Terminale E · Leçon 13
Calcul vectoriel et configurations
Barycentre de points pondérés
Soient \(n\) points pondérés \((A_1, a_1), \ldots, (A_n, a_n)\) avec \(a_1 + \cdots + a_n \neq 0\). Le barycentre \(G\) de ce système est l'unique point vérifiant la relation vectorielle :
\[ a_1\,\overrightarrow{GA_1} + a_2\,\overrightarrow{GA_2} + \cdots + a_n\,\overrightarrow{GA_n} = \vec{0}. \]Lorsque tous les coefficients sont égaux (\(a_i = 1\) pour tout \(i\)), \(G\) est l'isobarycentre : c'est le milieu si \(n = 2\), le centre de gravité du triangle si \(n = 3\).
Formule de réduction. Pour tout point \(M\) du plan (ou de l'espace) :
\[ \sum_{i=1}^n a_i\,\overrightarrow{MA_i} \;=\; \Big(\sum_{i=1}^n a_i\Big)\overrightarrow{MG}. \]Coordonnées. Dans un repère \((O\,;\,\vec{i},\vec{j})\) :
\[ x_G = \frac{\displaystyle\sum a_i\,x_{A_i}}{\displaystyle\sum a_i}, \qquad y_G = \frac{\displaystyle\sum a_i\,y_{A_i}}{\displaystyle\sum a_i}. \]Homogénéité. Multiplier tous les coefficients par une constante \(k \neq 0\) ne modifie pas la position de \(G\) : seuls les rapports entre les poids comptent.
Associativité. On peut regrouper une partie des points en leur substituant leur propre barycentre partiel affecté de la somme de leurs coefficients. Cela permet de calculer \(G\) en deux étapes quand le système est complexe.
Pour deux points \(A\) et \(B\) avec coefficients \(a\) et \(b\) (\(a + b \neq 0\)), on part de la définition \(a\,\overrightarrow{GA} + b\,\overrightarrow{GB} = \vec{0}\) et on exprime tout en fonction de \(\overrightarrow{AB}\) :
- Écrire \(\overrightarrow{GA} = \overrightarrow{BA} - \overrightarrow{BG}\) (ou simplement utiliser \(\overrightarrow{GA} = -\overrightarrow{AG}\)).
- Exprimer \(\overrightarrow{AG} = \dfrac{b}{a+b}\overrightarrow{AB}\) : \(G\) divise \([AB]\) dans le rapport \(b:a\) à partir de \(A\).
- Vérifier le sens : si \(a\) et \(b\) sont de même signe, \(G\) est entre \(A\) et \(B\) ; sinon il est à l'extérieur.
Exemple 1 — Deux points. Soit \(G\) barycentre de \((A, 2)\) et \((B, 1)\). On a \(2\,\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = \vec{0}\), d'où \(\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}\). \(G\) est situé au tiers du segment \([AB]\) à partir de \(A\), à l'intérieur du segment car les deux poids sont positifs.
Exemple 2 — Trois points. Soit \(G\) barycentre de \((A, 3)\), \((B, -1)\), \((C, 2)\). La somme est \(3 + (-1) + 2 = 4\). En coordonnées, avec \(A(0;0)\), \(B(4;0)\), \(C(1;3)\) :
\[ x_G = \frac{3\times0 + (-1)\times4 + 2\times1}{4} = \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2}, \qquad y_G = \frac{3\times0 + (-1)\times0 + 2\times3}{4} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}. \]Exemple 3 — Associativité. Dans un triangle \(ABC\) avec masses \((A, 1)\), \((B, 2)\), \((C, 3)\) : on calcule d'abord \(G_{BC}\), barycentre de \((B, 2)\) et \((C, 3)\), qui vérifie \(\overrightarrow{BG_{BC}} = \dfrac{3}{5}\overrightarrow{BC}\) ; puis \(G\) est le barycentre de \((A, 1)\) et \((G_{BC}, 5)\), soit \(\overrightarrow{AG} = \dfrac{5}{6}\overrightarrow{AG_{BC}}\). C'est bien plus rapide que de partir des coordonnées brutes.
Ne pas oublier de vérifier que \(\sum a_i \neq 0\) avant de définir \(G\) : si la somme est nulle, le barycentre n'existe pas (les vecteurs \(a_i\overrightarrow{MA_i}\) se compensent quel que soit \(M\), le système est dit libre). Autre erreur classique : écrire \(x_G = \sum a_i x_{A_i}\) sans diviser par \(\sum a_i\).
Barycentre de \((A, a)\) et \((B, b)\) — déplacer les curseurs
Point \(B\) (poids \(b\))
Barycentre \(G\)
Produit scalaire dans le plan : définitions et propriétés
Le produit scalaire de deux vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) est le réel noté \(\vec{u}\cdot\vec{v}\). Il admet trois expressions équivalentes, à connaître toutes les trois car le choix de l'une ou de l'autre dépend des données du problème.
La symétrie \(\vec{u}\cdot\vec{v} = \vec{v}\cdot\vec{u}\), la bilinéarité et la relation \(\vec{u}\cdot\vec{u} = \|\vec{u}\|^2\) sont les trois règles de calcul à appliquer sans hésitation.
Soit \(H\) le projeté orthogonal de \(C\) sur la droite \((AB)\). Alors, quel que soit la position de \(H\) sur \((AB)\) :
\[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH} = AB\times AH\times\epsilon, \]où \(\epsilon = +1\) si \(\overrightarrow{AH}\) et \(\overrightarrow{AB}\) sont de même sens, \(\epsilon = -1\) sinon. En pratique, dès qu'un angle droit apparaît dans la figure, on cherche le pied de la hauteur et on utilise cette formule.
- Si un angle est donné ou demandé : utiliser \(\vec{u}\cdot\vec{v} = \|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|\cos\theta\).
- Si les coordonnées sont connues : utiliser \(xx' + yy'\). C'est le calcul le plus rapide.
- Si on dispose de normes mais pas de l'angle : utiliser l'identité de polarisation \(\tfrac{1}{2}(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 - \|\vec{u}\|^2 - \|\vec{v}\|^2)\). C'est cette forme qui donne le théorème d'Al-Kashi et le théorème de la médiane.
Exemple 1 — Calcul par coordonnées. \(\vec{u}(3\,;-1)\), \(\vec{v}(2\,;4)\) : \(\vec{u}\cdot\vec{v} = 3\times2 + (-1)\times4 = 6 - 4 = 2\).
Exemple 2 — Angle à partir du produit scalaire. Dans un triangle \(ABC\) avec \(AB = 5\), \(AC = 3\) et \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = 9\) :
\[ \cos\widehat{A} = \frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{AB\times AC} = \frac{9}{5\times3} = \frac{3}{5}, \qquad \widehat{A} \approx 53{,}1°. \]Exemple 3 — Projection et hauteur. Triangle \(ABC\) rectangle en \(C\), \(AB = 10\), \(AC = 6\), \(\widehat{A} = 53°\). Le pied \(H\) de la hauteur issue de \(C\) vérifie \(AH = AC\cos\widehat{A} = 6\times0{,}6 = 3{,}6\) et \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = 10\times3{,}6 = 36\). Contrôle par coordonnées : \(A(0;0)\), \(B(10;0)\), \(C(6\cos53°; 6\sin53°) = (3{,}6; 4{,}8)\) donne \(10\times3{,}6 + 0\times4{,}8 = 36\). Cohérent.
Le produit scalaire peut être négatif : cela arrive si l'angle entre les deux vecteurs est obtus (\(\cos\theta < 0\)). Un produit scalaire négatif ne signifie pas que quelque chose est faux, il reflète simplement la configuration géométrique.
Produit scalaire et projection orthogonale — déplacer \(C\)
Point \(C\) (mobile)
Projeté \(H\) de \(C\)
Ensembles de points et lignes de niveau (théorème de la médiane)
Un ensemble de points (ou ligne de niveau) est décrit par une équation du type \(f(M) = k\) où \(f\) est une expression faisant intervenir des distances ou des produits scalaires. L'objectif est toujours d'identifier la nature géométrique de cet ensemble : cercle, droite, point ou ensemble vide.
Soient \(A\) et \(B\) deux points fixes, \(I\) le milieu de \([AB]\). Pour tout point \(M\) :
\[ MA^2 + MB^2 = 2\,MI^2 + \frac{AB^2}{2} \qquad\text{et}\qquad \overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} = MI^2 - \frac{AB^2}{4}. \]Selon la forme de l'équation, on applique l'une des réductions suivantes. Dans tous les cas, on commence par faire apparaître une expression de la forme \(MI^2\) ou \(MG^2\), où \(I\) ou \(G\) est un point fixe.
| Équation | Réduction | Ensemble |
|---|---|---|
| \(MA^2 + MB^2 = k\) | \(MI^2 = \dfrac{k}{2} - \dfrac{AB^2}{4}\) | Cercle de centre \(I\) si membre droit \(> 0\) |
| \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} = 0\) | \(MI^2 = \dfrac{AB^2}{4}\) | Cercle de diamètre \([AB]\) |
| \(a\,MA^2 + b\,MB^2 = k\) | Barycentre \(G\) de \((A,a)(B,b)\) : \(MG^2 = \ldots\) | Cercle de centre \(G\) |
| \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} = \lambda\) | \(MI^2 = \lambda + \dfrac{AB^2}{4}\) | Cercle de centre \(I\) si \(\lambda + \dfrac{AB^2}{4} > 0\) |
Cas général \(a\,MA^2 + b\,MB^2 = k\) (\(a + b \neq 0\)). On introduit le barycentre \(G\) de \((A, a)\) et \((B, b)\). La formule de réduction donne :
\[ a\,MA^2 + b\,MB^2 = (a+b)\,MG^2 + \frac{ab}{a+b}\,AB^2. \]L'ensemble est alors un cercle de centre \(G\) si \(\dfrac{k - \tfrac{ab}{a+b}AB^2}{a+b} > 0\), un point si égal à 0, et l'ensemble vide sinon.
Exemple 1 — Cercle de diamètre. Soit \(\mathcal{E} = \{M \mid \overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} = 0\}\). \(I\) milieu de \([AB]\) : \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} = MI^2 - \tfrac{AB^2}{4}\). L'équation devient \(MI^2 = \tfrac{AB^2}{4}\), soit \(MI = \tfrac{AB}{2}\). C'est le cercle de diamètre \([AB]\).
Exemple 2 — Ensemble de type \(MA^2 + MB^2\). Avec \(A(-2;0)\), \(B(2;0)\), chercher \(MA^2 + MB^2 = 20\). On a \(I = (0;0)\), \(AB = 4\). Réduction : \(2\,MI^2 + 8 = 20\), soit \(MI^2 = 6\). L'ensemble est le cercle de centre \(I(0;0)\) et de rayon \(\sqrt{6}\).
Exemple 3 — Cas général. Chercher \(2\,MA^2 + 3\,MB^2 = 30\) avec \(A(0;0)\), \(B(5;0)\). Barycentre \(G\) de \((A,2)\), \((B,3)\) : \(x_G = \tfrac{3\times5}{5} = 3\), \(G = (3;0)\). Réduction : \(5\,MG^2 + \tfrac{6}{5}\times25 = 5\,MG^2 + 30\). L'équation donne \(5\,MG^2 = 0\), donc \(M = G\) : l'ensemble est réduit au point \(G(3;0)\).
Lignes de niveau — choisir le type d'ensemble
Centre \(I\) (milieu)
Lieu de \(M\)
Produit vectoriel
Dans un espace orienté muni d'une base orthonormée directe, le produit vectoriel de \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) est le vecteur \(\vec{u} \wedge \vec{v}\) (ou \(\vec{u} \times \vec{v}\)) défini par :
- \(\vec{u} \wedge \vec{v} = \vec{0}\) si et seulement si \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont colinéaires ;
- sinon, \(\vec{u} \wedge \vec{v}\) est orthogonal à \(\vec{u}\) et à \(\vec{v}\), la base \((\vec{u},\vec{v},\vec{u}\wedge\vec{v})\) est directe, et :
Antisymétrie : \(\vec{v}\wedge\vec{u} = -\,\vec{u}\wedge\vec{v}\) (intervertir les vecteurs change le signe).
Bilinéarité : \((\alpha\vec{u}+\vec{w})\wedge\vec{v} = \alpha(\vec{u}\wedge\vec{v}) + \vec{w}\wedge\vec{v}\).
Formule en coordonnées. Pour \(\vec{u}(x\,;y\,;z)\) et \(\vec{v}(x'\,;y'\,;z')\) :
\[ \vec{u}\wedge\vec{v} = \begin{pmatrix}yz' - zy'\\zx' - xz'\\xy' - yx'\end{pmatrix}. \]Moyen mnémotechnique : développer le déterminant symbolique \(\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\x&y&z\\x'&y'&z'\end{vmatrix}\) selon la première ligne.
Applications directes :
- Colinéarité : \(\vec{u}\wedge\vec{v} = \vec{0} \iff \vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont colinéaires.
- Aire du triangle \(ABC\) : \(\mathcal{A} = \dfrac{1}{2}\|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\|\).
- \(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\) est un vecteur normal au plan \((ABC)\), utile pour écrire l'équation cartésienne du plan.
- Écrire les coordonnées de \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) clairement, en colonnes si besoin.
- Appliquer la formule terme à terme : \(yz'-zy'\) ; \(zx'-xz'\) ; \(xy'-yx'\).
- Vérifier que le résultat est bien orthogonal à \(\vec{u}\) et à \(\vec{v}\) en calculant les deux produits scalaires (ils doivent valoir 0).
Exemple 1 — Calcul direct. \(A(1;0;0)\), \(B(0;1;0)\), \(C(0;0;1)\) : \(\overrightarrow{AB}(-1;1;0)\), \(\overrightarrow{AC}(-1;0;1)\).
\[ \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix}1\times1-0\times0\\0\times(-1)-(-1)\times1\\(-1)\times0-1\times(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}. \]Aire de \(ABC\) : \(\dfrac{1}{2}\sqrt{1+1+1} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\). Équation du plan : \(x + y + z = 1\) (vecteur normal \(\vec{n}(1;1;1)\), passant par \(A(1;0;0)\)).
Exemple 2 — Test de colinéarité. \(\vec{u}(2;-3;1)\), \(\vec{v}(4;-6;2)\). \(\vec{u}\wedge\vec{v} = (-3\times2-1\times(-6)\,;\,1\times4-2\times2\,;\,2\times(-6)-(-3)\times4) = (0;0;0)\). Les vecteurs sont colinéaires (\(\vec{v} = 2\vec{u}\)).
Exemple 3 — Vecteur normal et équation de plan. Plan passant par \(P(1;2;3)\), \(Q(2;0;1)\), \(R(0;1;2)\) : \(\overrightarrow{PQ}(1;-2;-2)\), \(\overrightarrow{PR}(-1;-1;-1)\), \(\overrightarrow{PQ}\wedge\overrightarrow{PR} = ((-2)(-1)-(-2)(-1)\,;\,(-2)(-1)-(1)(-1)\,;\,(1)(-1)-(-2)(-1)) = (2-2\,;\,2+1\,;\,-1-2) = (0;3;-3)\). Équation : \(0(x-1)+3(y-2)-3(z-3)=0\), soit \(y - z = -1\).
Astuce : pour mémoriser la formule, pensez à la règle « on omet la ligne et la colonne du coefficient », comme pour les déterminants.
Piège : le produit vectoriel n'est pas commutatif — c'est l'erreur la plus fréquente dans les copies. Écrire \(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AC}\wedge\overrightarrow{AB}\) donne des vecteurs opposés, ce qui change l'orientation de la normale et peut affecter le signe de l'équation cartésienne du plan.
Aire du triangle par produit vectoriel — curseur sur \(C\)
Hauteur depuis \(C\)
Angle inscrit et cocyclicité
Dans un cercle de centre \(O\), l'angle au centre \(\widehat{AOB}\) est le double de tout angle inscrit \(\widehat{ACB}\) qui intercepte le même arc \(\overset{\frown}{AB}\). Deux angles inscrits dans le même arc sont donc égaux.
\[ \left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right) = 2\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right) \pmod{2\pi}. \]Cas particulier fondamental : si \([AB]\) est un diamètre, tout angle inscrit dans le demi-cercle vaut \(\pm\dfrac{\pi}{2}\) — c'est le théorème de Thalès dans le cercle.
Quatre points distincts \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) sont cocycliques ou alignés si et seulement si :
\[ \left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right) \equiv \left(\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DB}\right) \ [\pi]. \]En pratique, on calcule les deux angles orientés modulo \(\pi\) et on vérifie s'ils coïncident. Si l'un des quatre points est à l'infini, la condition se ramène à l'alignement des trois autres.
En notant \(z_A, z_B, z_C, z_D\) les affixes des quatre points, le critère de cocyclicité est équivalent à demander que le birapport
\[ \frac{(z_A - z_C)(z_B - z_D)}{(z_B - z_C)(z_A - z_D)} \in \mathbb{R}. \]Si ce birapport est réel strictement positif, les quatre points sont cocycliques (ils sont sur le même arc) ; s'il est négatif, ils sont cocycliques mais séparés par la corde \([AB]\). Ce lien est exploité dans les exercices qui mêlent géométrie et complexes.
- Méthode directe : chercher le cercle passant par trois des points (deux médiatrices perpendiculaires) et vérifier que le quatrième est sur ce cercle.
- Méthode des angles : calculer \(\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)\) et \(\left(\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DB}\right)\) et montrer qu'ils sont égaux modulo \(\pi\).
- Méthode des complexes : montrer que le birapport est réel.
Exemple 1 — Cercle de diamètre et angle droit. Si \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB} = 0\) pour tout \(M\) d'un ensemble \(\mathcal{E}\), alors \(\left(\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB}\right) = \pm\dfrac{\pi}{2}\) : tous les points de \(\mathcal{E}\) voient \([AB]\) sous un angle droit. Par le théorème de Thalès inversé, \(\mathcal{E}\) est le cercle de diamètre \([AB]\) — la ligne de niveau de la section précédente et le critère de cocyclicité se rejoignent.
Exemple 2 — Vérification par les angles. \(A(1;0)\), \(B(-1;0)\), \(C(0;1)\), \(D(0;-1)\). \(\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)\) : \(\overrightarrow{CA}(1;-1)\), \(\overrightarrow{CB}(-1;-1)\), \(\cos\theta = \frac{-1+1}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}} = 0\), donc l'angle vaut \(\tfrac{\pi}{2}\). \(\left(\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DB}\right)\) : \(\overrightarrow{DA}(1;1)\), \(\overrightarrow{DB}(-1;1)\), même calcul, angle vaut \(\tfrac{\pi}{2}\). Égalité modulo \(\pi\) : les quatre points sont cocycliques. (C'est le cercle unité \(x^2+y^2=1\).)
Cocyclicité — déplacer \(D\) pour voir quand les quatre points restent cocycliques
Point \(D\) (mobile)
D sur le cercle : cocycliques
Résumé
Définition : \(\sum a_i\overrightarrow{GA_i} = \vec{0}\). Réduction : \(\sum a_i\overrightarrow{MA_i} = (\sum a_i)\overrightarrow{MG}\). Coordonnées : \(x_G = \dfrac{\sum a_i x_{A_i}}{\sum a_i}\).
Trois expressions : angle, coordonnées, polarisation. Projection : \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = AB\times AH\times\epsilon\).
Théorème de la médiane : \(MA^2+MB^2 = 2MI^2 + \tfrac{AB^2}{2}\). Cercle de diamètre : \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0 \iff MI = \tfrac{AB}{2}\).
Formule : \(\vec{u}\wedge\vec{v} = (yz'-zy'\,;\,zx'-xz'\,;\,xy'-yx')\). Aire : \(\tfrac{1}{2}\|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\|\).
Critère angulaire : \(\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right) \equiv \left(\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DB}\right)\ [\pi]\). Lien complexes : birapport réel.
Sujet type Bac
Dans l'espace muni d'un repère orthonormal \((O\,;\,\vec{i},\vec{j},\vec{k})\), on donne les points \(A(2;0;0)\), \(B(0;4;0)\) et \(C(0;0;3)\). Soit \(G\) le barycentre de \((A,1)\), \((B,2)\), \((C,3)\).
Question 1 — Coordonnées de \(G\).
La somme des poids est \(1 + 2 + 3 = 6\). On applique la formule des coordonnées :
\[ x_G = \frac{1\times2 + 2\times0 + 3\times0}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}, \quad y_G = \frac{1\times0 + 2\times4 + 3\times0}{6} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}, \quad z_G = \frac{1\times0 + 2\times0 + 3\times3}{6} = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}. \]Donc \(G\!\left(\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\,;\,\dfrac{3}{2}\right)\). On peut vérifier par la formule de réduction : \(\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}+3\overrightarrow{GC}\) doit être nul — un bon réflexe dans une copie de bac.
Question 2 — Vecteur normal au plan \((ABC)\).
On calcule \(\overrightarrow{AB}(-2;4;0)\) et \(\overrightarrow{AC}(-2;0;3)\).
\[ \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix}4\times3-0\times0\\0\times(-2)-(-2)\times3\\(-2)\times0-4\times(-2)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}12\\6\\8\end{pmatrix}. \]On peut simplifier en divisant par 2 : un vecteur normal au plan \((ABC)\) est \(\vec{n}(6;3;4)\). L'équation du plan s'écrit alors, en passant par \(A(2;0;0)\) :
\[ 6(x-2) + 3(y-0) + 4(z-0) = 0 \;\iff\; 6x + 3y + 4z = 12. \]Vérification : \(B(0;4;0)\) : \(0+12+0=12\). \(C(0;0;3)\) : \(0+0+12=12\). Correct.
Question 3 — Distance de l'origine au plan \((ABC)\).
La formule de la distance d'un point \(P(x_0;y_0;z_0)\) au plan \(ax+by+cz+d=0\) est :
\[ d = \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}. \]Le plan est \(6x+3y+4z-12=0\). Pour \(O(0;0;0)\) :
\[ d(O, (ABC)) = \frac{|6\times0+3\times0+4\times0-12|}{\sqrt{36+9+16}} = \frac{12}{\sqrt{61}}. \]Question 4 — Aire du triangle \(ABC\).
On a calculé \(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC} = (12;6;8)\). Sa norme est \(\sqrt{144+36+64} = \sqrt{244} = 2\sqrt{61}\). Donc :
\[ \mathcal{A}_{ABC} = \frac{1}{2}\|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\| = \frac{1}{2}\times2\sqrt{61} = \sqrt{61}. \]Remarque : on peut retrouver ce résultat avec la formule \(\mathcal{A} = \dfrac{1}{2}\times AB\times d(C,(AB))\), mais la méthode du produit vectoriel est nettement plus rapide quand les coordonnées sont connues.
Question 5 — Ensemble de points \(\mathcal{E}\).
On cherche l'ensemble \(\mathcal{E}\) des points \(M\) vérifiant :
\[ MA^2 + 2\,MB^2 = 38. \]Le barycentre \(G'\) de \((A,1)\) et \((B,2)\) vérifie \(x_{G'} = \tfrac{2\times2}{3} = \tfrac{4}{3}\), \(y_{G'} = \tfrac{2\times4}{3} = \tfrac{8}{3}\), \(z_{G'} = 0\), soit \(G'\!\left(\tfrac{4}{3};\tfrac{8}{3};0\right)\). La formule de réduction donne :
\[ MA^2 + 2\,MB^2 = 3\,MG'^{\,2} + \frac{1\times2}{3}\,AB^2. \]\(AB^2 = 4+16+0 = 20\), donc \(\dfrac{2}{3}\times20 = \dfrac{40}{3}\). L'équation devient : \(3\,MG'^{\,2} = 38 - \dfrac{40}{3} = \dfrac{114-40}{3} = \dfrac{74}{3}\), soit \(MG'^{\,2} = \dfrac{74}{9}\).
L'ensemble \(\mathcal{E}\) est la sphère de centre \(G'\!\left(\tfrac{4}{3};\tfrac{8}{3};0\right)\) et de rayon \(r = \dfrac{\sqrt{74}}{3}\).