Terminale S1-S3 · Leçon 13
Calculs barycentriques et applications affines
Ce que dit le programme officiel (4 points)
- Étude des fonctions M ↦ somme des αi·MAi (vecteur) et M ↦ somme des αi·MAi² ; établir leur forme réduite et les utiliser
- Applications affines : conservation du barycentre ; images d’ensembles de points ; exemples d’applications ne conservant pas le barycentre ; applications linéaires associées (sans s’y étendre)
- Les isométries sont des applications affines conservant le barycentre
- Lignes de niveau (MA, MB) = α modulo 2π (ou modulo π) : les déterminer et les représenter
Source : Programme de mathématiques, Terminales S1 et S3 (Sénégal), octobre 2006
Fonction scalaire de Leibniz
Rappel de PremièreQuels sont les points \(M\) du plan tels que \(MA^2+MB^2\) soit égal à un nombre donné ? et tels que \(2MA^2+MB^2\) le soit ? Ces questions se ramènent toutes à l'étude d'une même fonction, qui à chaque point \(M\) associe une somme de carrés de distances affectés de coefficients. Le barycentre permet de la réduire à un seul carré.
Soit \((A\,;a)\) et \((B\,;b)\) deux points pondérés du plan, les réels \(a\) et \(b\) n'étant pas tous les deux nuls. La fonction scalaire de Leibniz associée à ces deux points pondérés est l'application \(\varphi\) qui, à tout point \(M\) du plan, associe le réel
\[\varphi(M)=a\,MA^2+b\,MB^2.\]Le mot « scalaire » rappelle que \(\varphi(M)\) est un nombre, et non un vecteur. Par exemple, avec \(a=b=1\), \(\varphi(M)=MA^2+MB^2\) ; avec \(a=1\) et \(b=-1\), \(\varphi(M)=MA^2-MB^2\).
Pour un réel \(k\) donné, la ligne de niveau \(k\) de \(\varphi\) est l'ensemble des points \(M\) du plan tels que \(\varphi(M)=k\).
Premier cas : \(a+b\neq 0\). Soit \(G\) le barycentre de \((A\,;a)\) et \((B\,;b)\). Pour tout point \(M\) du plan,
\[a\,MA^2+b\,MB^2=(a+b)\,MG^2+\varphi(G), \qquad\text{avec}\quad \varphi(G)=a\,GA^2+b\,GB^2=\frac{ab}{a+b}\,AB^2.\]Démonstration. On écrit \(\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\), d'où \(MA^2=MG^2+2\,\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{GA}+GA^2\), et de même pour \(MB^2\). En multipliant par \(a\) et par \(b\) puis en ajoutant :
\[a\,MA^2+b\,MB^2=(a+b)MG^2+2\,\overrightarrow{MG}\cdot\left(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}\right)+a\,GA^2+b\,GB^2.\]Or \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=\vec 0\) par définition du barycentre : le produit scalaire du milieu disparaît. Pour la valeur de \(\varphi(G)\), on utilise \(GA=\dfrac{|b|}{|a+b|}AB\) et \(GB=\dfrac{|a|}{|a+b|}AB\) : \(a\,GA^2+b\,GB^2=\dfrac{ab^2+ba^2}{(a+b)^2}AB^2=\dfrac{ab}{a+b}AB^2\).
Second cas : \(a+b=0\). Alors \(\varphi(M)=a\,(MA^2-MB^2)\), et si \(I\) est le milieu de \([AB]\),
\[MA^2-MB^2=2\,\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IM}.\]En effet \(MA^2-MB^2=\left(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right)\cdot\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right)=\overrightarrow{BA}\cdot 2\,\overrightarrow{MI}=2\,\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IM}\).
On cherche l'ensemble \((E_k)\) des points \(M\) tels que \(a\,MA^2+b\,MB^2=k\).
Si \(a+b\neq 0\), l'égalité s'écrit \(MG^2=\dfrac{k-\varphi(G)}{a+b}\). On pose \(\lambda=\dfrac{k-\varphi(G)}{a+b}\).
- Si \(\lambda\gt 0\) : \((E_k)\) est le cercle de centre \(G\) et de rayon \(\sqrt\lambda\).
- Si \(\lambda=0\) : \((E_k)\) est réduit au point \(G\).
- Si \(\lambda\lt 0\) : \((E_k)\) est vide.
Les lignes de niveau sont donc des cercles de même centre \(G\).
Si \(a+b=0\), l'égalité s'écrit \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IM}=\dfrac{k}{2a}\). Si \(H\) est le projeté orthogonal de \(M\) sur \((AB)\), \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IM}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IH}\) : le point \(H\) est fixé. \((E_k)\) est la droite perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(H\). Les lignes de niveau sont des droites parallèles ; pour \(k=0\), on retrouve la médiatrice de \([AB]\).
1. Calculer \(a+b\). C'est ce nombre qui décide de la méthode.
2. Si \(a+b\neq 0\) : construire le barycentre \(G\) par \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\overrightarrow{AB}\) ; calculer \(\varphi(G)=a\,GA^2+b\,GB^2\) (ou \(\dfrac{ab}{a+b}AB^2\)) ; écrire \((a+b)MG^2+\varphi(G)=k\) ; en déduire \(MG^2\) et conclure selon son signe : cercle, point ou ensemble vide.
3. Si \(a+b=0\) : introduire le milieu \(I\) de \([AB]\), écrire \(2a\,\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IM}=k\), puis placer sur \((AB)\) le point \(H\) tel que \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IH}\) ait la valeur voulue ; conclure par la perpendiculaire à \((AB)\) en \(H\).
4. Contrôler avec un point simple : un point de la droite \((AB)\) qui appartient à l'ensemble trouvé doit vérifier l'égalité de départ.
Énoncé. \(A\) et \(B\) sont deux points tels que \(AB=6\). Déterminer l'ensemble des points \(M\) tels que : a) \(MA^2+MB^2=26\) ; b) \(MA^2+MB^2=18\) ; c) \(MA^2+MB^2=10\).
Solution : Ici \(a=b=1\), \(a+b=2\) : le barycentre est le milieu \(I\) de \([AB]\), et \(\varphi(I)=IA^2+IB^2=9+9=18\) (on retrouve \(\dfrac{ab}{a+b}AB^2=\dfrac12\times 36\)). Pour tout \(M\) : \(MA^2+MB^2=2MI^2+18\). C'est le théorème de la médiane.
a) \(2MI^2+18=26\) donne \(MI^2=4\) : l'ensemble est le cercle de centre \(I\) et de rayon 2.
b) \(2MI^2=0\) : l'ensemble est réduit au point \(I\).
c) \(2MI^2=-8\) est impossible : l'ensemble est vide. La plus petite valeur de \(MA^2+MB^2\) est 18, atteinte en \(I\).
Énoncé. Avec \(AB=6\), déterminer l'ensemble \((E)\) des points \(M\) tels que \(2MA^2+MB^2=36\).
Solution : \(a=2\), \(b=1\), \(a+b=3\neq 0\). Le barycentre \(G\) de \((A\,;2)\) et \((B\,;1)\) vérifie \(\overrightarrow{AG}=\dfrac13\overrightarrow{AB}\) : \(G\) est le point de \([AB]\) tel que \(GA=2\) et \(GB=4\).
\(\varphi(G)=2\times 2^2+4^2=24\) (ou \(\dfrac{2\times 1}{3}\times 36=24\)). Pour tout \(M\) : \(2MA^2+MB^2=3MG^2+24\).
L'égalité devient \(3MG^2=12\), soit \(MG=2\) : \((E)\) est le cercle de centre \(G\) et de rayon 2. Contrôle : comme \(GA=2\), le point \(A\) doit appartenir à \((E)\) ; en effet \(2\times 0+AB^2=36\).
Énoncé. Avec \(AB=6\), déterminer l'ensemble \((F)\) des points \(M\) tels que \(MA^2-MB^2=12\).
Solution : \(a=1\), \(b=-1\), \(a+b=0\) : il n'y a pas de barycentre. Avec \(I\) milieu de \([AB]\), \(MA^2-MB^2=2\,\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IM}\), donc l'égalité s'écrit \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IM}=6\).
Soit \(H\) le projeté orthogonal de \(M\) sur \((AB)\) : \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IH}=6\). Ce produit scalaire est positif, donc \(\overrightarrow{IH}\) a le sens de \(\overrightarrow{AB}\), et \(AB\times IH=6\) donne \(IH=1\). Le point \(H\) est le point du segment \([IB]\) tel que \(IH=1\).
\((F)\) est la droite perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(H\). Contrôle avec \(H\) lui-même : \(HA=4\) et \(HB=2\), donc \(HA^2-HB^2=16-4=12\).
Figure — Les trois lignes de niveau des exemples
Sur une même figure, avec \(AB=6\). En marine, le cercle de centre \(I\) et de rayon 2 : \(MA^2+MB^2=26\). En or, le cercle de centre \(G\) et de rayon 2, qui passe par \(A\) : \(2MA^2+MB^2=36\). En bleu, la droite perpendiculaire à \((AB)\) en \(H\) : \(MA^2-MB^2=12\). Quand la somme des coefficients n'est pas nulle, la ligne de niveau est un cercle centré au barycentre ; quand elle est nulle, c'est une droite.
Chercher un barycentre qui n'existe pas. Si \(a+b=0\), les points pondérés \((A\,;a)\) et \((B\,;b)\) n'ont pas de barycentre : la ligne de niveau n'est pas un cercle mais une droite. Il faut toujours commencer par calculer \(a+b\).
Oublier de discuter. L'égalité \(MG^2=\lambda\) ne définit un cercle que si \(\lambda\gt 0\). Pour \(\lambda=0\) on obtient un point, pour \(\lambda\lt 0\) l'ensemble vide. Attention au signe lorsque \(a+b\) est négatif : on divise par un nombre négatif.
Confondre rayon et carré du rayon. \(MG^2=4\) donne un rayon égal à 2, et non à 4.
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 \(G\)
Applications affines du plan : conservation du barycentre, images d’ensembles de points
Translations, homothéties, rotations, symétries, similitudes : toutes les transformations étudiées jusqu'ici ont une propriété commune, elles conservent le barycentre. Les applications qui ont cette propriété s'appellent les applications affines. Les reconnaître permet de démontrer d'un coup des propriétés d'alignement, de milieu ou de parallélisme.
Le plan est muni d'un repère. Une application \(f\) du plan dans lui-même est affine si son expression analytique est de la forme
\[x'=ax+by+e,\qquad y'=cx+dy+g,\]où \(a,b,c,d,e,g\) sont des réels. L'application qui à \(\vec u(x\,;y)\) associe \(\vec u'(ax+by\,;cx+dy)\) est l'application linéaire associée \(\varphi\) : pour tous points \(M\), \(N\), \(\overrightarrow{f(M)f(N)}=\varphi\left(\overrightarrow{MN}\right)\).
\(f\) est bijective si et seulement si \(ad-bc\neq0\) ; on obtient alors sa réciproque en résolvant le système en \(x\) et \(y\).
Exemples : les translations, homothéties, rotations, symétries, et plus généralement les isométries et les similitudes, sont des applications affines.
Une application affine \(f\) conserve le barycentre : si \(G\) est le barycentre de \((A_1\,;\alpha_1),\dots,(A_n\,;\alpha_n)\), alors \(f(G)\) est le barycentre de \((f(A_1)\,;\alpha_1),\dots,(f(A_n)\,;\alpha_n)\). (Réciproquement, une application qui conserve le barycentre est affine.)
Conséquences pour une application affine bijective :
- l'image du milieu d'un segment est le milieu du segment image ; l'image d'une droite est une droite, l'image d'un segment est un segment ;
- deux droites parallèles ont des images parallèles ; un parallélogramme a pour image un parallélogramme ;
- les rapports de longueurs sur une même droite sont conservés (mais pas les longueurs, ni les angles, en général).
Une application affine non bijective envoie le plan entier sur une droite ou sur un point.
Reconnaître. Écrire l'expression analytique : si \(x'\) et \(y'\) sont des polynômes du premier degré en \(x\) et \(y\), l'application est affine. Pour montrer qu'une application n'est pas affine, il suffit d'exhiber un segment dont le milieu n'a pas pour image le milieu des images.
Image d'une droite. On paramètre la droite, ou on prend deux de ses points et on calcule leurs images ; si \(f\) est bijective, l'image est la droite passant par ces deux images.
Démontrer. Pour prouver que des points images sont alignés, ou qu'un point image est un milieu, on écrit la propriété de départ en termes de barycentres et on applique la conservation.
Énoncé. Soit \(f\) définie par \(x'=2x-y+1\), \(y'=x+y-2\). Calculer les images de \(A(1\,;0)\), \(B(3\,;2)\) et du milieu \(I\) de \([AB]\) ; vérifier la conservation du milieu. \(f\) est-elle bijective ? Si oui, donner sa réciproque.
Solution : \(A'(3\,;-1)\), \(B'(5\,;3)\), \(I(2\,;1)\) et \(I'(4\,;1)\). Le milieu de \([A'B']\) est \(\left(\frac{3+5}2\,;\frac{-1+3}2\right)=(4\,;1)=I'\).
\(ad-bc=2\times1-(-1)\times1=3\neq0\) : \(f\) est bijective. En résolvant \(2x-y=x'-1\), \(x+y=y'+2\) : en additionnant, \(3x=x'+y'+1\), puis \(y=y'+2-x\). D'où \(x=\dfrac{x'+y'+1}{3}\) et \(y=\dfrac{-x'+2y'+5}{3}\).
Figure — Un triangle et son image
Le triangle de sommets A(1 ; 0), B(3 ; 2), C(0 ; 2), en bleu, et son image par l'application f de l'exemple 1, en or : A′(3 ; −1), B′(5 ; 3), C′(−1 ; 0). Le milieu I de [AB] a pour image le milieu I′ de [A′B′] ; les angles et les longueurs, eux, ne sont pas conservés.
Énoncé. Avec l'application \(f\) de l'exemple 1, déterminer l'image de la droite \(\Delta\) d'équation \(y=x\), puis l'image du parallélogramme de sommets \((0\,;0)\), \((2\,;0)\), \((3\,;1)\), \((1\,;1)\).
Solution : Un point \((t\,;t)\) de \(\Delta\) a pour image \((t+1\,;2t-2)\). Avec \(x'=t+1\), on obtient \(y'=2(x'-1)-2=2x'-4\) : l'image de \(\Delta\) est la droite d'équation \(y=2x-4\).
Les sommets ont pour images \((1\,;-2)\), \((5\,;0)\), \((6\,;2)\), \((2\,;0)\). Les diagonales de l'image ont le même milieu \((3{,}5\,;0)\) : c'est un parallélogramme, comme le prévoit la conservation du barycentre.
Énoncé. a) Montrer que \(g\), définie par \(g(x\,;y)=(x^2\,;y)\), n'est pas affine. b) Soit \(k\) définie par \(k(x\,;y)=(x+y\,;2x+2y)\). Déterminer l'image du plan par \(k\).
Solution : a) \(O(0\,;0)\) et \(E(2\,;0)\) ont pour milieu \(J(1\,;0)\), et \(g(J)=(1\,;0)\). Mais \(g(O)=(0\,;0)\) et \(g(E)=(4\,;0)\) ont pour milieu \((2\,;0)\neq g(J)\) : \(g\) ne conserve pas le milieu, donc n'est pas affine.
b) \(k\) est affine, mais \(ad-bc=1\times2-1\times2=0\). Pour tout point, \(y'=2(x+y)=2x'\) : l'image du plan est contenue dans la droite d'équation \(y=2x\), et tout point \((t\,;2t)\) de cette droite est atteint (image de \((t\,;0)\)). \(k\) n'est pas bijective.
Croire qu'une application affine conserve les distances ou les angles. Dans l'exemple 1, \(AB=2\sqrt2\) alors que \(A'B'=2\sqrt5\). Seules les isométries conservent les distances, et les similitudes les angles.
Oublier le cas non bijectif. L'image d'une droite par une application affine non bijective peut être un point ; la conservation du parallélisme et l'image « droite » supposent \(ad-bc\neq0\).
Arc capable
Rappel de PremièreD'où faut-il se placer pour voir un segment \([AB]\) sous un angle donné ? Un photographe qui veut cadrer une façade, un marin qui relève deux phares se posent cette question. La réponse est un arc de cercle, que l'on appelle arc capable. Il se déduit directement du théorème de l'angle inscrit.
Soit \(A\) et \(B\) deux points distincts du plan orienté et \(\alpha\) un réel. On cherche l'ensemble des points \(M\), distincts de \(A\) et de \(B\), tels que
\[(\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\equiv\alpha\;[2\pi].\]Lorsque \(\alpha\) n'est pas un multiple de \(\pi\), cet ensemble est un arc de cercle d'extrémités \(A\) et \(B\), privé de \(A\) et de \(B\). On l'appelle l'arc capable de l'angle \(\alpha\) construit sur \([AB]\) : c'est l'ensemble des points d'où l'on « voit » le segment \([AB]\) sous l'angle orienté \(\alpha\).
Les points \(A\) et \(B\) eux-mêmes sont exclus, car l'angle \((\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\) n'est pas défini lorsque l'un des deux vecteurs est nul.
Soit \(A\) et \(B\) deux points distincts et \(\alpha\) un réel.
1. Si \(\alpha\) n'est pas un multiple de \(\pi\). Soit \(\mathcal{C}\) le cercle passant par \(A\) et \(B\) dont la tangente \((AT)\) en \(A\) vérifie \((\overrightarrow{AT}\,;\overrightarrow{AB})\equiv\alpha\;[\pi]\).
- L'ensemble des points \(M\) tels que \((\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\equiv\alpha\;[\pi]\) est le cercle \(\mathcal{C}\) privé de \(A\) et de \(B\).
- L'ensemble des points \(M\) tels que \((\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\equiv\alpha\;[2\pi]\) est l'un des deux arcs de \(\mathcal{C}\) d'extrémités \(A\) et \(B\) (privé de \(A\) et \(B\)). Sur l'autre arc, l'angle vaut \(\alpha+\pi\) modulo \(2\pi\).
Le centre \(O\) de \(\mathcal{C}\) est le point de la médiatrice de \([AB]\) tel que \((\overrightarrow{OA}\,;\overrightarrow{OB})\equiv 2\alpha\;[2\pi]\) (angle au centre), et son rayon est
\[R=\frac{AB}{2\,|\sin\alpha|}.\]2. Si \(\alpha\equiv 0\;[2\pi]\) : les vecteurs \(\overrightarrow{MA}\) et \(\overrightarrow{MB}\) sont colinéaires de même sens ; l'ensemble est la droite \((AB)\) privée du segment \([AB]\).
3. Si \(\alpha\equiv\pi\;[2\pi]\) : ils sont colinéaires de sens contraires ; l'ensemble est le segment \([AB]\) privé de \(A\) et de \(B\).
Cas remarquable. Pour \(\alpha=\dfrac{\pi}{2}\) ou \(\alpha=-\dfrac{\pi}{2}\), on trouve \(R=\dfrac{AB}{2}\) : l'arc capable est un demi-cercle de diamètre \([AB]\).
On suppose \(0\lt\alpha\lt\pi\). Lorsqu'on parcourt la droite \((AB)\) de \(A\) vers \(B\), l'arc capable de l'angle \(\alpha\) est situé à gauche : pour ses points, le triangle \(MAB\) est de sens direct. La demi-tangente \([AT)\) telle que \((\overrightarrow{AT}\,;\overrightarrow{AB})\equiv\alpha\;[2\pi]\) est située de l'autre côté, à droite.
- Si \(\alpha\) est aigu, l'arc capable est le grand arc, et le centre \(O\) est du même côté de \((AB)\) que lui.
- Si \(\alpha\) est obtus, l'arc capable est le petit arc, et le centre \(O\) est de l'autre côté de \((AB)\).
Dans les deux cas, la distance de \(O\) à la droite \((AB)\) est \(R\,|\cos\alpha|\).
Pour \(-\pi\lt\alpha\lt 0\), tout s'échange : l'arc est à droite quand on va de \(A\) vers \(B\). C'est le symétrique, par rapport à \((AB)\), de l'arc capable de l'angle \(-\alpha\).
On donne \(A\), \(B\) et \(\alpha\), avec \(0\lt\alpha\lt\pi\).
1. Tracer la demi-droite \([AT)\) telle que \((\overrightarrow{AT}\,;\overrightarrow{AB})=\alpha\) : elle sera tangente au cercle cherché.
2. Tracer la perpendiculaire à \((AT)\) passant par \(A\) : le centre est sur cette droite, puisque le rayon est perpendiculaire à la tangente au point de contact.
3. Tracer la médiatrice de \([AB]\) : le centre est aussi sur cette droite, puisque \(OA=OB\). Le point d'intersection des deux droites est le centre \(O\).
4. Tracer le cercle de centre \(O\) passant par \(A\), puis ne garder que l'arc d'extrémités \(A\) et \(B\) situé du côté opposé à \(T\) par rapport à la droite \((AB)\), sans ses extrémités.
Contrôle. Placer un point \(M\) sur l'arc tracé et mesurer l'angle \(\widehat{AMB}\) : on doit retrouver \(\alpha\).
Figure — Arc capable de l'angle π/3 construit sur [AB]
Ici \(AB=4\) et \(\alpha=\frac{\pi}{3}\). En or, l'arc capable : de chacun de ses points, comme \(M\), on voit \([AB]\) sous l'angle \(\frac{\pi}{3}\). En pointillés gris, l'autre arc du même cercle, où l'angle vaut \(\frac{\pi}{3}-\pi=-\frac{2\pi}{3}\). En bleu, la tangente \((AT)\), qui fait l'angle \(\frac{\pi}{3}\) avec \((AB)\), et le rayon \([OA]\) qui lui est perpendiculaire ; le centre \(O\) est sur la médiatrice de \([AB]\).
Énoncé. On donne deux points \(A\) et \(B\) tels que \(AB=4\) cm. Déterminer l'ensemble \((E)\) des points \(M\) du plan tels que \((\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\equiv\dfrac{\pi}{3}\;[2\pi]\) : préciser le rayon du cercle et la position de son centre.
Solution : \(\dfrac{\pi}{3}\) n'est pas un multiple de \(\pi\) : \((E)\) est un arc de cercle d'extrémités \(A\) et \(B\), privé de ces deux points.
Rayon : \(R=\dfrac{AB}{2\sin\frac{\pi}{3}}=\dfrac{4}{2\times\frac{\sqrt3}{2}}=\dfrac{4}{\sqrt3}\approx 2{,}31\) cm.
Centre : \(O\) est sur la médiatrice de \([AB]\), à la distance \(R\cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{2}{\sqrt3}\approx 1{,}15\) cm de la droite \((AB)\). L'angle étant aigu et positif, \(O\) et l'arc sont tous deux à gauche de la droite \((AB)\) parcourue de \(A\) vers \(B\), et \((E)\) est le grand arc. On vérifie l'angle au centre : \((\overrightarrow{OA}\,;\overrightarrow{OB})=\dfrac{2\pi}{3}\), le double de \(\dfrac{\pi}{3}\).
Énoncé. On donne \(AB=6\). Déterminer l'ensemble des points \(M\) tels que : a) \((\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\equiv\dfrac{\pi}{4}\;[\pi]\) ; b) \((\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\equiv\dfrac{\pi}{4}\;[2\pi]\) ; c) \((\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\equiv-\dfrac{3\pi}{4}\;[2\pi]\) ; d) \((\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\equiv\dfrac{\pi}{2}\;[2\pi]\) ; e) \((\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\equiv\pi\;[2\pi]\).
Solution : a) C'est un cercle passant par \(A\) et \(B\), privé de \(A\) et \(B\). Son rayon est \(R=\dfrac{6}{2\sin\frac{\pi}{4}}=\dfrac{6}{\sqrt2}=3\sqrt2\approx 4{,}24\). Son centre \(O\) vérifie \((\overrightarrow{OA}\,;\overrightarrow{OB})=\dfrac{\pi}{2}\) : le triangle \(OAB\) est rectangle isocèle en \(O\), et \(O\) est à la distance 3 de \((AB)\), à gauche quand on va de \(A\) vers \(B\).
b) C'est le grand arc de ce cercle (celui qui est du même côté que \(O\)), privé de \(A\) et \(B\).
c) \(-\dfrac{3\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}-\pi\) : c'est l'autre arc du même cercle, le petit, situé à droite de \((AB)\).
d) \(R=\dfrac{6}{2}=3\) : c'est le demi-cercle de diamètre \([AB]\) situé à gauche quand on va de \(A\) vers \(B\), privé de \(A\) et \(B\).
e) Les vecteurs \(\overrightarrow{MA}\) et \(\overrightarrow{MB}\) sont de sens contraires : \(M\) est entre \(A\) et \(B\). L'ensemble est le segment \([AB]\) privé de ses extrémités.
Modulo \(\pi\) ou modulo \(2\pi\). Avec \([\pi]\), on obtient le cercle entier (sans \(A\) ni \(B\)) ; avec \([2\pi]\), un seul des deux arcs. Les deux arcs d'un même cercle correspondent à des angles qui diffèrent de \(\pi\), et non à des angles opposés.
Les extrémités. Les points \(A\) et \(B\) n'appartiennent jamais à l'ensemble : il faut toujours écrire « privé de \(A\) et de \(B\) ».
Les multiples de \(\pi\). Pour \(\alpha\equiv 0\) ou \(\alpha\equiv\pi\), la formule du rayon n'a pas de sens (\(\sin\alpha=0\)) : l'ensemble n'est pas un arc de cercle mais une partie de la droite \((AB)\).
Résumé
\(\varphi(M)=a\,MA^2+b\,MB^2\) : à chaque point \(M\), on associe un nombre.
\(\varphi(M)=(a+b)MG^2+\varphi(G)\), où \(G\) est le barycentre et \(\varphi(G)=\dfrac{ab}{a+b}AB^2\).
Cercle de centre \(G\), point \(G\) ou ensemble vide, selon le signe de \(\dfrac{k-\varphi(G)}{a+b}\).
\(MA^2-MB^2=2\,\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{IM}\) : les lignes de niveau sont des droites perpendiculaires à \((AB)\).
\(MA^2+MB^2=2MI^2+\dfrac{AB^2}{2}\) : c'est le théorème de la médiane.
\(x'=ax+by+e\), \(y'=cx+dy+g\) ; bijective si et seulement si \(ad-bc\neq0\).
L'image d'un barycentre est le barycentre des images, avec les mêmes coefficients.
Conservation de l'alignement, du milieu, du parallélisme ; pas des longueurs ni des angles.
Ensemble des points \(M\) tels que \((\overrightarrow{MA}\,;\overrightarrow{MB})\equiv\alpha\;[2\pi]\) : un arc d'extrémités \(A\) et \(B\), sans ces deux points.
Rayon \(R=\dfrac{AB}{2|\sin\alpha|}\) ; centre sur la médiatrice de \([AB]\), avec un angle au centre \(2\alpha\).
La tangente en \(A\) fait l'angle \(\alpha\) avec \((AB)\) : elle donne le centre par une perpendiculaire.
On obtient le cercle entier privé de \(A\) et \(B\) ; sur l'autre arc, l'angle vaut \(\alpha+\pi\).
Angle droit : demi-cercle de diamètre \([AB]\). Angle plat : segment ouvert. Angle nul : droite privée du segment.