Géométrie repérée

E3C2 – 1ère

Le logo d’une entreprise est constitué d’un carré, d’un cercle et d’un triangle.
Il a été représenté ci-dessous dans un repère orthonormé $\Oij$.

On donne les coordonnées des sommets du carré :
$$A(-3 ; 3) , B(3 ; 3) , C(3 ; -3) ,D(-3 ; -3)$$
On considère le point $E\left(-2;3+\sqrt{5}\right)$.

On admettra que $E$ est situé sur le cercle de diamètre $[AB]$.

On note $I$ le milieu de $[AB]$.

Donner une équation cartésienne de la droite $(BD)$ et une équation du cercle de diamètre $[AB]$.
$\quad$
Montrer que la hauteur du triangle $BDE$ issue de $E$ admet pour équation cartésienne $$x+y-\left(1+\sqrt{5}\right)=0$$
Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal $H$ du point $E$ sur la droite $(BD)$.
$\quad$
Calculer l’aire du triangle $BDE$ (en unités d’aire).
$\quad$
Montrer que $\vect{DB}.\vect{DE}=42+6\sqrt{5}$.
On admet que $\norme{\vect{DE}}=\sqrt{42+12\sqrt{5}}$; en déduire la mesure de l’angle $\widehat{BDE}$ au degré près.
$\quad$

$\quad$

Correction Exercice

Un vecteur directeur de la droite $(BD)$ est $\vect{BD}\begin{pmatrix}-6\\-6\end{pmatrix}$.
Une équation cartésienne de la droite $(BD)$ est donc de la forme $-6x+6y+c=0$
Le point $B(3;3)$ appartient à la droite $(BD)$.
Par conséquent $-18+18+c=0\ssi c=0$.
Une équation cartésienne de la droite $(BD)$ est donc $-6x+6y=0$ ou encore $-x+y=0$.
$\quad$
On appelle $M$ le milieu de $[AB]$. $M$ a donc pour coordonnées $(0;3)$.
$A$ et $B$ ont la même ordonnée donc :
$AB=\left|x_B-x_A\right|$ soit $AB=6$.
Le rayon du cercle est $R=\dfrac{AB}{2}$ donc $R=3$.
Ainsi une équation cartésienne du cercle de diamètre $[AB]$ est :
$(x-0)^2+(y-3)^2=3^2$ soit $x^2+(y-3)^2=9$.
$\quad$
On appelle $d$ la hauteur du triangle $BDE$ issue de $E$.
Le vecteur $\vect{BD}$ est donc normal à la droite $d$.
Une équation cartésienne de $d$ est par conséquent de la forme $-6x-6y+c=0$
Le point $E\left(-2;3+\sqrt{5}\right)$ appartient à la droite $d$.
Par conséquent $12-6\left(3+\sqrt{5}\right)+c=0 \ssi c=6+6\sqrt{5}$.
Une équation cartésienne de $d$ est donc $-6x-6y+6+6\sqrt{5}$ ou encore, en divisant les deux membres par $-6$,$ x+y-\left(1+\sqrt{5}\right)$.
$\quad$
Le point $H$ appartient à la fois à la droite $(BD)$ et à la droite $d$.
Ses coordonnées sont donc solution du système :
$\begin{align*}\begin{cases}-x+y=0\\x+y-\left(1+\sqrt{5}\right)=0\end{cases}&\ssi \begin{cases}x=y\\x+x-\left(1+\sqrt{5}\right)=0\end{cases} \\
&\ssi \begin{cases}x=y\\2x=1+\sqrt{5}\end{cases} \\
&\ssi \begin{cases}x=y\\x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\end{cases}\end{align*}$
Le point $H$ a donc pour coordonnées $\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2};\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)$.
$\quad$
L’aire du triangle $BDE$ est $\mathscr{A}=\dfrac{BD\times EH}{2}$
Or $BD=\sqrt{(-3-3)^2+(-3-3)^2}$ soit $BD=6\sqrt{2}$
et
$\begin{align*} EH&=\sqrt{\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}+2\right)^2+\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}-3-\sqrt{5}\right)^2}\\
&=\sqrt{\dfrac{15+5\sqrt{5}}{2}+\dfrac{15+5\sqrt{5}}{2}}\\
&=\sqrt{15+5\sqrt{5}}\end{align*}$
Par conséquent :
$\begin{align*} \mathscr{A}&=\dfrac{6\sqrt{2}\times \sqrt{15+5\sqrt{5}}}{2} \\
&=15+3\sqrt{5}\end{align*}$
$\quad$
On a $\vect{DB}\begin{pmatrix}6\\6\end{pmatrix}$ et $\vect{DE}\begin{pmatrix}1\\6+\sqrt{5}\end{pmatrix}$.
Par conséquent :
$\begin{align*}\vect{DB}.\vect{DE}&=6+6\left(6+\sqrt{5}\right) \\
&=42+6\sqrt{5}\end{align*}$
$\quad$
On a également $\vect{DB}.\vect{DE}=DB\times DE\times \cos \widehat{BDE}$
Par conséquent :
$\begin{align*}\cos \widehat{BDE}&=\dfrac{\vect{DB}.\vect{DE}}{DB\times DE}\\
&=\dfrac{42+6\sqrt{5}}{6\sqrt{2}\times \sqrt{42+12\sqrt{5}}}\end{align*}$
Donc $\widehat{BDE}\approx 38$°.
$\quad$

[collapse]

$\quad$

Les sujets proviennent de la banque nationale de sujets sous licence