Chapitre 8.pdf


Aperçu du fichier PDF chapitre-8.pdf - page 16/18

Page 1...14 15 1617 18



Aperçu texte


f. Le cercle Ꮿm sera tangent à l’axe des

ordonnées si la distance entre son centre et
l’axe des ordonnées est égale à son rayon,

Le même raisonnement conduit à
MS2 + MQ2 = 2MO2 + 2OP2, d’où l’égalité.
∆1

autrement dit si : m =
+ 2m + 5 .
En élevant au carré, cela équivaut à :
m2 = 2m2 + 2m + 5 = 0, soit encore à :
m2 = 2m + 5 = 0, équation qui n’admet pas
de solution. Il n’existe donc aucun cercle Ꮿm
tangent à l’axe des ordonnées.
2m2

112 Cette inégalité
porte le nom de
« Inégalité de
Weitzenböck ».
Comme l’énoncé
le suggère,
intéressons-nous
à CC’2 :
BC’)2

C
C

c

B

CB2

A

BC’2

π

3

− ABC,

⎛π


− ABC⎟
⎝3


2

3
2

sin (ABC).

Or, d’après l’exercice 94, on a :
sin (ABC) =

2S
ac

, donc :

CC’2 = a2 + c2 − ac [cos (ABC) + 3 sin (ABC)]
⎡ a 2 + c 2 − b2
2S⎤
+ 3
= a2 + c2 − ac ⎢

2ac
ac ⎦

a 2 b2 c 2
=
+
+
− 2 3S .
2
2
2
Finalement : a2 + b2 − c2 − 4 3S = 2CC’2 0,

ce qui fournit le résultat. Le cas d’égalité a
lieu si et seulement si CC’ = 0, ce qui revient
à dire que ABC est équilatéral.

© Éditions Belin 2011

B

S

R

∆2

b. Notons I le point d’intersection des médiab

a

donc : cos (CBC’) = cos ⎜
1

Q

∆3

Or, on a les égalités d’angles : CBC’ =

= cos (ABC) +

A

T

C’

= (CB +
=
+
+ 2CB BC’
= a2 + c2 − 2BC BC’ = a2 + c2 − 2ac cos (CBC’).

CC’2

P

U

113 a. Notons O le milieu du rectangle.
On trouve :
MP2 + MR2 = (MO + OP)2 + (MO + OR)2
= 2MO2 + OP2 + OR2 + 2MO (OP + OR)
= 2MO2 + 2OP2
(car les vecteurs OP et OR sont opposés,
donc, OP + OR = 0).

trices de [QR] et [UP].
D’après la question a., on a les trois égalités :
IP2 + IB2 = IA2 + IQ2,
IC2 + IR2 = IS2 + IB2,
IA2 + IT2 = IC2 + IU2.
En sommant ces trois égalités, et en tenant
compte des égalités IU = IP et IQ = IR, on
obtient : IT2 = IS2, d’où IT = IS, donc, I appartient à la médiatrice du segment [TS].
114 1. Ꮿ a pour équation x 2 + y 2 = R2, et Ꮿ’
a pour équation (x − a)2 + y 2 = R’2.
2. a. Si M(x0 ; y0) appartient à Ꮿ, alors :
x 20 + y 20 = R2 et (x0 − a)2 + y 20 = R’2.
Par différence de ces deux égalités, on
obtient : 2ax0 − a2 = R2 − R’2, ce qui donne
l’égalité attendue en isolant x0.
b. On a donc :
y 20 = R2 − x 20 = R2 −

( a2 + R 2 − R ’2 )2

( 2a )2

a2 + R 2 − R ’2 ⎞ ⎛
a2 + R 2 − R ’2 ⎞
= ⎜R −
R+


⎟⎠

⎠⎝
2a
2a
1
=
(2aR − a2 −R 2 +R ’2 )(2aR + a2 +R 2 −R ’2 )
4 a2
1
=
R ’2 − ( a − R )2 ( a + R )2 − R ’2
4 a2
1
=
(R ’+ a −R )(R’− a +R )( a +R +R’)( a +R −R’).
4 a2

(

)(

)

c. Les deux quantités a + R + R’ et a + R − R’
sont positives, donc, s’il existe effectivement
deux points d’intersection de Ꮿ et Ꮿ’, alors,
la quantité (R’ + a − R)(R’ − a + R) doit être
strictement positive, ce qui implique que le
polynôme du second degré en a, à savoir

Chapitre 8 ■ Produit scalaire

183