Source de synt_001.tex
\exo {Géométrie analytique~: un petit problème de synthèse}
Le plan est rapporté à un repère orthonormé $(O, \vec \imath , \vec
\jmath )$ d'unité $1\cm $ (graphique ci-joint).
\let \partie \discretpartie
\partie {1ère partie} On donne $A (1, 2)$ et $B (3, 1)$.
\itemnum Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AB)$.
\itemnum Déterminer les équations réduites des droites $(OA)$ et
$(OB)$.
\itemnum Prouver que le triangle $OAB$ est rectangle isocèle.
\itemnum Calculer l'aire du triangle $OAB$.
\itemnum Construire $G$, le centre de gravité du triangle
$OAB$.
\item {} Calculer les coordonnées du point $G$.
\partie {2ème partie}
\itemnum Construire les points $A_1$ et $B_1$ tels que
$\displaystyle {
\overrightarrow {OA_1} = 2\overrightarrow {OA}
}$ et
$\displaystyle {
\overrightarrow {OB_1} = 2\overrightarrow {OB}
}$.
\item {} Prouver que
$\displaystyle {
\overrightarrow {A_1B_1} = 2\overrightarrow {AB}
}$.
\itemnum Le triangle $OA_1B_1$ est rectangle isocèle. Pourquoi~?
\itemnum Soit $G_1$ le point tel que
$\displaystyle {
\overrightarrow {OG_1} = 2\overrightarrow {OG}
}$.
Montrer que $G_1$ est centre de gravité du triangle $OA_1B_1$.
\itemnum Comparer l'aire de $OA_1B_1$ et de $OAB$.
\partie {3ème partie}
\itemnum Construire les points $A_2$ et $B_2$ tels que
$\displaystyle {
\overrightarrow {OA_2} = 2\overrightarrow {OA_1}
}$ et
$\displaystyle {
\overrightarrow {OB_2} = 2\overrightarrow {OB_1}
}$.
\itemnum Comparer l'aire de $OA_2B_2$ et de $OAB$.
\partie {4ème partie}
\itemnum Construire les points $A_3$ et $B_3$ tels que
$\displaystyle {
\overrightarrow {OA_3} = 2\overrightarrow {OA_2}
}$ et
$\displaystyle {
\overrightarrow {OB_3} = 2\overrightarrow {OB_2}
}$.
\itemnum Pouvez-vous donner l'aire du triangle $OA_{10}B_{10}$~?
\itemnum Pouvez-vous donner les coordonnées de $G_{10}$, le centre de
gravité de $OA_{10}B_{10}$~?
\vfill \eject
\def \epspath {%
/home/jp/tex_doc/lycee/database/2nd/geometrie/analytique/}
\overfullrule 0pt
\epsfxsize \hsize
\epsillustrate {synt_001.ps}
\finexo
\corrige
\let \partie \discretpartie
\partie {1ère partie} On donne $A (1, 2)$ et $B (3, 1)$.
\itemnum Le vecteur $\overrightarrow {AB}$ a pour coordonnées
$\displaystyle {
\pmatrix {3-1\cr 1-2\cr }
= \pmatrix {2\cr -1\cr }
}$, d'où le coefficient directeur de la droite $(AB)$~: $m = -1/2$.
L'équation réduite de la droite $(AB)$ est donc de la forme
$$
y = - {1\over 2} x + p.
$$
Or les coordonnées du point $A$ vérifient cette équation, d'où la
relation
$$
2 = - {1\over 2} \times 1 + p
\qquad \hbox {qui permet d'obtenir l'ordonnée à l'origine~:}
\qquad
p = {5\over 2}.
$$
Finalement, l'équation réduite est
$\displaystyle {
(AB)~: y = - {1\over 2}x + {5\over 2}
}$, d'où une équation cartésienne~: \dresultat {(AB)~:
2y +2x - 5 = 0}.
\def \epspath {%
/home/jp/tex_doc/lycee/database/2nd/geometrie/analytique/}
\epsfxsize 150mm
$$
\epsillustrate {synt_001b.ps}
$$
\itemnum Les droites $(OA)$ et $(OB)$ passent par l'origine $O$ du
repère, donc leurs ordonnées à l'origine sont nulles. Reste à
trouver les coefficients directeurs. Les coordonnées des vecteurs
$\overrightarrow {OA}$ et $\overrightarrow {OB}$ donnent facilement la
réponse, d'où les équations cherchées~:
$$
\dresultat {(OA)~: y = 2x}
\qquad {\rm et} \qquad
\dresultat {(OB)~: y = {1\over 3}x}
$$
\itemnum \tresultat {Le triangle $OAB$ est rectangle en $A$} puisque
le produit des coefficients directeurs des droites $(OA)$ et
$(AB)$ est égal à $-1$. De plus,
$$
OA = \sqrt {(1-0)^2 + (2 - 0)^2} = \sqrt 5
\qquad {\rm et} \qquad
AB = \sqrt {(3-1)^2 + (1-2)^2} = \sqrt 5
$$
d'où $AB = OA$, et notre \tresultat {triangle $OAB$ est isocèle en
$A$}.
\itemnum La question précédente prouve que $OAB$ est un
demi-carré. Son aire est donc
$\displaystyle {
{\cal A} (OAB) = {1\over 2} OA^2
}$, soit
\dresultat {{\cal A} (OAB) = {5\over 2}}.
\itemnum Le centre de gravité est situé à l'intersection des
médianes. Le quadrillage permet de trouver facilement les milieus des
segments $[OA]$ et $[AB]$, d'où la construction du point $G$.
\item {} Pour trouver les coordonnées de $G$, utilisons encore le fait
que $G$ est situé à l'intersection des médianes. Le milieu $O'$ de
$[AB]$ a pour coordonnées $O' ({1\over 2} (1+3); {1\over 2} (2+1))$,
soit $O' (2; 3/2)$. Une équation de la droite $(OO')$ est donc
\dresultat {(OO')~: y = 3x/4}. Pour le milieu $B'$ de $[OA]$, on
trouve les coordonnées $B' (1/2; 1)$, ce qui donne
$\displaystyle {
\overrightarrow {BB'} \pmatrix {5/2\cr 0\cr }
}$ et donc un coefficient directeur nul. D'où l'équation
\dresultat {(BB')~:
y = 1} pour la deuxième médiane. Pour trouver l'intersection, reste à
résoudre le système
$$
\cases {
y = 1
\cr
y = 3x/4
\cr }
\qquad \Longleftrightarrow \qquad
\cases {
y = 1
\cr
x = 4y/3 = 4/3
\cr }
\qquad \hbox {d'où l'unique solution} \qquad
\dresultat {G \left( {4\over 3}; 1\right) }.
$$
\partie {2ème partie}
\itemnum Il vient
$$
\overrightarrow {A_1B_1}
= \overrightarrow {A_1O} + \overrightarrow {OB_1}
= 2\overrightarrow {AO} + 2\overrightarrow {OB}
= 2 \times \left( \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OB}
\right)
\qquad {\rm soit} \qquad
\dresultat {\overrightarrow {A_1B_1} = 2\overrightarrow {AB}}.
$$
\itemnum La relation précédente nous dit en particulier que l'on a les
égalités de distances $A_1B_1 = 2AB$, et donc
\dresultat {A_1B_1 = 2OA} puisque $AB = OA$ d'après {\bf I-3.}. De plus,
l'hypothèse $\overrightarrow {OA_1} = 2\overrightarrow {AO}$ nous
donne les égalités de distances \dresultat {OA_1 =
2OA}. Finalement, on a l'égalité $OA_1 = A_1B_1$, ce qui prouve
que le \tresultat {triangle $OA_1B_1$ est isocèle en $A$}.
\item {} D'autre part, la relation $\overrightarrow {OA_1} =
2\overrightarrow {AO}$ prouve que les points $O$, $A$ et $A_1$e
sont alignés, alors que la relation $\overrightarrow {A_1B_1} =
2\overrightarrow {AB}$ prouve que les droites $(A_1B_1)$ et
$(AB)$ sont parallèles. L'orthogonalité des droites $(AB)$ et
$(OA)$ (obtenue au {\bf I-3.}) permet alors de conclure sur
celle des droites $(OA_1)$ et $(A_1B_1)$, ce qui prouve que
\tresultat {$OA_1B_1$ est rectangle en $A$}.
\itemnum Cette question est difficile. La première question à se poser
est~:
\og quelle caractérisation du centre de gravité peut-on
utiliser~?\fg . \` A notre niveau, on n'en connaît guère que
deux~: (1)~: $G_1$ est le point d'intersection des médianes,
$(2)$~: $G_1$ est le point situé aux deux tiers de la médiane. La
deuxième question est~: \og quels sont les outils à ma
diposition~?\fg . Là encore, je ne vois guère que deux
réponses~: $(1)$~: le calcul vectoriel, $(2)$~: le calcul
analytique (c'est à dire sur les coordonnées).
\item {} Pour montrer que $G_1$ est le point d'intersection des
médianes, il faudrait montrer que $G_1$, le milieu de $[OA_1]$ et
$B_1$ sont alignés, et il faudrait également montrer que $G_1$,
$O$ et le milieu de $[A_1B_1]$ sont alignés.
\item {} Après réflexion, il paraît plus judicieux d'utiliser la
caractérisation \og $G_1$ situé aux deux-tiers de la médiane\fg
. Quand à l'outil (vectoriel ou ananlytique), le choix dépend
des goûts et de l'habilité de chacun. Personnellement, je
choisit le calcul analytique. Il me faut donc à montrer que
$\overrightarrow {OG_1} = {2\over 3} \overrightarrow {OO'_1}$,
si $O'_1$ désigne le milieu de $[A_1B_1]$.
\item {} Cherchons, à partir des hypothèses, les coordonnées des
différents points de la construction~:
$$\displaylines {
\overrightarrow {OA_1} = 2\overrightarrow {OA}
\quad \Longleftrightarrow \quad
\pmatrix {x_{A_1}\cr y_{A_1}\cr } = 2 \pmatrix {1\cr 2\cr } =
\pmatrix {2\cr 4\cr }
\quad \Longleftrightarrow \quad
\dresultat {A_1 (2, 4)}
\cr
\overrightarrow {OB_1} = 2\overrightarrow {OB}
\quad \Longleftrightarrow \quad
\pmatrix {x_{B_1}\cr y_{B_1}\cr } = 2 \pmatrix {3\cr 1\cr } =
\pmatrix {6\cr 2\cr }
\quad \Longleftrightarrow \quad
\dresultat {B_1 (6, 2)}
\cr
\overrightarrow {OG_1} = 2\overrightarrow {OG}
\quad \Longleftrightarrow \quad
\pmatrix {x_{G_1}\cr y_{G_1}\cr } = 2 \pmatrix {4/3\cr 1\cr } =
\pmatrix {8/3\cr 2\cr }
\quad \Longleftrightarrow \quad
\dresultat {\overrightarrow {OG_1} = \pmatrix {8/3\cr 2\cr }}
\cr
\hbox {$O'_1$ milieu de $[A_1B_1]$}
\quad \Longleftrightarrow \quad
\left( {1\over 2} (2+6), {1\over 2} (4+2) \right)
\quad \Longleftrightarrow \quad
\dresultat {O'_1 \left( 4, 3\right) }
\cr
}$$
On vérifie alors facilement que
$$
{2\over 3}\overrightarrow {OO'_1}
= {2\over 3} \pmatrix {4\cr 3\cr }
= \pmatrix {8/3\cr 2\cr }
= \overrightarrow {OG_1}
$$
ce qui prouve que \tresultat {$G_1$ est le centre de gravité de
$OA_1B_1$}.
\itemnum Le triangle $OA_1B_1$ est un demi-carré, et $OA_1 = 2OA$,
d'où
$$
{\cal A} (OA_1B_1) = {1\over 2} (OA_1)^2
= {1\over 2} (2OA)^2
= {1\over 2} 2^2 (OA)^2
\qquad {\rm soit} \qquad
\dresultat {{\cal A} (OA_1B_1) = 4\times {\cal A} (OAB) = 10}.
$$
\partie {3ème partie}
\itemnum \num \ De la même façon qu'à la question précédente, et en admettant
que $OA_2B_2$ est isocèle rectangle en $A_2$, on a $OA_2 =
2OA_1$,
d'où
$$\displaylines {
{\cal A} (OA_2B_2) = {1\over 2} (OA_2)^2
= {1\over 2} (2OA_1)^2
= {1\over 2} 2^2 (OA_1)^2
\cr
{\rm soit} \qquad
\dresultat {{\cal A} (OA_2B_2) = 4\times {\cal A} (OA_1B_1) = 4^2\times {\cal A} (OAB)}.
\cr }
$$
\partie {4ème partie}
\advance \numno by 1
\itemnum En admettant que les schémas précédents se reproduisent à
chaque cran, on aura à la $10$ème étape~;
$$
\dresultat {{\cal A} (OA_{10}B_{10}) = 4^{10}\times {\cal A} (OAB)
= 2\, 621\, 440 \cm ^2 = 262, 144 \, {\rm m} ^2}.
$$
\itemnum Et de la même façon, on aura
$$\eqalign {
\overrightarrow {OG_1} &= 2 \overrightarrow {OG}
\cr
\overrightarrow {OG_2} &= 2 \overrightarrow {OG_1}
= 2^2\overrightarrow {OG}
\cr
\overrightarrow {OG_3} &= 2 \overrightarrow {OG_2}
= 2^2\overrightarrow {OG_1}
= 2^3\overrightarrow {OG}
\cr
&\vdots
\cr
\overrightarrow {OG_{10}} &= 2 \overrightarrow {OG_9}
= 2^2\overrightarrow {OG_8}
= \dots
= 2^{10}\overrightarrow {OG}
\qquad {\rm soit} \qquad
\dresultat {G_{10} \left({4096\over 3}; 1\, 024 \right)}.
\cr
}$$
\fincorrige
— Syracuse — Dernière modification : 30 novembre 2006 (0.08s - 3827942 - 4 décembre 2008)
