Repérage dans le plan en seconde : corrigé détaillé des exercices 1 à 10

Pour lire les coordonnées d’un point, on trace les parallèles aux axes passant par ce point : l’abscisse se lit sur l’axe des abscisses, l’ordonnée sur l’axe des ordonnées. Attention, les unités ne correspondent pas forcément à un carreau.

Figure 1. Sur l’axe des abscisses, l’unité vaut 3 carreaux ; sur l’axe des ordonnées, elle vaut 2 carreaux. Le point d’abscisse \(-1\) est donc 3 carreaux à gauche de l’axe vertical et le point d’ordonnée \(2\) est 4 carreaux au-dessus de l’axe horizontal : c’est le point C. (On lit par ailleurs \(B\left(-\frac{4}{3}\,;1\right)\) et \(A\left(-\frac{1}{3}\,;-2\right)\).)

Figure 2. Le repère est oblique : l’axe des ordonnées est incliné et les parallèles à cet axe sont les droites inclinées du quadrillage. On part de l’origine, on recule d’une unité le long de l’axe horizontal (abscisse \(-1\)), puis on monte de deux unités parallèlement à l’axe oblique (ordonnée \(2\)) : on arrive sur le point A. (De même \(B(-2\,;4)\) et \(C(3\,;1)\).)

1) Le repère est orthonormé, on peut donc utiliser la formule de la distance :

\[ \begin{aligned} AB &= \sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2} \\ &= \sqrt{(-2-5)^2+(1-(-1))^2} \\ &= \sqrt{(-7)^2+2^2} \\ &= \sqrt{49+4} = \sqrt{53} \end{aligned} \]

53 est un nombre premier : la racine ne se simplifie pas. \(AB=\sqrt{53}\) (environ 7,28 unités).

2) Le milieu \(I\) de \([AB]\) a pour coordonnées les moyennes des coordonnées de \(A\) et \(B\) :

\[ x_I=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{5+(-2)}{2}=\frac{3}{2} \qquad y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=\frac{-1+1}{2}=0 \]

1) On place \(A(2\,;-1)\) et \(B(-6\,;-1)\). Ils ont la même ordonnée : la droite \((AB)\) est parallèle à l’axe des abscisses et \(AB=2-(-6)=8\) cm.

2) Si \(ABC\) est isocèle en \(C\), alors \(CA=CB\) : le point \(C\) est sur la médiatrice de \([AB]\). Le milieu de \([AB]\) est \(H\left(\frac{2+(-6)}{2}\,;-1\right)=(-2\,;-1)\) et, \((AB)\) étant horizontale, la médiatrice est la droite verticale d’équation \(x=-2\). La hauteur issue de \(C\) est \([CH]\) ; elle doit mesurer 4 cm, donc on place \(C\) sur cette médiatrice à 4 carreaux de \(H\), par exemple au-dessus.

3) On lit \(C(-2\,;3)\). (Une autre solution était \((-2\,;-5)\), en dessous de \((AB)\).)

4) Le symétrique \(C^{\prime}\) de \(C\) par rapport à la droite \((AB)\) est sur la perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(C\), c’est-à-dire la droite \(x=-2\), de l’autre côté de \((AB)\) et à la même distance 4 cm : on reporte \(HC^{\prime}=HC=4\) cm.

5) \(H\) est le milieu de \([CC^{\prime}]\), donc \(y_{C^{\prime}}=2\times(-1)-3=-5\).

1) On place \(D(4\,;-3)\) et \(E(-2\,;3)\).

2) Un triangle équilatéral a trois côtés égaux. On trace au compas un arc de centre \(D\) et de rayon \(DE\), puis un arc de centre \(E\) de même rayon : ils se coupent en deux points ; on en choisit un, c’est \(F\).

3) Par lecture graphique, \(F\approx(6{,}2\,;5{,}2)\). On peut le vérifier par le calcul. Dans le repère orthonormé :

\[ DE=\sqrt{(-2-4)^2+(3-(-3))^2}=\sqrt{36+36}=\sqrt{72}=6\sqrt{2} \]

Le point \(F\) est sur la médiatrice de \([DE]\), qui passe par le milieu \(M(1\,;0)\) et suit la direction \((1\,;1)\) (perpendiculaire à \((DE)\), qui suit la direction \((-1\,;1)\)). La hauteur d’un triangle équilatéral de côté \(a\) vaut \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\), ici \(MF=\frac{6\sqrt{2}\times\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{6}\). En partant de \(M\) et en avançant de \(t\) dans chaque direction, \(MF=t\sqrt{2}\), donc \(t=\frac{3\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=3\sqrt{3}\) :

\[ F\left(1+3\sqrt{3}\,;3\sqrt{3}\right)\approx(6{,}20\,;5{,}20) \]

L’autre point possible est \(\left(1-3\sqrt{3}\,;-3\sqrt{3}\right)\approx(-4{,}20\,;-5{,}20)\).

4) Le symétrique \(E^{\prime}\) de \(E\) par rapport à \(F\) est tel que \(F\) est le milieu de \([EE^{\prime}]\) : on trace la demi-droite \([EF)\) et on reporte \(FE^{\prime}=EF\).

5) Comme \(x_{E^{\prime}}=2x_F-x_E\) et \(y_{E^{\prime}}=2y_F-y_E\) :

\[ E^{\prime}\left(2+6\sqrt{3}+2\,;6\sqrt{3}-3\right)=\left(4+6\sqrt{3}\,;6\sqrt{3}-3\right)\approx(14{,}4\,;7{,}4) \]

Premier point. Milieu \(M\) de \([AB]\) avec \(A(-2{,}6\,;4{,}7)\) et \(B(6{,}3\,;-5{,}9)\) :

\[ x_M=\frac{-2{,}6+6{,}3}{2}=\frac{3{,}7}{2}=1{,}85 \qquad y_M=\frac{4{,}7+(-5{,}9)}{2}=\frac{-1{,}2}{2}=-0{,}6 \]

Donc \(M(1{,}85\,;-0{,}6)\).

Deuxième point. \(A\left(\frac{1}{3}\,;\frac{2}{5}\right)\), \(B\left(\frac{4}{6}\,;\frac{1}{4}\right)\) et \(C\left(\sqrt{5}\,;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\). On remarque que \(\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\).

\[ \begin{aligned} x_D &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{2} & y_D &= \frac{1}{2}\left(\frac{8}{20}+\frac{5}{20}\right)=\frac{13}{40} \\ x_E &= \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}+\sqrt{5}\right)=\frac{2+3\sqrt{5}}{6} & y_E &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}+\frac{2\sqrt{3}}{4}\right)=\frac{1+2\sqrt{3}}{8} \\ x_F &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}+\sqrt{5}\right)=\frac{1+3\sqrt{5}}{6} & y_F &= \frac{1}{2}\left(\frac{4}{10}+\frac{5\sqrt{3}}{10}\right)=\frac{4+5\sqrt{3}}{20} \end{aligned} \]

Donc \(D\left(\frac{1}{2}\,;\frac{13}{40}\right)\), \(E\left(\frac{2+3\sqrt{5}}{6}\,;\frac{1+2\sqrt{3}}{8}\right)\) et \(F\left(\frac{1+3\sqrt{5}}{6}\,;\frac{4+5\sqrt{3}}{20}\right)\).

Troisième point. La médiatrice de \([CD]\) est la droite perpendiculaire à \([CD]\) en son milieu : le point d’intersection cherché est donc le milieu \(K\) de \([CD]\).

\[ x_K=\frac{34\,582+10\,991}{2}=\frac{45\,573}{2}=22\,786{,}5 \qquad y_K=\frac{-43\,590+59\,267}{2}=\frac{15\,677}{2}=7\,838{,}5 \]

Premier point. \(M\) est le milieu de \([AB]\), donc \(x_M=\frac{x_A+x_B}{2}\), soit \(x_B=2x_M-x_A\) (et de même pour les ordonnées) :

\[ x_B=2\times0-3=-3 \qquad y_B=2\times3-(-2)=8 \]

Donc \(B(-3\,;8)\).

Deuxième point. Le symétrique \(E^{\prime}\) de \(E\) par rapport à \(F\) vérifie : \(F\) est le milieu de \([EE^{\prime}]\).

\[ x_{E^{\prime}}=2\times0-(-6{,}9)=6{,}9 \qquad y_{E^{\prime}}=2\times(-4{,}6)-(-3{,}3)=-9{,}2+3{,}3=-5{,}9 \]

Donc \(E^{\prime}(6{,}9\,;-5{,}9)\).

Troisième point. \(B\left(\frac{1}{2}\,;-\frac{3}{4}\right)\), \(A\left(\frac{4}{5}\,;\frac{7}{3}\right)\), \(N\left(-\frac{5}{6}\,;\frac{2}{3}\right)\).

1) Milieu \(K\) de \([BN]\) :

\[ x_K=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{6}-\frac{5}{6}\right)=\frac{1}{2}\times\left(-\frac{2}{6}\right)=-\frac{1}{6} \qquad y_K=\frac{1}{2}\left(-\frac{9}{12}+\frac{8}{12}\right)=-\frac{1}{24} \]

2) \(BANC\) est un parallélogramme si et seulement si ses diagonales \([BN]\) et \([AC]\) ont le même milieu. Il faut donc que \(K\) soit le milieu de \([AC]\) :

\[ x_C=2x_K-x_A=-\frac{2}{6}-\frac{4}{5}=-\frac{5}{15}-\frac{12}{15}=-\frac{17}{15} \qquad y_C=2y_K-y_A=-\frac{1}{12}-\frac{28}{12}=-\frac{29}{12} \]

On a \(P(-2\,;4)\), \(A(0\,;-1)\), \(T(5\,;-2)\). Le milieu \(E\) de \([AT]\) est :

\[ E\left(\frac{0+5}{2}\,;\frac{-1+(-2)}{2}\right)=\left(\frac{5}{2}\,;-\frac{3}{2}\right) \]

Dans le triangle \(PAT\), la droite passe par le milieu \(E\) du côté \([AT]\) et elle est parallèle au côté \((TP)\). D’après le théorème de la droite des milieux (vu en 4ème), elle coupe le troisième côté \([PA]\) en son milieu. Donc \(F\) est le milieu de \([PA]\) :

\[ F\left(\frac{-2+0}{2}\,;\frac{4+(-1)}{2}\right)=\left(-1\,;\frac{3}{2}\right) \]

1) Une unité correspond à un carreau (\(OI=OJ=1\) carreau). On lit : \(A(-2\,;-3)\), \(B(1\,;4)\), \(C(-3\,;0)\) et \(D(4\,;0)\).

2) \(J(0\,;1)\) est le milieu de \([BE]\). On trace \((BJ)\) et on reporte \(JE=BJ\) au-delà de \(J\). Graphiquement, \(E(-1\,;-2)\) ; par le calcul, \(x_E=2\times0-1=-1\) et \(y_E=2\times1-4=-2\).

3) Milieux :

\[ F\left(\frac{-2+1}{2}\,;\frac{-3+4}{2}\right)=\left(-\frac{1}{2}\,;\frac{1}{2}\right) \qquad G\left(\frac{-2+(-3)}{2}\,;\frac{-3+0}{2}\right)=\left(-\frac{5}{2}\,;-\frac{3}{2}\right) \]

4) Le repère est orthonormé (carreaux carrés), on applique la formule de la distance :

\[ \begin{aligned} AC &= \sqrt{(-3+2)^2+(0+3)^2}=\sqrt{1+9}=\sqrt{10} \\ CE &= \sqrt{(-1+3)^2+(-2-0)^2}=\sqrt{4+4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2} \\ AE &= \sqrt{(-1+2)^2+(-2+3)^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2} \end{aligned} \]

5) Le plus long côté est \([AC]\). On compare \(AC^2=10\) et \(CE^2+AE^2=8+2=10\). L’égalité \(AC^2=CE^2+AE^2\) est vérifiée, donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle \(ACE\) est rectangle en \(E\). Il n’est pas isocèle car \(CE\neq AE\).

1) \(A\left(-\frac{5}{3}\,;-\frac{1}{6}\right)\), \(B\left(2\,;\frac{1}{3}\right)\), \(C\left(\frac{2}{3}\,;\frac{1}{2}\right)\). Le repère est orthonormé :

\[ \begin{aligned} AB^2 &= \left(2+\frac{5}{3}\right)^2+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\right)^2=\left(\frac{11}{3}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{484}{36}+\frac{9}{36}=\frac{493}{36} \\ AC^2 &= \left(\frac{2}{3}+\frac{5}{3}\right)^2+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\right)^2=\left(\frac{7}{3}\right)^2+\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{53}{9} \\ BC^2 &= \left(\frac{2}{3}-2\right)^2+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)^2=\frac{16}{9}+\frac{1}{36}=\frac{65}{36} \end{aligned} \]

Donc \(AB=\frac{\sqrt{493}}{6}\), \(AC=\frac{\sqrt{53}}{3}=\frac{2\sqrt{53}}{6}\) et \(BC=\frac{\sqrt{65}}{6}\). Le périmètre vaut :

\[ \mathcal{P}_{ABC}=\frac{\sqrt{493}+2\sqrt{53}+\sqrt{65}}{6}\approx7{,}47 \]

2) Milieux :

\[ \begin{aligned} A^{\prime} &= \left(\frac{1}{2}\left(2+\frac{2}{3}\right)\,;\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\right)\right)=\left(\frac{4}{3}\,;\frac{5}{12}\right) \\ B^{\prime} &= \left(\frac{1}{2}\left(-\frac{5}{3}+\frac{2}{3}\right)\,;\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\right)\right)=\left(-\frac{1}{2}\,;\frac{1}{6}\right) \\ C^{\prime} &= \left(\frac{1}{2}\left(-\frac{5}{3}+2\right)\,;\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{6}+\frac{1}{3}\right)\right)=\left(\frac{1}{6}\,;\frac{1}{12}\right) \end{aligned} \]

3) D’après le théorème des milieux, chaque côté du triangle \(A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}\) mesure la moitié du côté parallèle de \(ABC\) : \(B^{\prime}C^{\prime}=\frac{BC}{2}\), \(A^{\prime}C^{\prime}=\frac{AC}{2}\), \(A^{\prime}B^{\prime}=\frac{AB}{2}\). Le périmètre est donc divisé par 2 :

\[ \mathcal{P}_{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}=\frac{\sqrt{493}+2\sqrt{53}+\sqrt{65}}{12}\approx3{,}74 \]

Dans le repère orthonormé \((A\,;B,D)\), on a \(A(0\,;0)\), \(B(1\,;0)\), \(D(0\,;1)\) et, \(ABCD\) étant un carré, \(C(1\,;1)\).

Point \(E_1\). Il est sur la droite \((AB)\), à gauche de \(A\), et le codage indique \(AE_1=AB=1\). Donc \(E_1(-1\,;0)\).

Point \(E_2\). Il est sur la droite \((AD)\), sous \(A\), avec \(AE_2=AD=1\). Donc \(E_2(0\,;-1)\).

Point \(E_3\). Il est sur \((AD)\), au-dessus de \(D\), et le codage indique \(DE_3=DE_1\). Dans le triangle \(AE_1D\) rectangle en \(A\), le théorème de Pythagore donne \(DE_1=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\). Donc \(y_{E_3}=1+\sqrt{2}\) : \(E_3\left(0\,;1+\sqrt{2}\right)\).

Point \(E_4\). Il est sur \((AB)\), à droite de \(B\), avec \(BE_4=BE_2=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\). Donc \(E_4\left(1+\sqrt{2}\,;0\right)\).

Vérification : \(CE_3=\sqrt{1^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{3}\) et \(CE_4=\sqrt{(\sqrt{2})^2+1^2}=\sqrt{3}\), les deux arêtes qui se recollent sont bien égales.