Chapitre12 CONIQUES Enoncédesexercicesgery.huvent.pagesperso-orange.fr/pdfbaggio/exosptsi/... · 2010-12-13 · 2. LESTECHNIQUES CHAPITRE12. CONIQUES Exercice12.9Soit α∈R, dans

Chapitre 12

CONIQUES

Enoncé des exercices

1 Les basiques

Exercice 12.1 Dans le plan muni d’un repère orthonormé(O,−→i ,−→j), soit C la conique de foyer F : (1,−1) de

directrice D : x = 5 et d’excentricité e =1

3.

1. Déterminer la nature de C (ellipse, hyperbole, parabole), l’axe focal, les coordonnées des sommets principaux Aet A′, secondaires B et B′, du centre Ω, du second foyer F ′ et la seconde directrice D′.

2. Préciser l’équation de C dans le repère(O,−→i ,−→j)

et les coordonnées des points d’intersection avec les axes.

Exercice 12.2 Soient A et B deux points distincts du plan, I le milieu de [A,B] . Déterminer l’ensemble des pointsM du plan tels que MI2 =MA×MB. (On peut supposer que la distance AB vaut 2).

Exercice 12.3 Soit E une ellipse de foyer F, une droite D passant par F coupe E en deux points M et M ′. Que dire

de1

FM+

1

FM ′ ? (Le point F a un rôle particulier, quelle représentation de E choisir ?)

Exercice 12.4 Soit E un ellipse de foyer F,F ′ et de centre O. On note a la longueur du demi grand axe et c = OF .Montrer que

M ∈ E ⇐⇒MF ×MF ′ +OM2 = 2a2 − c2

(C’est la définition trifocale de l’ellipse).

Exercice 12.5 Soit C un cercle de centre O et A ∈ C. Pour M ∈ C, on construit le projeté N sur le diamètreperpendiculaire à (OA) et I = (OM) ∩ (AN). Lieu de I quand M décrit C (chercher l’équation polaire).

Exercice 12.6 Soit a, b deux réels tels que 0 < a < b. Pour tout t /∈ a, b on considère la courbe Ct d’équationx2

a− t+

y2

b− t= 1

1. Quelle est la nature de Ct ? Montrer que si Ct est une conique, ces foyers ne dépendent pas de t.

2. Montrer que si Ct et Cu, pour t = u, se coupent en M , alors elles sont orthogonales (i.e. les tangentes en M àCt et à Cu sont orthogonales).

Exercice 12.7 Soit E une ellipse de centre O, soit M sur E, on note M ′ le symétrique de M par rapport à l’axe focal.La normale à M coupe (en général) la droite (OM ′) en un unique point P . Quel est le lieu de P lorsque M décrit E ?

Exercice 12.8 Soit C et C′deux cercles tels que C′ soit inclus dans C. Montrer que le lieu des centres des cercle Γtangents à C et C′ est inclus dans une ellipse (On admet la réciproque). Préciser comment construire les sommetsprincipaux.

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 12. CONIQUES

Exercice 12.9 Soit α ∈ R, dans le plan muni d’un repère orthonormé direct, on considère l’ensemble Cα des points

M de coordonées

(xy

)telles que

x2 + y2 + 2αxy − 1 = 01. Discuter en fonction de α du genre de la conique.

2. Préciser l’ensembe C0.

3. Préciser les ensemble C1 et C−1.

4. On considère le repère Rθ = (O,−→u ,−→v ) obtenu par rotation d’angle θ de R, on note

(XY

)les coordonnées de

M dans ce repère. Comment choisir θ ∈[0, π

2

]pour que le terme en XY de l’équation Cα dans ce repère soit

nul ? Quel est alors l’équation de Cα.

5. En déduire les paramètres a, b, c et e lorsque α =1

2et α = 2.

Exercice 12.10 On se place en repère orthonormé, soit C la conique d’axes parallèles aux axes du repère, de centre

C : (2, 4), tangente à la droite y = 1 et passant par le point de coordonnées

(

2 +

√20

3, 6

)

. Donner une équation de

cette conique, sa nature, préciser son excentricité e.

Exercice 12.11 Réduire la conique C d’équation x2 +√3xy + x = 2 (Nature, centre, angle que fait l’axe focal avec

Ox).

2 Les techniques

Exercice 12.12 Soit (E) une ellipse de centre O, M et M ′ deux points de l’ellipse tels que (OM) ⊥ (OM ′), montrer

que1

OM 2+

1

OM ′ 2 est une constante qui ne dépend ni de M, ni de M ′.

Exercice 12.13 Soit P une parabole de paramètre p et M un point de P distinct du sommet. Montrer que la normaleen M à P recoupe P en un autre point N . Calculer le minimum de la distance MN lorsque M décrit P. Construireles points qui réalisent le minimum.

Exercice 12.14 Soit P une parabole. On considère une droite D non parallèle à l’axe focal, qui coupe P en deuxpoints M1 et M2. On suppose que D n’est pas la normale à P, ni en M1, ni en M2. On trace les normales en M1 eten M2 à P. Montrer que ces normales se coupent en un point de P si et seulement si D passe un point fixe de l’axefocal.

Exercice 12.15 Déterminer le lieu des points d’où l’on peut mener deux tangentes perpendiculaires à une paraboleP.Montrer que dans ce cas le segment reliant les points de contact entre les deux tangentes et la parabole passe par lefoyer de celle ci.

Exercice 12.16 Soit C une ellipse ou une hyperbole d’équation réduitex2

a2+ ε

y2

b2= 1 où ε2 = 1, soit D une droite

variable d’équation normale cos θx+ sin θy = p (θ) ; donner une condition sur p (θ) pour que D soit tangente à C. Endéduire que le lieu des points d’où l’on peut mener deux tangentes perpendiculaires à C est inclus dans un cercle (ditcercle de Monge de la conique, ou orthoptique de la conique). On admet la réciproque.

Exercice 12.17 Soit P une parabole et A un point, une droite D variable passant par A coupe D en deux points M1

et M2. Montrer que le lieu du point d’intersection des tangentes à P en M1 et M2 est une droite. Que dire de cettedroite si A est sur l’axe focal de la parabole, si A est le foyer ?

Exercice 12.18 Soit P une parabole, une corde focale variable coupe la parabole en deux points M1 et M2. Montrerque le cercle de diamètre [M1,M2] est tangent à la directrice. Quel est le lieu du centre de ce cercle ?

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CHAPITRE 12. CONIQUES 2. LES TECHNIQUES

Exercice 12.19 Soit C la conique d’équation polaire r =p

1 + e cos θ, M0 un point de de C de coordonnées polaires

(r0, θ0) . Donner l’équation polaire de la tangente en M0.

Exercice 12.20 Attention ! Excercice très long ! ! ! !

Soit E : x2

a2+

y2

b2= 1 une ellipse. A quelle condition le cercle C de centre O passant par le foyer F : (c, 0) coupe-t-il E ?

Dans ce cas C ∩ E est composé de quatre points, si on paramétre un des points d’intersection par M : (a cos θ, b sin θ),exprimer l’excentricité e de E en fonction de θ. Soit M0 le point d’intersection à coordonnées positives, la tangente enM0 coupe le cercle principal en P et Q. Montrer que OPQ est rectangle en O.

Exercice 12.21 On considère la parabole P d’équation y = x2 + 2x− 1 et l’hyperbole H d’équation 2x2 − y2 + 1 = 0dans un repère orthonormé.

1. Montrer que ces deux coniques se coupent en quatre points.

2. Montrer que ces points sont sur un même cercle dont on déterminera le centre et le rayon.

Exercice 12.22 Soit M un point situé sur un quart d’ellipse. La tangente en M coupe les axes principaux et secon-daires en P et Q (cf schéma). Calculer le minimum de PQ et les coordonnées de M réalisant le minimum.

Exercice 12.23 On considère le schéma suivant : PQ est un diamètre de l’ellipse E, la droite D est tangente en M

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3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 12. CONIQUES

à l’ellipse et parallèle à (PQ) et le cercle est tangent à E et à (PQ) .

Montrer que PQ× r = ab.

Exercice 12.24 (Oral Mines-Ponts) Soit E une ellipse de centre O, A et B deux points de E non alignés avec O,les tangentes en A et B se coupent en M. Montrer que M,O et le milieu I de [A,B] sont alignés.

Exercice 12.25 Soit E une ellipse, pour M ∈ E différent des sommets, la normale en M coupe le grand axe en C etle petit axe en C ′. Montrer que le milieu de [C,C′] décrit également une ellipse (privée des sommets). Calculer sonexcentricité en fonction de celle de E.

3 Les exotiques

Exercice 12.26 Soit E l’ellipse d’équationx2

9+

y2

4= 1 en repère orthonormé et de foyers F et F ′, on suppose que

le point P de E vérifie PF = 2PF ′. Calculer l’aire du triangle FPF ′.Combien existe-t-il de points P satisfaisant à la condition donnée ? Donner leurs coordonnées.

Exercice 12.27 Soient a et b deux réels non nuls, on considère la conique C d’équation bx2+ ay2 = ab et la droite Dd’équation ax− y + b = 0. Parmi les graphes suivant, lesquels vous semblent possibles ?

Exercice 12.28 On considère une parabole P et deux cercles C1 et C2 centrés sur l’axe focal, bitangents à P et tangents

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CHAPITRE 12. CONIQUES 4. LE GRENIER

entre eux extérieurement. Quelle relation relie les rayons de ces deux cercles ?

Si l’on construit une chaîne de cercles tangents entre eux deux à deux, centrés sur l’axe et bitangents à P, que dire dela suite des rayons ?

Exercice 12.29 On construit une chaîne de carrés inscrits dans une parabole comme indiqué sur la figure ci dessous :

Quelle relation vérifie la suite des longeurs des côtés des carrés ?

4 Le Grenier

Exercice 12.30 Dans le plan une droite variable passant par un point fixe A coupe une parabole en deux points pointsM1 et M2, les tangentes en ces points à la parabole se coupe en N. Montrer que N décrit une droite, et que cette droiteest perpendiculaire à l’axe de la parabole si A est sur l’axe.

Exercice 12.31 Montrer que l’arc paramétré par

t2

1 + t22t

1 + t2

est une ellipse, en donner les éléments caractéristiques.

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4. LE GRENIER CHAPITRE 12. CONIQUES

Exercice 12.32 Soit D une droite et M un point n’appartenant pas à D, quel est le lieu des foyers des paraboles dedirectrices D passant par M .

Exercice 12.33 Discuter en fonction du paramètre m, la nature géométrique de l’ensemble Cm des points du plan telsque

(m+ 1)x2 + (2m− 1) y2 + 2mx+m

2= 0

Exercice 12.34 Soit E une ellipse, on note B un des sommets secondaires. Soit M un point de E, la médiatrice de[B,M ] coupe l’axe focal en un point P, on note N le symétrique du centre O de l’ellipse par rapport à P. Montrer queN est l’intersection de la normale à M avec l’axe focal (Ceci donne un procédé de construction de la tangente en M).Soit C un cercle centré sur l’axe focal de E et bitangent à l’ellipse en M et M ′, symétrique de M par rapport à l’axefocal. Montrer que M,M ′, B et B′ (l’autre sommet secondaire) sont sur un même cercle centré en N . Si r est le rayon

de ce cercle alors ON2 =c2

b2(b2 − r2

).

Exercice 12.35 Tracer ρ2 (θ) =1

sin 2θ(rép : on a ρ2 sin 2θ = 2ρ cos θ × ρ sin θ ce qui donne 2xy = 1, hyperbole)

Exercice 12.36 Tracer ρ (θ) =1

cos θ+

1

sin θ(rép : cela donne ρ =

ρ

ρ cos θ+

ρ

ρ sin θsoit en simplifiant par ρ qui n’est

jamais nul 1 =1

x+1

y=⇒ x+ y = xy)

Exercice 12.37 Tracer ρ =3

1 + 2 (cos θ + sin θ)(conique)

Exercice 12.38 Tracer ρ =2

4 +√3 sin θ + cos θ

Exercice 12.39 Soit k un paramètre réel, on considère, dans le repère orthonormé(O,−→i ,−→j), la conique Ck d’équa-

tion

x2 + y2 − 2kxy + 2 (kx− y) = 0

Donner ses éléments caractéristiques.

Exercice 12.40 (Shibaura Institute of Technology , examen d’entrée 2008) Soit E l’ellipse d’équationx2

a2+

y2

b2= 1 où 0 < b < a, et M le point d’abscisse

a

2dont l’ordonnée est positive.

1. Donner l’équation de la tangente L en M à E.(Réponse :

x

2a+

y√3

2b= 1 soit x = 2a− a

b

√3y, car l’ordonnée de M est

√3

2b)

2. Soit S la surface délimitée par E, L et l’axe des abscisses, calculer l’aire de S en fonction de a et b.

(Réponse : dans le quart de plan x ≥ 0 et y ≥ 0, l’ellipse a pour équation x = a

√

1− y2

b2. Ainsi S =

∫√3b2

0

(2a− a

b

√3y − a

√1− y2

b2

)dy. Le calul de

∫√3b2

0

√1− y2

b2dy se fait en posant

y

b= sinu pour obtenir

∫√3b2

0

√1− y2

b2dy = b

∫ π3

0

cos2 udu = b

(1

6π +

1

8

√3

). On obtient alors

S = ab3√3− π

6

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CHAPITRE 12. CONIQUES 4. LE GRENIER

3. Calculer le maximum de S sachant que a2 + 3b2 = 4.

Réponse : Si a =√4− 3b2, alors S =

√3b2 (4− 3b2)× 3

√3− π

6√3

. Or x (4− x) est maximum lorsque x = 2 (au

sommet de la parabole) ainsi

S ≤ 3√3− π

3√3

= 1− π

3√3

avec égalité si et seulement si 3b2 = 2 et a2 = 2, i.e a =√2 et b =

√2

3.

Exercice 12.41 Réduire la conique d’équation

ch (t)(x2 + y2

)− 2 sh (t)xy + et cos (t) (x− y) +

et

4= 0

où t est un paramètre réel. On précisera le lieu des centres.

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4. LE GRENIER CHAPITRE 12. CONIQUES

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Chapitre 13

CONIQUES

Solution des exercices

1 Les basiques

Exercice 13.1 1. Il s’agit d’une ellipse, l’axe focal a pour équation y = −1 (il passe par le foyer et est perpendi-

culaire à D. Soient A : (x,−1) un sommet principal, on aAF

AH= e où H est le projeté orthogonal de A sur

D.AF

AH= e⇐⇒ AF 2 =

1

9AH2 ⇐⇒ (x− 1)2 = 1

9(x− 5)2

On trouve immédiatemment A′ : (−1,−1) et A : (2,−1). Le centre de la conique est alors e Ω :A+A′

2:

(1

2,−1

),

le paramètre a vaut alors a =AA′

2=3

2. Puisque e =

c

a=1

3, on a c =

1

2et enfin a2 = b2 + c2 =⇒ b2 =

(3

2

)2−(1

2

)2= 2 =⇒ b =

√2. Les sommets secondaires sont donc B′ :

(1

2,−1 +

√2

)et B :

(1

2,−1 +

√2

).

L’autre foyer est F ′ :

(1

2− c,−1

)= (0,−1) , l’autre directrice D′ : x = −3.

2. On revient à la définition de la conique,

MF

MH= e⇐⇒MF 2 = e2MH2 ⇐⇒ (x− 1)2 + (y + 1)2 = 1

9(x− 5)2

l’équation de la conique est donc

(x− 1)2 + (y + 1)2 − 19(x− 5)2 = 0

ce qui peut s’écrire

8x2 + 9y2 − 8x+ 18y − 7 = 0

Les points d’intersection avec les axes sont obtenus en faisant x = 0 (intersection avec Oy) et y = 0 (intersectionavec Ox).On obtient :

Si x = 0, 9y2 + 18y − 7 = 0 dont les solutions sont −73et1

3. Les points d’intersection avec Oy sont P :

(0,1

3

)

et Q :

(0,−7

3

).

Si y = 0, 8x2 − 8x− 7 = 0 dont les solutions sont2− 3

√2

4et2 + 3

√2

4. Les points d’intersection avec Ox sont

1. LES BASIQUES CHAPITRE 13. CONIQUES

R :

(2 + 3

√2

4, 0

)

et S :

(2− 3

√2

4, 0

)

.

Exercice 13.2 On se place dans le repère orthonormé suivant : l’origine du repère est le point I, le point A a pourcoordonnées (1, 0) et le point B a pour coordonnées (−1, 0). Si les coordonnées de M sont (x, y) alors

MI2 = x2 + y2

MA×MB =

√(x− 1)2 + y2 ×

√(x+ 1)2 + y2

Puisque les distances sont des nombres positifs, on a

MI2 =MA×MB ⇐⇒(x2 + y2

)2=((x− 1)2 + y2

)×((x+ 1)2 + y2

)

en développant, on trouve

(x2 + y2

)2 −((x− 1)2 + y2

)×((x+ 1)2 + y2

)= 2x2 − 2y2 − 1

L’équation du lieu cherché est donc

x2(1√2

)2 −y2

(1√2

)2 = 1

On trouve une hyperbole équilatère (e =√2) de centre I. Les foyers sont ( a = b =

1√2

donc a2 + b2 = c2 = 1) les

points A et B. Les directrices ont pour équation D : x =1

2et D′ : x = −1

2(elles passent par les milieux de [I,A] et

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CHAPITRE 13. CONIQUES 1. LES BASIQUES

de [B, I] ). Les sommets sont en S :

(√2

2, 0

)

et S′ :

(

−√2

2, 0

)

Exercice 13.3 Dans le repère polaire de pôle F et d’axe focal, l’équation de C est ρ =p

1 + e cos (θ). Si D fait un angle

de α avec l’axe focal, les points d’intersections de C et D sont M et M ′ de coordonnées polaires

(α,

p

1 + e cos (θ)

)et

(α+ π,

p

1 + e cos (θ + π)

). On en déduit que

1

FM=1 + e cos (θ)

pet

1

FM ′ =1 + e cos (θ + π)

p=1− e cos (θ)

p. Ainsi

1

FM+

1

FM ′ =2

p

est constant.Remarque : le résultat demeure si l’on considère une parabole, en revanche pour une hyperbole c’est faux (car FM n’estpas égal à ρ qui n’est pas positif !).

Exercice 13.4 Première solution (pas la plus élégante...)Les coordonnées de F et de F ′ sont respectivement (c, 0) et (−c, 0). On a donc

(MF ×MF ′)2=

((x− c)2 + y2

)×((x+ c)2 + y2

)

=(x2 + y2 + c2 − 2cx

)×(x2 + y2 + c2 + 2cx

)

=(x2 + y2 + c2

)2 − 4c2x2

Or (les nombres étant positifs, en effet OM ≤ a car l’ellipse est incluse dans le cercle principal et a2 − c2 = b2)

MF ×MF ′ +OM2 = 2a2 − c2 ⇐⇒ (MF ×MF ′)2=(2a2 − c2 −OM2

)2

ce qui équivaut à (x2 + y2 + c2

)2 − 4c2x2 =(2a2 −

(c2 + x2 + y2

))2

d’oùMF ×MF ′ +OM2 = 2a2 − c2 ⇐⇒ −4c2x2 = 4a4 − 4a2

(c2 + x2 + y2

)

⇐⇒ a4 − a2(c2 + x2 + y2

)+ c2x2 = 0

⇐⇒ a2(a2 − c2

)+(c2 − a2

)x2 − a2y2 = 0

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avec

a2 − b2 = c2

on obtient

MF ×MF ′ +OM2 = 2a2 − c2 ⇐⇒ a2b2 − b2x2 − a2y2 = 0

⇐⇒ x2

a2+

y2

b2= 1

en divisant par a2b2 = 0

Seconde solution (bien plus rapide...).La définition bifocale de l’ellipse permet d’écrire que

M ∈ E ⇐⇒MF +MF ′ = 2a

Puisque tous les nombres sont positifs, on a

M ∈ E ⇐⇒ (MF +MF ′)2 = 4a2

⇐⇒ MF ×MF ′ +1

2

(MF 2 +MF ′2) = 2a2

⇐⇒ MF ×MF ′ +1

2

((x− c)2 + y2 + (x+ c)2 + y2

)= 2a2

⇐⇒ MF ×MF ′ + x2 + y2 + c2 = 2a2

⇐⇒ MF ×MF ′ +OM2 = 2a2 − c2

Remarque : On peut aussi le faire vectoriellement car

MF 2 =∥∥∥−−→MF

∥∥∥2

=∥∥∥−−→MO +

−−→OF

∥∥∥2

=∥∥∥−−→MO

∥∥∥2

+ 2−−→MO · −−→OF +

∥∥∥−−→OF

∥∥∥2

= OM2 + 2−−→MO · −−→OF + c2

∥∥∥−−→MF ′

∥∥∥2

= OM2 + 2−−→MO ·

−−→OF ′ + c2

Mais−−→OF = −−−→OF ′, donc (MF +MF ′)2 = 4a2 =MF 2 +MF ′2 + 2MF ×MF ′ = 2OM2 + 2c2 + 2MF ×MF ′ · · ·

Exercice 13.5 Dans le ROND R =(O,

−−→OAR

, j)

où R est le rayon du cercle. En polaire, on a A : (R, 0) , M :

(R cos θ,R sin θ) et N : (0, R sin θ) . La droite (OM) a pour équation x sin θ − y cos θ = 0. La droite (AN) a pour

équation

∣∣∣∣x− 1 −Ry R sin θ

∣∣∣∣ = xR sin θ + y −R sin θ = 0

Les coordonnées de I sont doncx sin (θ)− y cos (θ) = 0

xR sin (θ) +Ry −R sin (θ) = 0dont les solutions sont x =

cos θ

1 + cos θ, y =

sin θ

1 + cos θ

L’équation polaire est donc ρ =1

1 + cos θcar 1 + cos θ ≥ 0.

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On obtient donc une parabole dont le foyer est O, et la directrice la perpendiculaire à (OA) passant par A.

IN

M

A

O

Exercice 13.6 1. Premier cas : a− t < 0 et b− t < 0 i.e. si t > b alors Ct est vide.Deuxième cas : Si t ∈ ]a, b[ alors a−t < 0 et b−t > 0, Ct est une hyperbole d’axe focal Oy de centre O. L’équationréduite est

X2

b− t− Y 2

t− a= 1 avec X = y et Y = x

Les foyers sont F =(0,√b− a

)et F ′ =

(0,−

√b− a

), le demi grand axe est

√b− t.

Troisième cas : t < a alors a− t > 0 et b − t > 0, Ct est une ellipse. Puisque a− t < b − t l’axe focal est Oy.L’équation réduite est

X2

b− t+

Y 2

a− t= 1 avec X = y et Y = x

Les foyers sont F =(0,√b− a

)et F ′ =

(0,−

√b− a

), le demi grand axe est

√b− t.

Toutes ces coniques ont donc mêmes foyers.

2. On peut procéder géométriquement ou par le calcul.Géométriquement : Puisque les coniques ont toutes les mêmes foyers, d’après la définition bifocale si Ct et Cupassent par le même point M, elles sont de nature différente (sinon, supposons que ce soient deux ellipses, alorsMF +MF ′ = 2

√b− t = 2

√b− u d’où t = u, de même si ce sont deux hyperboles avec MF −MF ′).

Si Ct est une ellipse et Cu une hyperbole, la tangente en M à Cu est la bissectrice intérieure de l’angle (MF,MF ′)et la tangente en M à Cu est la bissectrice extérieure du même angle. Ces deux tangentes sont donc perpendicu-laires.

Par le calcul : Si M0 a pour coodonnées (x0, y0) , un vecteur normal à Ct en M0 a pour coordonnées

x0

a− ty0

b− t

(La tangente en M0 à Ct estxx0a− t

+yy0b− t

= 1, par la règle du dédoublement !). De même, un vecteur normal à

Cu est

x

a− uy

b− u

. Il s’agit de prouver que

x

a− ty

b− t

·

x

a− uy

b− u

=x2

(a− t) (a− u)+

y2

(b− t) (b− u)= 0 .

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Or on sait que M0 est sur Ct et Cu, donc

x20(a− t)

+y20

(b− t)= 1

x20(a− u)

+y20

(b− u)= 1

Par différence des deux égalités, il vient

x2

(a− t)− x2

(a− u)+

y2

(b− t)− y2

(b− u)= 0

soit (t− u)

(x2

(a− t) (a− u)+

y2

(b− t) (b− u)

)= 0

ce que l’on voulait démontrer (car t = u)

Exercice 13.7 Si a et b sont les grands et petits axes de l’ellipse, on paramètre M par

(a cos tb sin t

). Le point M ′ est

donc paramétré par

(a cos t−b sin t

). La normale en M a pour équation

(x− a cos ty − b sin t

)·(−a sin tb cos t

)= 0

soit

−ax sin t+ by cos t =(b2 − a2

)sin t cos t

La droite (OM ′) a pour équation bx sin t+ ay cos t = 0. Les coordonnées de P sont donc solutions de

−ax sin t+ by cos t =

(b2 − a2

)sin t cos t

bx sin t+ ay cos t = 0

Le déterminant du système vaut

∆ =

∣∣∣∣−a sin t b cos tb sin t a cos t

∣∣∣∣ = −(a2 + b2

)sin t cos t

Il est nul si et seulement si t = 0(π2

)(dans ce cas la normale coïncide avec (OM ′)). En dehors de ces cas, les

coordonnées de P sont

x =1

− (a2 + b2) sin t cos t

∣∣∣∣

(b2 − a2

)sin t cos t b cos t0 a cos t

∣∣∣∣ = −b2 − a2

b2 + a2a cos t =

b2 − a2

b2 + a2a cos (π − t)

y =1

− (a2 + b2) sin t cos t

∣∣∣∣−a sin t

(b2 − a2

)sin t cos t

b sin t 0

∣∣∣∣ =b2 − a2

b2 + a2b sin t =

b2 − a2

b2 + a2a sin (π − t)

On obtient donc une ellipse E ′ homothétique de E (le rapport d’homothétie estb2 − a2

b2 + a2= 1− 2

2− e2, donc plus l’ellipse

ressemble à un cercle (e ≃ 0), plus E ′ est "petite", au cas limite (E tend vers un cercle), E ′ tend vers un point) décrite

—14/40— G H - E M -() 2009


dans l’autre sens (présence du π − t).

Exercice 13.8 On suppose le problème résolu, soient R et r les rayons de C et C′, et soit ρ le rayon de Γ. Lesconditions de tangences donnent (avec les notations du dessin ci dessous)

MF ′ = ρ+ r

MF = R− ρ

d’où MF +MF ′ = R− r, ainsi M est sur l’ellipse de foyers les centres de C et C′ et de grand axe la différence desrayons. Pour avoir les sommets principaux, l’axe focal (FF ′) coupe les cercles en quatre points U,U ′ et V, V ′ (c.f.

—15/40— G H - E M -() 2009


dessin ci dessous), les sommets principaux sont les milieux de [U, V ] et de [U ′, V ′].

Exercice 13.9

1. On a ∆ = 4α2 − 4 = 4(α2 − 1

). Ainsi pour α = 1 ou −1, Cα est du genre parabole, pour |α| > 1, elle est du

genre hyperbole, et pour |α| < 1 du genre ellipse.

2. C’est le cercle unité !

3. Pour α = 1, l’équation devient (x+ y)2 = 1 ce qui donne deux droites y = 1− x et y = −1− x. ¨Pour α = −1,on a (y − x) = ±1 soit y = x+ 1 ou y = x− 1.

4. On a

x = cos (θ)X − sin (θ)Yy = sin (θ)X + cos (θ)Y

, le terme en XY est donc égal à

−2 cos θ sin θ + 2 sin θ cos θ + 2α(cos2 θ − sin2 θ

)= 2α

(cos2 θ − sin2 θ

)

On choisit donc θ = π4

pour avoir un terme en XY nul. Les formules de changement de repère deviennet alors

x =1√2(X − Y )

y =1√2(X + Y )

et l’équation de Cα est

1

2(X − Y )

2+1

2(X + Y )

2+ 2α× 1√

2(X − Y )× 1√

2(X + Y )− 1 = 0

soit(1 + α)X2 + (1− α)Y 2 = 1

5. Pour a =1

2, on a 1− α > 0, l’équation ressemble à une équation réduite d’ellipse

3

2X2 +

1

2Y 2 = 1⇐⇒ X2

√2

3

+Y 2

√2= 1

Or√2 >

√2

3, l’axe focal est donc suivant OY, on a donc

a =√2, b =

√2

3

c2 = 2− 23=4

3=⇒ c =

2√3

et e =

√2

3

—16/40— G H - E M -() 2009


De manière générale, si α ∈ ]0, 1[ , on a a =1√1− α

, b =1√1 + α

, c =

√2α

1− α2, e =

√2α

1 + α. Si x ∈ ]−1, 0[

l’axe focal ext OX, a =1√1 + α

, b =1√1− α

, c =

√2α

α2 − 1 et e =

√2α

α− 1 .Pour α = 2, on a

3X2 − Y 2 = 1⇐⇒ X2

(1√3

)2 − Y 2 = 1

c’est bien l’équation réduite d’une hyperbole, l’axe focal est suivant OX. On a

a =1√3, b = 1

c2 = 1 +1

3=4

3=⇒ c =

2√3

et e = 2

De manière générale, si α > 1, on a a =1√1 + α

, b =1√

α− 1 , c =√

2α

α2 − 1 , e =√

2α

α− 1 et si α < −1, l’axe

focal est suivant OY, a =1√1− α

, b =1√

−1− α, c =

√2α

1− α2, e =

√2α

1 + α.

Exercice 13.10 La conique a deux axes et un centre, c’est donc soit une ellipse, soit une hyperbole. Puisque soncentre a pour coordonné (2, 4) , son équation (pas nécessairement réduite) est du type

(x− 2)2a2

+(y − 4)2

b2= 1 s’il s’agit d’une ellipse

(x− 2)2a2

− (y − 4)2

b2= ±1 s’il s’agit d’une hyperbole

La règle du dédoublement permet de dire que si la droite y = 1 est la tangente au point de coordonnées (α, β) alorsα = 0 (sinon on aurait des termes en x). La droite y = 1 est donc une tangente en un sommet. Cela nous apprend

deux choses. S’il s’agit d’une hyperbole, l’équation est du type(x− 2)2

a2− (y − 4)

2

b2= −1 car l’axe focal est parallèle à

Oy (la tangente au sommet est parallèle à Ox). La distance entre le centre C de la conique et la tangente y = 1 estégale à b, donc ici à 3. Pour résumer les équations possibles sont donc

(x− 2)2a2

+(y − 4)29

= 1 s’il s’agit d’une ellipse

(x− 2)2a2

− (y − 4)2

9= −1 s’il s’agit d’une hyperbole

Puisque le point de coordonnées

(

2 +

√20

3, 6

)

est sur la conique, on remplace dans ces équations pour obtenir

(√20

3

)2

a2+4

9= 1 =⇒ a = 2

(√20

3

)2

a2− 49= −1 impossible

Il s’agit donc de l’ellipse d’équation(x− 2)24

+(y − 4)29

= 1

—17/40— G H - E M -() 2009


L’axe focal est suivant Oy, ainsi c2 = 9− 4 = 5 et

e =

√5

3

-1 1 2 3 4 5

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

x

y

Exercice 13.11 On a ∆ =(√3)2 − 4× 1× 0 = 3 > 0, la conique est du genre hyperbole. On recherche le centre, si

f (x, y) = x2 +√3xy + x− 2, alors

grad f

(xy

)=

(2x+

√3y + 1√3x

)

Le centre Ω :

(αβ

)vérifie grad f (Ω) =

(00

), ainsi

(2α+

√3β + 1 = 0√3α = 0

)⇐⇒

β = − 1√3

α = 0

. On pose donc

x = X

y = Y − 1√3

, l’équation de la conique est alors

X2 +√3X

(Y − 1√

3

)+X − 2 = X2 +

√3XY − 2 = 0

On se place ensuite dans le repère R (θ) tourné d’un angle θ, si (X′, Y ′) sont les coordonnées dans ce repère alors

X = cos θX′ − sin θY ′

Y = sin θX′ + cos θY ′

Le coefficient de X′Y ′ est alors

−2 cos θ sin θ +√3(cos2 θ − sin2 θ

)=√3 cos 2θ − sin 2θ

Il est nul si tan 2θ =√3. On choisit donc θ = π

6. On a donc

X =1

2

(√3X ′ − Y ′)

Y =1

2

(X′ +

√3Y ′)

—18/40— G H - E M -() 2009


et

X2 +√3XY − 2 =

1

4

(3X′2 + Y ′2 +

√3(√3X ′2 −

√3Y ′2

))− 2

=1

4

(6X ′2 − 2Y ′2)− 2

=3

2X′2 − 1

2Y ′2 − 2

On obtient donc une hyperbole d’équationX ′2

(2√3

)2 −1

(2)2Y ′2 = 1

L’axe focal fait un angle de π6avec Ox, a =

2√3, b = 2, c =

4√3

et e = 2.

2 Les techniques

Exercice 13.12 On va donner deux solutions à cet exercice (la seconde étant bien meilleure, pensez au plan B !).La première idée est de partir d’un point M de l’ellipse, et de déterminer les coordonnées de M ′. Soient (α, β) lescoordonnées de M et (x, y) celles de M ′ dans le repère où l’équation de l’ellipse est

X2

a2+

Y 2

b2= 1

On sait que

x2

a2+

y2

b2= 1 car M ′ ∈ E (13.1)

αx+ βy = 0 car (OM) ⊥ (OM ′) (13.2)

D’après (13.2) on aα2x2 = β2y2

en multipliant (13.1) par α2, il vient

α2x2

a2+

α2y2

b2= α2 ⇐⇒ y2

(β2

a2+

α2

b2

)= α2

soit y2 = α2a2b2

α2a2 + β2b2

de même (symétrie des rôles, ou en multipliant (13.1) par β2)

x2 = β2a2b2

α2a2 + β2b2

Enfin

1

OM 2+

1

OM ′ 2 =1

α2 + β2+

1

x2 + y2=

1

α2 + β2

(1 +

α2a2 + β2b2

a2b2

)

car x2 + y2 =(α2 + β2

) a2b2

α2a2 + β2b2

Si ce terme est constant il est égal à1

a2+1

b2=

a2 + b2

a2b2(placer M en un sommet principal, M ′ est alors en un sommet

secondaire). Il faut donc vérifier que

a2 + b2

a2b2×(α2 + β2

)=

(1 +

α2a2 + β2b2

a2b2

)

—19/40— G H - E M -() 2009


or

(a2 + b2

) (α2 + β2

)=(α2a2 + β2b2

)+(α2b2 + β2a2

)

mais M ∈ E (c’est la seule hypothèse que l’on a pas encore utilisée) donc

α2

a2+

β2

b2= 1⇐⇒ α2b2 + β2a2 = a2b2

d’où

(a2 + b2

) (α2 + β2

)

a2b2=

(1 +

α2a2 + β2b2

a2b2

)

ce qui permet de conclure.Le résultat obtenu permet de prouver que la droite (MN) est toujours tangente au cercle centré en O et de rayon

1√1

a2+1

b2

=ab√a+ b2

. Pour prouver cela, il suffit de calculer le carré de la hauteur issue du sommet opposé à

l’hypothénuse d’un triangle rectangle.

α h

π/2−α

α

H

M'

MO

On a

h = OM sinα = OM ′ cosα

d’où

sin2 α+ cos2 α = h2(

1

OM2+

1

OM ′2

)= 1

—20/40— G H - E M -() 2009


ce qui prouve que h = d (O, (MM ′)) est constant (on peut aussi calculer l’aire au carré du triangle (OMM ′) qui vaut1

4OM2 ×OM ′2 mais aussi

1

4h2MM ′2 =

1

4h2(OM2 +OM ′2) , ce qui prouve que h2

(1

OM2+

1

OM ′2

)= 1)

Voici la même solution, avec une calculatrice type Voyage 200 :L’équation de l’ellispe est du type

α2a2+

β2b2= 1 avec x2 = α2 et y2 = β2

on tire de cette équation la valeur de β2

On injecte la valeur de β2 dans om2 = OM2 = α2 + β2. On en déduit y2 et on2 = OM ′2 en remplaçant α2 par x2.

—21/40— G H - E M -() 2009


Si les droites (OM) et (OM ′) sont orthogonales alors xα = −yβ, ce qui par passage au carré donne

x2α2 = y2β2

On remplace β2 et y2 par leurs valeurs en fonction de x2 et α2, on résout le système en x2 (on a choisit yy2 commevariable pour y2).

On injecte la vaeleur trouvée dans1

om2

+1

on2.

La seconde solution est moins naturelle car elle repose sur l’utilisation des coordonnées polaires de M. Cette utilisationest surprenante car l’ellipse n’a pas d’équation polaire simple si le pôle est plaçé au centre de l’ellipse. Soit (ρ, θ) unsystème de coordonnées polaires de M . Le point M est sur l’ellipse si et seulement si

ρ2 cos2 θ

a2+

ρ2 sin2 θ

b2= 1

ce qui s’écrit

1

ρ2=cos2 θ

a2+sin2 θ

b2

Si (OM) ⊥ (OM ′), un système de coordonnées polaires de M ′ est alors(ρ′, θ ± π

2

). On a donc

1

ρ′2=

cos2(θ ± π

2

)

a2+sin2

(θ ± π

2

)

b2

=sin2 θ

a2+cos2 θ

b2

On en déduit que

1

ρ2+1

ρ′2=

cos2 θ + sin2 θ

a2+cos2 θ + sin2 θ

b2

=1

a2+1

b2

est constant.Cette solution est cependant très rapide !

—22/40— G H - E M -() 2009


Exercice 13.13 Dans le repère où l’équation de la parabole est y2 = 2px, notons y0 l’abscisse de M, les coordonnées

de M sont

(y202p

, y0

). L’équation de la normale en M est

X − y202p

Y − y0

·( y0

p1

)

= = 0

(On écrit que la normale passe par M et quedM

dy= −→v lui est normal)

Le point de coordonnées (X,Y ) est à la fois sur la normale en M et sur la parabole si et seulement si

Y 2 = 2pXy0p

(X − y20

2p

)+ (Y − y0) = 0

⇐⇒

Y 2 = 2pXy0p

(Y 2

2p− y202p

)+ (Y − y0) = 0

soit

Y 2 = 2pX

(Y − y0)

(y02p2

(Y + y0) + 1

)= 0

Ainsi la normale coupe la parabole en M (ouf !), mais aussi au point de coordonnées

(y2n2p

, yn

)où

yn = −y0 −2p2

y0

La distance MN2 vaut alors

(xn − x0)2 + (yn − y0)

2 =

(y2n2p− y202p

)2+ (yn − y0)

2

= (yn − y0)2

((yn + y02p

)2+ 1

)

=

(−2y0 −

2p2

y0

)2(1 +

p2

y20

)

= 4

(y20 + p2

)3

y40

d’où

MN =2(y20 + p2

) 32

y20

Lorsque P décrit la parabole P (privée de son sommet), y0 décrit R∗. Par raison de symétrie (par rapport à l’axe focalde P), il suffit de chercher le minimum de MN lorsque M décrit la demi-parabole au dessus de l’axe focal. On définit

alors f par f (y0) =2(y20 + p2

) 32

y20. On va chercher son minimum pour y0 ∈ ]0,+∞[. f est dérivable sur ]0,+∞[ de

—23/40— G H - E M -() 2009


dérivée égale à

f ′ (y0) = 2×

3

2× 2y0 ×

(y20 + p2

) 32−1

y20− 2×

(y20 + p2

) 32

y30

= 2

(3√

y20 + p2

y0− 2

(y20 + p2

)√y20 + p2

y30

)

=2√

y20 + p2

y30

(3y20 − 2

(y20 + p2

))

=2√

y20 + p2

y30

(y20 − 2p2

)

Ainsi f ′ (y0) = 0⇐⇒ y0 =√2p et l’étude du signe de f ′ (qui est évident) assure qu’en y0 =

√2p, la fonction f a un

minimum. La distance MN minimale est donc

MN(√2p)=2(2p2 + p2

) 32

2p2= 3

√3p

Le point d’ordonnée√2p a pour abscisse

(√2p)2

2p= p.

Pour construire le point d’ordonnée positive qui réalise le minimum, on procède ainsi. Soit Mp le point sur la cordefocale perpendiculaire à l’axe focale. Les coordonnées de Mp sont (p, p) donc OMp =

√2p. On trace le cercle de centre

O et passant par Mp ; ce cercle coupe l’axe Oy en H. On construit le point m symétrique de S par rapport à F . Lespoint m et H sont les projections orthogonales de M sur Ox et Oy respectivement.

Exercice 13.14 On se place dans le repère focal où l’équation de P est y2 = 2px. D n’est pas parallèle à l’axe focaldonc le coupe en un point I (a, 0). Puisque D coupe P en deux points, l’un des deux n’est pas sur l’axe focal. On le

note M1, et ses coordonnées (x1, y1) (donc x1 =y21

2pet y1 = 0). L’équation de D est

D :∣∣∣∣∣x− a y2

1

2p− a

y y1

∣∣∣∣∣= y1x+

(a− y21

2p

)y − ay1 = 0

—24/40— G H - E M -() 2009


Le point M :(Y 2

2p, Y)est à l’intersection de P et D si et seulement si y1

Y 2

2p+(a− y2

1

2p

)Y − ay1 = 0. Puisque cette

équation admet y1 comme solution (la droite D passe par M1 !), l’autre point d’intersection est M2 : (x2, y2) =(y22

2p, y2)

où y2 = −2pa

y1(le produit des racines est y1y2 =

−ay12p

).

La tangente en M1 (x1, y1) est y1y = p (x+ x1) (règle du dédoublement), la normale en ce point, a donc pour équation∣∣∣∣∣x− y2

1

2pp

y − y1 −y1

∣∣∣∣∣= −y1x− py +

y312p+ py1 = 0

Elle coupe P en M1 et en N :(y2n2p

, yn). Le réel yn est donc racine de l’équation en y

y12p

y2 + py − y312p− py1 = 0

Une des racines est y1 (la normale en M1 passe par M1), l’autre est yn = −2p2

y1− y1 ( la somme des racines est

y1 + yn · · · ).De même, la normale en M2 coupeP en M2 et en Q :

(y2q2p

, yq)

où yq = −2p2

y2− y2. Puisque D n’est pas normale à P

en M1 et en M2, on a N =M2 et Q =M1. On cherche alors une cns pour que ces deux points soient confondus. Celarevient à

yn = yq ⇐⇒ yn = −2p2

y1− y1 = −

2p2

y2− y2

donc à écrire que y2 est racine de l’équation en Y

yn = −2p2

Y− Y

i.e. de l’équation Y 2 − ynY + 2p2 = 0. On sait que y1 est une des racines de cette équation, l’autre racine est 2p2

y1

(produit des racines). La cns cherchée est donc y2 =2p2

y1⇐⇒ −2pa

y1= 2p2

y1⇐⇒ a = −p. Le point fixe cherché est le

symétrique orthogonale du foyer par rapport au sommet de la parabole.Remarque : Le triangle M0M1N a son centre de gravité sur l’axe focal.On peut prouver que le cercle circonscrit au triangle M0M1N passe par le sommet de la parabole. Pour cela utilisons les

affixes des points M0,M1, N et S le sommet. Notons m0,m1, n et s ces affixes, alors m0 =y20

2p+ iy0, m1 =

2p3

y20

+ 2p2

y0i,

n =

(2p2

y0+y0

)2

2p−(2p2

y0+ y0

)i et s = 0. Il suffit de vérifier que m0−m1

n−m1

÷ m0

nest réel (avec Maple ou une calculatrice,

—25/40— G H - E M -() 2009


c’est très simple !).Remarque : On peut également raisonner ainsi : on considère une droite D d’équation x = ay + b (les droitesy = cste ne coupent la parabole qu’en un point). Les points d’intersections de D et P ont pour ordonnées les racines dey2 − 2pay− 2pb = 0. Notons y1 et y2 les deux racines lorsqu’elles existent et M1, M2 les points de P d’ordonnées y1

et y2. L’équation de la normale en Mi est yix+ py − pyi −y3ip. Le point d’intersection des deux normales est solution

de

y1x+ py = py1 +y31p

y2x+ py = py2 +y32p

On résout ce système par Cramer (valide si et seulement si y1 = y2 ) pour obtenir

x =1

2p

(y21 + y22 + y1y2

)

y =a

py1y2

Puisque y1 et y2 sont racines de y2−2pay−2pb = 0, ona y1+y2 = −2pa, y1y2 = −2pb, y21+y22 = (y1 + y2)2−2y1y2 =

4p2a2 + 4pb, on trouve que le point d’intersection des deux normales est

x = p+ b+ 2a2py = −2ba

Il est sur P si et seulement si y2 = 2px⇐⇒ 2(b+ p)(2a2 (b− p)− p). On retrouve la condition b = −p qui indique queD passe par un point fixe.

L’autre condition est 2a2 (b− p) − p. Dans ce cas, b =p(1 + 2a2

)

2a2mais alors l’équation de P ∩D est y2 − 2pay −

p2(1 + 2a2

)

a2= 0 dont les racines sont

−p

aet

p(1 + 2a2

)

a. Il existe donc d’autres solutions ? Non, en fait dans ce cas,

D est normale au point de paramètre y =−p

a!

Exercice 13.15 On se place dans le repère où la parabole P a pour équation y2 = 2px. Soit A un point d’où l’on peutmener deux tangentes perpendiculaires à P. On note M0 et M1 les points de contact de ces tangentes, et x0 et x1 lesabscisses de ces points. Les tangentes en M0 et M1 ont pour équation

yy0 − p (x+ x0) = 0 et yy1 − p (x+ x1) = 0

elles se coupent donc en A solution de yy0 − px = px0yy1 − px = px1

Un calcul simple donne l’ordonnée de A : y = px0 − x1y0 − y1

= p

y202p− y212p

y0 − y1=

y0 + y12

. Mais puisque les tangentes sont

perpendiculaires, leurs vecteurs normaux sont orthogonaux donc

(−py0

)·(−py1

)= 0⇐⇒ y1 =

−p2

y0

et ainsi

y =y0 + y12

=

y0 −p2

y02

et x =yy0p− x0 =

y20 − p2

2p− x0 = −

p

2

On en déduit que A est sur la directrice de la parabole.Réciproquement, soit A sur la directrice, si y est son ordonnée, alors la tangente en M0 ∈ P d’ordonnée y0 passe par

—26/40— G H - E M -() 2009


A si et seulement si que yy0 − p

(−p

2+

y202p

)= 0 ⇐⇒ y20 − 2yy0 − p2 = 0 , cette équation a toujours deux solutions

y0 et y1 = −p2

y0(car ∆′ = y2 + p2 > 0). On a donc deux tangentes qui passent par A et issues des points M0 et M1

d’ordonnées y0 et y1, elles sont bien perpendiculaires car y1 =−p2

y0.

Le lieu cherché est donc la directrice de P.Montrons maintenant que le segment reliant M0 et M1 contient le foyer F . La forme de ∆′ incite à poser y = p sh θ

l’ordonnée de A, alors les coordonnées de A sont

sh2 θ

2psh θ

, l’équation en y0 s’écrit alors y20 − 2p sh θy0 − p2 = 0,

∆′ = p2(1 + sh2 θ

)= (p ch θ)2 , les racines sont donc y0 = p (sh θ − ch θ) = −pe−θ et y1 = peθ. D’où les coordonnées

de M0 et M1 :

M0 :

pe−2θ

2−pe−θ

et M1 :

pe2θ

2peθ

On a alors

eθ

2 ch θ

pe−2θ

2−pe−θ

+e−θ

2 ch θ

pe2θ

2peθ

=

( p

20

)

ce qui prouve que F est le barycentre de

((M0,

eθ

2 ch θ

),

(M1,

e−θ

2 ch θ

)).

Quelques remarques : On peut même préciser les coefficients en fonction de l’ordonnée y de A. En effet si y = p sh θ,alors

ch θ =

√

1 +y2

p2=

√y2 + p2

p

eθ = ch θ + sh θ =y +

√y2 + p2

p

e−θ = ch θ − sh θ = −y +√

y2 + p2

p

d’où

eθ

2 ch θ=

1

2

y +√

y2 + p2√

y2 + p2=1

2+1

2

y√

y2 + p2

e−θ

2 ch θ=

1

2

−y +√

y2 + p2√

y2 + p2=1

2− 12

y√

y2 + p2

On constate donc que si L est le milieu de M0 et M1 (le point L a la même ordonnée que A !), alors,

−→LF =

1

2

y√

y2 + p2−−−−→M1M0

avec les notations de la figure suivante :

LF

M1M0

=1

2

KA

FA

—27/40— G H - E M -() 2009


On peut également prouver que le milieu de [L,A] est sur P.

Exercice 13.16 Une tangente à C en M0 de coordonnées (x0, y0) a pour équationxx0a2+ ε

yy0b2= 1 (en particulier

une tangente à C ne passe jamais par le centre de la conique). La droite D est donc tangente à C si et seulement s’ilexiste (x0, y0) tels que

cos θ

p (θ)=

x0a2

sin θ

p (θ)=

y0b2

⇐⇒

x0 = a2cos θ

p (θ)

y0 = b2sin θ

p (θ)

Or M0 ∈ C doncx20a2+ ε

y20b2= 1 =⇒ 1

a2

(a2cos θ

p (θ)

)2+

ε

b2

(b2sin θ

p (θ)

)2=

a2 cos2 θ + εb2 sin2 θ

p2 (θ)= 1 ainsi

p2 (θ) = a2 cos2 θ + εb2 sin2 θ

Pour le cercle de Monge, on sait que (θ, p (θ)) représente un système de coordonnées polaire de la projection orthogonaledu pôle sur D. Soit M, un point de l’orthoptique, i.e. un point d’où l’on peut mener deux tangentes perpendiculaires.

Soient D (θ) et D (ϕ) ces tangentes, alors (c.f. dessin ci dessous), puisque D (θ) ⊥ D (ϕ) , on a θ = ϕ ± π

2(π) et

(OPMQ) est un rectangle. En effet (OP ) et (PM) sont perpendiculaire (P est la projection orthogonale de O), (PM)et (QM) aussi, et (OQ) et (QM) aussi. Le ± provient du fait que l’on ne sait pas qui est D (θ) et D (ϕ) , sur le dessin,on a choisi θ > ϕ.

—28/40— G H - E M -() 2009


D’après Pythagore,

OM2 = p (θ)2+ p (ϕ)

2

= a2 cos2 θ + εb2 sin2 θ + a2 cos2 ϕ+ εb2 sin2 ϕ

Mais si θ = ϕ± π

2, cos2 θ = sin2 ϕ et sin2 θ = cos2 ϕ ainsi

OM2 = a2 + εb2

Pour l’ellipse (ε = 1), on a donc un cercle centré au centre de l’ellipse, de rayon√a2 + b2 (c’est le cercle construit

sur le rectangle circonscrit à l’ellipse). Pour l’hyperbole (ε = −1), il n’existe pas de point d’où l’on peut mener deux

tangentes perpendiculaires si b ≥ a (i.e. puisque e =c

a, c2 = a2 + b2 ≥ 2a2 si e ≥

√2), sinon on obtient un cercle

centré au centre de l’ellipse et de rayon√a2 − b2 (Pour a = b, il y a dégénérescence du cercle en un point, les deux

"tangentes" deviennent les asymptotes).

Exercice 13.17 On se place dans le repère où l’équation de la parabole est l’équation réduite y2 = 2px, on note

(αβ

)

les coordonnées de A. Une équtaion de D est alors de la forme a (x− α) + b (y − β) = 0 (où

(ab

)est un vecteur

normal). On détermine les points d’intersection de D et P (pas complètement), soit

(xy

)les coordonnées d’un tel

point, alors x =y2

2pet a

(y2

2p− α

)+ b (y − β) = 0 ainsi y est solution de l’équation du second degré (sauf si a = 0)

ay2 + 2bpy − (2apα+ 2bpβ) = 0(Cette équation a toujours deux solutions car δ′ = b2p2 + (2apα+ 2bpβ)2 > 0, on a bien deux points d’intersection !).

On a donc deux points M1 et M2 de coordonnées

(x1y1

)=

y212py1

et

(x2y1

)=

y222py2

où y1 + y2 = −2bp

aet

y1y2 = −2pα−2bpβ

a.

Une équation de la tangente en M1 est (règle du dédoublement) yy1 = p (x+ x1) et celle de la tangente en M2 :yy2 = p (x+ x2) , les coordonnées du point d’intersection de ces deux tangentes sont donc solutions du système

px− yy1 = −px1px− yy2 = −px2

On résout ce système avec les formules de Cramer, le déterminant du système est

D =

∣∣∣∣p −y1p −y2

∣∣∣∣ = p (y1 − y2) = 0 (il vaut ± 2δ′)

on a donc toujours une unique solution qui est

x =1

D

∣∣∣∣−px1 −y1−px2 −y2

∣∣∣∣ = px1y2 − x2y1

D=

p

D

(y212p

y2 −y222p

y1

)

=1

2y1y2

y1 − y2D

=1

2py1y2 =

1

2p×(−2pα− 2bpβ

a

)

= −α− βb

a

y =

∣∣∣∣p −px1p −px2

∣∣∣∣

D= p2

x1 − x2D

=p2

D

(y212p− y222p

)=1

2p (y1 + y2)

y1 − y2D

=1

2(y1 + y2) =

1

2×(−2bp

a

)= −p

b

a

—29/40— G H - E M -() 2009


Le point d’intersection des tangentes décrit donc la droite d’équation ∆

x = −α+β

py

(on a une représentation paramétrique de cette droite en posant t =b

aqui prend toutes les valeurs réelles).

Si A est sur l’axe focal alors β = 0, cette droite est de la forme x = −α, elle est parallèle à la directrice et passe parle symétrique de A par rapport au sommet de la parabole. Si A est au foyer, cette droite est donc la directrice.Remarque : Si D est parallèle à l’axe focal, elle ne coupe P qu’en un seul point (cas où a = 0). D a, dans ce cas

pour équation y = β, elle coupe P en

β2

2pβ

, l’équation de la tangente en ce point est βy − p

(x+

β2

2p

)= 0, cette

tangente est parallèle à ∆.

Exercice 13.18 On se place dans le repère où la parabole a pour équation réduite y2 = 2px. Une corde focale coupela parabole en deux points si et seulement si elle n’est pas parallèle à l’axe focal. Son équation est donc de la forme(x− p

2

)= cy (où c = cotan θ, avec θ l’angle entre la corde et l’axe focal, θ ∈

]−π2, π2

[, θ = 0). On obtient les points

d’intersection en résolvant le système

(x− p

2

)= cy

y2 = 2px⇐⇒

y2

2p− cy − p

2= 0

x =y2

2p

qui donne deux solutions

y1 = p(c+

√c2 + 1

)> 0 et y2 = p

(c−

√c2 + 1

)< 0

Les points M1 et M2 ont donc pour coordonnées

M1 :

p

(c2 +

1

2+ c√c2 + 1

)

p(c+

√c2 + 1

)

et M2 :

p

(c2 +

1

2− c√c2 + 1

)

p(c−

√c2 + 1

)

Le centre C du cercle de diamètre [M1,M2] a donc pour coordonnées

C :

p

(c2 +

1

2

)

pc

On peut déjà dire que le centre du cercle décrit la parabole P′ d’équation x = p

(y2

p2+1

2

)⇐⇒ y2 = p

(x− p

2

). Le

sommet de P ′ est donc au foyer de P, le paramètre de P ′ est égal à la moitié de celui de P. Il reste à prouver que lecercle de diamètre [M1,M2] est bien tangent à la directrice de D. Le rayon R de ce cercle vérifie

R2 = ‖CM1‖2 =(c√

c2 + 1)2+(√

c2 + 1)2=(c2 + 1

)2

AinsiR = c2 + 1

et

d (C,D) = p

2+ p

(c2 +

1

2

)= c2 + 1

ce qui prouve la tangence !Remarque : En utilisant le fait que c = cotan θ, on a, par exemple,

M1 :

p

2cotan2

θ

2

p cotanθ

2

et M2

p

2tan2

θ

2

−p tanθ

2

—30/40— G H - E M -() 2009


C :

p

(cotan2 θ +

1

2

)

p cotan θ

=

p

(1

sin2 θ− 12

)

p cotan θ

et R =1

sin2 θ

Autre approche (où l’on a décidé que l’on est fan de trigo hyperbolique) : Une corde focale coupe la parabole

en deux points si et seulement si elle n’est pas parallèle à l’axe focal. Son équation est donc de la forme x+sh (u) y =p

2

(elle passe par le foyer et son vecteur directeur est de la forme

(1m

)où m ∈ R, on pose u = arg shm). Les

coordonnées de M1 et M2 vérifient donc

x+ sh (u) y =

p

2y2 = 2px

⇐⇒

y2

2p+ sh (u) y =

p

2y2 = 2px

La première équation s’écrit donc y2 + 2p sh (u) y − p2 = 0, son discriminant (réduit) est ∆′ = sh2 u+ 1 = ch2 u. Onen déduit les deux racines

y1 = peu et y2 = −pe−u

x1 =y212p=

p

2e2u et x2 =

p

2e−2u

Les coordonnées de C sont alorsC :

(p2ch 2u, p shu

)

et le rayon du cercle vaut

R =1

2

∥∥∥−−−−→M1M2

∥∥∥ =1

2

√p2 sh2 (2u) + 4p2 ch2 u

=p

2

√4 ch2 u sh2 u+ 4ch2 u =

p

2

√4 ch2 u

(1 + sh2 u

)

=p

2

√4 ch4 u = p ch2 u car sh 2u = 2chu shu

d (C,D) =p

2ch2u+

p

2=

p

2

(2 ch2 u− 1 + 1

)=

= p ch2 u

Pour le lieu de C, on a

C :(p2

(1 + 2 sh2 u

), p shu

)

d’où

xc =p

2

(

1 + 2

(ycp

)2)

⇐⇒ y2c = p(xc −

p

2

)

(On a bien toute la parabole car t = shu décrit R).

Exercice 13.19 L’équation de la conique est r =p

1 + e cos θ, ce qui s’écrit r (1 + e cos θ) = p ⇐⇒ r = p − er cos θ.

En coordonnées cartésiennes, si le point M :

(xy

)est sur C alors

r2 = x2 + y2 = (p− ex)2 =⇒(1− e2

)x2 + y2 + 2epx = p2

Soit M0 :

(x0y0

)de C le point de coordonnées polaires (r0, θ0) , on a alors

x0 = r0 cos θ0, y0 = r0 sin θ0 et r0 = p− ex0

—31/40— G H - E M -() 2009


L’équation de la tangente en C, obtenue par dédoublement, est

T :(1− e2

)xx0 + yy0 + ep (x+ x0) = p2

Elle s’écrit donc

T : xx0 + yy0 + epx− e2xx0 + p (ex0 − p) = 0

T : xx0 + yy0 + ex (p− ex0) = p (p− ex0)

Avec r = r cos θ, y = r sin θ, on obtient

T : rr0 cos θ cos θ0 + rr0 sin θ sin θ0 + err0 cos θ = pr0

puisque r0 = 0 (la conique ne passe jamais par le pôle), on obtient

r =p

cos (θ − θ0) + e cos θ

Exercice 13.20 Pour déterminer si C coupe E, on résout le système

x2

a2+

y2

b2= 1

x2 + y2 = c2⇐⇒

c2 − y2

a2+

y2

b2= 1

x2 + y2 = c2

(1)(2)

L’équation (1) donne

(1

b2− 1

a2

)y2 = 1− c2

a2=

a2 − c2

a2=

b2

a2=⇒ a2 − b2

a2b2y2 =

c2

a2b2y2 =

b2

a2. Ainsi

y2 =b4

c2=⇒ y = ±b2

c

Si on pose y = b sin θ, alors

|sin θ| = b

c≤ 1 =⇒ b ≤ c =⇒ b2 ≤ c2 =⇒ a2 − c2 ≤ c2 =⇒ 2c2 ≥ a2 =⇒ e2 ≥ 1

2

L’excentricité vérifie donc

e ≥ 1√2

On a donc sin2 θ =b2

c2=

a2 − c2

c2=1

e2− 1 =⇒ 1

e2= 1 + sin2 θ d’où

e =1

√1 + sin2 θ

On a aussi

b2 ≤ c2 = a2 − b2 =⇒ a2

b2≥ 2 =⇒ a

b≥√2

On a alors cos2 θ = 1− sin2 θ = 1− b2

c2=

c2 − b2

c2d’où

x = a cos θ = ±a

c

√c2 − b2 = ±a

√a2 − 2b2a2 − b2

On a donc

M0 :

(a

c

√c2 − b2,

b2

c

)= (x0, y0)

L’équation de la tangente en M0 est

TM0:xx0a2+

yy0b2= 1

—32/40— G H - E M -() 2009


Or y0 =b2

c, ainsi

yy0b2=

y

cet

TM0: y = c

(1− xx0

a2

)

Cette tangente coupe le cercle principal Γ d’équation x2 + y2 = a2 en P et Q donc les coordonnées sont solutions de

y = c(1− xx0

a2

)

x2 + c2(1− xx0

a2

)2= a2

⇐⇒

y = c(1− xx0

a2

)

x2(1 +

c2

a4x20

)− 2 c

2

a2x0x+ c2 − a2 = 0

Mais puisquec2

a2x20 = c2 − b2, c2 − a2 = −b2 et

1 +c2

a4x20 = 1 +

c2 − b2

a2=

a2 + c2 − b2

a2=

b2 + c2 + c2 − b2

a2= 2

c2

a2

La seconde équation s’écrit

2c2

a2x2 − 2 c

2

a2x0x− b2 = 0

Son discriminant réduit vaut

∆′ =

(c2

a2x0

)2+ 2

c2

a2b2 =

c2

a2

(c2

a2x20 + 2b

2

)=

c2

a2×(c2 − b2 + 2b2

)= c2

Les racines sont donc

x± =

c2

a2x0 ± c

2c2

a2

=cx0 ± a2

2c=

x02± a2

2c

y± = c(1− x±x0

a2

)

Maisx±x0a2

=x202a2

± a2x02a2c

= 1− a2

2c2± x02c

car

c2

a2x20 = c2 − b2 =⇒ x20

a2=

c2 − b2

c2=

c2 −(a2 − c2

)

c2= 2− a2

c2

d’où

1− x± x0a2

=a2

2c2∓ x02c

et

y± =a2

2c∓ x02c

On note donc

x1 =x02+

a2

2c= x+ et x2 =

x02− a2

2c= x−

alors

y+ =a2

2c− x02c= −x2 et y− =

a2

2c+

x02c= x1

Les coordonnées de P et Q sont alors

P : (x+, y+) = (x1,−x2) et Q : (x−, y−) = (x2, x1)

—33/40— G H - E M -() 2009


Ces coordonnées sont logiques ( Q doit être l’image de P par la rotation de centre O et d’angle π2).

On a immédiatement −−→OP · −−→OQ = 0

Exercice 13.21 On considère la parabole P d’équation y = x2 − 1 et l’ellipse E d’équationx2

9+ y2 = 1 dans un

repère orthonormé.

1. Les coordonnées des points d’intersection vérifient

y = x2 + 2x− 12x2 − y2 + 1 = 0

⇐⇒

y = x2 + 2x− 12x2 −

(x2 + 2x− 1

)2+ 1 = 0

La seconde équation s’écrit alors x4 + 4x3 − 4x = x(x3 + 4x2 − 4

)= 0. Soit P (x) = x3 + 4x2 − 4, on a

P ′ (x) = 3x2 +8x = x (3x+ 8) on en déduit les variations de P . Croissant de −∞ à −83, puis décroissant entre

−83

et 0 puis croissant.

Puisque P

(−83

)> 0, P (0) < 0 on en déduit que P a trois racines réelles. On a donc quatre valeurs pour x qui

donnent quatre points.

2. On cherche u et v réels tel que dans l’équation

u×(x2 + 2x− 1− y

)+ v ×

(2x2 − y2 + 1

)= 0

Les coefficients en x2 et y2 soient les mêmes. Puisque

u×(x2 + 2x− 1− y

)+ v ×

(2x2 − y2 + 1

)= (u+ 2v)x2 − vy2 + 2ux− uy + (v − u)

Le choix de u = 3 et v = −1 donne

3×(x2 + 2x− 1− y

)−(2x2 − y2 + 1

)= x2 + y2 + 6x− 3y − 4

Il est clair que les quatre points d’intersection sont sur l’ensemble Cu,v d’équation u ×(x2 + 2x− 1− y

)+ v ×(

2x2 − y2 + 1)= 0. Mais C3,−1 est un cercle, ces qautre points sont donc cocycliques. Le centre du cercle est

Ω :

(−3, 3

2

)et le rayon

√61

2.

—34/40— G H - E M -() 2009


Exercice 13.22 On paramètre le point M par

(a cos θb sin θ

)avec θ ∈

]0, π

2

[. La tangente en M a pour équation

TM :x cos θ

a+

y sin θ

b= 1

Ainsi P :

( a

cos θ0

)

et Q :

(0b

sin θ

)

. On en déduit que PQ2 =a2

cos2 θ+

b2

sin2 θ. On a donc

d

dθ

(PQ2

)= 2PQ× dPQ

dθ=2a2 sin θ

cos3 θ− 2b

2 cos θ

sin3 θ

= 2(a sin2 θ − b cos2 θ

) b cos2 θ + a sin2 θ

cos3 θ sin3 θ

est du signe de(a sin2 θ − b cos2 θ

)= a cos2 θ

(tan2 θ − b

a

). On en déduit que PQ a un minimum en θ = arctan

(√b

a

)

.

Puisque cos (arctanu) =1√

u2 + 1et sin (arctanu) =

u√u2 + 1

, on a

min (PQ) = a+ b

et les coordonnées du point réalisant le minimum sont

(a√a√

a+ b,

b√b√

a+ b

)

Exercice 13.23 On se place dans le repère orthonormé d’origine O dont l’axe des abscisse est l’axe focal. On paramètre

l’ellipse par P =

(a cos θb sin θ

), le point Q a pour coordonnées

(−a cos θ−b sin θ

). Si M =

(a cosϕb sinϕ

), un vecteur directeur

de la tangente en M est

−→v =(−a sinϕb cosϕ

)

La tangente en M est parallèle à (PQ) si et seulement si Det(−−→OP,−→v

)=

∣∣∣∣a cos θ −a sinϕb sin θ b cosϕ

∣∣∣∣ = ab cos θ cosϕ +

ab sin θ sinϕ = ab cos (θ − ϕ) = 0. Ainsi

ϕ = θ − π

2+ kπ =⇒M =

(a (−1)k sin θ−b (−1)k cos θ

)

L’équation de (PQ) étant xb sin θ − ya cos θ = 0, le cercle tangent à l’ellipse en M est tangent à la droite (PQ) si etseulement si d (M,PQ) = 2r, ce qui s’écrit

d (M,PQ)2 =

(ab sin2 θ + ab cos2 θ

)2(b2 sin2 θ + a2 cos2 θ

) = 4r2 ⇐⇒ ab = r × 2√

a2 cos2 θ + b2 sin2 θ

Avec PQ = 2√

a2 cos2 θ + b2 sin2 θ, on obtient le résultat demandé.

Exercice 13.24 Dans le repère orthonormé de centre O où E a pour équationx2

a2+

y2

b2= 1, si (x0, y0) et(x1, y1) sont

les coordonnées de A et B, les équations des tangentes en A et B sont

TA :x0x

a2+

y0y

b2= 1 et TB :

x1x

a2+

y1y

b2= 1

—35/40— G H - E M -() 2009


On obtient les coordonnées de M par résolution du système

x0x

a2+

y0y

b2= 1

x1x

a2+

y1y

b2= 1

qui est de Cramer car

∣∣∣∣∣∣

x0a2

y0b2x1

a2y1b2

∣∣∣∣∣∣=

x0y1 − x1y0a2b2

= 0 (car Det(−→OA,

−−→OB

)=

∣∣∣∣x0 x1y0 y1

∣∣∣∣ = x0y1 − x1y0 = 0. On obtient donc M : (xM , yM) où

xM =a2b2

x0y1 − x1y0

∣∣∣∣∣∣

1y0b2

1y1b2

∣∣∣∣∣∣= −a2

y0 − y1x0y1 − x1y0

yM =a2b2

x0y1 − x1y0

∣∣∣∣∣∣

x0a2

1x1a2

1

∣∣∣∣∣∣= b2

x0 − x1x0y1 − x1y0

Les coordonnées de I sont

(x0 + x12

,y0 + y12

), il suffit donc de vérifier que

∣∣∣∣∣∣∣

−a2y0 − y1

x0y1 − x1y0

x0 + x12

b2x0 − x1

x0y1 − x1y0

y0 + y12

∣∣∣∣∣∣∣=

1

2 (x0y1 − x1y0)

∣∣∣∣−a2 (y0 − y1) x0 + x1b2 (x0 − x1) y0 + y1

∣∣∣∣ = 0

Mais∣∣∣∣−a2 (y0 − y1) x0 + x1b2 (x0 − x1) y0 + y1

∣∣∣∣ = b2(x20 − x21

)+ a2

(y20 − y21

)

= a2b2 ×(x20a2+

y20b2− x21

a2− y21

b2

)= 0

Car A ∈ E et B ∈ E.

Exercice 13.25 Six2

a2+

y2

b2= 1 est l’équation de E en repère orthonormée. Soit M : (x0, y0) ∈ E avec x0y0 = 0 (ce

qui assure que M n’est pas au sommet). L’équation de la tangente en M est TM :xx0a2+

yy0b2= 1. La normale a donc

pour équation

N : (x− x0)y0b2− (y − y0)

x0a2= 0

On en déduit les coordonnées de C (faire y = 0) et de C′ (faire x = 0)

C :

(a2 − b2

a2x0, 0

)et C ′ :

(0,−a2 − b2

b2y0

)

(On notera que l’on a divisé par x0 ou y0 qui sont non nuls). A l’aide de c2 = a2 − b2 , on obtient

C :

(c2

a2x0, 0

)et C′ :

(0,

c2

b2y0

)

Le milieu P de [C,C′] a donc pour coordonnées

P : (xP , yP ) =

(c2

2a2x0,

c2

2b2y0

)

On a donc

x0 =2a2

c2xp et y0 =

2b2

c2yp

pusique M ∈ E,x20a2+

y20b2= 1⇐⇒ x2P(

c2

2a

)2 +y2P(c2

2b

)2 = 1

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CHAPITRE 13. CONIQUES 3. LES EXOTIQUES

Ce qui prouve que M ′ décrit une ellipse E ′ (privé des sommets car xP yP =4a2b2

c2x0y0 = 0. Puisque a > b, on a

c2

2b>

c2

2a, l’axe focal de E ′ est le petit axe de E. On a

c′2 =

(c2

2b

)2−(

c2

2a

)2=

c4(a2 − b2

)

4a2b2=

c6

4a2b2=⇒ c′ =

c3

2ab

e′ =

c3

2abc2

2b

=c

a= e

Les deux ellipses ont même excentricité.

3 Les exotiques

Exercice 13.26 La définition bifocale de l’ellipse donne

PF + PF ′ = 2a = 6

or PF = 2PF ′ donc 3PF ′ = 6 =⇒ PF ′ = 2 et PF = 4. On a donc PF 2 +PF ′2 = 4+ 16 = 20. Mais, c2 = a2 − b2 =9− 4 = 5 donc 2c = FF ′ = 2

√5 et ainsi

FF ′2 = PF 2 + PF ′2

On a donc un triangle rectangle en P ! Et ainsi son aire vaut1

2PF × PF ′ = 4.

Pour construire P, on trace le cercle de diamètre FF ′ (centré en O et de rayon√5), ce cercle coupe l’ellipse en quatre

points. Plus précisement, il s’agit de résoudre le système

x2

9+

y2

4= 1

x2 + y2 = 5⇐⇒

x2 +

9y2

4= 9

x2 + y2 = 5

⇐⇒

y2 =16

5x2 + y2 = 5

Ce qui donne bien quatre points (symétriques par rapports aux deux axes, heureusement ! En fait il suffit de trouverune solution, par symétrie on a les quatre points).

P1 :

3√54√5

, P2 :

3√5

− 4√5

, P3 :

− 3√

54√5

, P4 :

− 3√

5

− 4√5

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F. 1

Exercice 13.27 L’équation de la droite s’écrit y = ax+ b, ainsi a est la pente et b l’ordonnée à l’origine. La conique

a pour équationx2

a+

y2

b= 1, il s’agit presque d’une équation réduite.

Dans le cas (a) , la pente est négative (a < 0) et l’ordonnée à l’origine positive (b > 0), on doit donc avoir unehyperbole, ce cas est impossible. Le cas (c) est analogue, il conduit à a et b négatif, la conique est vide. Il reste les cas

(b) et (c) pour lesquels on a a > 0 (pente positive) et b < 0 et qui donne une équation d’hyperbole du typex2

a− y2

−b= 1

dont l’axe focal est Ox. Le cas (c) est à exclure. Seul le cas (c) est possible !

Exercice 13.28 On se place dans le repère où la parabole a pour équation réduite y2 = 2px. Soit Ω1 : (u1, 0) le centrede C1 et R1 son rayon, Ω2 : (u2, 0) le centre de C2 et R2 son rayon.

R1

W1

W1

W2

R2

R +R1 2

L’équation de C1 est (x− u1)2+ y2 = R21, ce cercle coupe la parabole en des points dont les coordonnées sont solutions

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CHAPITRE 13. CONIQUES 3. LES EXOTIQUES

de (x− u1)

2 + y2 = R21y2 = 2px

⇐⇒(x− u1)

2 + 2px = R21y2 = 2px

On a donc en général deux solutions en x, puis deux solutions en y, ce qui donne quatre points. Il y tangence lorsquele discriminant de l’équation en x est nul, soit lorsque

p2 − 2u1p+R21 = 0⇐⇒ u1 =R21 + p2

2p

On a de même

u2 =R22 + p2

2p

Puisque la distance entre les deux centres vaut R1 +R2, on a

u2 − u1 = R1 +R2 =R22 + p2

2p− R21 + p2

2p= (R1 +R2)

R2 −R12p

Ce qui donneR2 = R1 + 2p

Ainsi lorsque l’on a une chaîne de cerles, les rayon forment une suite arithmétique de raison 2p.

Exercice 13.29 On se place dans le repère où la parabole a pour équation réduite y2 = 2px.

W1

y1

W2

y2

y +y1 2

Soit Ω1 le centre du premier carré, et 2y1 la longueur de sa diagonale, de même Ω2 et y2 étant les mêmes données

pour le second carré. Les coordonées de Ω1 sont alors

(y212p

, y1

)et celle de Ω2 sont

(y222p

, y2

). On en déduit que

y222p− y212p= y1 + y2

soity2 − y1 = 2p

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La suite des longeurs des demi-diagonales est arithmétique de raison 2p. La suite des longeurs des côtés est doncarithmétique de raison 2

√2p.

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Chapitre12 CONIQUES Enoncédesexercicesgery.huvent.pagesperso-orange.fr/pdfbaggio/exosptsi/... · 2010-12-13 · 2. LESTECHNIQUES CHAPITRE12. CONIQUES Exercice12.9Soit α∈R, dans