Pré requis:
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Lieux géométriques |
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ENVIRONNEMENT du dossier:
Objectif précédent : 1°) Etudie
précédente : la somme de deux ou trois vecteurs. 2°)
revoir : multiplication d’un vecteur par un scalaire. 3°) l’addition
géométrique de vecteurs . |
Objectif suivant : |
Info générales : |
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Objectif suivant 1°)
Composantes d’un vecteur dans un repère . 2°) Somme
de vecteurs "colinéaires" 3°) Addition
géométrique de plusieurs vecteurs. 4°) info divers sur le barycentre. |
Module : LES VECTEURS
DOSSIER BARYCENTRE -
LIEU GEOMETRIQUE.
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En cours de rédaction. |
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On introduit
ici un nouvel outil, particulièrement performant : le barycentre d'un
système de points pondérés du plan ou de l'espace. |
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TEST |
COURS |
Interdisciplinarité : |
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COURS
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Le barycentre est un point (dans le
plan ou dans l'espace) que l'on détermine grâce à d'autres points connus. Ces
points peuvent être pondérés, ce qui veut dire qu'ils sont affectés d'une
valeur qui est prise en compte dans la détermination du barycentre. Le
barycentre a plusieurs applications, comme notamment la recherche du centre
de gravité d'un solide. |
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Le barycentre est un point
mathématique (géométrie analytique) construit à partir d'un ensemble
d'autres. Il correspond en statistiques à la notion de moyenne
(ou espérance), en physique (cinématique, mécanique
du point) à la notion de centre d'inertie et en mécanique en analyse spatiale au point |
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COURS : Barycentre de
deux points. G
barycentre de {(A , α) (B , β)} existe si et seulement
si : α + β ≠ 0 Pour
placer le barycentre G de {(A , α) (B , β)} , on utilise la
formule :
Par
propriété d’homogénéité du barycentre, pour tout réel k non nul, si G
est barycentre de {(A , α) (B , β)} , alors G est barycentre de {(A
, kα) (B , kβ)} . La
réciproque de la propriété d’associativité permet de remplacer un
point pondéré d’un système par les points dont il est lui-même barycentre. Cette
propriété s’applique notamment pour remplacer (A , k) par {(A ,a) (A , b)}
avec a + b = k et k ≠ 0 . G
isobarycentre des points A , B et C signifie que : Le
barycentre de deux points appartient à la droite formée par ces deux points. |
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Pour
construire le barycentre de trois points, il est pratique de recourir
à un barycentre partiel. De cette manière, placer un barycentre de trois
points revient à placer deux barycentres de deux points. Pour déterminer le
barycentre partiel à utiliser, il est recommandé de sélectionner un couple de
points faisant apparaître un isobarycentre (en veillant à ce que la somme des
coefficients soit non nulle, pour que le barycentre partiel existe). |
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Cours (Suite
1) : |
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On donne des points
fixes « A , B , C , D,.. » et des nombres algébriques : Si en particulier ,
dans le cas où : « Il existe un point
« G » unique tel
que : ( Le point
« O » est un point arbitraire et en prenant « G » en
« O » la relation (1) s’écrit aussi :
En particulier , si
l’on a : On pourra alors , en
opérant de proche en proche, déterminer « G » tel que : |
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Problème
1 : Déterminer le point
« G » tel que : |
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Solution :
Prenons un point
« I » quelconque de
« AB » et écrivons :
Choisissons le point
« I » tel que + 3 La condition de
l’énoncé : Ce qui montre que « G » est sur la
droite « CI » et tel que : |
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Problème
2 : Déterminer le point
« G » tel que : |
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Solution :
indication Suivre la méthode du « Pb1 » en déterminant sur
« BC » le point
« I » tel que : 5 |
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Problème
3 : Traiter le cas général
de la détermination de « G » tel que : Nota : on pourra
généraliser pour quatre points « ABCD » ou cinq point « ABCDE ». |
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Cours (suite 2
) |
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Parmi les théorème de
géométrie élémentaire , il est souvent
utile de considérer celui qui donne le carré d’un côté en fonction des
deux autres côtés et de la projection de l’un de ces côtés sur l’autre. |
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Quel que soit le cas
de figure , on a : Ce théorème se traduit
dans le cours par la relation : « a 2 =
b 2 + c 2
– 2 b c cos A. » |
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Ce théorème permet,
étant donné des points fixes « ABCD.. »de déterminer le lieu des
points « M » tels que :
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Problème
4 : |
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« A » et
« B » étant deux points fixes donnés , lieu des points
« M » tels que : 3 |
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Solution :
« G » étant
un point quelconque de « AB » , d’après le théorème rappelé au
« cours suite 2 » |
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« H » étant
la projection de « M » sur « AB ». On en déduit : 3 On détermine
« G » ( Barycentre de « A » et « B » de
coefficients « 3 » et « 2 » ) par la condition : 3 et le point
« M » doit satisfaire à :
5 Tous les termes du
second membre sont connus et , si ce second membre est positif, on a : Le milieu de
« M » dans le plan est le cercle de centre « G » et de
rayon : Dans l’espace , le lieu « M »
serait une sphère de centre « G ». |
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Problème
5 : |
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Lieu des points
« M » tels que : 7 « A » et
« B » étant fixes et
« a » désignant la longueur « AB ». Calculer les
longueurs « GA » et
« GB » sachant que : (achever comme au
problème 4 ) |
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Problème
6 : |
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Lieu des points 3 « a » étant
la mesure du segment fixe « AB » . |
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Cours ( suite
3) |
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Il peut y avoir
plusieurs points fixes. ON procédera de proche en proche comme ci-dessus.
Mais il y aura lieu de voir si la somme des coefficients |
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Problème
7 : |
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On donne trois points
« ABC » non alignés. Lieu des points
« M » tels que :
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Solution . |
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Soit « G1 »
, un point de « AB » ; « H » étant la projection de
« M » sur « AB » , on écrit : |
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On en déduit par
addition (membre à membre ) :
En prenant le point
« G » , au milieu de « AB » , ( On est ramené à un
problème du type traité aux problèmes
« 4 » et « 5 ». « G » étant un point de la droite G 1 C et
« K » la projection de « M » sur cette droite : |
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D’où : 2 Et en prenant
« G » tel que « + 2 Il reste : 3 et sous réserve que le second membre soit
positif , le lieu du point « M » est un cercle ( dans le plan) ou une
sphère ( dans l’espace) de centre « G » |
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Problème 8 : |
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On donne trois points
« ABC » non alignés. Lieu des points
« M » tels que : 2 |
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Vers la solution :
procéder avec rigueur comme ci-dessus ( pb 7 ) en déterminant d’abord le
point « G1 » de « AB » tel que : 2 5 |
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Problème 9 : |
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On donne trois points
« ABC » non alignés. Lieu des points
« M » tels que : 5 |
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Dans l’hypothèse où la
somme des coefficients de |
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Problème 10 : |
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On donne trois points
« ABC » non alignés. Lieu des points
« M » tels que :
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Solution : |
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Soit « G » un
point de « AB » ; « H » étant la projection de « M »
sur « AB » , des calculs analogues à ceux des problèmes précédents
donnent : de Choisissons le point « G »
tel que : La relation de l’énoncé s’écrit alors : 3 ou
Et nous apprend que le
lieu du point « M » est , dans le plan , une droite , dans l’espace
un plan ,perpendiculaire à « CG » en un point parfaitement
déterminé. ( voir « médiane ») |
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Problème 11 : |
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On donne trois points
« ABC » non alignés. Lieu des points
« M » tels que : 5 |
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Cours ( suite
4) |
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Signalons que les
questions de cette nature se résolvent plus rapidement si l’on a
préalablement étudié les propriétés du produit scalaire de deux vecteurs et établi à cette occasion la relation de « Leibniz » « G » étant
le point tel que : Signalons également
que les lieux géométriques étudiés dans les problèmes ci-dessus apparaissent
dans de multiples questions et notamment dans le cas de combinaisons diverses
des puissances d’un point par rapport à deux cercles ou à deux sphères. |
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Problème 12: A , B et C sont trois points non alignés du
plan. |
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CORRIGE: Pour placer les
barycentres G et H , on peut utiliser la propriété des barycentres partiels
(également appelée propriété d’associativité) afin de faciliter la
construction.
Les points H;I ; J sont donc
alignés.
Le point “H” est donc le point d’intersection des droites
( I J ) et ( A G ) Le point H est donc le
point d’intersection des droites (IJ) et (AG) . |
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TRAVAUX AUTO FORMATIFS. |
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CONTROLE |
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EVALUATION. |
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Refaire les problèmes……… ;;;; |
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