Exercices corrigés - Coniques

Pour les coniques suivantes, déterminer la nature, les éléments caractéristiques et une équation réduite : $$ \begin{array}{ll} \mathbf{1.}\ x^2-xy+y^2=1\quad&\quad\\ \mathbf{2.}\ x^2+\sqrt{3}xy+x-2=0\\ \mathbf{3.}\ 2xy-2\sqrt{2}x-1=0\quad&\quad\\ \mathbf{4.}\ \frac{x^2}4-\frac{\sqrt{3}}2xy+\frac34y^2-(1+3\sqrt 3)x-(3-\sqrt 3)y+13=0 \end{array}$$

Le discriminant de cette conique est $-3$. Elle est donc du genre ellipse. On commence par tourner le repère. Pour cela, on remarque que les coefficients devant $x^2$ et $y^2$ sont égaux. On en déduit que le changement de repère approprié est celui obtenu par une rotation d'angle $\pi/4$, soit en posant : $$ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&\frac{\sqrt 2}2X-\frac{\sqrt 2}2Y\\ y&=&\frac{\sqrt 2}2X+\frac{\sqrt 2}2Y. \end{array} \right. $$ En remplaçant dans l'équation initiale, on trouve : $$\frac{X^2}2+\frac{Y^2}{2/3}=1.$$ On obtient donc une ellipse centré en 0, de demi-grand axe $a=\sqrt 2$ et de demi-petit axe $\sqrt{2}/\sqrt 3$. Les axes de l'ellipse sont les axes $(OX)$ et $(OY)$, c'est-à-dire dans le repère initial les droites $y=x$ et $y=-x$.
Le discriminant de cette conique vaut $3>0$. Elle est donc du genre hyperbole. On élimine les termes en $xy$ par rotation du repère. On fait une rotation d'angle $\theta$ tel que $$\tan(2\theta)=\frac{b}{a-c}=\sqrt 3$$ soit une rotation d'angle $\pi/6$. On obtient alors $$ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&\frac{1}2(X\sqrt 3-Y)\\ y&=&\frac{1}2(X+Y\sqrt 3). \end{array} \right. $$ On obtient après simplifications l'équation $$\frac{3}4X^2-\frac14Y^2+\frac{\sqrt 3}4X-\frac{Y}4=1.$$ En reconnaissant le début du développement de deux carrés, on trouve $$\frac34\left(X+\frac{\sqrt 3}6\right)^2-\frac14\left(Y+\frac12\right)^2=1.$$ On a donc une hyperbole dont le centre a pour coordonnées dans le nouveau repère $(-\sqrt 3/6;-1/2)$ et dont les asymptotes sont les droites d'équation $Y=\pm 3X$ ($a=4/3$, $b=4$, $b/a=3$).
Le discriminant de cette conique est $4-4\times 0=4>0$. Elle est donc du genre hyperbole. On commence par tourner le repère. Pour cela, on remarque que les coefficients devant $x^2$ et $y^2$ sont égaux. On en déduit que le changement de repère approprié est celui obtenu par une rotation d'angle $\pi/4$, soit en posant : $$ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&\frac{\sqrt 2}2X-\frac{\sqrt 2}2Y\\ y&=&\frac{\sqrt 2}2X+\frac{\sqrt 2}2Y. \end{array} \right. $$ En remplaçant dans l'équation initiale, on trouve : $$X^2-Y^2-2X+2Y=1.$$ On reconnait le début du développement d'un carré, et la relation précédente s'écrit $$(X-1)^2-(Y-1)^2=1.$$ On a donc une hyperbole, de centre $(1,1)$ dans le nouveau repère (c'est-à-dire $(0,\sqrt 2)$ dans l'ancien), d'asymptotes les droites d'équation $(Y-1)=\pm (X-1)$. Dans l'ancien repère, les asymptotes ont pour équation $x=0$ et $y=\sqrt 2$.
Le discriminant de cette conique vaut 0 : elle est du genre parabole. On élimine les termes en $xy$ par rotation du repère. On fait une rotation d'angle $\theta$ tel que $$\tan(2\theta)=\frac{b}{a-c}=\sqrt 3$$ soit une rotation d'angle $\pi/6$. On obtient alors $$ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&\frac{1}2(X\sqrt 3-Y)\\ y&=&\frac{1}2(X+Y\sqrt 3). \end{array} \right. $$ En remplaçant dans l'équation on obtient, après simplifications, \begin{eqnarray*} Y^2-6X+2Y+13=0&\iff& (Y+1)^2-1-6X+13=0\\ &\iff&(Y+1)^2=6(X-2). \end{eqnarray*} On obtient une parabole de sommet ayant pour coordonnées $(2,-1)$ dans le nouveau repère, et de paramètre 3.

Exercice 2 - Une conique à paramètres ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $\mathcal C$ la conique d'équation $$x^2+2axy+y^2+4x-a^2=0.$$

Déterminer, suivant la valeur de $a$, le type de $\mathcal C$.
Dans le cas où $\mathcal C$ est une parabole, déterminer le paramètre, le foyer et la directrice.
Déterminer pour quelle(s) valeur(s) de $a$ la conique $\mathcal C$ est un cercle, dont on donnera le centre et le rayon.
Déterminer pour quelle(s) valeur(s) de $a$ la conique $\mathcal C$ est la réunion de deux droites.

Le discriminant de la conique vaut $\Delta=(2a)^2-4=4(a^2-1)$. La conique est donc du type ellipse si $|a|<1$, du type parabole si $|a|=1$, du type hyperbole si $|a|>1$. Dans tous les cas, on peut réduire l'équation de la conique en effectuant une rotation du repère d'angle $\pi/4$, soit en posant $$ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&\frac{\sqrt 2}2X-\frac{\sqrt 2}2Y\\ y&=&\frac{\sqrt 2}2X+\frac{\sqrt 2}2Y. \end{array} \right. $$ L'équation de la conique devient $$(1+a)X^2+(1-a)Y^2+2\sqrt 2X-2\sqrt 2Y-a^2=0.$$
On obtient une parabole lorsque $a=\pm 1$.
- Si $a=1$, l'équation réduite s'écrit \begin{align*} 2 X^2 + 2 \sqrt{2} X - 2 \sqrt{2} Y - 1 &= 0 \\ \left(X + \frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} &= \sqrt{2} Y \\ \left(Y+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)&=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(X+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 \end{align*} On pose $X'=X+\frac{\sqrt{2}}{2}$ et $Y'=Y+\frac{\sqrt{2}}{2}$, et on obtient l'équation $Y'=\frac{\sqrt{2}}{2} X'^2$. Ainsi, le paramètre vaut $\sqrt 2/2.$ Dans ce nouveau repère translaté, les coordonnées du foyer $F$ sont $\left(\begin{array}{c} X'=0 \\ Y'=\frac{\sqrt{2}}{4} \end{array}\right)$ et la directrice a pour équation $Y'=\frac{-\sqrt{2}}{4}$. Calculons les coordonnées de $F$ dans le repère initial : $$\left\{ \begin{array}{l} X=0-\frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{\sqrt{2}}{2} \\[1.2em] Y=\frac{\sqrt{2}}{4}-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{-\sqrt{2}}{4} \end{array} \right. \textrm{ soit } \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{\sqrt{2}}{2} X-\frac{\sqrt{2}}{2} Y = \frac{-1}{4} \\[1.2em] y=\frac{\sqrt{2}}{2} X-\frac{\sqrt{2}}{2} Y = \frac{-3}{4} \end{array} \right.$$ Calculons maintenant l'équation de la directrice. On a : $Y+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{-\sqrt{2}}{4}$ Par rotation d'angle $\frac{-\pi}{4}$, on obtient $$\frac{\sqrt{2}}{2} x - \frac{\sqrt{2}}{2} y +\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{-\sqrt{2}}{4},$$ soit $x - y = \frac{3}{2}$ après simplification.
- Si $a=-1$, on effectue la translation $X'=X$ et $Y'=Y+\sqrt 2/2$ et on obtient l'équation réduite $Y'^2=\sqrt 2 X'$. On en déduit le paramètre $p=\sqrt 2/2$, le foyer $x_F=-1/4$, $y_F=3/4$ et la directrice $x+y=3/2$.
On obtient un cercle lorsque $|a|<1$ (type ellipse) et lorsque $1+a=1-a$, soit $a=0$. L'équation devient $$X^2+Y^2+2\sqrt 2 X-2\sqrt 2Y=0\iff (X+\sqrt 2)^2+(Y-\sqrt 2)^2=4.$$ On obtient alors un cercle de centre $\Omega$ avec $X_\Omega=-\sqrt 2$ et $Y_\Omega=\sqrt 2$, et de rayon $2$.
Pour obtenir deux droites, il faut être du type hyperbole, c'est-à-dire vérifier $|a|>1$. Pour déterminer s'il s'agit de la réunion de deux droites, il faut encore simplifier l'équation : \begin{eqnarray*} (1+a)X^2+(1-a)Y^2+2\sqrt 2X-2\sqrt 2Y-a^2=0\\ \iff (1+a)\left(X+\frac{\sqrt 2}{1+a}\right)^2+(1-a)\left(Y-\frac{\sqrt 2}{1-a}\right)^2=a^2+\frac{2}{1+a}+\frac{2}{1-a}\\ \iff (1+a)\left(X+\frac{\sqrt 2}{1+a}\right)^2+(1-a)\left(Y-\frac{\sqrt 2}{1-a}\right)^2=\frac{-a^4+a^2+4}{1-a^2}.\\ \end{eqnarray*} On obtient donc la réunion de deux droites si et seulement si $|a|>1$ et $-a^4+a^2+4=0$, c'est-à-dire si et seulement $a=\pm\sqrt{\frac{1+\sqrt{17}}2}$.

Exercice 3 - Ensemble des sommets d'une famille d'ellipse ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Déterminer l'ensemble des centres, des sommets et des foyers des ellipses d'équation $$\lambda x^2+y^2-2x=0,$$ lorsque $\lambda$ décrit $\mathbb R^*_+$.

Exercice 4 - En coordonnées polaires ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Déterminer la nature, l'excentricité et les sommets des coniques suivantes : $$\begin{array}{lll} \mathbf{1.}\ \rho(\theta)=\frac{1}{2+\cos\theta}&\quad&\mathbf{2.}\ \rho(\theta)=\frac{1}{2-\cos\theta}\\ \mathbf{3.}\ \rho(\theta)=\frac{1}{1+\sin\theta}&\quad&\mathbf{4.}\ \rho(\theta)=\frac{1}{1+\cos\theta+\sin\theta}. \end{array}$$

Pour les quatre exemples, on va se ramener à l'équation polaire d'une conique de la forme $$\rho(\theta)=\frac{p}{1+e\cos(\theta-\phi)}.$$ Les sommets se trouvent aux points obtenus lorsque $\theta=\phi$ et $\theta=\phi+\pi$.

Il suffit de factoriser par deux au dénominateur, et la conique a pour équation $$\rho(\theta)=\frac{1/2}{1+\frac12\cos\theta}.$$ On obtient une conique d'excentricité 1/2, c'est donc une ellipse. Les sommets sont les points de coordonnée polaire $(\theta=0,\rho=\frac{1/2}{1+1/2}=1/3)$ et $(\theta=\pi,\rho=\frac{1/2}{1-1/2}=1)$, c'est-à-dire les points de coordonnées cartésiennes $(1/3,0)$ et $(-1,0)$.
On applique la même méthode, mais il faut encore remarquer que $-\cos(\theta)=\cos(\theta+\pi)$. La conique a donc pour équation $$\rho(\theta)=\frac{1/2}{1+\frac12\cos(\theta+\pi)}.$$ C'est une ellipse d'excentricité 1/2. Ces sommets ont pour coordonnées polaires $(\theta=\pi,\rho=\frac{1/2}{1+1/2}=1/3)$ et $(\theta=0,\rho=\frac{1/2}{1-1/2}=1)$, c'est-à-dire les points de coordonnées cartésiennes $(-1/3,0)$ et $(1,0)$.
Cette fois, il faut transformer le sinus en cosinus, ce que l'on fait grâce à la relation $\sin(\theta)=\cos(\theta-\pi/2)$. La conique a donc pour équation $$\rho(\theta)=\frac{1}{1+\cos(\theta-\pi/2)}.$$ C'est une parabole, d'excentricité 1. Son sommet est atteint pour $\theta=\pi/2$, où $\rho(\theta)=\frac1{1+1}$. Ceci correspond au point de coordonnées cartésiennes $(0,1)$.
On transforme la somme : $$\cos(\theta)+\sin(\theta)=\sqrt 2\cos(\theta-\pi/4).$$ L'équation de la conique est donc : $$\rho(\theta)=\frac{1}{1+\sqrt 2\cos(\theta-\pi/4)}.$$ Il s'agit cette fois d'une hyperbole, d'excentricité $\sqrt 2$. Ses sommets sont atteints en $\theta=\pi/4$, avec $\rho=\frac{1}{1+\sqrt 2}$ et $\theta=5\pi/4$, avec $\rho=\frac{1}{1-\sqrt 2}$. Les coordonnées cartésiennes de ces sommets sont respectivement : $$x=\frac{\sqrt 2}2\times \frac{1}{1+\sqrt 2}=\frac{1}{2+\sqrt 2}\quad\quad y=\frac{\sqrt 2}2\times \frac{1}{1+\sqrt 2}=\frac{1}{2+\sqrt 2}$$ et $$x=\frac{-\sqrt 2}2\times \frac{1}{1-\sqrt 2}=\frac{1}{2-\sqrt 2}\quad\quad y=\frac{-\sqrt 2}2\times \frac{1}{1-\sqrt 2}=\frac{1}{2-\sqrt 2}.$$

Exercice 5 - Projections orthogonales sur les axes d'une hyperbole ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Un point $M$ d'une hyperbole $\mathcal H$ est projeté orthogonalement en les points $H$ et $H'$ sur les axes de $\mathcal H$. Prouver que le produit $MH\times MH'$ est constant.

Exercice 6 - Le miroir parabolique ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $\mathcal P$ une parabole de foyer $F$ et de directrice $D$.

Soit $M$ un point de $\mathcal P$ et $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur la directrice $D$. Démontrer que la tangente à la parabole en $M$ est la médiatrice de $[FH]$.
On se place dans un repère où la parabole a pour équation $y^2=2px$. Soit $\Delta$ la demi-droite $(M,\vec i).$ Soit $\vec N$ un vecteur normal rentrant à la parabole en $M$, c'est-à-dire un vecteur orthogonal à la tangente en $M$ et dirigé vers l'intérieur de la parabole. Soit enfin $I$ un point de $\Delta$ autre que $M.$ Démontrer que les angles $(\overrightarrow{MI},\vec N)$ et $(\vec N, \overrightarrow{MF})$ sont égaux. Quelle application voyez-vous à ce type de miroir parabolique?

Exercice 7 - Triangle inscrit dans une ellipse ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $\mathcal E$ une ellipse de centre $O$, et soient $M,P$ deux points de $\mathcal E$ tels que la tangente à l'ellipse en $P$ est parallèle à la droite $(OM)$. Montrer que l'aire du triangle $MOP$ ne dépend pas de la position de $M$ et de $P$ sur l'ellipse.

Exercice 8 - Ellipses concentriques ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $\mathcal E$ l'ellipse d'équation $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ et soit $\mathcal E'$ l'ellipse d'équation $\frac{x^2}{4a^2}+\frac{y^2}{4b^2}=1$.

Démontrer que la droite $D$ d'équation $ux+vy+w=0$ est tangente à l'ellipse $\mathcal E$ si et seulement si ses coefficients vérifient l'équation $a^2u^2+b^2v^2-w^2=0$ et $w\neq 0$.
Soit $A(2a \cos \alpha,2b \sin \alpha)$ et $B(2a \cos \beta,2b \sin \beta)$ deux points distincts de l'ellipse $\mathcal E'$. Démontrer que la droite $(AB)$ est tangente à $\mathcal E$ si et seulement si $\alpha-\beta=2\pi/3\ [2\pi]$ ou $\alpha-\beta=-2\pi/3\ [2\pi]$.
Soient $M,P,Q$ trois points distincts de $\mathcal E'$ tels que $(MP)$ et $(MQ)$ sont tangentes à $\mathcal E$. Démontrer que la droite $(PQ)$ est tangente à $\mathcal E$.

Rappelons que la tangente à l'ellipse au point $(x_0,y_0)$ a pour équation $\frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}-1=0$. Si on suppose que la droite $D$ d'équation $ux+vy+w=0$ est tangente à l'ellipse, il existe donc un point $(x_0,y_0)$ de $\mathcal E$ tel que $D$ est aussi la droite d'équation $\frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}-1=0$. Ces deux équations de droite sont proportionnelles, et on en déduit $w\neq 0$ et $\frac{u}{w}=-\frac{x_0}{a^2}$ et $\frac{v}{w}=-\frac{y_0}{b^2}$. Mais le point $(x_0,y_0)$ est sur l'ellipse, et donc $\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1$. Utilisant la relation précédente, on en déduit que $a^2u^2+b^2v^2-w^2=0$.
Réciproquement, si $a^2u^2+b^2v^2-w^2=0$ et $w\neq 0$, alors, s'inspirant de la preuve du sens direct, on pose $x_0=-\frac{a^2u}{w}$ et $y_0=-\frac{b^2v}{w}$. Alors on vérifie facilement que $(x_0,y_0)$ est un point de $\mathcal E$, et que la droite $D$ a aussi pour équation $\frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}-1=0$.
La droite $(AB)$ a pour équation $$b\big(\sin(\beta)-\sin(\alpha)\big)x-a\big(\cos(\beta)-\cos(\alpha)\big)y-2ab\sin(\beta-\alpha)=0.$$ D'après la question précédente, la droite $(AB)$ est tangente à $\mathcal E$ \begin{eqnarray*} &\iff&a^2b^2\big(\sin(\beta)-\sin(\alpha)\big)^2+a^2b^2\big(\cos(\beta)-\cos(\alpha)\big)^2-4a^2b^2\sin^2(\beta-\alpha)=0\\ &\iff&2\cos^2(\beta-\alpha)-\cos(\beta-\alpha)-1=0. \end{eqnarray*} Or, le polynôme $2x^2-x-1$ admet pour seules racines $1$ et $-1/2$. La droite $(AB)$ est tangente à $\mathcal E$ si et seulement $\cos(\beta-\alpha)=-1/2$ (le cas $\cos(\beta-\alpha)=1$ est à exclure puisque les points sont distincts), et donc on a $\beta-\alpha=2\pi/3\ [2\pi]$ ou $\beta-\alpha=-2\pi/3\ [2\pi]$.
On écrit $M(2a\cos(m),2b\sin(m))$, $P(2a\cos(p),2b\sin(p))$ et $Q(2a\cos(q),2b\sin(q))$. D'après la question précédente, on a, quitte à échanger le rôle de $M$ et $P$, $m-p=2\pi/3\ [2\pi]$. Puisque $P\neq Q$, on a alors $m-q=-2\pi/3\ [2\pi]$. On en déduit que $q-p=4\pi/3=-2\pi/3\ [2\pi]$, et donc la droite $(PQ)$ est tangente à l'ellipse.

Exercice 9 - Cercle orthoptique d'une ellipse ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $\mathcal E$ l'ellipse d'équation $$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.$$

Soit $m$ un réel. Déterminer les droites de coefficient directeur $m$ qui sont tangentes à $\mathcal E$.
A quelle condition les droites $y=mx+p$ et $y=m'x+p'$ sont elles perpendiculaires?
En déduire que le lieu des points du plan par lesquels passent deux tangentes à $\mathcal E$ qui sont perpendiculaires est un cercle dont on précisera le centre et le rayon.

Exercice 10 - Carré des distances aux trois côtés d'un triangle ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Dans le plan muni du repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$, on considère les points $A(1,0)$ et $B(0,1)$. On désigne par $\mathcal E$ l'ensemble des points du plan dont la somme des carrés aux trois côtés du triangle $OAB$ est égale à $1/3$.

Démontrer que $\mathcal E$ est une ellipse dont on donnera une équation réduite.
Montrer que l'ellipse $\mathcal E$ est tangente aux droites $(OA)$ et $(OB)$.
Donner une représentation paramétrique de $\mathcal E$ dans le repère $(O,\vec i,\vec j)$.

Soit $M(x,y)$ un point du plan. La distance de $M$ à
- $(OA)$ vaut $|y|$;
- $(OB)$ vaut $|x|$;
- $(AB)$ vaut $\frac{|x+y-1|}{\sqrt 2}$ (une équation de la droite $(AB)$ étant $x+y-1=0$).
On fait la somme des carrés de ces trois distances, et on trouve que $\mathcal E$ est l'ensemble des points $(x,y)$ vérifiant $$3x^2+2xy+3y^2-2x-2y=-\frac 13.$$ On reconnait l'équation d'une conique qui est une ellipse car son discriminant vaut $\Delta=2^2-4\times3\times 3=-32$ et est donc strictement négatif. Pour déterminer l'équation réduite de $\mathcal E$, on remarque que les coefficients devant $x^2$ et $y^2$ sont identiques. Ceci incite à faire un changement de repère par rotation de $\pi/4$, et donc les nouvelles coordonnées $(X,Y)$ de $M$ sont liées aux anciennes par la relation : $$\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&\frac{\sqrt 2}2X-\frac{\sqrt 2}2Y\\ y&=&\frac{\sqrt 2}2X+\frac{\sqrt 2}2Y. \end{array}\right.$$ L'équation de $\mathcal E$ devient $$4X^2+2Y^2-2\sqrt 2X=-\frac 13$$ soit, en regroupant les termes en $X$ sous forme canonique, puis en multipliant les deux membres par 6 : $$24\left(X-\frac{\sqrt 2}4\right)^2+12Y^2=1.$$ On obtient donc une ellipse de centre $\Omega$ dont les coordonnées, dans le nouveau repère, sont $\left(\frac{\sqrt 2}4,0\right)$, soit, dans l'ancien repère, $\left(\frac14,\frac 14\right)$. Son demi-grand axe vaut $1/\sqrt{12}$, et son demi-petit axe vaut $1/\sqrt{24}$.
Cherchons les points d'intersection de $\mathcal E$ avec l'axe $(Ox)$. Dans le repère initial, ces points ont pour coordonnée $(x,0)$ et on doit résoudre l'équation $$3x^2-2x+1/3=0.$$ Son discriminant est nul, donc l'équation admet une racine double, $x=1/3$. L'ellipse $\mathcal E$ est donc tangente à $(Ox)$ au point $(1/3,0)$. Par symétrie de l'ellipse par rapport à la droite $y=x$ (ou par symétrie du problème), on en déduit que l'ellipse est tangente à l'axe $(Oy)$ au point $(0,1/3)$.
Dans le nouveau repère, on peut paramétrer l'ellipse par $$\left\{ \begin{array}{rcl} X(t)&=&\frac{\sqrt 2}4+\frac{1}{\sqrt{12}}\cos t\\ Y(t)&=&\frac{1}{\sqrt{24}}\sin(t). \end{array}\right.$$ En utilisant les formules de changement de repère, on trouve dans l'ancien repère, après simplifications, $$\left\{ \begin{array}{rcl} x(t)&=&\frac14-\frac{\sqrt 6}{12}\cos t+\frac{\sqrt 3}{12}\sin t\\ y(t)&=&\frac14+\frac{\sqrt 6}{12}\cot t+\frac{\sqrt 3}{12}\sin t. \end{array}\right. $$

Exercice 11 - Lieu des centres d'un cercle ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $a>0$ un réel. On munit le plan d'un repère orthonormé. Déterminer le lieu des centres des cercles tangents à $(Oy)$ et coupant l'axe $(Ox)$ en deux points $M$ et $M'$ tels que $MM'=a$.

Exercice 12 - Carré et produit de distances... ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soient $A$ et $B$ deux points distincts du plan et soit $I$ le milieu de $[AB]$. Déterminer le lieu des points $M$ du plan tels que $MI^2=MA\times MB$.