Parallélisme et position relative de deux droites
On se place dans un repère $ \left(O ; \vec{i}, \vec{j}\right) $ et on considère les trois droites :
- $ d_{1} $ d'équation $ 3x - 2y+1=0 $ ;
- $ d_{2} $ d'équation $ 6x - 4y - 5=0 $ ;
- $ d_{3} $ d'équation $ x+2y - 7=0 $.
- Montrer que les droites $ d_{1} $ et $ d_{2} $ sont parallèles.
- Les droites $ d_{1} $ et $ d_{2} $ sont-elles confondues ?
- Déterminer les coordonnées du point d'intersection des droites $ d_{1} $ et $ d_{3} $.
Un vecteur directeur d'une droite d'équation $ ax+by+c=0 $ est $ \vec{u}\left(-b ; a\right) $. Donc :
- $ \vec{u_{1}}\left(2 ; 3\right) $ est un vecteur directeur de $ d_{1} $ ;
- $ \vec{u_{2}}\left(4 ; 6\right) $ est un vecteur directeur de $ d_{2} $.
On teste la colinéarité de $ \vec{u_{1}} $ et $ \vec{u_{2}} $ :
$ xy^{\prime} - x^{\prime}y = 2\times 6 - 4\times 3 = 12 - 12 = 0 $
Les vecteurs $ \vec{u_{1}} $ et $ \vec{u_{2}} $ sont colinéaires, donc les droites $ d_{1} $ et $ d_{2} $ sont parallèles.
- Il suffit de prouver qu'un point de $ d_{1} $ n'appartient pas à $ d_{2} $.
Pour $ x=1 $, l'équation de $ d_{1} $ donne $ 3 - 2y+1=0 $, soit $ y=2 $. Le point $ A\left(1 ; 2\right) $ appartient donc à $ d_{1} $.
On teste si $ A\left(1 ; 2\right) $ appartient à $ d_{2} $ :
$ 6\times 1 - 4\times 2 - 5= 6 - 8 - 5 = -7\neq 0 $
Donc $ A $ n'appartient pas à $ d_{2} $. Les droites $ d_{1} $ et $ d_{2} $ ne sont pas confondues : elles sont strictement parallèles.
Les vecteurs directeurs $ \vec{u_{1}}\left(2 ; 3\right) $ et $ \vec{u_{3}}\left(-2 ; 1\right) $ vérifient $ 2\times 1 - \left(-2\right)\times 3 = 2+6 = 8\neq 0 $. Ils ne sont pas colinéaires, donc $ d_{1} $ et $ d_{3} $ sont sécantes.
Les coordonnées $ \left(x ; y\right) $ du point d'intersection $ I $ sont solutions du système :
$ \left\{ \begin{matrix} 3x - 2y+1=0 \\ x+2y - 7=0 \end{matrix}\right. $
En additionnant les deux équations, on élimine $ y $ :
$ 4x - 6=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{3}{2} $
En reportant dans la deuxième équation :
$ \dfrac{3}{2}+2y - 7=0 \Leftrightarrow 2y=\dfrac{11}{2} \Leftrightarrow y=\dfrac{11}{4} $
Les coordonnées du point d'intersection sont donc :
$\mathbf{I\left(\dfrac{3}{2} ; \dfrac{11}{4}\right)}$
Pour réviser : Déterminer une équation cartésienne connaissant un point et un vecteur directeur
Parallélogramme dans un repère
On se place dans un repère $ \left(O ; \vec{i}, \vec{j}\right) $ et on considère les points $ A\left(-1 ; 2\right) $, $ B\left(3 ; 4\right) $ et $ C\left(5 ; -1\right) $.
- Montrer que les points $ A $, $ B $ et $ C $ ne sont pas alignés.
- Déterminer les coordonnées du point $ D $ tel que $ ABCD $ soit un parallélogramme.
- Déterminer une équation cartésienne de la droite $ \left(BD\right) $.
- Soit $ I $ le centre du parallélogramme $ ABCD $. Déterminer les coordonnées de $ I $ de deux façons différentes.
- Les vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{AC} $ ont pour coordonnées :
$ \overrightarrow{AB}\left(x_{B} - x_{A} ; y_{B} - y_{A}\right) = \left(4 ; 2\right) $
$ \overrightarrow{AC}\left(x_{C} - x_{A} ; y_{C} - y_{A}\right) = \left(6 ; -3\right) $
On teste leur colinéarité :
$ xy^{\prime} - x^{\prime}y = 4\times\left(-3\right) - 6\times 2 = -12 - 12 = -24\neq 0 $
Les vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{AC} $ ne sont pas colinéaires, donc les points $ A $, $ B $ et $ C $ ne sont pas alignés.
Le quadrilatère $ ABCD $ est un parallélogramme si et seulement si $ \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC} $.
En notant $ D\left(x_{D} ; y_{D}\right) $, on a :
$ \overrightarrow{DC}\left(x_{C} - x_{D} ; y_{C} - y_{D}\right)=\left(5 - x_{D} ; -1 - y_{D}\right) $
L'égalité $ \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC} $ équivaut donc au système :
$ \left\{ \begin{matrix} 5 - x_{D} = 4 \\ -1 - y_{D} = 2 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x_{D}=1 \\ y_{D}=-3 \end{matrix}\right. $
On obtient donc :
$\mathbf{D\left(1 ; -3\right)}$
Le vecteur $ \overrightarrow{BD} $ est un vecteur directeur de la droite $ \left(BD\right) $. Ses coordonnées sont :
$ \overrightarrow{BD}\left(x_{D} - x_{B} ; y_{D} - y_{B}\right)=\left(-2 ; -7\right) $
Une équation cartésienne de $ \left(BD\right) $ est alors, avec $ B\left(3 ; 4\right) $ et $ \overrightarrow{BD}\left(-2 ; -7\right) $ :
$ -7\times\left(x - 3\right) - \left(-2\right)\times\left(y - 4\right)=0 $
$ -7x+21+2y - 8=0 $
$ -7x+2y+13=0 $
Soit, en multipliant par $ -1 $ :
$\mathbf{7x - 2y - 13=0}$
Méthode 1 : Les diagonales d'un parallélogramme se coupent en leur milieu, donc $ I $ est le milieu de $ \left[AC\right] $.
$ I\left(\dfrac{x_{A}+x_{C}}{2} ; \dfrac{y_{A}+y_{C}}{2}\right)=\left(\dfrac{-1+5}{2} ; \dfrac{2+\left(-1\right)}{2}\right)=\left(2 ; \dfrac{1}{2}\right) $
Méthode 2 : Le point $ I $ est le point d'intersection des diagonales $ \left(AC\right) $ et $ \left(BD\right) $.
Déterminons d'abord une équation de $ \left(AC\right) $. Le vecteur $ \overrightarrow{AC}\left(6 ; -3\right) $ est un vecteur directeur :
$ -3\times\left(x - \left(-1\right)\right) - 6\times\left(y - 2\right)=0 $
$ -3x - 3 - 6y+12=0 $
$ -3x - 6y+9=0 $
En divisant par $ -3 $, on obtient l'équation $ x+2y - 3=0 $.
Les coordonnées de $ I $ sont solutions du système :
$ \left\{ \begin{matrix} x+2y - 3=0 \\ 7x - 2y - 13=0 \end{matrix}\right. $
En additionnant les deux équations, on élimine $ y $ :
$ 8x - 16=0 \Leftrightarrow x=2 $
En reportant dans la première équation :
$ 2+2y - 3=0 \Leftrightarrow y=\dfrac{1}{2} $
Les deux méthodes donnent le même résultat :
$\mathbf{I\left(2 ; \dfrac{1}{2}\right)}$
Pour réviser : Déterminer une équation cartésienne d'une droite passant par deux points
Médianes – Centre de gravité
On se place dans un repère $ \left(O; \vec{i}, \vec{j}\right) $.
Soient les points $ A\left(1;1\right), B\left(4;2\right) $ et $ C\left(2;4\right) $
- Déterminer les coordonnées du point $ M $ milieu de $ \left[BC\right] $. En déduire une équation de la médiane au triangle $ ABC $ issue de $ A $.
- Déterminer une équation de la médiane au triangle $ ABC $ issue de $ B $.
- En déduire les coordonnées du centre de gravité $ G $ du triangle $ ABC $.
- Vérifier que $ \overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{AM} $
Remarque : Pour des raisons de simplicité, le repère choisi pour la figure est orthonormé. Toutefois, cet exercice ne nécessite pas que le repère soit orthonormé.
D'après la formule des coordonnées du milieu, $ M $ a pour coordonnées $ \left(\dfrac{x_{B}+x_{C}}{2} ; \dfrac{y_{B}+y_{C}}{2}\right)=\left(3 ; 3\right) $.
La médiane au triangle $ ABC $ issue de $ A $ est la droite $ \left(AM\right) $.
Le point $ P\left(x ; y\right) $ appartient à la droite $ \left(AM\right) $ si et seulement si les vecteurs $ \overrightarrow{AM} $ et $ \overrightarrow{AP} $ sont colinéaires.
$ \overrightarrow{AP} $ a pour coordonnées $ \left(x - x_{A} ; y - y_{A}\right)=\left(x - 1 ; y - 1\right) $
$ \overrightarrow{AM} $ a pour coordonnées $ \left(x_{M} - x_{A} ; y_{M} - y_{A}\right)=\left(2 ; 2\right) $
Les vecteurs $ \overrightarrow{AM} $ et $ \overrightarrow{AP} $ sont colinéaires si et seulement si (voir théorème) :
$ \left(x - 1\right)\times 2 - \left(y - 1\right)\times 2=0 $
$ 2x - 2y=0 $
Une équation de la médiane au triangle $ ABC $ issue de $ A $ est donc $ 2x - 2y=0 $ ou, après simplification par $ 2 $ :
$\mathbf{x - y=0}$
On applique le même raisonnement pour la médiane issue de $ B $, en notant $ N $ le milieu de $ \left[AC\right] $.
$ N $ a pour coordonnées $ \left(\dfrac{x_{A}+x_{C}}{2} ; \dfrac{y_{A}+y_{C}}{2}\right)=\left(\dfrac{3}{2} ; \dfrac{5}{2}\right) $.
Soit $ P\left(x ; y\right) $ un point du plan.
$ \overrightarrow{BP} $ a pour coordonnées $ \left(x - x_{B} ; y - y_{B}\right)=\left(x - 4 ; y - 2\right) $
$ \overrightarrow{BN} $ a pour coordonnées $ \left(x_{N} - x_{B} ; y_{N} - y_{B}\right)=\left(-\dfrac{5}{2} ; \dfrac{1}{2}\right) $
$ P\in\left(BN\right) $ si et seulement si $ \overrightarrow{BP} $ et $ \overrightarrow{BN} $ sont colinéaires, c'est-à-dire :
$ \left(x - 4\right)\times \dfrac{1}{2} - \left(y - 2\right)\times\left(-\dfrac{5}{2}\right)=0 $
$ \dfrac{1}{2}\left(x - 4\right)+\dfrac{5}{2}\left(y - 2\right)=0 $
En multipliant par $ 2 $ :
$\mathbf{x+5y - 14=0}$
Le centre de gravité d'un triangle est le point d'intersection de ses médianes.
Le couple de coordonnées du point $ G $ est donc la solution du système :
$ \left\{ \begin{matrix} x - y=0 \\ x+5y - 14=0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x=y \\ 6y - 14=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x=y \\ y=\dfrac{7}{3}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x=\dfrac{7}{3} \\ y=\dfrac{7}{3} \end{matrix}\right. $
Les coordonnées de $ G $ sont donc $\mathbf{\left(\dfrac{7}{3} ; \dfrac{7}{3}\right)}$.
$ \overrightarrow{AG} $ a pour coordonnées $ \left(x_{G} - x_{A} ; y_{G} - y_{A}\right)=\left(\dfrac{4}{3} ; \dfrac{4}{3}\right) $
$ \overrightarrow{AM} $ a pour coordonnées $ \left(2 ; 2\right) $, donc $ \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM} $ a pour coordonnées $ \left(\dfrac{4}{3} ; \dfrac{4}{3}\right) $.
On a donc bien $ \overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{AM} $.
Remarque : On retrouve dans cette question un résultat vu au collège. Si l'exercice demandait seulement de trouver les coordonnées de $ G $, il était bien sûr plus facile de partir de cette égalité vectorielle que de déterminer l'équation des médianes.
Pour réviser : Calculer les coordonnées du centre de gravité d'un triangle
