Repérage dans le plan

1.1. Repère orthonormé

Définition 1.
Trois points $O$, $I$ et $J$ non alignés du plan définissent un repère $(O;I;J)$ de ce plan.

En effet ; si les points $O$, $I$ et $J$ sont alignés, alors ils appartiennent à une même droite du plan, donc ne définissent pas un repère du plan.

Si $O$, $I$ et $J$ sont non alignés, ils forment un triangle non aplati. Donc ils définissent un repère $(O;I;J)$ du plan.

On choisit $O$ comme origine du repère. Les deux axes $(OI)$ et $(OJ)$ sont sécants en $O$.

$(OI)$ est l’axe des abscisses avec unité $OI$ et $(OJ)$ est l’axe des ordonnées avec unité $OJ$.

Définition 2.
Soit $(O; I ; J)$ un repère du plan.
On dit que $(O; I, J)$ est un repère orthogonal (r.o.g) lorsque $\color{brown}{(OI)\perp (OJ)}$; c’est-à-dire si les deux axes $(OI)$ et $(OJ)$ sont perpendiculaires.

Définition 3.
Soit $(O; I ; J)$ un repère du plan.
On dit que $(O;I,J)$ est un repère orthonormé (r.o.n) ou orthonormal lorsque :
$\qquad i)\; \color{brown}{(OI)\perp(OJ)}$ Les deux axes $(OI)$ et $(OJ)$ sont perpendiculaires ;
et $\quad ii)\; \color{brown}{OI = OJ}$. On choisit la même unité sur les deux axes. (Même échelle).

Remarque 

Définir un repère orthonormé revient à définir un triangle $OIJ$ rectangle isocèle en $O$.

Ce qui équivaut à : $$\color{brown}{(OI)\perp(OJ)}\quad\text{et}\quad OI = OJ$$

1.2. Repérage d’un point du plan

Théorème 1.
Soit $(O;I;J)$ un repère quelconque du plan. Tout point $M$ du plan est repéré par un couple $(x_M;y_M)$ de nombres réels appelés les coordonnées du point $M$.
$\bullet$ $x_M$ s’appelle l’abscisse du point $M$ et se lit sur l’axe horizontal,
$\bullet$ $y_M$ s’appelle l’ordonnée de $M$ et se lit sur l’axe vertical.

Remarque : Les coordonnées et les axes sont rangés (naturellement) par ordre alphabétique :

La 1ère coordonnée	précède	la 2ème
$x$	précède	$y$
abscisse	précède	ordonnée
horizontal	précède	vertical
antécédent	précède	image

II. Coordonnées du milieu d’un segment

Théorème 2. Dans un repère quelconque $(O ; I ; J)$, si $A$ et $B$ sont deux points de coordonnées $A(x_A ; y_A)$ et $B(x_B ; y_B)$, alors le milieu $M$ du segment $[AB]$ a pour coordonnées :
$$x_M = \dfrac{x_A+x_B}{2}\quad\text{et}\quad y_M = \dfrac{y_A+y_B}{2}$$

Exemple 1.
Dans un repère orthonormé $(O;I;J)$, placer les points $A(–2 ; 3)$ et $B (4 ;1)$.
1°) Déterminer graphiquement les coordonnées du milieu $M$ du segment $[AB]$.
2°) Calculer les coordonnées du milieu $M$ du segment $[AB]$.

Corrigé.

Les coordonnées du milieu $M$ du segment $[AB]$ sont donnés par :
$$\left\lbrace \begin{array}{l}
x_M = \dfrac{x_A+x_B}{2}=\dfrac{-2+4}{2}=\dfrac{2}{2}=\boxed{1}\\
y_M = \dfrac{y_A+y_B}{2}=\dfrac{1+3}{2}=\dfrac{4}{2}=\boxed{2}\\
\end{array} \right.$$

Conclusion. les coordonnées du milieu $M$ du segment $[AB]$ sont $M(1;2)$.

III. Calcul de la longueur d’un segment

Théorème 3.
Dans un repère orthonormé $(O;I;J)$, si $A$ et $B$ sont deux points de coordonnées $A (x_A;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$, alors la longueur du segment $[AB]$ est donnée par :
$$AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}$$

Démonstration

Le repère $(O;I;J)$ étant orthonormé, les deux axes $(OI)$ et $(OJ)$ sont perpendiculaires.
Donc le triangle $ABK$ est rectangle en $K$. De plus $OI=OJ=1$, donc, nous avons la même unité sur les deux axes. Donc, d’après le théorème de Pythagore, on a :

$$\begin{array}{rcl}
AB^2&=&AK^2+BK^2\\
AB^2 &=&(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2\\
AB&=&\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}\\
\end{array}$$
D’où le résultat.

---

Exemple 2.
Dans un repère orthonormé $(O;I;J)$, on donne les points de coordonnées $A (–2 ; 3)$ et $B(4 ;1)$ et calculer la longueur du segment $[AB]$.

Corrigé. Le repère $(O;I;J)$ étant orthonormé, on peut appliquer le théorème précédent :

[Très important : J’écris exprès les points et leurs coordonnées les uns en dessous des autres pour calculer facilement les différences.]

$$\boxed{
\begin{array}{r}
A (–2~; 3)\\
B (~4; 1) \\
\end{array}}$$

On a alors :

$$\begin{array}{lrcl}
AB&=&\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}\\
AB&=&\sqrt{(4-(-2))^2+(1-3)^2}\\
AB&=&\sqrt{6^2+4^2}\\
AB&=&\sqrt{36+4}\\
AB&=&\sqrt{40}\\
AB&=&2\sqrt{10}\\
\end{array}$$
Conclusion. L a longueur du segment $[AB]$ est : $\boxed{\; AB=\sqrt{40}=2\sqrt{10} \;}$

III. Applications

3.1) Alignement de trois points

Nous avons déjà vu en classe de 5ème une condition sur les longueurs pour qu’un triangle $ABC$ existe. On dit aussi que le triangle est constructible si et seulement si la longueur de chaque côté est inférieure à la somme des longueurs des deux autres côtés.

Cette propriété s’appelle l’inégalité triangulaire ou encore « le plus court chemin entre deux points est la ligne droite » :

Théorème 4. Inégalité triangulaire et alignement
1°) Un triangle $ABC$ est constructible si et seulement si la longueur de chaque côté est inférieure ou égale à la somme des deux autres. Autrement dit, si et seulement si, les trois inégalités sont satisfaites : $$\begin{array}{rl}
(a)\quad& \color{brown}{AB\leqslant AC+CB}\\
(b)\quad&\color{brown}{AC \leqslant AB+BC}\\
(c)\quad&\color{brown}{AB \leqslant AC+CB}\\
\end{array}$$
2°) S’il y a égalité, par exemple si $AB=AC+CB$, alors le triangle $ABC$ est aplati et les trois points $A$, $C$ et $B$ sont alignés dans cet ordre.

Exemple 3.
Dans un repère orthonormé $(O;I;J)$, placer les points $A(–1;–2)$ ; $B(5;1)$ et $K(1;–1)$. Les points $A$, $B$ et $K$ sont-ils alignés ? Justifier votre réponse.

Corrigé.

Figure 7.

Les points $A$, $B$ et $K$ sont-ils alignés ?

---

1°) Conjecture : A l’oeil nu, il semble que les trois points soient alignés.

2°) Vérification par le calcul.

Le repère $(O;I;J)$ étant orthonormé, on calcule les longueurs :

On a alors :

$$\begin{array}{rcl}
AK&=&\sqrt{(x_K-x_A)^2+(y_K-y_A)^2}\\
AK&=&\sqrt{(1+1)^2+(-1+2)^2}\\
AK&=&\sqrt{2^2+1^2}\\
AK&=&\sqrt{4+1}\\
AK&=&\sqrt{5}\\
\end{array}$$

Donc : $\qquad\boxed{\;AK=\sqrt{5}\;}$

$$\begin{array}{rcl}
AB&=&\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}\\
AB&=&\sqrt{(5+1)^2+(1+2)^2}\\
AB&=&\sqrt{6^2+3^2}\\
AB&=&\sqrt{36+9}\\
AB&=&\sqrt{45}\\
\end{array}$$

Donc : $\qquad\boxed{\;AB=\sqrt{45}\;}$

$$\begin{array}{rcl}
KB&=&\sqrt{(x_B-x_K)^2+(y_B-y_K)^2}\\
KB&=&\sqrt{(1-5)^2+(-1-1)^2}\\
KB&=&\sqrt{4^2+2^2}\\
KB&=&\sqrt{16+4}\\
KB&=&\sqrt{20}\\
\end{array}$$

Donc : $\qquad\boxed{\;KB=\sqrt{20}\;}$

Le plus grand côté du triangle est $[AB]$. A-t-on $AB = AK + KB$ ?

On sait que :$AB =\sqrt{45}=\sqrt{9\times 5}=\sqrt{9}\times\sqrt{5}=\color{brown}{3 \sqrt{5}}$ ; $\color{brown}{AK=3 \sqrt{5}}$ et $AB =\sqrt{45}=\sqrt{9\times 5}=\sqrt{9}\times\sqrt{5}=\color{brown}{3 \sqrt{5}}$.

Mais alors : $AB=3\sqrt{5}=\sqrt{5}+2\sqrt{5}=AK+KB$.

Conclusion. On a bien $AB=AK+KB$ ; donc les trois points $A$, $K$ et $B$ sont alignés dans cet ordre.

3.2) Nature d’un triangle

Exemple 4.
Dans un repère orthonormé $(O ; I ; J)$, placer les points $A(–1;–2)$ ; $B(5;1)$ et $C(2 ;7)$. Quelle est la nature du triangle $ABC$ ? Justifier votre réponse.

Corrigé.

Figure 7.

1°) Conjecture : A l’oeil nu, il semble que le triangle soit isocèle rectangle en $B$.

2°) Vérification par le calcul.

Le repère $(O;I;J)$ étant orthonormé, on calcule les longueurs :

$$\begin{array}{rcl}
AB&=&\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}\\
AB&=&\sqrt{(5+1)^2+(1+2)^2}\\
AB&=&\sqrt{6^2+3^2}\\
AB&=&\sqrt{36+9}\\
AB&=&\sqrt{45}\\
\end{array}$$

Donc : $\qquad\boxed{\;AB=\sqrt{45}\;}$

$$\begin{array}{rcl}
BC&=&\sqrt{(x_B-x_C)^2+(y_B-y_C)^2}\\
BC&=&\sqrt{(2-5)^2+(7-1)^2}\\
BC&=&\sqrt{(-3)^2+6^2}\\
BC&=&\sqrt{9+36}\\
BC&=&\sqrt{45}\\
\end{array}$$

Donc : $\qquad\boxed{\;BC=\sqrt{45}\;}$

$$\begin{array}{lrcl}
AC&=&\sqrt{(x_C-x_A)^2+(y_C-y_A)^2}\\
AC&=&\sqrt{(2+1)^2+(7+2)^2}\\
AC&=&\sqrt{3^2+9^2}\\
AC&=&\sqrt{9+81}\\
AC&=&\sqrt{90}\\
\end{array}$$

Donc : $\qquad\boxed{\;AC=\sqrt{90}\;}$

Premières conclusions.
D’abord, on remarque que $AB = BC$ et $AB\not=AC$. Donc, le triangle $ABC$ est isocèle en $B$, mais il n’est pas équilatéral.

De plus, le côté le plus grand du triangle est $[AC]$. Cherchons si $ABC$ est rectangle ?

Je calcule séparément les carrés :

$$\left\lbrace\begin{array}{rcl}
AC^2&=&\sqrt{90}^2=\boxed{\;90\;}\\
AB^2+BC^2&=&\sqrt{45}^2+\sqrt{45}^2=45+45=\boxed{\;90\;}\\
\end{array}\right.$$

On constate qu’on a bien l’égalité : $AC^2=AB^2+BC^2$.

Par conséquent, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ est rectangle en $B$.

Conclusion. Le triangle $ABC$ est isocèle rectangle en $B$.

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