Les deux bissectrices sont perpendiculaires

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La formule de la distance d'un point $M(x_0,y_0)$ à une droite d'équation $\alpha x+\beta y+\gamma =0$ : $\frac{|\alpha x_0+\beta y_0+\gamma |}{\sqrt{{\alpha }^2+{\beta }^2}}$ ; le régionnement (le signe de $\alpha x+\beta y+\gamma$ dit de quel côté de la droite se trouve le point) ; la position relative d'une droite et d'un cercle.

La stratégie. La distance à une droite est la valeur absolue d'une quantité affine. Une égalité de deux valeurs absolues se scinde toujours en deux cas, et chaque cas a un sens géométrique : c'est le signe, c'est-à-dire le régionnement, qui le dit.

a) Les deux bissectrices. Les vecteurs normaux $(3,4)$ et $(4,3)$ ont la même norme $\sqrt{9+16}=5$. Pour $M(x,y)$ : $$d(M,\mathcal{D})=\frac{|3x+4y|}{5},d(M,{\mathcal{D}}^{\prime })=\frac{|4x+3y|}{5}.$$ L'égalité des distances équivaut à $|3x+4y|=|4x+3y|$, c'est-à-dire à $$3x+4y=4x+3y\text{ou}3x+4y=-(4x+3y).$$

• Premier cas : $y=x$, droite dirigée par $(1,1)$.
• Second cas : $7x+7y=0$, soit $y=-x$, droite dirigée par $(1,-1)$.

On peut aussi le lire d'un seul coup : $(3x+4y{)}^2-(4x+3y{)}^2=-7(x-y)(x+y)$, qui s'annule exactement sur ces deux droites. Leurs vecteurs directeurs ont pour produit scalaire $1\times 1+1\times (-1)=0$ : les deux bissectrices sont perpendiculaires.

Pourquoi ce n'est pas un hasard. Pour deux droites sécantes quelconques, de vecteurs normaux unitaires ${\overrightarrow{n}}_1$ et ${\overrightarrow{n}}_2$ passant par un même point $A$, l'équidistance s'écrit ${\overrightarrow{n}}_1\cdot \overrightarrow{AM}=\pm {\overrightarrow{n}}_2\cdot \overrightarrow{AM}$, c'est-à-dire $({\overrightarrow{n}}_1\mp {\overrightarrow{n}}_2)\cdot \overrightarrow{AM}=0$ : deux droites de vecteurs normaux ${\overrightarrow{n}}_1-{\overrightarrow{n}}_2$ et ${\overrightarrow{n}}_1+{\overrightarrow{n}}_2$. Or $$({\overrightarrow{n}}_1-{\overrightarrow{n}}_2)\cdot ({\overrightarrow{n}}_1+{\overrightarrow{n}}_2)=\Vert {\overrightarrow{n}}_1{\Vert }^2-\Vert {\overrightarrow{n}}_2{\Vert }^2=0.$$ Leurs normales sont orthogonales, donc les deux bissectrices le sont toujours.

b) Laquelle traverse quel secteur. Notons $f(x,y)=3x+4y$ et $g(x,y)=4x+3y$. Les deux droites $\mathcal{D}$ et ${\mathcal{D}}^{\prime }$ découpent le plan en quatre secteurs, repérés par les signes de $f$ et de $g$. Le point $(1,0)$ donne $f=3>0$ et $g=4>0$ : il est dans le secteur « $f>0$ et $g>0$ ».

• Sur $y=x$, au point $(t,t)$ : $f=7t$ et $g=7t$, de même signe. Pour $t>0$, les deux sont positifs : la demi-droite $\{(t,t),t>0\}$ est dans le secteur de $(1,0)$.
• Sur $y=-x$, au point $(t,-t)$ : $f=-t$ et $g=t$, de signes opposés pour $t\ne 0$ : cette droite ne rencontre jamais le secteur « $f>0$ et $g>0$ ».

C'est donc $y=x$ qui traverse la région contenant $(1,0)$, et elle en est la bissectrice. La disjonction du a) avait un sens caché : le cas « $f=g$ » est celui des points où $f$ et $g$ ont le même signe, le cas « $f=-g$ » celui des points où elles ont des signes opposés. Chaque bissectrice partage en deux un couple de secteurs opposés par le sommet.

c) Les cercles tangents. Justification du critère. Soit un cercle de centre $\Omega$ et de rayon $R$, et une droite $\Delta$ ; notons $d=d(\Omega ,\Delta )$ et $H$ le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $\Delta$. Pour $M\in \Delta$, le triangle $\Omega HM$ est rectangle en $H$, donc $\Omega M^2=d^2+H{M}^2$. Ainsi $M$ est sur le cercle si et seulement si $H{M}^2=R^2-d^2$ : il n'y a aucun point si $d>R$, exactement deux si $d<R$, et un seul, $H$, si et seulement si $d=R$. Être tangent, c'est avoir exactement un point commun : c'est donc $d=R$.

Recherche des centres. Un cercle de rayon $1$ est tangent à $\mathcal{D}$ et à ${\mathcal{D}}^{\prime }$ si et seulement si son centre $\Omega$ est à distance $1$ de chacune. En particulier $\Omega$ est équidistant des deux droites : il est sur $y=x$ ou sur $y=-x$.

• Sur $y=x$, $\Omega (t,t)$ : $d(\Omega ,\mathcal{D})=\frac{|7t|}{5}=1$ donne $t=\pm \frac{5}{7}$.
• Sur $y=-x$, $\Omega (t,-t)$ : $d(\Omega ,\mathcal{D})=\frac{|-t|}{5}=1$ donne $t=\pm 5$.

Dans chaque cas, la distance à ${\mathcal{D}}^{\prime }$ vaut la même chose, puisque $\Omega$ est équidistant. Il y a quatre cercles, de centres $$\left(\frac{5}{7},\frac{5}{7}\right),\left(-\frac{5}{7},-\frac{5}{7}\right),(5,-5),(-5,5).$$ Les deux premiers sont nichés dans les secteurs d'angle aigu (celui de $(1,0)$ et son opposé), près du sommet ; les deux autres, loin, dans les secteurs d'angle obtus. Contrôle : pour $\Omega (5,-5)$, $\frac{|15-20|}{5}=1$ et $\frac{|20-15|}{5}=1$.

Le point délicat. Élever au carré l'égalité des distances donne bien les deux droites, mais efface l'information de signe ; la disjonction la garde, et c'est elle qui dit quelle bissectrice est intérieure à quel secteur. Une équation avec valeurs absolues se traite par disjonction, jamais par élévation au carré à l'aveugle.

Ce que l'exercice installe. La distance à une droite est $\frac{|\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AM}|}{\Vert \overrightarrow{n}\Vert }$ : une valeur absolue autour d'une ligne de niveau. Le signe sous la valeur absolue est le régionnement, et la tangence d'un cercle à une droite se lit « distance du centre égale au rayon ». Les deux bissectrices sont toujours perpendiculaires ; dans l'espace, on retrouvera les deux plans bissecteurs de deux plans sécants, orthogonaux eux aussi.