Corrections – Coniques – Tle

Exercice 1

P : y^2 = 2px
M \in D \Leftrightarrow \det(\overrightarrow{FM}~,~ \alpha \vec{i} + \vec{j}) = 0 \\ \Leftrightarrow \begin{vmatrix} x ~-~ \dfrac{p}{2} & \alpha \\ y & 1 \end{vmatrix} = 0 \\ ~~ \\ \Leftrightarrow x ~-~ \dfrac{p}{2} ~-~ \alpha y = 0 ;

D : x – \alpha y ~-~ \dfrac{p}{2} = 0

1) M \in P \cap D \Leftrightarrow \begin{cases} M(x,y) ~;~ y^2 = 2px \\ ~~ \\ x ~-~ \alpha y ~-~ \dfrac{p}{2} = 0 \end{cases}

On a : y^2 ~-~ 2p(\alpha y + \dfrac{p}{2}) = 0 \Leftrightarrow y^2 ~-~ 2p\alpha y ~-~ p^2 = 0
\Delta = 4p^2\alpha^2 + 4p^2 = 4p^2(\alpha^2 + 1)

y’ = \dfrac{2p\alpha – 2p\sqrt{\alpha^2 + 1}}{2} = p(\alpha – \sqrt{\alpha^2 + 1}) ;

y” = p(\alpha + \sqrt{\alpha^2 + 1})

Ainsi : x’ = \alpha y’ + \dfrac{p}{2} = \alpha p(\alpha – \sqrt{\alpha^2 + 1}) + \dfrac{p}{2} d’où x’ = p(\alpha ^2 – \alpha \sqrt{\alpha^2 + 1} + \dfrac{1}{2})

x” = \alpha y” + \dfrac{p}{2} = \alpha p(\alpha + \sqrt{\alpha^2 + 1}) + \dfrac{p}{2} = p(\alpha ^2 – \alpha \sqrt{\alpha^2 + 1} + \dfrac{1}{2})

Soit K = M’*M” ; x_K = \dfrac{x’ + x”}{2} = p(\alpha^2 + \dfrac{1}{2})~;~ y_K = \dfrac{y’ + y”}{2} = p\alpha

D’où : K(p \alpha^2 + \dfrac{p}{2} ~;~ p\alpha)

2) Soit x = p\alpha^2 + \dfrac{p}{2} et y = p\alpha.

\begin{cases} x = p(\alpha^2 + \dfrac{1}{2}) \\ y = p\alpha \end{cases}

Lorsque \alpha décrit \mathbb{R} \Leftrightarrow y décrit \mathbb{R}. D’où :

x = p(\dfrac{y^2}{p^2} + \dfrac{1}{2}) \Leftrightarrow x = \dfrac{y^2}{p} + \dfrac{1}{2}p \Leftrightarrow y^2 = p(x – \dfrac{p}{2})

\begin{cases} X = x – \dfrac{p}{2} \\ Y = y \end{cases} on obtient Y^2 = 2qX ~~\text{où} ~q = \dfrac{p}{2}

Conclusion : K décrit la parabole de foyer F'(\dfrac{3p}{4}~;~0) et de directrice \Delta : x = \dfrac{p}{4}.

Exercice 2

1) (P) est l’ensemble des points M tels que la distance de M au foyer F est égale à la distance de M à la directrice D.
(P) = \lbrace M / d(M, F) = d(M, D) \rbrace
M(x,y) et D:x+2=0 \Rightarrow d(M, D) = \dfrac{|x+2|}{\sqrt{1^2 + 0^2}} = |x+2|

MF= \sqrt{(x−2)^2+y^2} ; on a : \sqrt{(x-2)^2 + y^2} = |x+2|
\Leftrightarrow (x−2)^2+y^2=(x+2)^2 \\ \Leftrightarrow x^2−4x+4+y^2=x^2+4x+4
\Leftrightarrow y^2=8x.

Conclusion : (P) est la parabole d’équation (P) : y^2 = 8x

2.a) T \in (P) \text{ et } T(x,m). \text{ On a } : m^2 = 8x \text{ d’où } x = \dfrac{m^2}{8}

b) Δ est la tangente à (P) au point T
\Delta : yy_0 = 4(x+x_0) \text{ or } x_0 = \dfrac{m^2}{8} \text{ et } y_0 = m

\Delta : my = 4\left(x + \dfrac{m^2}{8}\right)

Conclusion : \Delta : 4x – my + \dfrac{m^2}{2} = 0

3) \Delta : 4x – my + \dfrac{m^2}{2} = 0 ; \Delta’ : 4x – m’y + \dfrac{m’^2}{2} = 0

coef(\Delta) = \dfrac{4}{m} \text{ et } coef(\Delta’) = \dfrac{4}{m’} \text{or } m \ne m \text{~donc~}coef(\Delta) \ne coef(\Delta’) et par la suite (\Delta) et (\Delta ‘) ne sont pas parallèles.
Conclusion : Δ et Δ’ se coupent en un point I.

Soit I(x,y) \in \Delta \cap \Delta’ \Rightarrow \begin{cases} 4x – my + \dfrac{m^2}{2} = 0 \\ ~~ \\ 4x – m’y + \dfrac{m’^2}{2} = 0 \end{cases}

D’où (m – m’)y + \dfrac{m’^2 – m^2}{2} = 0 \Rightarrow y = \dfrac{m+m’}{2}
On a :
4x – my + \dfrac{m^2}{2} = 0 \\ ~~ \\ \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{4}\left(my – \dfrac{m^2}{2}\right) = \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{m^2 + mm’}{2} – \dfrac{m^2}{2}\right) \\ ~~ \\ \Leftrightarrow x = \dfrac{mm’}{8}

I\Big( \dfrac{mm’}{8} ~;~ \dfrac{m+m’}{2} \Big)

Exercice 3

1.a) M(x,y)\in E \Leftrightarrow \begin{cases} \dfrac{x}{2}=\cos t \\ ~~ \\ y=\sin t \end{cases} d’où l’équation \dfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1.

b) Soit M_0(x_0,y_0) avec \begin{cases} x_0=2\cos t_0 \\ y_0=\sin t_0 \end{cases} la tangente à E en M_0 a pour équation :

\dfrac{x x_0}{4}+y y_0=1 \Rightarrow \dfrac{x\cos t_0}{2} + y\sin t_0=1.
On note cette tangente T: x\cos t_0+2\sin t_0.y-2=0.

2) On a : c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}.
Posons la droite D:\ x=\dfrac{4}{\sqrt{3}}.

Soit K(x,y) le point d’intersection de T et D : \begin{cases} x=\dfrac{4}{\sqrt{3}} \\ x\cos t_0+2y\sin t_0-2=0 \end{cases}

d’où 2\sin t_0.y=2-\dfrac{4}{\sqrt{3}}\cos t_0

y = \dfrac{1}{\sin t_0} – \dfrac{2 \cos t_0}{\sqrt{3} \sin t_0} \\ ~~ \\ \Rightarrow y=\dfrac{\sqrt{3}-2\cos t_0}{\sqrt{3}.\sin t_0}.

Ainsi K\left(\dfrac{4}{\sqrt{3}}~,~\dfrac{\sqrt{3}-2\cos t_0}{\sqrt{3}.\sin t_0}\right).

3) Avec le foyer F(\sqrt{3}~,~0) :

\overrightarrow{M_0F} \begin{pmatrix}\sqrt{3}-2\cos t_0 \\ -\sin t_0 \end{pmatrix}, \\ ~~ \\ \overrightarrow{FK} \begin{pmatrix} \dfrac{4}{\sqrt{3}}-\sqrt{3} \\ ~~ \\ \dfrac{\sqrt{3}-2\cos t_0}{\sqrt{3}.\sin t_0} \end{pmatrix}

Produit scalaire : \overrightarrow{M_0F}\cdot\overrightarrow{FK} =\dfrac{1}{\sqrt{3}}(\sqrt{3}-2\cos t_0) -\dfrac{(\sqrt3 – 2\cos t_0 )}{\sqrt{3}} \\ ~~ \\ = 1- \dfrac{2}{\sqrt3} \cos t_0 – 1+ \dfrac{2}{\sqrt3} \cos t_0 =0.

Conclusion :
\overrightarrow{M_0F}\perp\overrightarrow{FK}, c.-à-d. (M_0F) \perp(FK).

Exercice 4

1) On a : y^2=\Big(\dfrac{x^2}{a^2}-1\Big)b^2 or c^2=a^2+b^2
d’où y^2=\Big(\dfrac{x^2}{a^2}-1\Big)(c^2-a^2).

MF^2 = (x-c)^2+y^2 \\ ~~ \\ MF^2 =(x-c)^2+(x^2 – a^2) \Big(\dfrac{c^2}{a^2}-1\Big)\ \\ ~~ \\ MF^2 =x^2-2cx+c^2+\dfrac{x^2c^2}{a^2} -x^2- c^2 + a^2\ \\ ~~ \\ MF^2 =\dfrac{x^2c^2}{a^2} -2cx + a^2 = \dfrac{c^2}{a^2} \Big(x^2-\dfrac{2a^2}{c}x+\dfrac{a^4}{c^2}\Big) \\ ~~ \\ MF^2 =\dfrac{c^2}{a^2}\Big(x-\dfrac{a^2}{c}\Big)^2.

Si D est la directrice x=\dfrac{a^2}{c} et H le projeté de M sur D, alors
MH^2=\Big(x-\dfrac{a^2}{c}\Big)^2 et par suite \displaystyle \frac{MF}{MH}=\frac{c}{a}.

2) Soit M(x_0,y_0) avec y_0\neq 0.
La tangente à l’hyperbole en M est T:\ \dfrac{x x_0}{a^2}-\dfrac{y y_0}{b^2}=1.

Soit K(x,y)\in T\cap D avec D:\ x=\dfrac{a^2}{c}.
\begin{cases} \dfrac{x x_0}{a^2}-\dfrac{y y_0}{b^2}=1 ~~(1) \\ ~~ \\ x=\dfrac{a^2}{c} (2)\end{cases}

\dfrac{x_0}{c}-\dfrac{y y_0}{b^2}=1 \ \Rightarrow\ y=\Big(\dfrac{x_0}{c}-1\Big)\dfrac{b^2}{y_0}.

(y_0 \ne 0) D’où : K \Big( \dfrac{a^2}{c} ~;~ \dfrac{x_0}{y_0} \cdot \dfrac{b^2}{c} – \dfrac{b^2}{y_0} \Big)

3) Vecteurs \overrightarrow{FM}=\dbinom{x_0-c}{y_0}~;~\overrightarrow{FK}=\dbinom{\dfrac{a^2}{c}-c}{\ \Big(\dfrac{x_0}{c}-1\Big)\dfrac{b^2}{y_0}}.

\overrightarrow{FM} \cdot\overrightarrow{FK} =(x_0-c) \Big(\dfrac{a^2 – c^2}{c}\Big) + b^2 \Big(\dfrac{x_0}{c}-1\Big) \\ ~~ \\ = -(x_0-c) \Big(-\dfrac{b^2}{c} \Big) + \dfrac{b^2}{c}(x_0-c)=0.

Conclusion :
(FM) \perp(FK).

Exercice 5 :

1) On a : Z_{\overrightarrow{OM_1}}=z^{2} et Z_{\overrightarrow{M’M_2}}=2z-z’=2z-2z+z^{2}=z^{2}
d’où \overrightarrow{OM_1}= \overrightarrow{M’M_2} et, par suite, OM_1M_2M’ est un parallélogramme.

2.a) z’=2z-z^{2}.\qquad z=x+iy.
Alors z’=2x+2iy-(x^{2}-y^{2}+2ixy)=\big(2x-x^{2}+y^{2}\big)+i\big(2y-2xy\big).

z’ est imaginaire pur \Leftrightarrow 2x-x^{2}+y^{2}=0,
d’où : x^{2}-2x-y^{2}=0.

b) x^{2}-2x-y^{2}=0 \Leftrightarrow (x-1)^{2}-y^{2}=1.
En posant \begin{cases} X=x-1 \\ Y=y \end{cases} d’où (H) :\quad X^{2}-Y^{2}=1,
donc (H) est une hyperbole équilatère.

Les coordonnées de O vérifient l’équation de (H), donc O\in(H).

c) T:\ (x-1)(x_0-1)-yy_0=1.
Si x_0=0 et y_0=0, alors T:\ x=0.

Exercice 6

1) \Delta = (2u – i\bar{u})^2 – 4(-2i u \bar{u}) = 4u^2 – 4i u \bar{u} – \bar{u}^2 + 8i u \bar{u}
\Delta = 4u^2 + 4i u \bar{u} – \bar{u}^2 = (2u + i\bar{u})^2
z’ = \dfrac{2u – i\bar{u} – 2u – i\bar{u}}{2} = -i\bar{u}

z” = \dfrac{2u – i\bar{u} + 2u + i\bar{u}}{2} = \dfrac{4u}{2} = 2u

2.a) z_{\overrightarrow{AM’}} = z_{M’} – z_A = -i\bar{u} – 2i = -i(x – iy) – 2i (\text{avec } u= x+iy) \\ z_{\overrightarrow{AM’}} = -y – (x + 2)i

z_{AM”} = z_{M”} – z_A = 2u – 2i = 2(x + iy) – 2i = 2x + i(2y – 2)

Les points A, M′, M′′ sont alignés si et seulement si \begin{vmatrix} -y & 2x \\ -x – 2 & 2y – 2 \end{vmatrix} = 0
\Leftrightarrow -y(2y – 2) + 2x(x + 2) = 0 \\ \Leftrightarrow -2y^2 + 2y + 2x^2 + 4x = 0
\Leftrightarrow (H) : x^2 + 2x – y^2 + y = 0

b) M(x,y) \in (\mathcal{H}) \Leftrightarrow x^2 + 2x – y^2 + y = 0
\Leftrightarrow (x+1)^2 – 1 – \left(y – \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{1}{4} = 0 \\ ~~ \\ \Leftrightarrow (x+1)^2 – \left(y – \dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{3}{4}

\Leftrightarrow \dfrac{~(x+1)^3~}{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} – \dfrac{ ~\left(y – \dfrac{1}{2}\right)^2~}{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = 1

Ceci est l’équation cartésienne d’une hyperbole équilatère de centre Ω(−1~;~\dfrac21​), de sommets A(\dfrac{\sqrt3}{2} – 1~;~\dfrac12) et A'(−\dfrac{\sqrt3}{2}​​−1~;~\dfrac12​), et de foyers F(\dfrac{\sqrt6}{2}​​−1~;~\dfrac12​) et F'(−\dfrac{\sqrt6}{2}​​−1~;~\dfrac12​). Les asymptotes sont Δ:Y=X et Δ’:Y=−X. Donc :
\Delta : y = x + \dfrac{3}{2} et \Delta’ : y = -x – \dfrac{1}{2}

c) L’équation de l’hyperbole (H) est : (\mathcal{H}) : x^2 + 2x – y^2 + y = 0
Les coordonnées de l’origine O(0,0) vérifient l’équation de (H): 2+2(0)−2+0=0. Donc O(0,0)∈(H).

Soit (T) la tangente à (H) en O.
(T) : (x+1)(x_0+1) – \left(y – \dfrac{1}{2}\right)\left(y_0 – \dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{3}{4}

(T) : x+1 + \dfrac{1}{2}(y – \dfrac{1}{2} ) = \dfrac{3}{4} \text{d’où } (T) : x + \dfrac{1}{2}y = 0

d)

Exercice 7

1) E_{3/4} : y^{2}=2x-\dfrac{4x^{2}}{3}

\Leftrightarrow\ \dfrac{3}{4}y^{2}=\dfrac{3}{2}x-x^{2} \\ ~~ \\ \Leftrightarrow x^{2}-\dfrac{3}{2}x+\dfrac{3}{4}y^{2}=0

\Leftrightarrow\ \Big(x-\dfrac{3}{4} \Big)^{2} – \dfrac{9}{16} +\dfrac{3}{4}y^{2}= 0 \\ ~~ \\ \Leftrightarrow\ \dfrac{ \Big(x-\dfrac34\Big)^{2}}{ \Big(\dfrac34 \Big)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{ \Big(\dfrac{\sqrt3}{2} \Big)^{2}}=1.

Donc (E_{3/4})​ est une ellipse de centre \Omega(\dfrac{3}{4}~,~0), d’axes x=\dfrac{3}{4} et y=0 et de sommets

A(\dfrac{3}{2}~,~0)~;~ O(0,0)~;~ B(\dfrac{3}{4},\dfrac{\sqrt3}{2})~;~ B'(\dfrac{3}{4},-\dfrac{\sqrt3}{2}).

2) y^{2}=2x-\dfrac{x^{2}}{m}\ \Leftrightarrow\ x^{2}-2mx+my^{2}=0 \\ ~~ \\ \Leftrightarrow\ \dfrac{(x-m)^{2}}{m^{2}}+\dfrac{y^{2}}{(\sqrt m)^{2}}=1.

Ainsi (E_m) est une ellipse de centre \Omega_m(m,0) et de sommets A_m(2m~;0)~, O(0~;0)~, B_m(m~;\sqrt m)~, B’_m(m~;-\sqrt m).

3) Comme \sqrt m>m pour m\in]0,1[, les sommets du grand axe sont B_m et B’_m.
Un point M(x,y) est un sommet du grand axe
\begin{cases}x=m \\ y=\pm\sqrt m\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=m \\ y^{2}=m\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (\Gamma):\ y^{2}=x \\ x\in]0,1[ \end{cases} .
Donc (\Gamma) est une portion de parabole.

4) Ici a=m \\ b=-\sqrt m donc
c=\sqrt{b^{2}-a^{2}}=\sqrt{m-m^{2}}.
Les foyers de (E_m) sont F_m(m~;~\sqrt{m-m^{2}}) et F’_m(m~;~-\sqrt{m-m^{2}}).

On a M(x,y) est un foyer de (E_m) ssi
\begin{cases}x=m \\ y=\pm\sqrt{m-m^{2}}\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}x=m \\ y^{2}=m-m^{2}\end{cases} \\ ~~ \\ \Leftrightarrow \begin{cases}x\in]0,1[ \\ y^{2}=x-x^{2}\end{cases}

\Leftrightarrow\ \begin{cases} \Big(x-\dfrac12\Big)^{2}+y^{2}=\dfrac14 \\ x\in]0,1[. \end{cases}

Conclusion : l’ensemble des foyers possibles est le cercle (C) de centre I(\dfrac{1}{2}~;~0) et de rayon \dfrac{1}{2}, privé des points O(0~;~0) et O'(1~;~0).

Exercice 8

4x|x| + y^2 – 16x – 20 = 0

\begin{cases} 4x^2 + y^2 – 16x – 20 = 0 \\ \text{où } x \ge 0 \end{cases} \text{ ou } \begin{cases} -4x^2 + y^2 – 16x – 20 = 0 \\ \text{où } x \le 0 \end{cases}

Or 4x^2 + y^2 – 16x – 20 = 0 \Leftrightarrow x^2 – 4x + \dfrac{y^2}{4} – 5 = 0

\Leftrightarrow (x – 2)^2 + \dfrac{y^2}{4} – 9 = 0

• -4x^2 + y^2 – 16x – 20 = 0 \Leftrightarrow x^2 + 4x – \dfrac{y^2}{4} + 5 = 0
  
  \Leftrightarrow (x + 2)^2 – \dfrac{y^2}{4} + 1 = 0

Identification des coniques

\text{Soit } (\mathcal{C}_1) : \begin{cases} (x – 2)^2 + \dfrac{y^2}{4} – 9 = 0 \\ x \ge 0 \end{cases}

\Leftrightarrow (\mathcal{C}_1) : \begin{cases} \dfrac{(x – 2)^2}{3^2} + \dfrac{y^2}{6^2} = 1 \\ \text{où } X \ge -2 \end{cases} ~~~~ \left( \begin{matrix} X = x – 2 \\ Y = y \end{matrix} \right)

(C_1​) est une partie d’une ellipse

(\mathcal{C}_2) : \begin{cases} – \dfrac{(x + 2)^2}{1^2} + \dfrac{y^2}{2^2} = 1 \\ x \ge 0 \end{cases}

\Leftrightarrow (\mathcal{C}_2) : \begin{cases} – \dfrac{X^2}{1^2} + \dfrac{Y^2}{2^2} = 1 \\ \text{où } X \ge 2 \end{cases} ~~~ \left( \begin{matrix} X = x + 2 \\ Y = y \end{matrix} \right)

(C_2​) est une partie d’une hyperbole.

2)

• L’ellipse (C_1​) a pour centre Ω_1​(2;0) et pour sommets :
  A_1​(5;0) , A_1’​(−1;0),
  B_1​(2;6) et B_1’​(2;−6).
  ~~
• L’hyperbole (C_2​) a pour centre Ω_2​(−2;0) pour sommets B_2​(−2;2) et B_2’​(−2,−2) et pour asymptotes : Δ_1​:y=2x+4 et Δ_2​:y=−2x−4.

Intersection des courbes

1°/ (\mathcal{C}_1) \cap (O, \vec{j}) : \begin{cases} 4x^2 + y^2 – 16x – 20 = 0 \quad (\star) \\ x = 0 \end{cases}
(\star) s’écrit : y^2 – 20 = 0 \Leftrightarrow y = 2\sqrt{5} \text{ ou } y = -2\sqrt{5}
(\mathcal{C}_1) \cap (O, \vec{j}) = \lbrace T_1 (0; 2\sqrt{5}) ~;~ T’_1 (0; -2\sqrt{5}) \rbrace

• L’équation de la tangente à (C_1​) au point T_1​(0~;~2\sqrt5​) est :
  \dfrac{(x_0-2)(x-2)}{9} + \dfrac{y_0 y}{36} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{(0-2)(x-2)}{9} + \dfrac{2\sqrt{5}y}{36} = 1
  D’où, après simplification : 4x – \sqrt{5}y + 10 = 0.

• L’équation de la tangente à (C_1​) au point T_1’​(0;−2\sqrt5​) est : 4x + \sqrt{5}y + 10 = 0
  (\mathcal{C}_2) \cap (O, \vec{j}) : \begin{cases} -4x^2 + y^2 – 16x – 20 = 0 \\ x = 0 \end{cases} \\ ~~ \\ \Leftrightarrow \begin{cases} y^2 = 20 \\ x = 0 \end{cases}
  d’où (\mathcal{C}_2) \cap (O, \vec{j}) = \lbrace T_1 (0 ; 2\sqrt{5}) ~;~ T’_1 (0 ; -2\sqrt{5}) \rbrace

• L’équation de la tangente à (C_2​) au point T_1​ est : 4x – \sqrt{5}y + 10 = 0

• L’équation de la tangente à (C_2​) au point T_1′​ est : 4x + \sqrt{5}y + 10 = 0

Exercice 9

1) \dfrac{y^{4}}{16}=x^{4}-2x^{2}+1 \iff \left(\dfrac{y^{2}}{4}\right)^{2}=(x^{2}-1)^{2}.

Donc : \dfrac{y^{2}}{4}=x^{2}-1 \quad\text{ou}\quad \dfrac{y^{2}}{4}=-x^{2}+1.

• Cas (1) : \dfrac{y^{2}}{4}=x^{2}-1 \Leftrightarrow \dfrac{x^{2}}{1}-\dfrac{y^{2}}{2^{2}}=1.
  C’est l’équation d’une hyperbole (H).
• Cas (2) : \dfrac{y^{2}}{4}=-x^{2}+1 \Leftrightarrow \dfrac{x^{2}}{1}+\dfrac{y^{2}}{2^{2}}=1.
  C’est l’équation d’une ellipse (E).

D’où : (\Gamma ) = H \cup E.

2) Caractéristiques :

• Pour (H) :
  • Axes : ceux du repère.
  • Sommets : A(1,0),\ A'(-1,0).
  • Foyers : F_1(\sqrt5,0),\ F_2(-\sqrt5,0).
  • Asymptotes : D_1:\ y=2x,\quad D_2:\ y=-2x.
• Pour (E) :
  • Axes : ceux du repère.
  • Sommets : A(1,0),\ A'(-1,0),\ B(0,2),\ B'(0,-2).
  • Foyers : F_2(0,\sqrt3),\ F_2′(0,-\sqrt3).

Exercice 10

Le plan (P) est rapporté à un repère orthonormé (O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j}​). A tout réel m, on associe l’ensemble (C_m) des points M(x,y) dont les coordonnées vérifient l’équationt :
m x^{2}-4m x-(m-1)y^{2}+2=0.
On étudie la nature de (C_m) suivant m

Mise sous forme canonique

m x^{2}-4m x-(m-1)y^{2}+2 = 0
\Leftrightarrow m(x^{2}-4x)-(m-1)y^{2}+2 = 0
\Leftrightarrow m\big[(x-2)^{2}-4\big]-(m-1)y^{2}+2 = 0
\Leftrightarrow m(x-2)^{2}-(m-1)y^{2}-(4m-2).

Ainsi m(x-2)^{2}-(m-1)y^{2}=4m-2. \qquad (\ast)

• Si m=\dfrac12 :
  
  (E_{\frac{1}{2}} ) : \dfrac12(x-2)^{2}+\dfrac12y^{2}=0 \Leftrightarrow (x,y)=(2,0).
  Donc E_{\frac12}=\lbrace \Omega(2,0) \rbrace.
  ~~
• Si m\neq\dfrac12 : on peut normaliser
  \dfrac{m}{4m-2}(x-2)^{2}+\dfrac{1-m}{4m-2}y^{2}=1.

• Pour m\in ]-\infty,0[ \cup ] 1,+\infty[ : l’équation (E_m) est de la forme :
  \dfrac{(x-2)^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1
  
  avec a^{2}=\dfrac{4m-2}{m} et b^{2}=- \Big( \dfrac{4m-2}{1-m} \Big)
  Conclusion : (E_m) est une hyperbole de centre \Omega(2,0).
  ~~
• Pour m\in \Big] 0,\dfrac12\Big[ : E_m=\varnothing.
  ~~
• Pour m=0 :
  L’équation devient E_m = -\dfrac{y^{2}}{2}=1 (impossible). \Rightarrow E_0=\varnothing.
  ~~
• Pour m\in\Big]\dfrac12~;~1\Big[ : (E) est de la forme \dfrac{(x-2)^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1
  avec
  a^{2}=\dfrac{4m-2}{m} et b^{2}=\dfrac{4m-2}{1-m}.

Exercice 11

1.a) On pose z=x+iy\ (x,y \in \R).
\overline z+z+4=0 \\ \Leftrightarrow x-iy+x+iy+4=0 \\ \Leftrightarrow 2x+4=0.
D:\ x=-2.

b) Distance d’un point M(x,y) à D :
d(M,D)=|x+2|=\dfrac12|z+\overline z+4|.

2.a) M(z)\in(E)\ \Leftrightarrow\ \left|\dfrac{z-1-i)}{z+\overline z+4,}\right|=\dfrac{\sqrt2}{4} \ \Leftrightarrow\ \dfrac{MF}{d(M,D)}=\dfrac{\sqrt2}{2}=e.

Comme 0<e<1, (E) est une ellipse d’excentricité e=\dfrac{\sqrt2}{2}.
Ici, D est une directrice de (E) et F est l’un de ses foyers.

b) Vérification que O(0,0)\in(E). En effet :
\left|\dfrac{z_0-1-i)}{z_0+\overline z_0+4}\right| =\left|\dfrac{-1-i}{4}\right| =\dfrac{|1+i|}{|4|} =\dfrac{\sqrt2}{4}.
Donc O\in(E).