Première S1-S3 · Leçon 1
Compléments sur le calcul vectoriel
Ce que dit le programme officiel (8 points)
- Barycentre de plus de trois points : propriétés (homogénéité, barycentres partiels), coordonnées
- Équations paramétriques de droites
- Réduire un vecteur du type α·MA + β·MB + γ·MC + δ·MD
- Connaître les relations vectorielles caractérisant le barycentre de quatre points pondérés ; le construire ; calculer ses coordonnées
- Problèmes d’alignement de points et de points de concours de droites
- Application du produit scalaire : distance d’un point A(α ; β) à une droite (D) : ax + by + c = 0, d = |aα + bβ + c| / √(a² + b²)
- Lignes de niveau (a, b, k réels) : U · OM = k ; MA · MB = k ; a·MA² + b·MB² = k ; MA/MB = k
- Déterminer les lignes de niveau étudiées ; utiliser le barycentre pour réduire certaines expressions
Source : Programme de mathématiques, Premières S1 et S3 (Sénégal), octobre 2006
Barycentre de points pondérés
Rappel de SecondePose une règle sur ton doigt : elle tient en équilibre si le doigt est au milieu. Accroche maintenant une masse plus lourde à une extrémité : il faut rapprocher le doigt de cette extrémité pour retrouver l'équilibre. Ce point d'équilibre est le barycentre des deux extrémités, chacune comptant avec sa masse. En mathématiques, le barycentre généralise le milieu d'un segment et le centre de gravité d'un triangle. Il sert à placer un point avec précision sur une figure, à démontrer que des points sont alignés ou que des droites sont concourantes, et à simplifier des sommes de vecteurs.
Soient \(A_1,\ldots,A_n\) des points affectés de coefficients (masses) \(m_1,\ldots,m_n\) avec \(m_1+\cdots+m_n\ne0\). Le barycentre \(G\) de ce système est l'unique point tel que :
\[ m_1\overrightarrow{GA_1}+\cdots+m_n\overrightarrow{GA_n} = \vec 0. \]Si tous les coefficients sont égaux, \(G\) est l'isobarycentre (pour 2 points : le milieu ; pour 3 points : le centre de gravité du triangle).
Pour \(n=2\) points \(A(x_A;y_A)\), \(B(x_B;y_B)\) de coefficients \(m_1,m_2\) :
\[ x_G = \dfrac{m_1x_A+m_2x_B}{m_1+m_2}, \qquad y_G = \dfrac{m_1y_A+m_2y_B}{m_1+m_2}. \]La formule se généralise directement à 3 ou 4 points de la même façon.
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Voir les offresFigure interactive — Barycentre de A et B
Le point G se déplace vers A quand son coefficient augmente.
Un point pondéré est un couple \((A,a)\) formé d'un point \(A\) et d'un nombre réel \(a\), appelé coefficient (ou masse). Le coefficient peut être négatif.
Soient \((A,a)\) et \((B,b)\) deux points pondérés tels que \(a+b\ne 0\). Il existe un unique point \(G\) tel que \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=\vec{0}\). On l'appelle le barycentre des points pondérés \((A,a)\) et \((B,b)\), et on écrit \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\).
Pourquoi la condition \(a+b\ne 0\) ? Si \(a+b=0\), alors \(b=-a\) et \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=a\left(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB}\right)=a\,\overrightarrow{BA}\). Pour \(a\ne 0\) et \(A\ne B\), ce vecteur n'est jamais nul, quel que soit le point \(G\) : il n'y a pas de barycentre.
La définition est la même pour trois points : si \(a+b+c\ne 0\), le barycentre de \((A,a)\), \((B,b)\) et \((C,c)\) est l'unique point \(G\) tel que \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}+c\,\overrightarrow{GC}=\vec{0}\).
Soit \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\) avec \(a+b\ne 0\). Alors
\[\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}.\]Démonstration. Avec la relation de Chasles, \(\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}\). L'égalité \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=\vec{0}\) devient \((a+b)\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{AB}=\vec{0}\), d'où \((a+b)\,\overrightarrow{AG}=b\,\overrightarrow{AB}\).
Conséquences.
- \(G\) est toujours sur la droite \((AB)\).
- Si \(a\) et \(b\) ont le même signe, \(G\) est sur le segment \([AB]\), plus près du point dont le coefficient a la plus grande valeur absolue.
- Si \(a\) et \(b\) sont de signes contraires, \(G\) est sur la droite \((AB)\) mais en dehors du segment \([AB]\).
- Si \(a=b\), \(G\) est le milieu de \([AB]\) : c'est l'isobarycentre de \(A\) et \(B\).
Réciproquement, tout point de la droite \((AB)\) est un barycentre de \(A\) et \(B\) : le point \(P\) tel que \(\overrightarrow{AP}=t\,\overrightarrow{AB}\) est le barycentre de \((A,1-t)\) et \((B,t)\).
Homogénéité. On ne change pas le barycentre en multipliant tous les coefficients par un même nombre \(k\ne 0\) : \(\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}=\text{bar}\{(A,ka)\,;(B,kb)\}\). Par exemple, le barycentre de \((A,6)\) et \((B,9)\) est aussi celui de \((A,2)\) et \((B,3)\). On s'en sert pour remplacer les coefficients par des nombres plus simples.
Réduction. Si \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\), alors pour tout point \(M\) du plan :
\[a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}=(a+b)\,\overrightarrow{MG}.\]Démonstration. On introduit \(G\) avec la relation de Chasles : \(a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}=a\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)+b\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)=(a+b)\,\overrightarrow{MG}+\left(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}\right)\), et la dernière parenthèse est le vecteur nul.
De même, pour trois points, si \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\}\), alors \(a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}+c\,\overrightarrow{MC}=(a+b+c)\,\overrightarrow{MG}\) pour tout point \(M\). Une somme de plusieurs vecteurs est ainsi remplacée par un seul vecteur.
Soit \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\}\) avec \(a+b+c\ne 0\).
Position. En prenant \(M=A\) dans la formule de réduction : \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b+c}\,\overrightarrow{AB}+\dfrac{c}{a+b+c}\,\overrightarrow{AC}\).
Barycentre partiel. Si de plus \(a+b\ne 0\), notons \(H=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\). Alors \(G\) est le barycentre de \((H,a+b)\) et \((C,c)\) : on peut remplacer deux points par leur barycentre, affecté de la somme de leurs coefficients.
Justification. D'après la réduction appliquée avec \(M=G\), \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=(a+b)\,\overrightarrow{GH}\). L'égalité de définition de \(G\) s'écrit donc \((a+b)\,\overrightarrow{GH}+c\,\overrightarrow{GC}=\vec{0}\).
Application : le centre de gravité. L'isobarycentre \(G\) d'un triangle \(ABC\) est le barycentre de \((A,1)\), \((B,1)\) et \((C,1)\). Si \(I\) est le milieu de \([AB]\), alors \(G=\text{bar}\{(I,2)\,;(C,1)\}\), donc \(\overrightarrow{CG}=\dfrac{2}{3}\,\overrightarrow{CI}\) : \(G\) est sur la médiane \((CI)\), aux deux tiers à partir du sommet. Le même raisonnement avec les deux autres côtés montre que les trois médianes passent par \(G\).
Pour construire \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\) :
- Vérifie que \(a+b\ne 0\), sinon le barycentre n'existe pas.
- Simplifie les coefficients si c'est possible, grâce à l'homogénéité.
- Écris \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}\). Attention : au numérateur, c'est le coefficient de l'autre point, \(B\).
- Place \(G\) sur la droite \((AB)\) : partage le segment en \(a+b\) parties égales si les coefficients sont des entiers positifs, ou reporte la longueur \(\left|\dfrac{b}{a+b}\right|\times AB\) du bon côté de \(A\).
Contrôle rapide. Avec des coefficients de même signe, \(G\) doit se trouver entre \(A\) et \(B\), plus près du point le plus « lourd ». Si l'un des coefficients est négatif, \(G\) doit être à l'extérieur du segment.
Construire \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\}\).
- Choisis deux points dont la somme des coefficients n'est pas nulle, par exemple \(B\) et \(C\), et construis leur barycentre \(H\).
- Remplace-les par \((H,b+c)\) : \(G\) est le barycentre de \((A,a)\) et \((H,b+c)\).
- Construis \(G\) sur la droite \((AH)\) avec la méthode des deux points.
On peut aussi placer directement \(G\) avec \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b+c}\,\overrightarrow{AB}+\dfrac{c}{a+b+c}\,\overrightarrow{AC}\).
Démontrer que trois points sont alignés. Il suffit de montrer que l'un est le barycentre des deux autres : un barycentre de deux points est toujours sur la droite qui les joint. Le barycentre partiel fournit ces alignements : dans l'étape 2 ci-dessus, les points \(A\), \(G\) et \(H\) sont alignés.
Démontrer que des droites sont concourantes. On regroupe les points de plusieurs façons : chaque regroupement place \(G\) sur une droite différente, et toutes ces droites passent par \(G\).
Énoncé. \(A\) et \(B\) sont deux points tels que \(AB=12\) cm. Place \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(B,3)\}\) et \(K=\text{bar}\{(A,3)\,;(B,-1)\}\).
Point \(G\). \(1+3=4\ne 0\), donc \(G\) existe et \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{3}{4}\,\overrightarrow{AB}\). Le point \(G\) est sur le segment \([AB]\), à \(\dfrac{3}{4}\times 12=9\) cm de \(A\), donc à 3 cm de \(B\). C'est cohérent : \(B\) a le plus gros coefficient, \(G\) est plus près de \(B\).
Point \(K\). \(3+(-1)=2\ne 0\), donc \(K\) existe et \(\overrightarrow{AK}=\dfrac{-1}{2}\,\overrightarrow{AB}\). Les vecteurs \(\overrightarrow{AK}\) et \(\overrightarrow{AB}\) sont de sens contraires : \(K\) est sur la droite \((AB)\), du côté de \(A\) opposé à \(B\), à \(\dfrac{1}{2}\times 12=6\) cm de \(A\). Il est en dehors du segment, comme prévu avec des coefficients de signes contraires.
Vérification pour \(K\). \(KA=6\) cm et \(KB=6+12=18\) cm, et les vecteurs \(\overrightarrow{KA}\) et \(\overrightarrow{KB}\) ont le même sens. On a bien \(3\,\overrightarrow{KA}=\overrightarrow{KB}\), c'est-à-dire \(3\,\overrightarrow{KA}-\overrightarrow{KB}=\vec{0}\).
Énoncé. Dans un repère, on donne \(A(0;0)\), \(B(6;0)\) et \(C(0;6)\). Soit \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(B,2)\,;(C,3)\}\). Construis \(G\) à l'aide d'un barycentre partiel, puis contrôle par les coordonnées.
Regroupement. Soit \(H=\text{bar}\{(B,2)\,;(C,3)\}\) : \(\overrightarrow{BH}=\dfrac{3}{5}\,\overrightarrow{BC}\), donc \(H\) est sur \([BC]\), aux trois cinquièmes à partir de \(B\). D'après le barycentre partiel, \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(H,5)\}\), donc \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{5}{6}\,\overrightarrow{AH}\) : \(G\) est sur \([AH]\), aux cinq sixièmes à partir de \(A\). Les points \(A\), \(G\) et \(H\) sont alignés.
Contrôle par les coordonnées. \(H\left(\dfrac{2\times 6+3\times 0}{5};\dfrac{2\times 0+3\times 6}{5}\right)\), soit \(H(2{,}4\,;3{,}6)\). Directement : \(x_G=\dfrac{1\times 0+2\times 6+3\times 0}{6}=2\) et \(y_G=\dfrac{1\times 0+2\times 0+3\times 6}{6}=3\), donc \(G(2;3)\).
Les deux méthodes concordent : \(\dfrac{5}{6}\times 2{,}4=2\) et \(\dfrac{5}{6}\times 3{,}6=3\), on retrouve bien \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{5}{6}\,\overrightarrow{AH}\).
Énoncé. \(A\) et \(B\) sont deux points distincts. Détermine l'ensemble des points \(M\) du plan tels que le vecteur \(2\,\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\) ait pour norme 6.
Étape 1 : introduire un barycentre. La somme des coefficients est \(2+1=3\ne 0\). Soit \(G=\text{bar}\{(A,2)\,;(B,1)\}\) ; on a \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\,\overrightarrow{AB}\), donc \(G\) est sur \([AB]\), au tiers à partir de \(A\).
Étape 2 : réduire. Pour tout point \(M\), \(2\,\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=3\,\overrightarrow{MG}\). La norme de ce vecteur est donc \(3\times MG\).
Étape 3 : conclure. La condition s'écrit \(3\,MG=6\), c'est-à-dire \(MG=2\). L'ensemble cherché est le cercle de centre \(G\) et de rayon 2.
Sans le barycentre, la somme de deux vecteurs dépendant de \(M\) était difficile à étudier ; après réduction, il ne reste qu'une distance à un point fixe.
Premier piège : la somme des coefficients. Avant tout calcul, vérifie qu'elle n'est pas nulle. Les points pondérés \((A,2)\) et \((B,-2)\) n'ont pas de barycentre.
Deuxième piège : le coefficient au numérateur. Dans \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}\), c'est le coefficient de \(B\) qui apparaît, pas celui de \(A\). Pour \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(B,3)\}\), on a \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{3}{4}\,\overrightarrow{AB}\) et non \(\dfrac{1}{4}\,\overrightarrow{AB}\) : le barycentre est attiré par le point le plus lourd.
Troisième piège : un coefficient négatif. Il ne rend pas le barycentre impossible : il le place en dehors du segment. Seule une somme nulle empêche le barycentre d'exister.
Quatrième piège : les coordonnées. On divise par la somme des coefficients, pas par le nombre de points. Pour \((A,1)\), \((B,2)\) et \((C,3)\), le dénominateur est 6, et non 3.
Cinquième piège : le barycentre partiel. Le point \(H\) qui remplace \(B\) et \(C\) porte la somme \(b+c\) de leurs coefficients, pas le coefficient 1.
Droites : représentation paramétrique, équation cartésienne, parallélisme, orthogonalité
Rappel de SecondeUn vecteur directeur d'une droite \(d\) est un vecteur non nul colinéaire à \(d\). Si \(A(x_A;y_A)\in d\) et \(\vec u(a;b)\) est un vecteur directeur, un point \(M(x;y)\) appartient à \(d\) si et seulement s'il existe \(t\in\mathbb{R}\) tel que :
\[ \begin{cases} x = x_A + ta \\ y = y_A + tb \end{cases} \]C'est une représentation paramétrique de \(d\).
En éliminant \(t\), on obtient une équation cartésienne de la forme \(\alpha x+\beta y+\gamma=0\), avec \(\vec u(-\beta;\alpha)\) vecteur directeur. Si \(\beta\ne0\), on peut écrire \(y=mx+p\) avec \(m=-\alpha/\beta\) le coefficient directeur : \(\vec u(1;m)\) est alors un vecteur directeur.
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Voir les offresNorme, vecteur normal à une droite et distance d'un point à une droite
Rappel de SecondeLe produit scalaire sait dire si deux vecteurs sont orthogonaux. Cette seule propriété suffit pour décrire une droite autrement que par sa direction : par un vecteur qui lui est perpendiculaire. On obtient alors, presque sans calcul, l'équation d'une médiatrice ou d'une hauteur, et une formule qui donne directement la distance d'un point à une droite. Dans tout ce cours, le plan est muni d'un repère orthonormé.
La norme du vecteur \(\vec u\), notée \(\|\vec u\|\), est la longueur de ce vecteur : si \(\vec u=\overrightarrow{AB}\), alors \(\|\vec u\|=AB\). Elle est liée au produit scalaire par \(\|\vec u\|^2=\vec u\cdot\vec u\), et, si \(\vec u\) a pour coordonnées \((x\,;y)\), \(\|\vec u\|=\sqrt{x^2+y^2}\).
Propriétés. Pour tous vecteurs \(\vec u\), \(\vec v\) et tout réel \(\lambda\) :
- \(\|\vec u\|=0\) si et seulement si \(\vec u=\vec 0\) ;
- \(\|\lambda\vec u\|=|\lambda|\,\|\vec u\|\) ;
- inégalité de Schwarz : \(|\vec u\cdot\vec v|\leq\|\vec u\|\,\|\vec v\|\) ;
- inégalité triangulaire : \(\|\vec u+\vec v\|\leq\|\vec u\|+\|\vec v\|\).
Démonstrations. Si les deux vecteurs sont non nuls, \(\vec u\cdot\vec v=\|\vec u\|\,\|\vec v\|\cos(\vec u,\vec v)\) et un cosinus est compris entre \(-1\) et \(1\) : c'est l'inégalité de Schwarz. Ensuite \(\|\vec u+\vec v\|^2=\|\vec u\|^2+2\,\vec u\cdot\vec v+\|\vec v\|^2\leq\|\vec u\|^2+2\,\|\vec u\|\,\|\vec v\|+\|\vec v\|^2=\big(\|\vec u\|+\|\vec v\|\big)^2\) ; deux nombres positifs étant rangés comme leurs carrés, on obtient l'inégalité triangulaire.
Un vecteur normal à une droite \((D)\) est un vecteur non nul orthogonal à un vecteur directeur de \((D)\).
Propriété 1. La droite passant par le point \(A(x_A\,;y_A)\) et de vecteur normal \(\vec n(a\,;b)\) est l'ensemble des points \(M(x\,;y)\) tels que \(\overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0\). Elle a pour équation
\[a(x-x_A)+b(y-y_A)=0.\]Propriété 2. Réciproquement, toute droite d'équation \(ax+by+c=0\) (avec \(a\) et \(b\) non tous deux nuls) admet \(\vec n(a\,;b)\) pour vecteur normal. Le vecteur \(\vec u(-b\,;a)\) en est un vecteur directeur, et l'on a bien \(\vec n\cdot\vec u=-ab+ba=0\).
Cas de la médiatrice. La médiatrice d'un segment \([AB]\) est la droite qui passe par le milieu \(I\) de \([AB]\) et qui admet \(\overrightarrow{AB}\) pour vecteur normal : c'est l'ensemble des points \(M\) tels que \(\overrightarrow{IM}\cdot\overrightarrow{AB}=0\).
La distance d'un point \(A\) à une droite \((D)\) est la longueur \(AH\), où \(H\) est le projeté orthogonal de \(A\) sur \((D)\) ; c'est la plus courte distance de \(A\) à un point de \((D)\).
Théorème. Si \((D)\) a pour équation \(ax+by+c=0\) et si \(A\) a pour coordonnées \((\alpha\,;\beta)\), alors
\[d\big(A,(D)\big)=\frac{|a\alpha+b\beta+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}.\]Démonstration. Le vecteur \(\overrightarrow{AH}\) est colinéaire à \(\vec n(a\,;b)\) : il existe un réel \(k\) tel que \(\overrightarrow{AH}=k\,\vec n\), donc \(H(\alpha+ka\,;\beta+kb)\). Comme \(H\) est sur \((D)\) : \(a(\alpha+ka)+b(\beta+kb)+c=0\), d'où \(k=-\dfrac{a\alpha+b\beta+c}{a^2+b^2}\). Enfin \(AH=|k|\,\|\vec n\|=|k|\sqrt{a^2+b^2}\), ce qui donne la formule.
La démonstration fournit aussi les coordonnées du projeté \(H\), grâce à la valeur de \(k\).
Écrire l'équation d'une droite connaissant un point \(A\) et un vecteur normal \(\vec n(a\,;b)\). On écrit \(a(x-x_A)+b(y-y_A)=0\) et l'on développe. Ou bien on écrit \(ax+by+c=0\) et l'on trouve \(c\) en remplaçant \(x\) et \(y\) par les coordonnées de \(A\).
Trouver une médiatrice, une hauteur, une perpendiculaire. On cherche un point (le milieu, un sommet) et un vecteur normal : c'est un vecteur directeur de la droite à laquelle on doit être perpendiculaire.
Calculer une distance. On met d'abord l'équation sous la forme \(ax+by+c=0\) (tout dans le même membre), puis on applique la formule sans oublier la valeur absolue.
Trouver le projeté orthogonal. On calcule \(k=-\dfrac{a\alpha+b\beta+c}{a^2+b^2}\), puis \(H(\alpha+ka\,;\beta+kb)\), et l'on vérifie que \(H\) est sur la droite.
Énoncé. a) Donner une équation de la droite \((D)\) passant par \(A(2\,;-1)\) et de vecteur normal \(\vec n(3\,;4)\). b) Calculer la distance du point \(B(7\,;4)\) à \((D)\). c) Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal \(H\) de \(B\) sur \((D)\).
Solution : a) \(3(x-2)+4(y+1)=0\), soit \(3x+4y-2=0\).
b) \(d\big(B,(D)\big)=\dfrac{|3\times 7+4\times 4-2|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\dfrac{|35|}{5}=7\).
c) \(k=-\dfrac{35}{25}=-\dfrac75\), donc \(H\left(7-\dfrac75\times 3\,;4-\dfrac75\times 4\right)\), soit \(H(2{,}8\,;-1{,}6)\). Vérifications : \(3\times 2{,}8+4\times(-1{,}6)-2=8{,}4-6{,}4-2=0\), et \(BH=\sqrt{4{,}2^2+5{,}6^2}=\sqrt{49}=7\).
Figure — La droite, son vecteur normal et la distance de l'exemple 1
La droite (D), en bleu marine, passe par A et admet pour vecteur normal le vecteur n, tracé en or à partir de A. Le segment [BH], en bleu, est perpendiculaire à (D) : sa longueur 7 est la distance du point B à la droite. Il est parallèle au vecteur n.
Énoncé. On donne \(A(1\,;4)\) et \(B(5\,;-2)\). Déterminer une équation de la médiatrice \((\Delta)\) du segment \([AB]\), puis vérifier que le point \(P(0\,;-1)\) est équidistant de \(A\) et de \(B\).
Solution : Le milieu de \([AB]\) est \(I(3\,;1)\) et \(\overrightarrow{AB}(4\,;-6)\) est un vecteur normal à \((\Delta)\) ; on peut le remplacer par \(\vec n(2\,;-3)\), qui lui est colinéaire. D'où \(2(x-3)-3(y-1)=0\), soit
\[2x-3y-3=0.\]Le point \(P\) vérifie cette équation : \(2\times 0-3\times(-1)-3=0\). Il est donc sur la médiatrice. On le contrôle par les distances : \(PA^2=(1-0)^2+(4+1)^2=26\) et \(PB^2=(5-0)^2+(-2+1)^2=26\), donc \(PA=PB\).
Énoncé. Soit \(A(1\,;1)\), \(B(7\,;3)\) et \(C(3\,;6)\). Calculer la longueur de la hauteur issue de \(C\) dans le triangle \(ABC\), puis l'aire de ce triangle.
Solution : \(\overrightarrow{AB}(6\,;2)\) dirige la droite \((AB)\) ; un vecteur normal est \(\vec n(1\,;-3)\), car \(6\times 1+2\times(-3)=0\). L'équation de \((AB)\) est \((x-1)-3(y-1)=0\), soit \(x-3y+2=0\).
La hauteur issue de \(C\) a pour longueur la distance de \(C\) à \((AB)\) : \(h=\dfrac{|3-3\times 6+2|}{\sqrt{1+9}}=\dfrac{13}{\sqrt{10}}=\dfrac{13\sqrt{10}}{10}\).
Comme \(AB=\sqrt{36+4}=2\sqrt{10}\), l'aire vaut \(\dfrac12\times AB\times h=\dfrac12\times 2\sqrt{10}\times\dfrac{13}{\sqrt{10}}=13\).
Confondre vecteur normal et vecteur directeur. Dans \(3x+4y-2=0\), le vecteur \((3\,;4)\) est normal à la droite ; un vecteur directeur est \((-4\,;3)\).
Oublier la valeur absolue ou la racine. Une distance est positive, et le dénominateur est \(\sqrt{a^2+b^2}\), non \(a^2+b^2\) ni \(a+b\).
Appliquer la formule à une équation mal rangée. Pour la droite \(3x=4y-6\), on écrit d'abord \(3x-4y+6=0\) : alors \(a=3\), \(b=-4\), \(c=6\). La distance du point \((1\,;1)\) à cette droite est \(\dfrac{|3-4+6|}{5}=1\).
Croire que l'inégalité triangulaire est une égalité. \(\|\vec u+\vec v\|\) n'est égal à \(\|\vec u\|+\|\vec v\|\) que si les deux vecteurs ont même direction et même sens. Pour \(\vec u(1\,;1)\) et \(\vec v(-3\,;-3)\), la somme a pour norme \(2\sqrt2\), alors que la somme des normes vaut \(4\sqrt2\).
Ensembles de points et lignes de niveau (théorème de la médiane)
Rappel de SecondeDans un triangle \(ABC\), en notant \(a=BC\), \(b=AC\), \(c=AB\) :
\[ a^2 = b^2+c^2-2bc\cos\widehat A. \]Retrouvée en développant \(BC^2=\overrightarrow{BC}\,^2=(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})^2\) via la linéarité du produit scalaire. Cas particulier : si \(\widehat A=90°\), on retrouve exactement le théorème de Pythagore.
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Déplacez M sur le cercle : l'angle en M reste toujours droit — vérification visuelle de \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0\).
Barycentre de plus de trois points et lignes de niveau
Le barycentre de deux ou trois points pondérés se généralise sans changement à quatre points ou plus. Il sert surtout à simplifier : une somme de plusieurs vecteurs d'origine \(M\) se réduit à un seul vecteur, une somme de carrés de distances se réduit à une seule distance. C'est ce qui permet de reconnaître des ensembles de points appelés lignes de niveau.
Soit \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) quatre points et \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) quatre réels tels que \(a+b+c+d\neq 0\). Il existe un unique point \(G\) tel que
\[a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}+c\,\overrightarrow{GC}+d\,\overrightarrow{GD}=\vec 0.\]Ce point est le barycentre des points pondérés \((A,a)\), \((B,b)\), \((C,c)\), \((D,d)\). La définition est la même pour cinq points ou plus.
Réduction. Pour tout point \(M\) du plan :
\[a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}+c\,\overrightarrow{MC}+d\,\overrightarrow{MD}=(a+b+c+d)\,\overrightarrow{MG}.\]Coordonnées. En prenant pour \(M\) l'origine du repère, on obtient
\[x_G=\frac{a\,x_A+b\,x_B+c\,x_C+d\,x_D}{a+b+c+d},\qquad y_G=\frac{a\,y_A+b\,y_B+c\,y_C+d\,y_D}{a+b+c+d}.\]Homogénéité. On ne change pas le barycentre en multipliant tous les coefficients par un même réel non nul.
Lorsque les quatre coefficients sont égaux, \(G\) est l'isobarycentre des quatre points.
Théorème des barycentres partiels. Soit \(G\) le barycentre de \((A,a)\), \((B,b)\), \((C,c)\), \((D,d)\). Si \(a+b\neq 0\) et si \(H\) est le barycentre de \((A,a)\) et \((B,b)\), alors \(G\) est le barycentre de \((H,a+b)\), \((C,c)\), \((D,d)\).
On peut donc remplacer plusieurs points par leur barycentre partiel, affecté de la somme de leurs coefficients. En effet \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=(a+b)\,\overrightarrow{GH}\).
Conséquence. L'isobarycentre de quatre points \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) est le milieu du segment qui joint le milieu de \([AB]\) et le milieu de \([CD]\).
Réduire \(\vec v=a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}+c\,\overrightarrow{MC}+d\,\overrightarrow{MD}\).
- Si \(a+b+c+d\neq 0\) : \(\vec v=(a+b+c+d)\,\overrightarrow{MG}\), où \(G\) est le barycentre.
- Si \(a+b+c+d=0\) : il n'y a pas de barycentre, et \(\vec v\) est un vecteur constant, qui ne dépend pas de \(M\). On le calcule en remplaçant \(M\) par l'un des points, par exemple \(A\).
Soit \(f\) une application qui à tout point \(M\) du plan associe un réel \(f(M)\). La ligne de niveau \(k\) de \(f\) est l'ensemble des points \(M\) tels que \(f(M)=k\). Dans ce qui suit, \(A\) et \(B\) sont deux points distincts et \(I\) est le milieu de \([AB]\).
1. \(\vec u\cdot\overrightarrow{OM}=k\) (\(\vec u\) non nul). C'est une droite de vecteur normal \(\vec u\). Elle coupe la droite passant par \(O\) et dirigée par \(\vec u\) au point \(H\) tel que \(\overrightarrow{OH}=\dfrac{k}{\|\vec u\|^2}\,\vec u\).
2. \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=k\). On a \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=MI^2-\dfrac{AB^2}{4}\). L'égalité s'écrit donc \(MI^2=k+\dfrac{AB^2}{4}\). Si ce nombre est strictement positif, la ligne de niveau est le cercle de centre \(I\) et de rayon \(\sqrt{k+\frac{AB^2}{4}}\) ; s'il est nul, elle se réduit au point \(I\) ; s'il est négatif, elle est vide. Pour \(k=0\), on retrouve le cercle de diamètre \([AB]\).
3. \(a\,MA^2+b\,MB^2=k\). Si \(a+b\neq 0\), on note \(G\) le barycentre de \((A,a)\) et \((B,b)\). Alors
\[a\,MA^2+b\,MB^2=(a+b)\,MG^2+a\,GA^2+b\,GB^2.\]On est ramené à \(MG^2=\) constante : un cercle de centre \(G\), le point \(G\), ou l'ensemble vide. Si \(a+b=0\), on utilise \(MA^2-MB^2=2\,\overrightarrow{IM}\cdot\overrightarrow{AB}\) : la ligne de niveau est une droite perpendiculaire à \((AB)\).
4. \(\dfrac{MA}{MB}=k\) (\(k\gt 0\)). Si \(k=1\), c'est la médiatrice de \([AB]\). Si \(k\neq 1\), l'égalité équivaut à \(MA^2-k^2\,MB^2=0\) : c'est le cercle de diamètre \([G_1G_2]\), où \(G_1\) est le barycentre de \((A,1)\), \((B,k)\) et \(G_2\) celui de \((A,1)\), \((B,-k)\).
Pour construire un barycentre de quatre points. On regroupe les points deux par deux (ou trois et un) en barycentres partiels, en vérifiant que chaque somme partielle de coefficients est non nulle. On termine par un barycentre de deux points, facile à placer sur un segment.
Pour une somme de vecteurs d'origine \(M\). On additionne les coefficients. Somme non nulle : on introduit le barycentre \(G\) et la somme vaut (somme des coefficients) \(\times\,\overrightarrow{MG}\). Somme nulle : le vecteur est constant.
Pour une ligne de niveau. On transforme l'expression pour ne garder qu'un seul point variable : on introduit le milieu \(I\) pour un produit scalaire \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}\), le barycentre \(G\) pour une somme \(a\,MA^2+b\,MB^2\). On obtient \(MI^2\) ou \(MG^2\) égal à une constante, dont on étudie le signe avant de conclure. Pour un quotient de distances, on élève au carré.
Pour contrôler. On vérifie le résultat sur un point simple de l'ensemble trouvé, par exemple un point de la droite \((AB)\).
Énoncé. Dans un repère orthonormé, on donne \(A(0\,;0)\), \(B(6\,;0)\), \(C(6\,;4)\), \(D(0\,;4)\). a) Calculer les coordonnées du barycentre \(G\) de \((A,1)\), \((B,2)\), \((C,2)\), \((D,1)\), puis le construire. b) Déterminer l'ensemble des points \(M\) tels que \(\|\overrightarrow{MA}+2\,\overrightarrow{MB}+2\,\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\|=12\). c) Réduire \(\vec w=\overrightarrow{MA}-2\,\overrightarrow{MB}+2\,\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MD}\).
Solution : a) La somme des coefficients est 6. \(x_G=\dfrac{0+12+12+0}{6}=4\) et \(y_G=\dfrac{0+0+8+4}{6}=2\) : \(G(4\,;2)\). Pour le construire : le barycentre de \((A,1)\) et \((D,1)\) est le milieu \(H(0\,;2)\) de \([AD]\) ; celui de \((B,2)\) et \((C,2)\) est le milieu \(K(6\,;2)\) de \([BC]\). Donc \(G\) est le barycentre de \((H,2)\) et \((K,4)\) : \(\overrightarrow{HG}=\dfrac46\,\overrightarrow{HK}=\dfrac23\,\overrightarrow{HK}\).
b) La somme vaut \(6\,\overrightarrow{MG}\). La condition s'écrit \(6\,MG=12\), soit \(MG=2\) : c'est le cercle de centre \(G\) et de rayon 2.
c) La somme des coefficients est \(1-2+2-1=0\) : \(\vec w\) est constant. En remplaçant \(M\) par \(A\) : \(\vec w=-2\,\overrightarrow{AB}+2\,\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}=2\,\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{AD}\). Comme \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}\) dans ce rectangle, \(\vec w=\overrightarrow{AD}\), de coordonnées \((0\,;4)\).
Énoncé. On donne \(A(-3\,;0)\) et \(B(3\,;0)\) ; le milieu de \([AB]\) est l'origine \(I\), et \(AB=6\). Déterminer l'ensemble des points \(M\) tels que : a) \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=7\) ; b) \(MA^2+MB^2=26\) ; c) \(MA^2-MB^2=12\).
Solution : a) \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=MI^2-\dfrac{36}{4}=MI^2-9\). L'égalité donne \(MI^2=16\), soit \(MI=4\) : c'est le cercle de centre \(I\) et de rayon 4. Contrôle avec \(M(4\,;0)\) : \(\overrightarrow{MA}(-7\,;0)\) et \(\overrightarrow{MB}(-1\,;0)\), produit scalaire 7.
Avec le même calcul, le niveau \(-9\) donne \(MI^2=0\), donc le seul point \(I\), et le niveau \(-10\) donne \(MI^2=-1\), impossible : la ligne de niveau est vide.
b) \(I\) est le barycentre de \((A,1)\) et \((B,1)\), donc \(MA^2+MB^2=2\,MI^2+IA^2+IB^2=2\,MI^2+18\). L'égalité donne \(MI^2=4\) : c'est le cercle de centre \(I\) et de rayon 2.
c) La somme des coefficients est nulle. \(MA^2-MB^2=2\,\overrightarrow{IM}\cdot\overrightarrow{AB}\), avec \(\overrightarrow{AB}(6\,;0)\) et \(\overrightarrow{IM}(x\,;y)\) : l'égalité s'écrit \(12x=12\), soit \(x=1\). C'est la droite d'équation \(x=1\), perpendiculaire à \((AB)\).
Énoncé. On donne \(A(0\,;0)\) et \(B(6\,;0)\). Déterminer l'ensemble des points \(M\) tels que \(\dfrac{MA}{MB}=2\).
Solution : La condition équivaut à \(MA^2-4\,MB^2=0\), c'est-à-dire \((\overrightarrow{MA}-2\,\overrightarrow{MB})\cdot(\overrightarrow{MA}+2\,\overrightarrow{MB})=0\).
Soit \(G_1\) le barycentre de \((A,1)\) et \((B,2)\) : \(x=\dfrac{0+12}{3}=4\), donc \(G_1(4\,;0)\), et \(\overrightarrow{MA}+2\,\overrightarrow{MB}=3\,\overrightarrow{MG_1}\). Soit \(G_2\) le barycentre de \((A,1)\) et \((B,-2)\) : \(x=\dfrac{0-12}{-1}=12\), donc \(G_2(12\,;0)\), et \(\overrightarrow{MA}-2\,\overrightarrow{MB}=-\overrightarrow{MG_2}\).
La condition devient \(-3\,\overrightarrow{MG_1}\cdot\overrightarrow{MG_2}=0\), soit \(\overrightarrow{MG_1}\cdot\overrightarrow{MG_2}=0\) : \(M\) décrit le cercle de diamètre \([G_1G_2]\), de centre \(\Omega(8\,;0)\) et de rayon 4.
Contrôle avec \(M(8\,;4)\) : \(MA^2=64+16=80\) et \(MB^2=4+16=20\), donc \(\dfrac{MA}{MB}=\sqrt4=2\).
Figure — Le cercle de l'exemple 3
En bleu marine, l'ensemble des points M tels que MA = 2 MB : c'est le cercle de diamètre [G₁G₂], de centre Ω. Les points G₁ et G₂, marqués en or sur la droite (AB), sont les deux points de cette droite qui sont deux fois plus loin de A que de B. Pour le point M placé en haut du cercle, les segments en pointillés ont pour longueurs MA et MB.
Introduire un barycentre quand la somme des coefficients est nulle. Il n'existe pas. Dans ce cas, la somme de vecteurs est constante (exemple 1, question c) et la somme de carrés conduit à une droite (exemple 2, question c).
Former un barycentre partiel de somme nulle. On ne peut regrouper \((A,a)\) et \((B,b)\) que si \(a+b\neq 0\). Si ce n'est pas le cas, on choisit un autre regroupement.
Conclure « cercle » sans regarder le signe. L'égalité \(MI^2=r\) ne donne un cercle que si \(r\gt 0\). Pour \(r=0\) l'ensemble est un point, pour \(r\lt 0\) il est vide (exemple 2, niveaux \(-9\) et \(-10\)).
Oublier le cas \(k=1\) pour un quotient de distances. \(MA=MB\) donne la médiatrice de \([AB]\), et non un cercle : le point \(G_2\) n'existe pas, car \(1-k=0\).
Résumé
\(\|\vec u\|=\sqrt{x^2+y^2}\) ; \(\|\vec u+\vec v\|\leq\|\vec u\|+\|\vec v\|\).
La droite \(ax+by+c=0\) admet \(\vec n(a\,;b)\) pour vecteur normal.
Par \(A\), de vecteur normal \(\vec n(a\,;b)\) : \(a(x-x_A)+b(y-y_A)=0\).
Elle passe par le milieu de \([AB]\) et admet \(\overrightarrow{AB}\) pour vecteur normal.
\(d=\dfrac{|a\alpha+b\beta+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}\) pour le point \((\alpha\,;\beta)\).
Si la somme \(s\) des coefficients est non nulle, la somme des vecteurs d'origine \(M\) vaut \(s\,\overrightarrow{MG}\) ; sinon elle est constante.
On remplace des points par leur barycentre, affecté de la somme (non nulle) de leurs coefficients.
\(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=MI^2-\dfrac{AB^2}{4}\), avec \(I\) milieu de \([AB]\).
\(a\,MA^2+b\,MB^2=(a+b)\,MG^2+a\,GA^2+b\,GB^2\) si \(a+b\neq 0\).
\(\dfrac{MA}{MB}=k\), \(k\neq 1\) : cercle de diamètre \([G_1G_2]\) ; \(k=1\) : médiatrice.
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Voir les offresSi \(a+b\ne 0\), \(G\) est l'unique point tel que \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=\vec{0}\). Somme nulle : pas de barycentre.
\(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}\). \(G\) est sur \((AB)\), entre \(A\) et \(B\) si les coefficients ont le même signe.
Multiplier tous les coefficients par \(k\ne 0\) ne change pas \(G\). Pour tout \(M\) : \(a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}=(a+b)\,\overrightarrow{MG}\).
On remplace deux points par leur barycentre, affecté de la somme de leurs coefficients. Centre de gravité : aux deux tiers de chaque médiane.
\(x_G=\dfrac{ax_A+bx_B+cx_C}{a+b+c}\), de même pour \(y_G\) : on divise par la somme des coefficients.
Sujet type devoir
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