INFO 3 DS n° 6 1S1 mercredi 17 février 2010
EXERCICE 3 7 POINTS
Le plan est muni d'un repère orthonormal direct ( O ; vect( i ) , vect( j ) ).
Soit les points A( -2 ,0 ), B ( 2 , 0) et C ( 0 , 2√3 ).
Soit G le barycentre des points pondérés ( A , 1 ) et ( B , 2 ).
Soit G ' le barycentre des points pondérés ( A , 1 ) et ( B , - 2 ).
1. Faire une figure.
2. Quelle est la nature du triangle ABC ?
3. a. Donner une équation de la médiatrice du segment [AC].
b. Trouver l'équation du cercle circonscrit au triangle ABC.
4. Soit le point D tel que ABDC soit un parallélogramme.
Donner les coordonnées du point D.
5. Déterminer et représenter l'ensemble W des points M du plan tels que :
( vect( MA ) + 2 vect( MB ) ). ( vect( MA ) - 2 vect( MB ) ) = 0
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Réponse:
1. Figure.
2.Nature du triangle ABC.
Il est équilatéral.
En effet:
•Les points A( - 2 ; 0 ) et B ( 2 ; 0 ) sont symétriques par rapport à l'axe des ordonnées.
L'axe des ordonnées est donc la médiatrice Δ du segment [ AB].
Comme C appartient à Δ le triangle est isocèle en C.
• De plus AB = 4
En effet:
On a vect( AB ) de coordonnées ( 4 ; 0) donc AB = 4
D'autre part le vecteur vect( AC ) a pour coordonnées ( 2 ; 2 √3 ).
Donc AC = √ ( 2² + ( 2 √ 3)² ) = √ ( 4 + 12 ) = 4
AC = AB . Ainsi le triangle est aussi isocèle en A.
Conclusion : La triangle ABC est équilatéral.
3. a. Donnons une équation de la médiatrice L du segment [ AC ].
Le point I milieu du segment [AC] a pour coordonnées ( -1 ; √3 )
La droit L passe par le point I et est de vecteur normal vect( AC ) de coordonnées ( 2 ; 2√3 ).
Une équation de L est de la forme 2 x + 2 √3 y + c = 0.
Mais les coordonnées de I vérifient l'équation de la droite L.
Ainsi : 2 ( - 1 ) + 2 √3 ( √3 ) + c = 0
D'où 4 + c = 0 c-à-d c = - 4
Donc L : 2 x + 2 √3 y - 4 = 0.
Conclusion : L : x + √3 y - 2 = 0. ( c-à-d y =( - 1 / √3 ) x + 2 / √3 )
b. Donnons l'équation du cercle circonscrit au triangle ABC.
• Son centre est le point Ω d'intersection des deux médiatrice L et l'axe des ordonnées.
Considérons le système de leurs deux équations:
y =( - 1 / √3 ) x + 2 / √3
x = 0
Donc on a le point Ω ( 0 ; 2 / √3 )
c-à-d Ω ( 0 ; ( 2 √3 ) / 3 ).
( On peut trouver cette information en remarquant que Ω est aussi
le centre de gravité du triangle équilatéral ABC.
Donc Ω est au tiers de la médiane [ CO ] . )
• Son rayon est Ω C.
Or le vecteur vect( ΩC ) a pour coordonnées ( 0 ; 2 √3 - ( 2 √3 ) / 3 )
c-à-d ( 0 ; ( 4 √3 ) / 3 )
Ω C = ( 4 √3) / 3
( On peut trouver cette information en remarquant que Ω est aussi
le centre de gravité du triangle équilatéral ABC. ΩC est donc égal aux 2 / 3 de la longueur OC. )
Conclusion: l'équation de Γ est : ( x - 0 )² +( y - 2 / √3 )² = 16 / 3
4. Donnons les coordonnées du point D.
Soit ( x , y ) les coordonnées de D.
On a : vect ( CD ) = vect ( BA ) car ABCD est un parallélogramme.
c-à-d les deux vecteurs ont les mêmes coordonnées
c-à-d x - 0 = - 2 - ( 2 )
y - 2√3 = 0 - 0
c-à-d x = - 4
y = 2 √3
Conclusion: On a D( - 4 ; 2 √3 )
5. Trouvons l'ensemble W des points M du plan tels que :
( vect( MA ) + 2 vect( MB ) ). ( vect( MA ) - 2 vect( MB ) ) = 0 ( 1 )
D'après la propriété fondamentale :
vect( MA ) + 2 vect( MB )= ( 1 + 2 ) vect( MG ) comme G est le barycentre de ( A , 1 ) et ( B , 2 ) .
vect( MA ) - 2 vect( MB )= ( 1 - 2 ) vect( MG ) comme G ' est le barycentre de ( A , 1 ) et ( B , - 2 ) .
Donc l'égalité ( 1 ) s'écrit : ( 3 vect( MG ) ) . ( - vect( MG ' ) ) = 0
c-à-d vect( MG ) ) . vect( MG ' ) = 0
Ainsi :
Conclusion: L'ensemble cherché W est le cercle de diamètre [ GG ' ] .
Pour placer G et G ' on utilise:
vect( AG ) = ( 2 / (1 + 2 ) ) vect( AB) = ( 2 / 3 ) vect (AB )
vect( AG ' ) = ( - 2 / ( 1 - 2 ) ) vect( AB) = 2 vect (AB )2