Examen blanc — Barycentre et géométrie analytique

1. Coordonnées de $G$.

La somme des coefficients est $2+1+1=4\ne 0$, donc le barycentre $G$ existe et est unique. Ses coordonnées sont la moyenne pondérée des coordonnées :

$x_G=\frac{2x_A+x_B+x_C}{4}=\frac{2(1)+4+(-2)}{4}=\frac{4}{4}=1.$

$y_G=\frac{2y_A+y_B+y_C}{4}=\frac{2(2)+(-1)+3}{4}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}.$

Donc $G\left(1;\frac{3}{2}\right)$.

2. Point $H$ et associativité.

$H$ est le barycentre de $\{(B;1),(C;1)\}$ : c'est le milieu de $[BC]$ (coefficients égaux). Donc :

$x_H=\frac{x_B+x_C}{2}=\frac{4+(-2)}{2}=1,y_H=\frac{y_B+y_C}{2}=\frac{-1+3}{2}=1,$

soit $H(1;1)$.

D'après le théorème d'associativité, on peut remplacer dans le système $\{(A;2),(B;1),(C;1)\}$ les points $B$ et $C$ par leur barycentre partiel $H$ affecté de la somme de leurs coefficients $1+1=2$. Ainsi $G$ est le barycentre de $\{(A;2),(H;2)\}$. Les coefficients étant égaux, $G$ est le milieu de $[AH]$.

Vérification : milieu de $[AH]=\left(\frac{1+1}{2};\frac{2+1}{2}\right)=\left(1;\frac{3}{2}\right)=G.$

3. Ligne de niveau $(\Gamma )$.

Comme $G$ est le barycentre de $\{(A;2),(B;1),(C;1)\}$ et que la somme des coefficients vaut $4$, on a pour tout point $M$ :

$2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=(2+1+1)\overrightarrow{MG}=4\overrightarrow{MG}.$

L'égalité devient $\Vert 4\overrightarrow{MG}\Vert =8$, c'est-à-dire $4MG=8$, donc $MG=2$.

L'ensemble $(\Gamma )$ est le cercle de centre $G\left(1;\frac{3}{2}\right)$ et de rayon $2$.

1. Équation de $(AB)$.

$\overrightarrow{AB}(5-1;3-1)=(4;2)$ est un vecteur directeur ; on peut prendre le vecteur colinéaire $(2;1)$. Un point $M(x;y)$ appartient à $(AB)$ si et seulement si $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{AB}$ sont colinéaires, soit $\det (\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AB})=0$ :

$\left|\begin{array}{cc}x-1& 4\\ y-1& 2\end{array}\right|=2(x-1)-4(y-1)=2x-4y+2=0,$

d'où, en divisant par $2$ : $x-2y+1=0.$

Vérification avec $B(5;3)$ : $5-2(3)+1=5-6+1=0.$ ✓

2. Produit scalaire $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}$.

$\overrightarrow{AB}=(4;2)$ et $\overrightarrow{AC}=(-1-1;5-1)=(-2;4)$. Dans un repère orthonormé :

$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=(4)(-2)+(2)(4)=-8+8=0.$

Le produit scalaire est nul, donc $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AC}$ : le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.

3. Cercle circonscrit $(\mathcal{C})$.

Le triangle étant rectangle en $A$, l'hypoténuse $[BC]$ est un diamètre du cercle circonscrit. Le centre $\Omega$ est donc le milieu de $[BC]$ :

$\Omega \left(\frac{5+(-1)}{2};\frac{3+5}{2}\right)=\Omega (2;4).$

Le rayon est $R=\frac{BC}{2}$. Or $BC=\sqrt{(-1-5{)}^2+(5-3{)}^2}=\sqrt{36+4}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$, donc $R=\sqrt{10}$.

Une équation de $(\mathcal{C})$ est : $(x-2{)}^2+(y-4{)}^2=10.$

Vérification avec $A(1;1)$ : $(1-2{)}^2+(1-4{)}^2=1+9=10.$ ✓

4. Distance de $C$ à $(AB)$.

La droite $(AB)$ a pour équation $x-2y+1=0$. La distance d'un point $C(x_C;y_C)$ à cette droite est :

$d(C,(AB))=\frac{|x_C-2y_C+1|}{\sqrt{1^2+(-2{)}^2}}=\frac{|-1-2(5)+1|}{\sqrt{5}}=\frac{|-10|}{\sqrt{5}}=\frac{10}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}.$

(On retrouve bien $d(C,(AB))=AC=\sqrt{(-2{)}^2+4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$, cohérent avec le fait que $(AC)\perp (AB)$.)

5. Mesure de l'angle $\widehat{ABC}$.

$\overrightarrow{BA}=(1-5;1-3)=(-4;-2)$ et $\overrightarrow{BC}=(-1-5;5-3)=(-6;2)$.

$\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=(-4)(-6)+(-2)(2)=24-4=20.$

$\Vert \overrightarrow{BA}\Vert =\sqrt{16+4}=2\sqrt{5},\Vert \overrightarrow{BC}\Vert =\sqrt{36+4}=2\sqrt{10}.$

$\cos \widehat{ABC}=\frac{\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}}{\Vert \overrightarrow{BA}\Vert \Vert \overrightarrow{BC}\Vert }=\frac{20}{2\sqrt{5}\times 2\sqrt{10}}=\frac{20}{4\sqrt{50}}=\frac{20}{20\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$

Donc $\widehat{ABC}=\frac{\pi }{4}$ (soit $45^{\circ }$).