INTERET : Les barycentres sont utilisés pour réduire les sommes des vecteurs. Pour consolider cette notion, consulte aussi notre bibliothèque de cours de maths, et, pour une définition générale, voir cette ressource.

MOTIVATION : Des nombreux problèmes de vie font appel aux notions barycentriques. On peut citer par exemple la recherche du point d’équilibre d’un solide ou d’un système qui varie selon les situations. Ce cours nous permettra de retrouver par des calculs simples ces points d’équilibre.

MOTIVATION : De nombreux problèmes dans la vie font appel aux barycentres, d’où la nécessité maîtrisés la manipulation des outils barycentriques. Nous notons ainsi la recherche du centre de gravité d’un solide.

COMPETENCES A ACQUERIR PAR LES ELEVES :

Déterminer la position d’un point par rapport à deux autres points auquel on a affecté des coefficients pour pouvoir établir un certain équilibre.

PRE-REQUIS :Définir le centre de gravité

SITUATION PROBLEME :

Hamadou dispose d’une tige homogène aux extrémités de laquelle on a fixé la sphère lumineuse A et B de masse $m_A=2kg$ et $m_B=3kg$, pour éclairer sa salle d’étude à l’aide de deux sphères lumineuses. Il doit fixer esthétiquement une autre tige sur la première en un point O de manière à obtenir un équilibre (voire figure ci-dessous)

Déterminer la position du point o par rapport à A.

image

ACTIVITE D’APPRENTISSAGE :

1) Soit l’application $g(M)=2\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MB}$

a) Réduire l’application $g(M)$ en introduisant le point B.

b) Que constater vous ?

2) On considère l’égalité vectorielle $2\overrightarrow{AG}+3\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{0}$

a) Exprimer $\overrightarrow{AG}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}$

b) Exprimer $\overrightarrow{BG}$ en fonction de $\overrightarrow{BA}$

c) Construire G sachant que $AB=5cm$.

3) Répondre à la question de la situation problème.

RÉSOLUTION DE L’ACTIVITÉ D’APPRENTISSAGE

1) Soit l’application $g(M)=2\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MB}$

a) Réduisons l’application

On a

$2\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MA}-2(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB})$

$=2\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{AB}$

$=-2\overrightarrow{AB}$

b) conclusion : le résultat ne dépend pas du point M

II- On considère l’égalité $2\overrightarrow{AG}+3\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{0}$

a) Exprimons $\overrightarrow{AG}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}$

On a

$2\overrightarrow{AG}+3\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{0}$

En utilisant le point A on a

$2\overrightarrow{AG}+3(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AG})=\overrightarrow{0}$

$2\overrightarrow{AG}+3\overrightarrow{BA}+3\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{0}$

$5\overrightarrow{AG}=3\overrightarrow{AB}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{AG}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AB}$

b) Exprimons $\overrightarrow{BG}$ en fonction de $\overrightarrow{BA}$

En utilisant le point B on a

$2\overrightarrow{AG}+3\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{0}\ \Leftrightarrow\ 2(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BG})+3\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{0}$

ensuite $\Leftrightarrow\ 2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{BG}+3\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{0}$

equivaut à, $\Leftrightarrow\ 5\overrightarrow{BG}=3\overrightarrow{BA}$

$\Leftrightarrow\ \overrightarrow{BG}=\frac{2}{5}\overrightarrow{BA}$

c) Construisons G sachant que $AB=5cm$.

4) Retour à la situation problème

Déterminons la position du point O par rapport à A.

L’équilibre est déterminé par la relation

$O=\{(A;m_A),(B;m_B)\}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{AO}=\frac{m_B}{m_A+m_B}\overrightarrow{AB}$

$\Leftrightarrow\ \overrightarrow{AO}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AB}$

RESUME :

1) DEFINITIONS

DEFINITION1 :

On appelle point pondéré toute écriture de la forme (A ; α) où A est un point et α un réel non nul.

“α” est appelé coefficient affecté au point A.

DÉFINITION 2 :

soient (A ; α) et (B ; β) deux points pondérés, on appelle barycentre du système $\{(A;\alpha),(B;\beta)\}$ l’unique point G vérifiant $\alpha\overrightarrow{AG}+\beta\overrightarrow{BG}=\overrightarrow{0}$ , avec $\alpha+\beta\neq 0$

NB : on peut encore écrire $\alpha\overrightarrow{GA}+\beta\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$

2) THEOREME

Etant donné deux points pondérés (A ; α) et (B ; β) tels que $\alpha+\beta\neq 0$, il existe un point unique G vérifiant la relation $\alpha\overrightarrow{GA}+\beta\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$

NB :

• un système de points pondérés admet un barycentre si et seulement si la somme des coefficients affectés à ces points soit non-nulle.
• Lorsque les coefficients d’un système des points pondérés sont tous égaux, le système admet un isobarycentre.

3) EGALITES VECTORIELLES PERMETTANT DE CONSTRUIRE DE BARYCENTRE DE DEUX POINTS PONDERES.

Si le point G est le barycentre de deux points pondérés (A ; α) et (B ; β), avec $\alpha+\beta\neq 0$, la somme existe si $G=\{(A;\alpha),(B;\beta)\}$

On a alors

$\alpha\overrightarrow{GA}+\beta\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}\ \Leftrightarrow\ \alpha\overrightarrow{GA}+\beta(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{0}$

equivaut a $\Leftrightarrow\ (\alpha+\beta)\overrightarrow{GA}-\beta\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0}$

$\Leftrightarrow\ -(\alpha+\beta)\overrightarrow{AG}=-\beta\overrightarrow{AB}$

d'ou, $\Leftrightarrow\ \overrightarrow{AG}=\frac{\beta}{\alpha+\beta}\overrightarrow{AB}$

De la même manière

$\overrightarrow{BG}=\frac{\alpha}{\alpha+\beta}\overrightarrow{BA}$

4) PROPRIETES

P1 : Homogénéité

Le barycentre d’un système de points pondérés reste inchangé lorsqu’on multiplie les différents coefficients du système par un même nombre non-nul c’est-à-dire :

Si $G=\mathrm{bar}\{(A;\alpha),(B;\beta)\}$, alors pour tout $k\in\mathbb{R}^*$

$G=\{(A;k\alpha),(B;k\beta)\}$

P2 : Coordonnées du barycentre de deux points pondérés

Pour un plan muni d’un repère orthonormé $(O;\vec{i},\vec{j})$ si $G=\{(A;\alpha),(B;\beta)\}$ alors ses coordonnées sont :

$x_G=\frac{\alpha x_A+\beta x_B}{\alpha+\beta}\ ;\ \ \ y_G=\frac{\alpha y_A+\beta y_B}{\alpha+\beta}$

EXEMPLE :

On donne A(−1 ; 3) et B(2 ; −2). On désigne par $G=\{(A;-1),(B;3)\}$

Calculons les coordonnées de G.

$x_G=\frac{-1(-1)+3(2)}{-1+3}=\frac{7}{2}\ \ \ \text{et}\ \ \ y_G=\frac{-1(3)+3(-2)}{-1+3}=-\frac{9}{2}\ \ \ \text{donc}\ \ G\left(\frac{7}{2};-\frac{9}{2}\right)$

P3 : isobarycentre : milieu du segment [AB]

G est le milieu de segment [AB] si et seulement si G est barycentre des points A et B affecté de mêmes coefficients, c’est-à-dire $G=\{(A;\alpha),(B;\alpha)\}$

5) REDUCTION DE LA SOMME $\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}$

• Si $\alpha+\beta=0$ alors on a :

  $\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}=\alpha\overrightarrow{MA}+\beta(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB})$

  $=(\alpha+\beta)\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{AB}$

  $=\beta\overrightarrow{AB}\ \ \ \text{car}\ \alpha+\beta=0$

  $\Rightarrow\ \alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}=\beta\overrightarrow{AB}$

  Dans ce cas on dit que le vecteur $\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}$ est constant ou bien qu’il est indépendant de M.

• Si $\alpha+\beta\neq 0$ alors on a : $G=\{(A;\alpha),(B;\beta)\}$ et

  $\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}=\alpha(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})+\beta(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB})$

  $=(\alpha+\beta)\overrightarrow{MG}+\alpha\overrightarrow{GA}+\beta\overrightarrow{GB}$

  $=(\alpha+\beta)\overrightarrow{MG}\ \ \text{or}\ \alpha\overrightarrow{GA}+\beta\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$

Donc

$\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}=(\alpha+\beta)\overrightarrow{MG}$

MOTIVATION : En géométrie on utilise les barycentres pour repérer des points par rapport à d’autres points.

COMPETENCES A ACQUERIR PAR LES ELEVES :

• D’écrire un point comme barycentre de 3 points pondérés à partir d’une égalité vectorielle et de le construire.
• D’utiliser les barycentres partiels pour prouver l’alignement des points et la concourante des droites.

PRE-REQUIS :

1) A, B et G sont 3 points du plan tel que $5\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$. Montrer que $\overrightarrow{AG}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{BG}=\frac{5}{3}\overrightarrow{BA}$

2) Sachant que AB = 8cm placer le point G.

3) A, B et M sont 3 points du plan tel que $3\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{CA}$. Montrer que $\overrightarrow{CA}$ est indépendant du point M.

SITUATION PROBLEME :

M. Mayabou est un entrepreneur de la place qui possède un terrain rectangulaire ABCD à l’intérieur duquel se trouve une piscine ayant la forme trapézoïdale JKLM. Il aimerai gazonné le contour de la piscine, l’ensemble des points M couvert par le gazon vérifie la relation $8\leq\|\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|\leq 12$.

Déterminer la surface de l’espace vert autour de la piscine.

ACTIVITÉ D’APPRENTISSAGE

I- On considère l’égalité vectorielle $\overrightarrow{GA}-5\overrightarrow{GB}+2\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$

a) Exprimer $\overrightarrow{AG}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$

b) Exprimer $\overrightarrow{BG}$ en fonction de $\overrightarrow{BA}$ et $\overrightarrow{BC}$

c) Exprimer $\overrightarrow{CG}$ en fonction de $\overrightarrow{CA}$ et $\overrightarrow{CB}$

d) Construire le point G dans les 3 cas ou ABC est triangle équilatéral.

II- On considère l’application $g(M)=\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}$

a) Réduire l’expression $\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}$

b) Déterminer l’ensemble de points M tels que $\|\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=8$

c) Déterminer l’ensemble des points M tels que $\|\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=12$

III- Répondre à la question de la situation problème

RESOLUTION DE L’ACTIVITÉ D’APPRENTISSAGE

$-2\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$

a) Exprimons $\overrightarrow{AG}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.

En utilisant le point A on a :

$-2\overrightarrow{GA}+3(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB})+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0}\ \Leftrightarrow\ 2\overrightarrow{GA}=-3\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}$

$\Leftrightarrow\ \overrightarrow{AG}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$

b) Exprimons $\overrightarrow{BG}$ en fonction de $\overrightarrow{BA}$ et $\overrightarrow{BC}$.

$-2\overrightarrow{GB}-2\overrightarrow{BA}+3\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{0}\ \Leftrightarrow\ 2\overrightarrow{GB}=2\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BC}$

$\Leftrightarrow\ \overrightarrow{GB}=-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$

c) Exprimons $\overrightarrow{CG}$ en fonction de $\overrightarrow{CA}$ et $\overrightarrow{CB}$.

De la même manière

$\overrightarrow{CG}=-\overrightarrow{CA}+\frac{3}{2}\overrightarrow{CB}$

d) Construisons le point G.

II- On considère l’application $g(M)=\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}$

a) Réduisons l’expression $\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}$

$\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MG}\ \ \text{en introduisant le point G}$

b) Déterminons l’ensemble de points M tels que $\|\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=8$

$\|\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=8\ \Leftrightarrow\ \|-2\overrightarrow{MG}\|=8$

$\Leftrightarrow\ \|\overrightarrow{MG}\|=4$

$\Leftrightarrow\ MG=4$

L’ensemble de points M est le cercle de centre G et de rayon 4.

c) Déterminer l’ensemble de points M tels que $\|\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=12$

$\|\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=12\ \Leftrightarrow\ \|-2\overrightarrow{MG}\|=12$

$\Leftrightarrow\ \|\overrightarrow{MG}\|=6$

$\Leftrightarrow\ MG=6$

L’ensemble de points M est le cercle de centre G et de rayon 6.

III- Répondons à la situation problème

Déterminons la surface de l’espace vert autour de la piscine

On a :

$\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MG}$

$\Rightarrow\ 8\leq\|\overrightarrow{MA}-5\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|\leq 12\ \Leftrightarrow\ 8\leq\|-2\overrightarrow{MG}\|\leq 12$

$\Leftrightarrow\ 8\leq 2MG\leq 12$

$\Leftrightarrow\ 4\leq MG\leq 6$

D’où la surface de l’espace vert délimitée par le gazon autour de la piscine est l’intersection du cercle de centre G et de rayon 4 avec celui du même centre et de rayon 6.

RESUME :

1) THEOREME ET DEFINITION

Soient (A ; α) ; (B ; β) et (C ; γ) trois points pondérés tels que $\alpha+\beta+\gamma\neq 0$. Il existe un unique point G du plan tel que $\alpha\overrightarrow{GA}+\beta\overrightarrow{GB}+\gamma\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$ ou encore $\alpha\overrightarrow{AG}+\beta\overrightarrow{BG}+\gamma\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{0}$.

Le point G est appelé barycentre du système $\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}$.

On note : $G=\mathrm{bar}\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}$

a) Egalités vectorielles permettant la construction du point G.

$\alpha\overrightarrow{AG}+\beta\overrightarrow{BG}+\gamma\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{0}\ \ \text{conduit à :}\ \ \overrightarrow{AG}=\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}\overrightarrow{AB}+\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}\overrightarrow{AC}$

$\overrightarrow{BG}=\frac{\alpha}{\alpha+\beta+\gamma}\overrightarrow{BA}+\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}\overrightarrow{BC}$

$\overrightarrow{CG}=\frac{\alpha}{\alpha+\beta+\gamma}\overrightarrow{CA}+\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}\overrightarrow{CB}$

2) PROPRIÉTÉS

P1 : Homogénéité : Le barycentre d’un système de 3 points pondérés reste inchangé lorsqu’on multiplie les coefficients de ce système par un même nombre réel non nul.

Pour tout $k\in\mathbb{R}^*$, si $G=\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}$ alors

$G=\{(A;k\alpha),(B;k\beta),(C;k\gamma)\}$

P2 : Coordonnées d’un barycentre

Dans le plan muni du repère orthonormé $(O;\vec{i},\vec{j})$, Si $G=\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}$ alors :

$x_G=\frac{\alpha x_A+\beta x_B+\gamma x_C}{\alpha+\beta+\gamma}$

$y_G=\frac{\alpha y_A+\beta y_B+\gamma y_C}{\alpha+\beta+\gamma}$

P3 : Barycentre partiel

Soit $\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}$ un système de points pondérées tels que $\alpha+\beta+\gamma\neq 0$ et $\alpha+\beta\neq 0$

Si $G=\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}$ et $H=\{(A;\alpha),(B;\beta)\}$ alors $G=\{(H;\alpha+\beta),(C;\gamma)\}$

On dit dans ce cas que H est un barycentre partiel.

P4 : isobarycentre : centre de gravité du triangle ABC

G est le centre de gravité du triangle ABC si et seulement si G est barycentre des points A, B et C affectés des même coefficients. C’est-à-dire $G=\{(A;\alpha),(B;\alpha),(C;\alpha)\}$.

3) CONSTRUCTION DE LA SOMME $\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}+\gamma\overrightarrow{MC}$

• Si $\alpha+\beta+\gamma=0$ on a :

  $\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}+\gamma\overrightarrow{MC}=\alpha\overrightarrow{MA}+\beta(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB})+\gamma(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC})$

  $=(\alpha+\beta+\gamma)\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{AB}+\gamma\overrightarrow{AC}$

  $=\overrightarrow{0}+\beta\overrightarrow{AB}+\gamma\overrightarrow{AC}$

  $\Rightarrow\ \alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}+\gamma\overrightarrow{MC}=\beta\overrightarrow{AB}+\gamma\overrightarrow{AC}$

  On dit dans ce cas que le vecteur $\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}+\gamma\overrightarrow{MC}$ est constant.

• Si $\alpha+\beta+\gamma\neq 0$ alors il existe G tel que $G=\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}$ et on

  $\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}+\gamma\overrightarrow{MC}=(\alpha+\beta+\gamma)\overrightarrow{MG}$

4) UTILISATION DES BARYCENTRES

Les barycentres peuvent être utilisés pour montrer que 3 points sont alignés ou pour montrer que les droites sont concourantes.

a) ALIGNEMENT DES POINTS

MÉTHODE :

pour montrer que 3 points sont alignés, il suffit d’écrire l’un comme barycentre des deux autres.

b) CONCOURANTES DES DROITES

Méthode :

pour montrer que 3 droites (AB) ; (CD) et (EF) sont concourantes, il suffit de prouver l’existence d’un point qui soit à la fois barycentre des points A et B, barycentre des points C et D et barycentre des points E et F.

MOTIVATION : En géométrie on utilise les barycentres pour repérer des points par rapport à d’autres points ; en statistique pour repérer la moyenne des points pondérer.

COMPETENCES A ACQUERIR PAR LES ELEVES :

Déterminer les lignes de niveau des certaines applications :

• $\left\|\sum \alpha_i\overrightarrow{MA_i}\right\|=k$ ;
• $MA^2-MB^2=k$ ;
• $MA^2+MB^2=k$ ;
• $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=k$

PRE-REQUIS :

Soit C un point du plan, construire l’ensemble des points M du plan tel que : CM = 4cm

SITUATION PROBLEME :

Mayabou est propriétaire d’un jardin, il souhaite le clôturer avec un grillage qui coute 2350F le mètre. Son fils élève en classe de la première D dit que la longueur du grillage à acheter est le périmètre en mètre de l’ensemble des points M du plan tels que $MA^2+MB^2=850$, avec AB = 10m.

Quelle somme va-t-il dépenser pour clôturer son jardin.

ACTIVITE D’APPRENTISSAGE

i. AB est un segment de longueur 10cm

1. soit M un point du plan

a. Démontrer que $MA^2+MB^2=MI^2+8$, avec la position du point I à déterminer.

b. Déterminer et construire l’ensemble des points M du plan tels que $MA^2+MB^2=850$.

2. Soit N un point du plan

a. Montrer que $NA^2-NB^2=2\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{NI}$.

b. Déterminer et construire l’ensemble des points M du plan tels que $MA^2-MB^2=-80$.

ii. Soit l’application g qui à tout point P du plan associe le vecteur $\vec{g(P)}=2\overrightarrow{PA}+3\overrightarrow{PB}+3\overrightarrow{PC}$

a) Montrer que $g(P)=8\overrightarrow{PG}$

b) Déterminer l’ensemble des points P du plan tels que $g(P)=\overrightarrow{0}$

III- Répondre à la situation problème

RESOLUTION

1-a) Démontrons que $MA^2+MB^2=MI^2+50$

Soit I = mil [AB]

On a

$MA^2+MB^2=(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})^2+(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})^2$

$=2MI^2+IA^2+IB^2$

egale encore à $=2MI^2+2IA^2$

$=2MI^2+2(5^2)$

$\Rightarrow\ MA^2+MB^2=2MI^2+50$

b) Déterminons l’ensemble des points M du plan tels que $MA^2+MB^2=850$.

$MA^2+MB^2=850\ \Leftrightarrow\ 2MI^2+50=850$

$\Leftrightarrow\ 2MI^2=800$

equivaut a $\Leftrightarrow\ MI^2=400$

$\Leftrightarrow\ MI=20$

D’où M ∈ C(I ; 20)

• Construction voir la figure ci-dessous

2-a) Démontrons que $MA^2-MB^2=2\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{MI}$.

Soit I = mil [AB]

$MA^2-MB^2=(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB})(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB})$

$=\overrightarrow{BA}\cdot(2\overrightarrow{MI})$

$\Rightarrow\ MA^2-MB^2=2\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{MI}$

b)

• Déterminons l’ensemble des points M du plan tels que $MA^2-MB^2=-80$.

$MA^2-MB^2=-80\ \Leftrightarrow\ 2\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{MI}=-80$

Soit H le projeté orthogonal du point M sur la droite (AB)

$2\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{MI}=-80\ \Leftrightarrow\ 2\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{HI}=-80$

$\Leftrightarrow\ HI=\frac{-80}{2BA}$

M appartient à la droite (D) passant par H et perpendiculaire à (AB).

3) a) Montrons que $g(M)=8\overrightarrow{MG}$

Introduisons le point $G=\mathrm{bar}\{(A;2),(B;3),(C;3)\}$

$\text{On a :}\ \ g(M)=2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}+3\overrightarrow{MC}\ \Leftrightarrow\ g(M)=8\overrightarrow{MG}+2\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GB}+3\overrightarrow{GC}$

$\Leftrightarrow\ g(M)=8\overrightarrow{MG}\ \ \text{Car}\ \ 2\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GB}+3\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$

D’où $g(M)=8\overrightarrow{MG}$

b) Déterminer l’ensemble des points M du plan tels que $g(M)=\overrightarrow{0}$

$g(M)=\overrightarrow{0}\ \Leftrightarrow\ 8\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{0}$

$\Leftrightarrow\ \overrightarrow{MG}=\overrightarrow{0}$

$\Leftrightarrow\ MG=0$

Le M est confondu au point G.

III- Répondons à la situation problème

• Déterminons d’abord le périmètre en mètre du jardin

En introduisant le point I = mil [AB]

$\text{On a :}\ MA^2+MB^2=850\ \Leftrightarrow\ (\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})^2+(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})^2=850$

$\Leftrightarrow\ 2MI^2+IA^2+IB^2=850$

$\Leftrightarrow\ 2MI^2+2IA^2=850$

equivaut à $\Leftrightarrow\ 2MI^2+2(5^2)=850$

$\Leftrightarrow\ 2MI^2=800$

$\Leftrightarrow\ MI^2=400$

d'ou $\Leftrightarrow\ MI=20$

Son jardin a la forme circulaire de rayon 20m

Ainsi le périmètre vaut :

$P=2\pi r\ \Leftrightarrow\ P=125,6m$

• Déterminons à présent la somme dépensée par le père de Doulane

On sait que

1m   →   2350F

125,6m   →   S F

S = 295160F

Donc le père de Doulane va dépenser au total la somme de 295160F pour clôturer son jardin.

RESUME :

1) DEFINITION

Une ligne de niveau est la représentation graphique d’une fonction définie du plan vers l’ensemble des nombres réels. Elle peut être :

• Soit un ensemble vide ;
• Soit un singleton point du plan ;
• Soit une droite ;
• Soit un cercle.

2) LIGNES DE NIVEAU DU TYPE : $\left\|\sum \alpha_i\overrightarrow{MA_i}\right\|$

Soit $\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}$ un système des points pondérés tels que $\alpha+\beta+\gamma\neq 0$ et k un réel positif.

En posant $G=\mathrm{bar}\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}$

$\|\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}+\gamma\overrightarrow{MC}\|=k\ \Leftrightarrow\ \|(\alpha+\beta+\gamma)\overrightarrow{MG}\|=k$

$\Leftrightarrow\ \|(\alpha+\beta+\gamma)\|\cdot\|\overrightarrow{MG}\|=k$

$\Leftrightarrow\ \|\overrightarrow{MG}\|=\frac{k}{\|(\alpha+\beta+\gamma)\|}$

• Si k=0 alors $\|\overrightarrow{MG}\|=0$ , l’ensemble recherché se réduit à un point G ;
• Si k > 0 alors l’ensemble recherché est un cercle de centre G et de rayon $\frac{k}{\|(\alpha+\beta+\gamma)\|}$

3) LIGNES DE NIVEAU DU TYPE : $MA^2+MB^2=k$

Soit I = mil [AB]

$\text{On a :}\ MA^2+MB^2=k\ \Leftrightarrow\ (\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})^2+(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})^2=k$

$\Leftrightarrow\ 2MI^2+IA^2+IB^2=k$

$\Leftrightarrow\ 2MI^2+2IA^2=k$

equivaut à $\Leftrightarrow\ 2MI^2+2\left(\frac{AB}{2}\right)^2=k$

$\Leftrightarrow\ 2MI^2+\frac{AB^2}{2}=k$

$\Leftrightarrow\ MI^2=\frac{1}{2}\left(k-\frac{AB^2}{2}\right)$

• Si $k-\frac{AB^2}{2} < 0$ alors l’ensemble recherché est vide ;
• Si $k-\frac{AB^2}{2}=0$ alors l’ensemble recherché se réduit à I ;
• Si $k-\frac{AB^2}{2} > 0$ alors l’ensemble recherché est un cercle de centre I et de rayon $\sqrt{k-\frac{AB^2}{2}}$.

4) LIGNES DE NIVEAU DU TYPE : $MA^2-MB^2=k$

Soit (D) l’ensemble des points M vérifiant : $MA^2-MB^2=k$, avec k un réel.

Soit I = mil [AB]

$\text{On a}\ MA^2-MB^2=k\ \Leftrightarrow\ (\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB})(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB})=k$

$\Leftrightarrow\ (\overrightarrow{MA}-(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}))(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})=k$

$\Leftrightarrow\ (-\overrightarrow{AB})(2\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB})=k$

$MA^2-MB^2=k\ \Leftrightarrow\ (\overrightarrow{BA})(2\overrightarrow{MI})=k\ \ \text{Car}\ \overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}$

$\Leftrightarrow\ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{MI}=\frac{k}{2}$

Soit H le projeté orthogonal de M sur la droite (AB)

$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{MI}=\frac{k}{2}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{HI}=\frac{k}{2}$

$\Leftrightarrow\ HI=\frac{k}{2BA}$

On distingue trois cas suivant les valeurs de k:

• Si k > 0, alors les vecteurs $\overrightarrow{BA}$ et $\overrightarrow{HI}$ sont de même sens ;
• Si k < 0, alors les vecteurs $\overrightarrow{BA}$ et $\overrightarrow{HI}$ sont de même sens contraires ;
• Si k = 0, alors le point H est confondu à I.

On conclut que (D) est la droite perpendiculaire à (AB) passant par H.

5) LIGNES DE NIVEAU DU TYPE : $\frac{MA}{MB}=k$

Soit (Σ) l’ensemble des points M vérifiant : $\frac{MA}{MB}=k$, avec k un réel positif.

• Si k = 1, alors $\frac{MA}{MB}=1\ \Leftrightarrow\ MA=MB$

  Dans ce cas (Σ) est la médiatrice du segment [AB].

• Si k ≠ 1, alors $\frac{MA}{MB}=k\ \Leftrightarrow\ \frac{MA^2}{MB^2}=k^2$

  $\Leftrightarrow\ MA^2=k\cdot MB^2$

  $\Leftrightarrow\ MA^2-k\cdot MB^2=0$

  equivaut à $\Leftrightarrow\ (\overrightarrow{MA}-k\overrightarrow{MB})(\overrightarrow{MA}+k\overrightarrow{MB})=0$

  En posant $G_1=\mathrm{bar}\{(A;1),(B;-k)\}$ et $G_2=\mathrm{bar}\{(A;1),(B;k)\}$

  $\frac{MA}{MB}=k\ \Leftrightarrow\ (1-k)\overrightarrow{MG_1}\cdot(1+k)\overrightarrow{MG_2}=0$

  $\Leftrightarrow\ \overrightarrow{MG_1}\cdot\overrightarrow{MG_2}=0$

  D’où (Σ) est le cercle de diamètre [G₁ G₂].