Chercher tous les points qui obéissent à une condition, puis s’assurer qu’on n’en a pris ni trop ni trop peu : deux questions, cinq planches.
Un lieu géométrique est l’ensemble de tous les points du plan qui vérifient une condition donnée. Par exemple : « les points situés à 3 cm d’un point O » forment le cercle de centre O et de rayon 3 cm.
Trouver un lieu, c’est reconnaître une figure connue (droite, cercle, arc, ellipse…) et prouver qu’elle coïncide exactement avec l’ensemble cherché. Un dessin peut suggérer la réponse, mais il ne suffit pas : il faut répondre, dans l’ordre, à deux questions.
On part d’un point M qui vérifie la condition et l’on démontre qu’il se trouve forcément sur une certaine figure F.
Conclusion : le lieu est contenu dans F. Aucun point n’échappe à F. Mais F est peut-être trop grande.
On part cette fois d’un point quelconque de F et l’on vérifie qu’il satisfait la condition. C’est la réciproque.
Souvent, il faut retirer quelques points, ou même une partie entière de F. Il ne reste rien de trop.
Sur chaque planche, la page tire au hasard plusieurs milliers de points et colore en vert ceux qui vérifient la condition à une petite tolérance près. Le lieu « apparaît » tout seul : c’est une excellente façon de deviner la réponse à la question 1. Mais deviner n’est pas démontrer : chaque planche donne ensuite le raisonnement, et la page contrôle numériquement la réciproque sur des milliers de points de la figure trouvée.
Code des couleurs, identique partout : vert = points qui vérifient la condition, bleu = figure trouvée et retenue, rouge = point à étudier ou points à retirer, orange = figure donnée par la question 1 avant le tri de la question 2, violet = points auxiliaires.
Condition : MA = MB. Quels sont les points qui se trouvent exactement à la même distance de A et de B ?
Si MA = MB (et M hors de la droite (AB)), le triangle AMB est isocèle en M. Sa médiane issue de M, qui passe par le milieu I de [AB], est aussi une hauteur : (MI) est perpendiculaire à (AB). Si M est sur (AB), l’égalité force M = I.
Donc M est sur la perpendiculaire à (AB) passant par I : la médiatrice de [AB].
Prenons un point M quelconque de cette médiatrice. Les triangles MIA et MIB sont rectangles en I, avec IA = IB. Pythagore donne MA² = MI² + IA² = MI² + IB² = MB².
Tous les points conviennent : rien à retirer. Le lieu est la médiatrice entière.
Condition : l’angle AMB vaut un angle fixé θ. Commencez par θ = 90° : quels sont les points d’où l’on voit [AB] « à angle droit » ?
Pour θ = 90° : si AMB est rectangle en M, la médiane issue de l’angle droit mesure la moitié de l’hypoténuse, donc IM = IA = IB. M est sur le cercle de diamètre [AB].
Pour un angle θ quelconque, le théorème de l’angle inscrit place M sur deux arcs de cercle symétriques, les arcs capables, de rayon AB / (2 sin θ).
Réciproquement, tout point du cercle de diamètre [AB] voit [AB] sous un angle droit (angle inscrit dans un demi-cercle)… sauf A et B eux-mêmes : en M = A, l’angle AMB n’a pas de sens, puisque l’un de ses côtés est de longueur nulle.
Le lieu est le cercle de diamètre [AB] privé des points A et B. C’est la question 2 qui oblige à les retirer.
Le point M parcourt un cercle C ; A et B sont fixes. Quel est le lieu du centre de gravité G du triangle ABM ? Ici la condition n’est plus une égalité de longueurs : on cherche le lieu d’un point construit à partir d’un point mobile.
Le centre de gravité est situé aux deux tiers de la médiane issue de M : en notant I le milieu de [AB], on a IG = ⅓ IM (en vecteurs). Donc G est l’image de M par l’homothétie de centre I et de rapport ⅓.
Comme M est sur C, G est sur le cercle image C′, de centre O′ (image de O) et de rayon R/3.
Soit P un point de C′. L’homothétie réciproque (rapport 3) l’envoie sur un point M de C, et P est bien le centre de gravité de ABM… à condition que ABM soit un vrai triangle. Si M est sur la droite (AB), le triangle est aplati.
Le lieu est C′ privé des images des points où C coupe (AB) : deux, un ou aucun point à retirer selon la position du cercle.
Condition : MA / MB = k, avec k positif fixé. Pour k = 1, on retrouve la planche 1. Que se passe-t-il pour k = 2, c’est-à-dire pour les points deux fois plus loin de A que de B ?
On place A(−a ; 0) et B(a ; 0). La condition équivaut à MA² = k² MB², soit (x + a)² + y² = k²[(x − a)² + y²]. Pour k ≠ 1, en développant et en divisant par 1 − k² :
x² + y² + 2a(1 + k²)/(1 − k²) · x + a² = 0 : un cercle de centre Ω sur (AB) et de rayon k · AB / |1 − k²|.
Chaque étape du calcul est une équivalence : MA et MB sont positifs, donc MA = k MB ⇔ MA² = k² MB². Le chemin se parcourt dans les deux sens : tout point du cercle vérifie la condition.
Le lieu est le cercle entier (la médiatrice si k = 1). Il a pour diamètre [PQ], où P et Q partagent [AB] dans le rapport k, à l’intérieur et à l’extérieur.
Jusqu’ici, la question 2 retirait au plus quelques points isolés. Voici deux lieux où elle supprime une partie entière de la figure trouvée : l’échelle qui glisse contre un mur, et l’hyperbole obtenue en élevant au carré.
Une échelle de longueur L glisse : son pied reste au sol, son sommet contre le mur. Le pied est en (L cos φ ; 0), le sommet en (0 ; L sin φ). Le point P placé à la fraction t de l’échelle en partant du haut a pour coordonnées x = tL cos φ, y = (1 − t)L sin φ.
Comme cos² φ + sin² φ = 1 : x²/a² + y²/b² = 1 avec a = tL, b = (1 − t)L. P est sur une ellipse.
Un point de l’ellipse s’écrit (a cos s ; b sin s). L’échelle l’atteint si l’on peut prendre φ = s, donc seulement si s est entre 0° et 90°, c’est-à-dire x ≥ 0 et y ≥ 0. Les trois autres quarts ne sont jamais atteints : il faudrait que l’échelle traverse le mur ou le sol.
Le lieu est un quart d’ellipse — un quart de cercle de rayon L/2 pour le milieu (t = ½).
| Condition | La question 1 donne | La question 2 retire | Lieu |
|---|---|---|---|
| MA = MB | la médiatrice de [AB] | rien | la médiatrice entière |
| angle AMB = 90° | le cercle de diamètre [AB] | les points A et B | le cercle privé de A et B |
| angle AMB = θ | deux arcs de cercle | les points A et B | deux arcs capables ouverts |
| G centre de gravité de ABM, M ∈ C | le cercle C′ = h(C) | 0, 1 ou 2 points (triangles aplatis) | C′ éventuellement troué |
| MA / MB = k | un cercle (une droite si k = 1) | rien : calcul par équivalences | le cercle d’Apollonius entier |
| point d’une échelle qui glisse | une ellipse | les trois quarts de l’ellipse | un quart d’ellipse |
| MF − MF′ = 2a | une hyperbole à deux branches | la branche proche de F | une seule branche |
La question 1 part d’un point qui vérifie la condition et l’enferme dans une figure. Elle garantit qu’aucun point du lieu n’est oublié, mais pas que la figure est la bonne.
La question 2 part d’un point de la figure et vérifie la condition. Elle chasse les points parasites : extrémités où la condition n’a plus de sens, triangles aplatis, positions impossibles, branches nées d’une élévation au carré.
Si tout le raisonnement s’écrit avec des « ⇔ », les deux questions sont traitées d’un coup (planche 4). Dès qu’une étape n’est qu’une implication « ⇒ », la question 2 redevient obligatoire.