 1( ) et D ; ;1( ) L est celui de

B ; 1( ) et C ; ;1( ) M est celui de

B ; 1( ) et D ; 1( ) et N est le bary-

centre de C ; 1( ) et D ; .1( )

Notons G le barycentre des points pondérés A ; ,1( ) B ; ,1( ) C ; 1( ) et

D ; .1( )

D’après le théorème du barycentre partiel, G est aussi le barycentre de I ; 2( ) et N ; 2( ) mais aussi celui de J ; 2( ) et M ; 2( ) ainsi que celui de K ; 2( ) et L ; .2( ) Le point G appartient donc aux droites (IN), (JM) et (KL).

A' est le centre de gravité du triangle BCD d’où A' est l’isobarycentre des points B, C et D donc le barycentre des points pondérés B ; ,1( ) C ; 1( ) et D ; .1( )

De même, B’ est le barycentre de A ; ,1( ) C ; 1( ) et D ; 1( ) C'est celui de A ; ,1( ) B ; 1( ) et D ; 1( ) et D' est le barycentre de A ; ,1( ) B ; 1( ) et C ; .1( )

D’après le théorème du barycentre partiel, G barycentre de A ; ,1( ) B ; ,1( )

C ; 1( ) et D ; 1( ) est aussi le barycentre de A ; 1( ) et A' ; ,3( ) mais aussi celui

de B ; 1( ) et B' ; ,3( ) celui de C ; 1( ) et C' ; ,3( ) ainsi que celui de D ; 1( ) et

D' ; .3( ) Le point G appartient donc aux droites (AA'), (BB'), (CC') et (DD'). Les

droites (IN), (JM), (KL), (AA'), (BB'), (CC') et (DD') sont donc concourantes en G.

3. Déterminer un lieu géométriqueOn introduit un barycentre, en vérifiant bien son existence, pour réduire une somme de vecteurs à l’aide de la relation fondamentale.

A, B, et C sont trois points distincts de l’espace. Déterminer l’ensemble �

des points M de l’espace tels que 2 3 5 3MA MB MC AB� ��

− + = .

Soit G le barycentre des points pondérés A ; ,2( ) B ; −( )3 et C ; 5( ) .Le point G existe car 2 3 5 4 0− + = ≠ .

On a : 2 3 5 3 4 3MA MB MC AB MG AB� ��

− + = ⇔ =��

⇔ = ⇔ =4 334

MG AB GM AB

donc 2 3 5 3MA MB MC AB� ��

− + = ⇔ M est sur la sphère de centre G et de

rayon 34

AB.

L’ensemble � est donc la sphère de centre G et de rayon 34

AB.


C’

A’

MJ

D’

LC

N

D

K

B’

A

B

I

C’

A’

MJ

D’

LC

N

D

K

B’

A

B

I



123Séquence 3

Le produit scalaire des vecteurs u�

et v�

est le nombre réel noté u v� �

⋅ que

l’on peut définir des façons suivantes.

1. Avec une projection orthogonale

u v� � � ��

⋅ = ⋅ = ⋅OA OB OA OH où OA� ��

= u, OB� ��

= v et H est le projeté orthogonal de B sur la droite (OA).

2. Avec le cosinus

Si u�

et v�

sont deux vecteurs non nuls, alors

u v u v� � � � �

⋅ = × × = × ×OA OB AOBcos cosθ où θ est une

mesure de l’angle géométrique associé aux vecteurs

u�

et v�

et OA� ��

= u, OB� ��

= v .

3. Avec la norme uniquement

u v u v u v� � � � � �

⋅ = + − −⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟12

2 2 2

4. Expression analytique dans une base ortho-normée i j

� �,( )

Dans une base orthonormée i j� �, ,( ) si u

x

y

� ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et v� x

y

'

',

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

alors u v xx yy� �

⋅ = +' '.

5. Cas particuliers

� Si u�

et v�

sont colinéaires de même sens alors u v u v� � � �

⋅ = × .

� Si u�

et v�

sont colinéaires de sens contraires, alors u v u v� � � �

⋅ = − × .

� Si u� �

= 0 ou v� �

= 0, alors u v� �

⋅ = 0.

� u u u u u� � � � �

⋅ = = =2 2

carré scalaire de ; AB AB AB AB� ��

⋅ = =2 2.

A DéfinitionA Définition

H

B

O AH

B

O A

A

B

Oθ

A

B

Oθ

4 Produit scalaire dans le plan


124 Séquence 3

1. Norme d’un vecteur, distance entre deux points dans un repère orthonormé

Dans un repère orthonormé, ux

y

� ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

a pour norme u x y

�= +2 2 et

AB AB B A B A= = −( ) + −( )� ��

x x y y2 2

.

2. Produit scalaire et orthogonalité

Les vecteurs u�

et v�

sont orthogonaux si, et seulement si, u v� �

⋅ = 0.

3. Propriétés opératoires

Soient u�, v

� et w

�� trois vecteurs et k un réel.

� Propriété de symétrie : u v v u� � � �

⋅ = ⋅ .

� Propriété de linéarité : u v w u v u w� � ��

⋅ +( ) = ⋅ + ⋅ ; u kv k u v� � � �

⋅( ) = × ⋅( )

� Egalités remarquables : u v u u v v� � � � � �

+ = + ⋅ +2 2 2

2

u v u u v v� � � � � �

− = − ⋅ +2 2 2

2

u v u v u v� � � � � �

+( )⋅ −( ) = −2 2

1. Projeté orthogonal d’un vecteur sur un axe

La projection orthogonale d’un vec-teur v

� sur un axe Δ( ) muni d’un vec-

teur unitaire u�

est le vecteur v '��

défini

par v u v u' .��

= ⋅( )


C Applications du produit scalaireC Applications du produit scalaire

v

(Δ)v’u

v

(Δ)v’u


125Séquence 3

2. Équation d’une droite à l’aide d’un vecteur normal dans un repère orthonormé

La droite d’équation cartésienne ax by c+ + = 0 a pour vecteur directeur

ub

a

� −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et pour vecteur normal na

b

� ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

� Méthode

Comment obtenir, dans un repère orthonormé, une équation de la droite (d ) passant par A x ; yA A( ) et de vecteur normal nn aa bb

�; ( )

On utilise le résultat suivant : M AM et sont orthogonauxx y d n ; ( ) ∈( ) ⇔ ⇔

� �� AAM� ��

⋅ =n 0 (puis calcul à l’aide des coordonnées).

Dans un repère orthonormé, on considère les points A −( )1 5 ; B −( )2 1 ; et C 4 3 ; ( ) Déterminer une équation cartésienne de la perpendiculaire (d) à (BC) passant par A.

BC C B

C B

� �� x x

y y

−

−

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ c’est-à-dire BC

� �� 6

2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

est un vecteur normal à (d ). De plus,

AM A

A

� �� x x

y y

−

−

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ c’est-à-dire AM

� �� x

y

+−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1

5.

On a : M AM et BC sont orthogonax y d ; ( ) ∈( ) ⇔� ��

uux

AM BC⇔ ⋅ = ⇔ +( )× + −( )× =� ��

0 1 6 5 2 0x y

M x y d x y x y x y ; ( ) ∈( ) ⇔ + + − = ⇔ + − = ⇔ + − =6 6 2 10 0 6 2 4 0 3 2 00.

Une équation cartésienne de la droite (d ) est donc 3 2 0x y+ − = .

On peut aussi dire que BC� �� 6

2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ étant normal à (d ), une

équation de (d ) est de la forme 6 2 0x y c+ + = ; on déter-

mine ensuite c en utilisant le fait que A appartienne à (d ) et donc que 6 2 0x y cA A+ + = .

Remarque



126 Séquence 3

3. Équation d’un cercle � …

� … défini par son centre Ω Ω Ωx y;( et de rayon r, dans un repère orthonormé

On utilise le résultat suivant : M M Mx y r r ; .( ) ∈ ⇔ = ⇔ =� Ω Ω 2 2

Le plan est muni d’un repère orthonormé.

Déterminer une équation du cercle � de centre Ω 4 2 ; −( ) et de rayon r = 3.

On a : M Mx y r ; ( ) ∈ ⇔ =� Ω 2 2 et comme Ω Ω

ΩM

� �� x x

y y

−

−

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ c’est-à-dire

ΩM� �� x

y

−+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

4

2, on a : M x y x y ; .( ) ∈ ⇔ −( ) + +( ) =� 4 2 9

2 2

Une équation du cercle � est donc x y−( ) + +( ) =4 2 92 2

soit, en déve-

loppant, x y x y2 2 8 4 11 0+ − + + = .

Résultat général : dans un repère orthonormé, une équation du cercle �

de centre Ω Ω Ωx y ; ( ) et de rayon r est x x y y r−− −−Ω Ω( ) + ( ) =2 2 2 .

� … défini par son diamètre AB⎡⎣ ⎤⎦, dans un repère ortho-normé

On utilise le résultat suivant :

M( ; )x y ∈ ⇔� MA et MB� ��

sont orthogonaux

⇔ =MA.MB� ��

0

Le plan est muni d’un repère orthonormé.

Déterminer une équation du cercle � de diamètre AB⎡⎣ ⎤⎦ avec A −( )3 1 ;

et B 2 5 ; ( ) On a : M MA MB A B Ax y x x x x y ; ( ) ∈ ⇔ ⋅ = ⇔ −( ) −( )+ −�

� �� 0 yy y y( ) −( ) =B 0

M x y x x y y

x x

; ( )( ) ( )( )( ) ∈ ⇔ − − − + − − =

⇔ + − +

� 3 2 1 5 0

62 yy y x y x y2 2 26 5 0 6 1 0− + = ⇔ + + − − =

Une équation du cercle � est donc x y x y2 2 6 1 0+ + − − = .


A

M

B

A

M

B



127Séquence 3

4. Formule d’Al Kashi

Soit ABC un triangle avec a = BC, b = AC et c = AB.

On a alors : a b c bc2 2 2 2= + − cos .A�

De même, on a : b a c ac2 2 2 2= + − cosB� et c a b ab2 2 2 2= + − cos .C�

ABC est un triangle tel que AB = 5, AC = 7 et BAC� = °50 . Calculer BC.

D’après la formule d’Al Kashi :

BC AC AB AC AB A2 2 2 2 49 25 70 50 74= + − × = + − × ° = −cos cos� 770 50cos °

d’où BC = − °74 70 50cos (BC 5 39, ).

5. Théorème de la médiane

Soient ABC un triangle et I le milieu de BC⎡⎣ ⎤⎦. On a alors :

AB AC AIBC2 2 2

22

2+ = + .

ABC est un triangle tel que AB = 6, AC = 8 et BC = 11. I étant le milieu de BC⎡⎣ ⎤⎦, calculer AI.

D’après le théorème de la médiane, on a : AB AC AIBC2 2 2

22

2+ = + donc

AI AB ACBC2 2 2

212 2

12

36 64121

2= + −

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

= + −⎛⎝⎜

⎞⎠⎠⎟

= − =50121

4794

.

Par conséquent, on a : AI = =794

792

( , ).AI 4 44

6. Triangle : sinus des angles, côtés et aire

Pour tout triangle ABC, en posant a = BC, b = AC et c = AB, en notant S son aire, on a :

a b c

sin sin sinA B C� � �= = et S bc ac ab= = =12

12

12

sin sin sin .A B C� � �

ABC est un triangle tel que AB = 8, ABC� = °30 et ACB� = °45 . Calculer AC et BC.

On a : BAC� = ° − ° + ° = °180 30 45 105( ) .

BC

BAC

AC

ABC

AB

ACBsin sin sin� � �= = donc

B

A

c b

aC

B

A

c b

aC





128 Séquence 3

ACABC AB

ACB= × = × = × =sin

sin

,�

�0 5 8

22

4 2

24 2

(AC 5 66, )

BCBAC AB

ACB= × = ° = °

=

sin

sin

sin sin�

�8 105

22

16 105

2

88 2 105 10 93× °sin ( , ).BC

7. Recherche d’un lieu géométrique

Deux points A et B sont tels que AB = 6. Déterminer l’ensemble � des

points du plan tels que MA MB� ��

⋅ = 10.

Soit I le milieu du segment AB⎡⎣ ⎤⎦.

On a : MA MB MI IA MI IB� ��

⋅ = +( )⋅ +( ) d’après la relation de Chasles.

D’où MA MB MI MI IB IA IA IB� ��

⋅ = + ⋅ +( )+ ⋅2��

= + ⋅ −MI MI IA2 20 car I est le

milieu de AB⎡⎣ ⎤⎦ donc IA IB��

= − .

MA MB MI IA MI� ��

⋅ = − = −2 2 2 9 car IAAB2

= = 3.

Par conséquent, on a :

MA MB MI MI MI� ��

⋅ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =10 9 10 19 192 2 .

L’ensemble � est donc le cercle de centre I et de rayon 19.




129Séquence 3

Les définitions et propriétés sont valables dans le plan et l’espace.

1. Translations

� Définition

La translation de vecteur u�

, notée tu� , est la transformation qui

à tout point M associe le point M' tel que : MM'� ��

= u . On écrit

M M M M' ( ) : '.= t tu u� � ou

� Propriété

Si M et N ont pour images respectives M N' 'et par tu� alors M N MN' ' .

� �� =

2. Homothéties

� Définition

Soient O un point et k un réel non nul.L’homothétie de centre O et de rapport k, notée h kO, est la transforma-

tion qui à tout point M associe le point M' tel que : OM OM'� ��

= k .

On écrit M M M M' ( ) : '., ,= h hO k O kou

� Premières propriétés

� Le centre O d’une homothétie h, un point M et son image M' par h sont alignés.

Si k > 0 , M et M' sont du même côté de O et si k < 0 , M et M' sont de part et d’autre de O.

� Le centre O d’une homothétie h est invariant par h (c’est-à-dire confondu avec son image) : h(O) = O.C’est le seul point invariant par h lorsque k ≠ 1.

A Les notionsA Les notions

5 Translations et homothéties


130 Séquence 3

� Propriété (Relation fondamentale)

Si M et N ont pour images respectives M' et N' par l’homothétie de cen-

tre O et de rapport k alors M N MN' ' .� ��

= k

� Application

Soit h l’homothétie de centre O qui transforme A en A'.Alors B ' = h (B) est l’intersection de (OB ) et de la droite parallèle à (AB ) passant par A'.

Dans ce paragraphe, f désigne une translation ou une homothétie

1. Images de figures simples par f

� L’image d’une droite ( )d passant par un point A est la droite ( ')d parallèle à ( )d et passant par A A' ( ).= f

� L’image d’un segment [ ]AB est le segment [ ' ']A B où A A B B' ( ) ' ( ).= =f fet

� L’image du cercle de centre Ω et de rayon R est le cercle de centre Ω Ω' ( )= f et de rayon :R si f est une translation, k ×R si f est une homothétie de rapport k.

2. Éléments conservés

� Les translations et les homothéties conservent les directions, l’aligne-ment, les mesures des angles orientés.

� Les translations et les homothéties conservent les milieux des seg-ments et les barycentres des points pondérés : Si G est le barycentre des points pondérés ( ; )A α et ( ; )B β avec + 0α β ≠ alors G f G' ( )= est le barycentre des points pondérés ( ' ; )A α et ( ' ; ) ' ( ) ' ( )B A A B Bβ avec et= =f f .

3. Action sur les longueurs, les aires et les volumes

� Une translation conserve les longueurs, les aires et les volumes.

� Une homothétie de rapport k multiplie les longueurs par k , les aires

par k2 et les volumes par k3

.


Les formes des figu-res sont donc conser-vées mais par une homothétie, elles sont agrandies ou réduites.

Remarque

Les formes des figu-res sont donc conser-vées mais par une homothétie, elles sont agrandies ou réduites.

Remarque


131Séquence 3

1. Comment construire l’image d’un point par une homothétie

� Connaissant le centre et le rapport de h

On considère un triangle ABC quelconque. Construire l’image E du point B par l’homothétie de centre A et de rapport –2 et l’image F de C par l’ho-

mothétie de centre B et de rapport 23

.

On utilise la définition : h B EA, ( )− =2 donne

AE AB� ��

= −2 et h C FB,

( )2

3

= donne : BF BC��

= 23

d’où la

figure ci-contre.

� Connaissant deux points et leurs images

On donne trois points non alignés A, B et C et A', B' les images de A et B par une homothétie h dont on ne connaît ni le centre, ni le rapport. Construire l’image C' de C par h et le centre O de h.

On utilise la relation fondamentale d’après laquelle (AC)//(A'C') et de même (BC)//(B'C') pour construire C ' (on vérifie d’ailleurs que l’on a bien aussi (AB)//(A'B') ). Pour obtenir O, on utilise le fait que : le centre O , M et son image M' par h sont alignés.

2. Comment utiliser une homothétie pour prou-ver l’alignement de trois points

On cherche à interpréter l’un de ces trois points comme étant l’image d’un autre par une homothétie dont le centre est le troisième point.

On considère ci-dessous un carré DEFG inscrit dans un triangle ABC et le carré BCHI extérieur au triangle ABC. Montrer que les points A, G, I et A, F, H sont respectivement alignés.

A,D, B étant alignés, on considère l’homothétie h de centre A qui trans-forme D en B. Cherchons h(E) :

h :

?

D B

E

C Les méthodesC Les méthodes


BAE

C

F

BAE

C

F

Exemple 29Exemple 29 B C

A

B’

A’B C

A

B’

A’

B C

A O

B’C’

A’B C

A O

B’C’

A’



132 Séquence 3

On sait que l’image de E par h est l’intersection de (AE) et de la parallèle à la droite (DE) passant par B qui est en fait la droite (BC). Donc h( ) ( ) ( ) .E AE BC C= ∩ = L’image du carré DEFG par h est donc le carré BCHI (conservation des formes et h h( ) , ( )D B E C)= = et l’image de F par h est par suite H et celle de G par h est I. Les points A, G, I sont donc alignés de même que les points A, F, H (le centre, un point et son image par h sont alignés).

� On peut utiliser cet exemple pour résoudre un problème de construction qui est de construire un carré inscrit dans un triangle ABC donné. On commence par construire le carré BCHI extérieur au triangle ABC puis les points G et F s’obtiennent comme points d’intersection respectifs de (AI),(BC) (pour G) et (AH), (BC) (pour F). Les points D et E ne sont alors plus difficiles à construire pour terminer le carré FGDE inscrit dans le triangle.

� On peut aussi sur le même procédé montrer que des droites sont concou-rantes en utilisant une homothétie dont le centre est le point de concours supposé.

Remarques

3. Recherche d’un lieu géométrique

On considère un tétraèdre ABCD ; I est le milieu de [CD], M est un point de [AB]. On note N le milieu de [IM] et on cherche le lieu géométrique de N lorsque M décrit [AB] (c’est-à-dire l’ensemble des positions prises par N lorsque M décrit [AB]).

On cherche à exprimer N comme image de M (qui décrit [AB]) par une certaine transformation. Le lieu de N sera alors l’image de [AB] par cette transforma-

tion. N étant le milieu de [IM], on a toujours IN IM��

= 12

N est donc l’image de M par l’homothétie h de centre

I et de rapport 12

.

Le lieu géométrique de N est donc l’image du segment [AB] par h. On pose J = h(A) et K = h(B) (c’est-à-dire J milieu de [AI] et K milieu de [BI]). Le lieu géométrique de N est donc le segment [JK].

V Voir exercices 29 à 33

CF G

B

IH

A

E D

CF G

B

IH

A

E D


M

A

B

C

DN

K

J

I

M

A

B

C

DN

K

J

I


133Séquence 3

Déterminer les mesures principales associées aux mesures d’angles

orientés suivantes : − −173

5512

200811

π π π ; ; .

On considère un hexagone régulier ABCDEF de sens direct de centre O.Déterminer les mesures principales des angles orientés suivants :

Simplifier la somme suivante :

S =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−sin sin sin siπ π π8

98

158

nn78π⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

.

Déterminer les lignes trigonométriques de 712

π à partir de celles de

π3

et

π4

. En déduire celles de 512

π.

Résoudre les équations et inéquations trigonométriques suivantes dans les intervalles considérés :

( ) sinE x13

2dans [0 ; 2 ]= − π ( ) sinI x1

32

dans [0 ; 2 ]> − π

( ) cos( )E x2 22

2dans .=

� Calculer les coordonnées cartésiennes des points définis par leurs coordonnées polaires :

A B12

23

356

; ; ; .π π⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Construire ces points dans un repère orthonormé.

� Calculer les coordonnées polaires des points définis par leurs coor-données cartésiennes : C( ; )−5 0 ; D( ; )3 4− ; E( ; ).− −2 3 2

On considère un tétraèdre ABCD, I est un point de la face ABC et J un point de la face ACD, la droite (IJ) n’étant parallèle ni au plan (BCD) ni au plan (ABD). Construire l’intersection de la droite (IJ) avec le plan (BCD), puis l’intersection de (IJ) avec le plan (ABD).

On considère un cube ABCDEFGH ; I, J et K sont trois points appartenant respectivement aux arêtes [BC], [CD] et [EH].Construire la section du cube par le plan (IJK).

Exercice 1Exercice 1


(OA ; OC) ; (OA ; OE) ; (OA� ��

; EO) ; (CO ; OA) ; (AB ; DDE) ; (AF ; CF) ; (AC ; FD� ��

)).(OA ; OC) ; (OA ; OE) ; (OA� ��

; EO) ; (CO ; OA) ; (AB ; DDE) ; (AF ; CF) ; (AC ; FD� ��

)).







6 Exercices d’application


134 Séquence 3

On considère dans un repère O ; , ,i j k� � �( ) de l’espace les vecteurs

u�, v

�et w

�� tels que : u i j k

� � � �= − +2 3 , v i j k w i j k

� � � � �� = − + = − −3 4 3et .

Ces trois vecteurs sont-ils coplanaires ?

On considère A −( )5 2 3 ; ; et B 2 1 5 ; ; −( ) dans l’espace muni d’un repère

O ; , ,i j k� � �( ) Déterminer l’abscisse et la cote du point C, aligné avec A et B,

et dont l’ordonnée est 4.

Dans l’espace muni d’un repère orthonormal O ; , , ,i j k� � �( ) on considère

les points A B C2 1 3 4 0 2 5 1 3 ; ; ; ; ; ; ; ; −( ) −( ) −(( ) −( ) ; ; ; .D 3 2 4 Montrer que le quadrilatère ABCD est un rectangle.

L’espace est rapporté à un repère orthonormal O ; , , .i j k� � �( ) Déterminer la

section de la sphère � de centre O et de rayon 5 avec le plan � d’équa-tion x = 3.

L’espace est rapporté à un repère orthonormal O ; , , .i j k� � �( ) On considère

les points A 0 0 2 ; ; −( ) et B 0 3 2 ; ; .−( ) Déterminer une équation du

cylindre de révolution engendré par la rotation de la droite (AB) autour

de l’axe O ; .j�( )

A, B et C sont trois points quelconques du plan. Construire le point G barycentre du système pondéré A B C ; ; ; ; ; 1 3 4( ) −( ) ( ){ } de deux manières différentes, l’une utilisant l’associativité du barycentre.

On considère un triangle ABC, le point I barycentre du système pondéré B C ; ; ; ,2 1( ) ( ){ } J barycentre de A I ; ; ; 1 3( ) ( ){ } et K barycentre de A B ; ; ; .1 2( ) ( ){ } Montrer que les points C, J et K sont alignés.

On considère un triangle ABC et les points I, J et K respectivement définis

par BI BC��

= 34

, AJ AC��

= 35

et AK AB� ��

= 13

. Montrer que les droites (AI), (BJ) et

(CK) sont concourantes.

On considère un parallélogramme ABCD. Déterminer et construire l’en-

semble des points M du plan tels que 3 2MA MB MC DB� ��

− + = .

Dans le plan muni d’un repère orthonormé O ; , ,i j� �( ) on considère les

points A 2 3 ; ,( ) B −( )1 4 ; et C 2 3, .−( ) Déterminer l’ensemble � des

points M du plan tels que MA MB MC MA MB� ��

+ − = −2 5 .












135Séquence 3

On considère un cube ABCDEFGH.Montrer que le point C est le barycentre du système

B D G E ; ; ; ; ; ; ; .1 1 1 1( ) ( ) ( ) −( ){ }

En déduire que le centre de gravité du triangle BDG est au tiers de la diagonale [CE] en partant de C.

Déterminer une équation du cercle � de centre Ω −( )3 2 ; et de rayon 5.

Déterminer une équation du cercle � de diamètre [AB] avec A 4 5 ; −( )

et B −( )2 1 ; .

Déterminer une équation de la médiatrice (d) du segment [AB] avec A −( )4 2 ; et B 2 5 ; .( )

On considère les vecteurs u� 6

4−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

; v� 3

4 5, ;

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

w�� −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

1

1 5, et t

� −−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

3.

Etudier l’orthogonalité et la colinéarité de ces 4 vecteurs pris deux à deux.

A, B, C et D sont 4 points distincts du plans tels que les triangles ABC et ABD sont équilatéraux de côté a cm.

Calculer les produits scalaires AC AD� ��

⋅ , CA CD� ��

⋅ et AB CD� ��

⋅ .

ABCD est un rectangle tel que AB = 5 et AD = 4. I est le point de [AB] tel que AI = 2.

� Développer le produit scalaire IA AD IB BC��

+( )⋅ +( ). En déduire la valeur

de ID IC��

⋅ .

� Calculer ID et IC. En déduire l’égalité cos .CID� = 55

On considère un triangle ABC tel que AB = 6, AC et BC= =8 11.

Montrer que AB ACAB AC BC� ��

⋅ = + −2 2 2

2 puis calculer AB AC

� �� ⋅ .

On considère un parallélogramme ABCD tel que AB AD= =5 4, et AC = 6. Calculer BD.

On considère deux points A et B tels que AB = 4.

Déterminer l’ensemble � des points M du plan tels que

MA MB2 2 12− = .


Pour les exercices 20 à 23, le plan est muni d’un repère orthonormé O ; , .i j� �( ) Pour les exercices 20 à 23, le plan est muni d’un repère orthonormé O ; , .i j� �( )











136 Séquence 3

On considère un parallélogramme ABCD de centre O et le point G, centre de gravité du triangle ABC.� Déterminer le rapport de l’homothétie de centre D qui transforme B

en G.� Construire les images de A et de C par cette homothétie.

On considère un cube ABCDEFGH et les points I, J et K centres respectifs des faces AEHD, ABFE et ABCD.On note R le centre de gravité du triangle CFH et S celui de IJK.Montrer que les points A, R, S sont alignés.

On considère un cercle � centre O et une corde [AB] de ce cercle. Soient

M un point de � autre que A et B, et G le centre de gravité du triangle MAB.Déterminer le lieu géométrique du point G lorsque M décrit le cercle � privé de A et B.

Soient A, B deux points fixes distincts et (d) une droite passant par A.A tout point M de (d), on associe le point N tel que ABMN soit un paral-lélogramme.Déterminer le lieu géométrique de N lorsque M décrit (d).

D et E sont 2 points du plan et � , � ' sont 2 cercles de centres respectifs O et O'.

Construire F sur le cercle � et G sur le cercle � ' tels que le quadrilatère DEGF soit un parallélogramme.Dénombrer toutes les solutions et justifier la construction.

O’

�’

�

O

D

E







137Séquence 3

� On a − = − + = − + = − ×173

183 3

63 3

3π π π π π π 22ππ . Comme

π π π3

∈ −] ; ],

on en déduit que la mesure principale associée à − 173

π est

π3

.

� On a 5512

4812

712

4712

712

2π π π π π π= + = + = + × 22ππ . Comme

712

π π π∈ −] ; ],

on en déduit que la mesure principale associée à 5512

π est

712

π.

� − 200811

π étant une « grande » mesure, on calcule

− 200811

2

π

π :

−

= − −

200811

22008

2291

π

π .

Puis − + × = − + = −200811

91 22008 2002

11611

π π π π π avec − ∈ −6

11π π π] ; ]

donc − 611

π est la mesure principale associée à

−200811

π .

Les angles au centre de l’hexagone (comme AOB, BOC� � ,... ) mesurent 60°

soit π3

radians.

D’où les mesures principales suivantes :

OA ; OC OA OB OB ; O� �� ( ) = ( )+ ; CC

� ��( ) = 23π

OA ; OE OA OF OF ; O� �� ( ) = ( )+ , EE

� ��( ) = − 23π

OA ; EO OA OE OA� �� ( ) = −( ) = ; ; OE

� ��( )+ =π π3

CO OA OF OA car CO� ��

; ; ( ) = ( ) = π3

�� = OF

AB DE� ��

; ( ) = π car AB DE� ��

= −

AF CF CD CF CD CO� ��

; ; ; ( ) = ( ) =�� ( ) = π

3 car AF CD

� �� = et

CO CF� ��

, sont colinéaires de même sens ; AC FD� ��

; ( ) = 0

car (AC) // (DF) et AC,FD� ��

sont de même sens (propriété de l’hexagone).



O

B

C

D

E

F3

+A

π3π

O

B

C

D

E

F3

+A

π3π

7 Corrigés des exercices


138 Séquence 3

S =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−sin sin sin siπ π π8

98

158

nn

sin sin sin

78

8 82

π

π π π π

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ −−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

π π π8 8

sin

donc S =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−+sin sin sin sinπ π π π8 8 8 88

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

car sin sin , sin( ) sin( ) sin(π π π+( ) = − ( ) + =x x x x et2 −− =x x) sin( ).

D’où, S =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=−sin sinπ π8 8

0 car sin( ) sin( ).− = −x x

On a 712

412

312 3 4

π π π π π= + = + donc en utilisant les formules d’addition,

cos cos cos cos sin sin712 3 4 3 4 3

π π π π π π π= +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −44

12

22

32

22

2 64

= × − × = −

et sin sin sin cos sin cos712 3 4 3 4 4

π π π π π π π= +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= +33

32

22

22

12

6 24

= × + × = +.

Puis cos cos cos512

712

712

π π π π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟⎟

car cos( ) cosπ − = −x x soit

cos512

6 24

π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −

et sin sin sin512

712

712

π π π π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

car sin( ) sinπ − =x x soit

sin .512

6 24

π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= +

( ) sinE x13

2dans [0 ; 2 ]= − π :

On sait que sinπ3

32

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= (et cosπ3

12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= ) .

Il y a deux points images des solutions de l’équation

( )E1 sur le cercle trigonométrique (les deux points A

et B ayant pour ordonnée − 32

).

On cherche les mesures associées à ces deux points

dans [ ; ].0 2π




O

2

B

C

3

3π

π2π

34π A

35π

21

0O

2

B

C

3

3π

π2π

34π A

35π

21

0


139Séquence 3

Donc sinx

x

x

= − ⇔

=

=

32

43

53

π

π

(mesure associée à A)

ou

(mmesure associée à B)

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

D’où l’ensemble des solutions de l’équation dans [ ; ]0 2π est :

� =⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

43

53

π π; .

Dans , on aurait : � = + ∈⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

43

53

2π π π π+2 aveck ; k k �

( ) sinI x13

2dans [0 ; 2 ]> − π :

On utilise la figure précédente : cette fois, les solutions

de l’inéquation sont représentées par la « partie supé-

rieure » de l’arc AB� c’est-à-dire par les points du cercle

dont l’ordonnée est strictement plus grande que − 32

. Il reste à lire les mesures associées à ces points dans

[ ; ].0 2π D’où l’ensemble des solutions de l’équation

dans [ ; ]0 2π est : � =⎡

⎣⎢

⎡

⎣⎢ ∪

⎤

⎦⎥

⎤

⎦⎥0

43

53

2 ; ; .π π π

On sait que cosπ4

22

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= . Donc

( ) cos( ) cosE x

x k

x

2 24

24

2

24

⇔ =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇔

= +

= − +

π

π π

πou

22

81

82

k

k

x

x

k

k

π

π

π

π

π

( )

( )

(

∈

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⇔

= +

= − +

�

ou

))

( ).k ∈

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

�

D’où � = + − + ∈⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

π π π π8 8

k k k; , .�

L’ensemble solution de ( )E2 dans s’écrit aussi :

Les points A, B, C, D correspondent aux points images des solutions (voir remarque).

Remarque : Remarque :

O

2

B

3

3π

2π

34π A 3

5π

0

i

j

O

2

B

3

3π

2π

34π A 3

5π

0

i

j

( ) cos( ) :E x2 22

2dans= ( ) cos( ) :E x2 2

22

dans= B A

DC

O

87π

8π8π

B A

DC

O

87π

8π8π

� = + − + + − +π π π π π π π π8

28

278

278

2k k k k k ; ; ; , ∈∈⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

� .� = + − + + − +π π π π π π π π8

28

278

278

2k k k k k ; ; ; , ∈∈⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

� .

Remarque

( )

)

18

28

2

82

9

⇔ = + = +

⇔ = =

+x k x k

x x

π π π π

π π

πou

( ouππ π

π π π π

82

82

78

2

(

( ou (

)

) )⇔ = = −x x

et ( )28

2

82

⇔ = − +

= − ++

x k

x k

π π

π ππou


140 Séquence 3

� x rA

et

= =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= × −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −cos cosθ π12

23

12

12

14

Ay r= =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= × =sin sinθ π12

23

12

32

34

donc Acart

−⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

14

34

; .

xB =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= × −⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = − =3

56

33

23 3

23cos si

πet yB nn

56

312

32

π⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= × =

d’où Bcart

−⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

3 32

32

; .

.

Pour construire A, on utilise le fait que OA = =r12

: A

est donc sur le cercle de centre O, de rayon 12

et que

( ; ) ( )i� � ��

OA = 23

2π π : on utilise le cercle trigonométrique

en utilisant la valeur du cosinus de l’angle. Pour construire B, on utilise de même le fait que

OB = 3 et par exemple, le fait que yB = 32

et xB < 0

(ou bien on utilise l’angle ( ; ) ( )i� � ��

OB = 56

2π π et la

valeur du sinus de cet angle).

� C : L’ordonnée de C est nulle et − <5 0 donc r = =OC 5 et

θ π π= =( ; )u� � ��

OC (2 ) donc C( ; ) .5 π pol

D : r x y= + = + = =D D2 2 9 16 25 5 et cosθ = =x

r35

: ce n’est pas une

valeur remarquable donc on utilise la calculatrice. Arccos ,35

0 93⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

mais comme yD < 0 (ou car sinθ < 0 ), cette mesure ne convient pas

( 0 0 932

< <,π

). On choisit donc θ −0 93, (le cosinus reste le même et le

sinus est bien négatif). D’où D avec 0,93.( ; )5 θ θpol −

E : r = − + − = =( ) ( )2 3 2 16 42 2 ; on cherche θ tel que

cosθ = = − = −xr

2 34

32

et sinθ = = − = −yr

24

12

.

θ π= − 56

convient (on utilise les lignes trigonométriques associées à π6

).

D’où E 456

; −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

π

pol .


B

A

O

3/2

1 1

1

2 i

j

B

A

O

3/2

1 1

1

2 i

j


141Séquence 3

Considérons le plan auxiliaire (AIJ). L’intersection des plans (AIJ) et (BCD) est la droite (I'J'), I' étant le point d’intersection des droites (AI) et (BC) et J' celui des droites (AJ) et (CD). L’intersection de la droite (IJ) avec le plan (BCD) est alors le point K intersection des droites (IJ) et (I'J').Dans (ABC), notons I'' le point d’intersection de la parallèle à (AC) pas-sant par I et de la droite (AB).

Dans (ACD), notons J'' le point d’in-tersection de la parallèle à (AC) passant par J et de la droite (AD).La droite (I''J'') est donc une droite du plan (ABD). De plus, les droites (II'') et (JJ'') sont parallèles car elles sont tou-tes les deux parallèles à la droite (AC).Les points I, I'', J et J'' sont donc

coplanaires et les droites (IJ) et (I''J'') sont coplanaires sécantes (elles ne sont pas coplanaires parallèles car la droite (IJ) n’est pas parallèle au plan (ABD)).Notons L le point d’intersection des droites (IJ) et (I''J''). L est alors le point d’intersection de la droite (IJ) et du plan (ABD) car (I''J'') est une droite du plan (ABD).

(IJ) coupe respectivement les droites (AB) et (AD) en L et M.(MK) coupe (AE) en N et [DH] en P.(LN) coupe [BF] en R et [EF] en Q.La section du cube par le plan (IJK) est donc l’hexa-gone IJPKQR.

Remarque : (KQ) est parallèle à(IJ) car il s’agit des droites d’intersection du plan (IJK) avec respective-ment les plans (EFH) et (ABD) qui sont parallèles.

Les vecteurs u� 2

3

1

−⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

et v� 3

1

4

−⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

ne sont pas colinéaires et on a : w�� 1

3

1

−−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

.

Existe-t-il deux réels a et b tels que w au bv��

= + ?

On a :

Or 87

43

74

71+ × − = − ≠ − donc le système n’a pas de solution. Par consé-

quent, les vecteurs u�, v

� et w

�� ne sont pas coplanaires.


C

B

L

A

I” J”

I’J’

J

D

K

I

C

B

L

A

I” J”

I’J’

J

D

K

I


C

J

D

P

M

HK

N

E

Q

F

R

LB

I

A

G

C

J

D

P

M

HK

N

E

Q

F

R

LB

I

A

G


w au bv

a b

a b

a b

�� = + ⇔

= +− = − −− = +

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇔=1 2 3

3 3

1 4

1 2aa b

a b

a b

a

b a

+− = − −− = +

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇔− = −

= − +− =

3

9 9 3

1 4

7 8

3 3

1 aa b

a

b

a b+

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇔

=

= −

− = +

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

4

87

37

1 4

.w au bv

a b

a b

a b

�� = + ⇔

= +− = − −− = +

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇔=1 2 3

3 3

1 4

1 2aa b

a b

a b

a

b a

+− = − −− = +

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇔− = −

= − +− =

3

9 9 3

1 4

7 8

3 3

1 aa b

a

b

a b+

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇔

=

= −

− = +

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

4

87

37

1 4

.


142 Séquence 3

Les points A, B et C sont alignés donc les vecteurs AB� ��

et AC� ��

sont coli-

néaires et par conséquent, il existe un réel k tel que AC AB� ��

= k . On a :

ABB A

B A

B A

� ��x x

y y

z z

−

−

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

c’est-à-dire AB� �� 7

3

2

−⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

et AC� �� x

z

+

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

5

2

3

avec C x z ; , .4( )

AC AB� ��

= k donc

x k

k

z k

+ == −− =

⎧

⎨⎪

⎩⎪

5 7

2 3

3 2

d’où

k

x k

z k

= −

= − = − − = −

= + = − + =

⎧

⎨

⎪⎪⎪

23

7 5143

5293

2 34

33

53⎩⎩

⎪⎪⎪

.

On a donc : C−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

293

453

; ; .

On a : ABB A

B A

B A

� ��x x

y y

z z

−

−

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

c’est-à-dire AB� �� 2

1

1

−⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

, et DCC D

C D

C D

� ��x x

y y

z z

−

−

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

c’est-à-dire

DC� �� 2

1

1

−⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

.

Par conséquent, AB DC� ��

= et donc ABCD est un parallélogramme.

De plus, on a : AC� �� 3

0

0

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

donc AC = + + =3 0 0 32 2 2 et BD� �� −

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

1

2

2

donc

BD = −( ) + + −( ) = =1 2 2 9 32 2 2

.

AC BD= donc le parallélogramme ABCD est un rectangle car ses diagona-les ont même longueur.

On peut aussi montrer que ABCD est un parallélogramme ayant un angle droit, en utilisant la réciproque du théorème de Pythagore.

Une équation de la sphère � est x y z2 2 2 25+ + = . On a :

M x y z ; ; ( ) appartient à l’intersection de � avec �

⇔=

+ + =

⎧⎨⎪

⎩⎪⇔

=

+ + =

⎧⎨⎪

⎩⎪⇔

=x

x y z

x

y z

x3

25

3

9 25

32 2 2 2 2 yy z2 2 16+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

La section de la sphère � avec le plan � est donc le cercle de centre Ω 3 0 0 ; ; ( ) et de rayon 4, tracé dans le plan �






143Séquence 3

Une équation d’un cylindre de révolution d’axe O ; j�( ) est de la forme

x z r2 2 2+ = . La droite (AB) est une génératrice du cylindre ; le point A 0 0 2 ; ; −( ) appar-tient au cylindre donc on a : x z rA A

2 2 2+ = c’est-à-dire 4 2= r . Une équa-tion du cylindre est donc x z2 2 4+ = . Il s’agit d’un cylindre de rayon 2.

� D’après la propriété fondamentale du barycentre, pour tout point M du

plan, on a : MA MB MC MG MG� ��

− + = − +( ) =3 4 1 3 4 2��

. En prenant M en

B, on a en particulier : BA BC BG� ��

+ =4 2 d’où BG BA BC� ��

= +12

2 .

� Soit H le barycentre du système pondéré B C ; ; ; −( ) ( ){ }3 4 ; H existe car − + = ≠3 4 1 0.

Pour tout point M du plan, on a : − + =3 4MB MC MH� ��

et

en particulier, pour M = B, on a : BH BC� ��

= 4 . G barycentre du système pondéré A B C ; ; ; ; ; 1 3 4( ) −( ) ( ){ } est alors le barycentre du système pondéré A H ; ; ; 1 1( ) ( ){ } d’après l’associativité du barycentre. G est donc le milieu du segment AH⎡⎣ ⎤⎦.

Utilisons l’associativité du barycentre : J est le barycentre de

A I ; ; ; 1 3( ) ( ){ } donc le barycentre de A B C ; ; ; ; ; 1 2 1( ) ( ) ( ){ } car I est

le barycentre de B C ; ; ; .2 1( ) ( ){ } J est donc aussi le barycentre de

K C ; ; ; 3 1( ) ( ){ } car K est le barycentre de A B ; ; ; .1 2( ) ( ){ } J étant le

barycentre de K C ; ; ; ,3 1( ) ( ){ } il est sur la droite (KC). Les points C, J et

K sont donc alignés.On peut aussi montrer que les vecteurs CJ

�� et CK

� �� sont colinéaires (en

les exprimant en fonction des vecteurs CA� ��

et CB� ��

grâce à la propriété fondamentale des barycentres).

� BI BC��

= 34

donc 4 3BI BC��

= d’où 4 3 3BI BI IC��

= + d’après la relation de

Chasles et donc IB IC��

+ =3 0. Par conséquent, I est le barycentre du système pondéré B C ; ; ; .1 3( ) ( ){ }

� AJ AC��

= 35

donc 5 3AJ AC��

= ; 5 3 3AJ AJ JC��

= + ; 2 3 0JA JC��

+ = ; J est le bary-

centre de A C ; ; ; .2 3( ) ( ){ }

� AK AB� ��

= 13

donc 3AK AB� ��

= ; 3AK AK KB� ��

= + ; 2 0KA KB� ��

+ = ; K est le bary-

centre de A B ; ; ; .2 1( ) ( ){ }

� Soit G le barycentre du système pondéré A B C ; ; ; ; ; .2 1 3( ) ( ) ( ){ }

D’après l’associativité du barycentre, G est le barycentre de K C ; ; ; ,3 3( ) ( ){ } celui de J B ; ; ; 5 1( ) ( ){ } mais aussi celui de A I ; ; ; .2 4( ) ( ){ } Donc G appartient aux droites (KC), (BJ) et (AI) Les droi-

tes (AI), (BJ) et (CK) sont donc concourantes en G. (G est plus précisément le milieu du segment KC⎡⎣ ⎤⎦).



CB

A

G

H

CB

A

G

H





144 Séquence 3

Soit G le barycentre du système pondéré A B C ; ; ; ; ; 3 2 1( ) −( ) ( ){ } ; G existe car 3 2 1 2 0− + = ≠ . On a alors : 3 2 2MA MB MC DB MG DB

� �� − + = ⇔ = d’après la propriété fon-

damentale du barycentre et donc : 3 212

MA MB MC DB GM BD� ��

− + = ⇔ = .. Il existe donc un unique point M tel que 3 2MA MB MC DB

� �� − + = .

Pour construire ce point M, on construit d’abord le point G : on place H barycentre de

A B ; ; ; 3 2( ) −( ){ } en utilisant l’égalité vectorielle BH BA

� �� = 3 ,

G est alors le barycentre de H C ; ; ; 1 1( ) ( ){ } c’est-à-dire le

milieu de HC⎡⎣ ⎤⎦.

On place ensuite le point M en utilisant l’égalité vectorielle GM BD� ��

= 12

.

Considérons le barycentre G des points pondérés A ; ,1( ) B ; 2( ) et C ; −( )5 ; G existe car 1 2 5 2 0+ − = − ≠ .

Comme 1 1 0− = , le vecteur MA MB� ��

− est un vecteur constant :

MA MB BA� ��

− = .

On a : MA MB MC MA MB MG� ��

+ − = − ⇔ −2 5 2��

=

⇔ = ⇔ =

BA

MG BA GM BA212

.

L’ensemble � est donc le cercle de centre G et de rayon 12

BA.

A 2 3 1 4 ; , ; ,( ) −( )B C 2 3 ; −( ) et G est le barycentre des points pon-

dérés A ; ,1( ) B ; 2( ) et C ; −( )5 donc on a : xx x x

GA B C=

+ −−

=2 5

25 et

yy y y

GA B C=

+ −−

= −2 5

213.

On a aussi : BA A B A B= −( ) + −( ) = + =x x y y2 2

9 1 10.

L’ensemble � est donc le cercle de centre G 5 13 ; −( ) et de rayon 102

.

� On a : CB CD CG CE CB BA AE E� ��

+ + − = + + + CC CC��

= = 0 donc C est le bary-centre du système B D G E ; ; ; ; ; ; ; .1 1 1 1( ) ( ) ( ) −( ){ }

� Soit I le centre de gravité du triangle BDG. I est l’isobarycentre des points B, D et G donc le bary-centre du système B D G ; ; ; ; ; 1 1 1( ) ( ) ( ){ } D’après l’associativité du barycentre, C est alors le barycentre de I E ; ; ; 3 1( ) −( ){ } et par définition du barycentre, on a :

3 0CI CE��

− = d’où CI CE��

= 13

. I est donc au tiers de [CE] en partant de C.




A

B C

D

HE

F G

IA

B C

D

HE

F G

I

CDM

BA

G


145Séquence 3

On a : M M Mx y x x y y ; ( ) ∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ −( ) + −( ) =� Ω Ω Ω Ω5 25 252 2 2

M x y x y ; .( ) ∈ ⇔ +( ) + −( ) =� 3 2 252 2

Une équation de � est donc x y+( ) + −( ) =3 2 252 2

soit en développant

x y x y2 2 6 4 12 0+ + − − = .

On a : M MA MBx y x x y ; ( ) ∈ ⇔ ⋅ = ⇔ −( ) − −( )+ − −��

0 4 2 5(( ) −( ) =1 0y

car MA� �� 4

5

−− −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

x

y et MB

� �� − −−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

1

x

y

Une équation du cercle � est donc x y x y2 2 2 4 13 0+ − + − = . x y x y x y

x

2 2 2 22 4 13 0 1 1 2 4 13 0

1

+ − + − = ⇔ −( ) − + +( ) − − =

⇔ −(( ) + +( ) =2 2

2 18y

� est donc le cercle de centre Ω 1 2 ; −−( ) et de rayon 18 3 2= .

La médiatrice (d ) de [AB] est perpendiculaire à [AB] et passe par son milieu I.

Les coordonnées de I sont : xx x

IA B=

+= − + = −

24 22

1 et

yy y

IA B=

+= + =

22 5

272

.

On a : M M ABx y ; I .( ) ∈( ) ⇔ ⋅ =d��

0

Or IM IMI

I

�� x x

y y

x

y

−

−

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

+

−

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

,1

72

et AB ABB A

B A

� �� x x

y y

−

−

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

,6

3

donc M x y x y

x y

; ( ) ∈( ) ⇔ +( )× + −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

× =

⇔ + −

d 1 672

3 0

6 3922

0 4 2 3 0= ⇔ + − =x y .

Une équation cartésienne de (d ) est donc 4 2 3 0x y+ − = .

Son équation réduite est y x= − +232

.

On a : u v� �

⋅ = × + − × =6 3 4 4 5 0( ) , ; u w� ��

⋅ = − − = − ≠6 6 12 0 ;

u t� �

⋅ = − + =12 12 0 ;



M x y x x x y y y x y x ; ( ) ∈ ⇔ − − + + − + − + = ⇔ + −� 8 4 2 5 5 0 22 2 2 2 ++ − =4 13 0y .M x y x x x y y y x y x ; ( ) ∈ ⇔ − − + + − + − + = ⇔ + −� 8 4 2 5 5 0 22 2 2 2 ++ − =4 13 0y .

Remarque :Remarque :




146 Séquence 3

v w� ��

⋅ = − + = ≠3 6 75 3 75 0, , ; v t� �

⋅ = − − = − ≠6 13 5 19 5 0, , ;

w t��

⋅ = − = − ≠2 4 5 2 5 0, , .

u�

et v�

sont donc orthogonaux, ainsi que u�

et t�. Les autres ne sont pas

orthogonaux.Pour la colinéarité, on utilise le résultat suivant : u

x

y

� ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et v� x

y

'

'

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

coli-

néaires ⇔ − =xy yx' ' 0 (coordonnées proportionnelles). u�

et v�

ne sont

pas colinéaires ainsi que u�

et t�

car ce sont des vecteurs orthogonaux.

Pour u�

et w��

: 6 1 5 4 1 5 0× − −( )× − = ≠, ( ) donc u�

et w��

ne sont pas coli-néaires.

Pour v�

et w��

: 3 1 5 4 5 1 9 0× − × − = ≠, , ( ) donc v�

et w��


Pour v�

et t�

: 3 3 4 5 2 0× − − × − =( ) , ( ) donc v�

et t�

sont colinéaires.

Pour w��

et t�

: − × − − × − = ≠1 3 1 5 2 6 0( ) , ( ) donc w��

et t�


ABC et ABD sont équilatéraux de côté a cm.

On a : AC AD AC AD DAC� �� ⋅ = × × = × ×

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=cos cosa a23π −− a2

2

CA CD CA CB BD CA CB� ��

⋅ = ⋅ +( ) = ⋅ ++ ⋅CA BD� ��

or CA CB CA CB ACB� �� ⋅ = × × =cos

a2

2 et CA BD CA

� �� ⋅ = =

2 2a

car CA BD� ��

= (CADB est un losange)

donc CA CD� ��

⋅ = + =aa

a22

2

23

2 ;

AB CD� ��

⋅ = 0 car AB� ��

et CD� ��

sont orthogonaux ([AB] et

[CD] sont les diagonales du losange).

Pour calculer CA CD� ��

⋅ , on peut aussi utiliser le projeté orthogonal I de A

sur (CD) (I est en fait le milieu de [CD], et aussi celui de [AB]) :

CA CD CI CD CI CD� ��

⋅ = ⋅ = × car CI��

et CD� ��

sont colinéaires de même sens

CA CD CI� ��

⋅ = = ×⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ =2 2

32

32

22 2a a

(la hauteur d’un triangle équilatéral

de côté a mesure a 3

2 ).

� On a : IA AD IB BC IA IB IA BC��

+( )⋅ +( ) = ⋅ + ⋅��

+ ⋅ + ⋅AD IB AD BC.

Or IA��

et IB��

sont colinéaires de sens contraires donc

IA IB IA IB��

⋅ = − × = − × = −2 3 6


A

BC

D

I

3π

3π

A

BC

D

I

3π

3π




147Séquence 3

IA��

et BC� ��

sont orthogonaux donc IA BC��

⋅ = 0 ;

AD� ��

et IB��

sont orthogonaux donc AD IB� ��

⋅ = 0

AD� ��

et BC� ��

sont colinéaires de même sens donc

AD BC AD BC� ��

⋅ = × = 16.

Par conséquent, on a :

IA AD IB BC��

+( )⋅ +( ) = − + + + =6 0 0 16 10.

D’autre part, d’après la relation de Chasles, on a :

IA AD ID��

+ = et IB BC IC��

+ = donc ID IC��

⋅ = 10.

� Dans le triangle IDA rectangle en A, on a : ID AD AI2 2 2= + d’après le

théorème de Pythagore. D’où ID AD AI= + = + = =2 2 16 4 20 2 5. En travaillant de la même façon dans ICB rectangle en B, on obtient :

IC = 5. Comme ID IC ID IC CID�� ⋅ = × × cos , on a :

cos .CIDID ICID IC

��

= ⋅×

=×

= =10

2 5 5

1

5

55

On a : AB AC AB AC CAB� �� ⋅ = × × cos . Or d’après la formule d’Al Kashi,

BC AB AC AB AC CAB2 2 2 2= + − × cos �

donc cosCABAB AC BC

AB AC� = + −

×

2 2 2

2 d’où

AB AC AB ACAB AC BC

AB ACAB AC� ��

⋅ = × × + −×

= +2 2 2 2 2

2−−BC2

2

(Remarque : On peut aussi développer CB AB AC� �� 2 2

= −( ) )

On a : AB ACAB AC BC� ��

⋅ = + − = + − = −2 2 2

236 64 121

2212

.

Soit I le centre du parallélogramme ABCD.

I est donc le milieu de [AC] et [BD] d’où AIAC= =2

3.

Dans le triangle ABD, on a : AB AD AIBD2 2 2

22

2+ = +

d’après le théorème de la médiane.

D’où : BD AB AD AI2 2 2 22 2 2 25 16 18 46= + −( ) = + −( ) =

et donc BD = 46.

CD 5

BA I 32

4

CD 5

BA I 32

4




148 Séquence 3

On a : M MA MB MA MB MA MB∈ ⇔ − = ⇔ +( )⋅ −� 2 2 12� ��

� �� ( ) =

⇔ +( )⋅ +( ) = ⇔

12

12MA MB BM MA MMA MB BA� ��

+( )⋅ = 12.

Notons G l’isobarycentre des points A et B c’est-à-dire le milieu du segment [AB]. D’après la relation fon-damentale, on a alors pour tout point M du plan :

MA MB MG� ��

+ = 2 .

D’où : M MG BA MG BA∈ ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ =� 2 12 6� ��

. Notons H le projeté orthogonal de M sur la droite

(AB). On a alors : M HG BA HG BA∈ ⇔ ⋅ = ⇔ × =��

6 6

et HG� ��

et BA� ��

de même sens donc :

M GHBA

∈ ⇔ = =�6 3

2 et HG

� �� et BA

� �� de même sens.

L’ensemble � est donc la droite (d) passant par le point H défini par

GH AB� ��

= 38

, et perpendiculaire à (AB).

� On cherche une égalité du type DG DB� ��

= k .

On a déjà BG BO� ��

= 23

car G est le centre de gravité de ABC et que

O est le milieu de [AC]. Puis BO BD� ��

= 12

car O milieu de [BD] donc

BG BD BD� ��

= ×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=23

12

13

soit BD DG BD� ��

+ = 13

et DG BD DB� ��

= − =23

23

. Le rap-

port de l’homothétie h de centre D qui transforme B en G est donc 23

.

� Pour construire les images de A et C, on utilise le fait que l’image A' de A par h est l’intersection de (DA) et de la parallèle à la droite (BA) passant par h(B) = G et de même que l’image C' de C par h est l’intersec-tion de (DC) et de la parallèle à la droite (BC) passant par G.

On va montrer que S est l’image de R par l’homothétie

h de centre A et de rapport 12

. En effet, on a K milieu

de [AC] donc AK AC� ��

= 12

soit h( ) .C K= De même J est

le milieu de [AF] et I celui de [AH] donc h( )F J= et

h( ) .H I= D’où : h : C K

F J

H I

.

L’image du centre de gravité R de CFH est donc le centre de gravité de KJI soit h(R) = S (conservation du barycentre). Le point R, l’image S de R par h et le cen-tre A de h sont donc alignés.


H

(d)

GA BH

(d)

GA B


O

A

D C

G

C’

A’

B

O

A

D C

G

C’

A’

B


D

HE

F

J

A

S

RI

G

B

K

C

D

HE

F

J

A

S

RI

G

B

K

C


149Séquence 3

On cherche à écrire G comme image du point M par une certaine trans-formation.

Soit I le milieu de [AB]. G étant le centre de gravité du

triangle MAB, on a : IG IM��

= 13

. G est donc l’image du

point M par l’homothétie h de centre I et de rapport 13

. Or M décrit le cercle � de centre O, de rayon r,

privé des points A et B donc G décrit l’image du cercle

� par h privé des points A' A et B B= =h h( ) ' ( ). Donc

par propriété, le lieu géométrique du point G est le

cercle �' de centre O O' ( )= h de rayon 13

r, privé des

points A' et B'.

On cherche à écrire N comme image du point M par une certaine trans-formation.

ABMN parallélogrammme BA MN t MBA

⇔ = ⇔� ��

� �� ( )) .= N

Comme M décrit la droite (d ), N décrit l’image de la droite (d ) par

la translation de vecteur BA� ��

. Le lieu géométrique du point N est

donc la droite ( ')d parallèle à (d ) passant par A t A

BA' ( ).= � ��

On a trois contraintes à respecter : F ∈� , G ∈�' et DEGF parallélo-gramme. On peut en premier lieu faire un « abandon de contrainte » et « oublier » le fait que G ∈�' . En plaçant quelques points F sur � ( , , ,...)f f f1 2 3 et en construisant les points G associés ( , , ,...)g g g1 2 3 tels que DEGF est un parallélogramme,

on remarque que les points g g g1 2 3, , ,... sont sur un cercle qui semble être l’image de � par une translation.Raisonnons par analyse-synthèse :

� Analyse : On cherche des conditions nécessaires à l’élaboration de la construction. DEGF parallélo-

gramme se traduit par : t F GDE� �� ( ) .= Comme on veut

que F ∈� cela implique que G tDE

∈ � �� ( )� .


A

M

A’B’

BO’

O

G

I

�

�’A

M

A’B’

BO’

O

G

I

�

�’


M2

(d’)

(d)

M1M4

N2

N1N4

A

B

A’

N3

M3

M2

(d’)

(d)

M1M4

N2

N1N4

A

B

A’

N3

M3


g1

g5

g3

g6

g4G2

g2

f2

F2 f3f4

f6

f5

G1F1f1

ED

�’

�”

O”O O’

�

g1

g5

g3

g6

g4G2

g2

f2

F2 f3f4

f6

f5

G1F1f1

ED

�’

�”

O”O O’

�


150 Séquence 3

Or l’image du cercle � par la translation de vecteur DE� ��

est le cercle �''

de centre O t ODE

'' ( )= � �� et de même rayon que � .

Comme on veut que G ∈�' , les points éventuels G solutions sont les

points d’intersection de �' et de �'' . Ici, il y a deux points d’intersection G1 et G2.

� Synthèse : Vérifions que les points trouvés conviennent. Soient G1 et G2 les points d’intersection de �' et de � �'' = ( )t

DE� �� (ces

points existent si O'O'' '< +r r avec r rayon de � et r ' rayon de �' ce

qui est le cas sur la figure).

On utilise la transformation réciproque tED� �� de t

DE� �� : on a t

ED� �� ( '')� �= et

on introduit F t GED1 1= � �� ( ) et F t G

ED2 2= � �� ( ) .

Comme G1 et G2 sont sur �'' , F1 et F2 sont sur � ; de plus

DEG F et DEG F1 1 2 2 sont des parallélogrammes et G ,G1 2 sont sur �' .

Toutes les conditions sont bien remplies.

� Conclusion : Il y a exactement deux solutions au problème avec F , G1 1 d’une part et F , G2 2 d’autre part.

Si O'O'' ', '' '> + ∩ = ∅r r � � et le problème n’aurait pas de solution.

Si O'O et" ', " '= +r r � � seraient tangents et le problème n’aurait qu’une solution.

Remarque :Remarque :


al7 ma19tepa0009 sequence-03

Education

et u v

radians et

u v u v

om v et v

et dans

et donc

mesure en radians x

u v uu u v