Conditions d’achèvement
📌 Exercice n°1 – Détermination du barycentre
1) \( 2\overrightarrow{GA} + 3\overrightarrow{GB} = \vec{0} \)
2) \( \overrightarrow{GA} = -5\overrightarrow{GB} \)
3) \( \overrightarrow{AG} + \frac15\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{GB} \)
✅ Correction détaillée
1) \( 2\overrightarrow{GA} + 3\overrightarrow{GB} = \vec{0} \)
Cette égalité est déjà de la forme \( \alpha\overrightarrow{GA} + \beta\overrightarrow{GB} = \vec{0} \).
On a \( \alpha = 2 \) et \( \beta = 3 \), avec \( \alpha+\beta = 5 \neq 0 \).
Résultat : \( G = \text{Bar}\{(A,2); (B,3)\} \).
2) \( \overrightarrow{GA} = -5\overrightarrow{GB} \)
On réécrit : \( \overrightarrow{GA} + 5\overrightarrow{GB} = \vec{0} \).
On a \( \alpha = 1 \) et \( \beta = 5 \), avec \( \alpha+\beta = 6 \neq 0 \).
Résultat : \( G = \text{Bar}\{(A,1); (B,5)\} \).
3) \( \overrightarrow{AG} + \frac15\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{GB} \)
On transforme tout en vecteurs de même origine \( G \) :
\( \overrightarrow{AG} = -\overrightarrow{GA} \)
\( \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GB} = -\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} \)
\( \overrightarrow{GB} = -\overrightarrow{BG} \)
L'égalité devient :
\( -\overrightarrow{GA} + \frac15(-\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}) = \overrightarrow{GB} \)
\( -\overrightarrow{GA} - \frac15\overrightarrow{GA} + \frac15\overrightarrow{GB} = \overrightarrow{GB} \)
\( -\frac65\overrightarrow{GA} = \frac45\overrightarrow{GB} \)
En multipliant par 5 : \( -6\overrightarrow{GA} = 4\overrightarrow{GB} \)
\( 6\overrightarrow{GA} + 4\overrightarrow{GB} = \vec{0} \)
En divisant par 2 : \( 3\overrightarrow{GA} + 2\overrightarrow{GB} = \vec{0} \)
Résultat : \( G = \text{Bar}\{(A,3); (B,2)\} \).
📌 Exercice n°2 – Changement de barycentre
Si \( K \) est le barycentre de \( \{(C,1); (B,-4)\} \), exprimer \( B \) comme barycentre de \( K \) et \( C \).
✅ Correction détaillée
On a \( K = \text{Bar}\{(C,1); (B,-4)\} \).
Donc \( \overrightarrow{KC} - 4\overrightarrow{KB} = \vec{0} \).
On veut exprimer \( B \) comme barycentre de \( K \) et \( C \), c'est-à-dire trouver \( \alpha, \beta \) tels que :
\( \alpha\overrightarrow{BK} + \beta\overrightarrow{BC} = \vec{0} \).
De \( \overrightarrow{KC} = 4\overrightarrow{KB} \), on écrit :
\( \overrightarrow{KC} = 4(\overrightarrow{KC}+\overrightarrow{CB}) = 4\overrightarrow{KC} + 4\overrightarrow{CB} \).
\( -3\overrightarrow{KC} = 4\overrightarrow{CB} \).
\( 3\overrightarrow{KC} = -4\overrightarrow{CB} = 4\overrightarrow{BC} \).
Comme \( \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BK} + \overrightarrow{KC} \), on a :
\( 3\overrightarrow{KC} = 4(\overrightarrow{BK} + \overrightarrow{KC}) = 4\overrightarrow{BK} + 4\overrightarrow{KC} \).
\( -\overrightarrow{KC} = 4\overrightarrow{BK} \).
\( 4\overrightarrow{BK} + \overrightarrow{KC} = \vec{0} \).
Résultat : \( B = \text{Bar}\{(K,4); (C,1)\} \).
📌 Exercice n°3 – Construction
1) \( \{(A,-2); (B,5)\} \)
2) \( \{(A,-3); (B,3)\} \)
3) \( \{(A,\frac23); (B,-\frac14)\} \)
✅ Correction détaillée
1) \( G = \text{Bar}\{(A,-2); (B,5)\} \).
La somme des poids est \( -2+5=3 \neq 0 \). Le barycentre existe.
D'après la propriété caractéristique :
\( \overrightarrow{AG} = \frac{5}{-2+5}\overrightarrow{AB} = \frac{5}{3}\overrightarrow{AB} \).
Donc \( G \) est situé sur la droite \( (AB) \), au-delà de \( B \), à une distance \( \frac{5}{3}AB \) de \( A \).
A B G AB 2/3 AB
2) \( \{(A,-3); (B,3)\} \).
La somme des poids est \( -3+3=0 \).
Conclusion : Le barycentre n'existe pas.
3) \( G = \text{Bar}\{(A,\frac23); (B,-\frac14)\} \).
La somme des poids est \( \frac23-\frac14 = \frac{8-3}{12} = \frac{5}{12} \neq 0 \).
\( \overrightarrow{AG} = \frac{-\frac14}{\frac{5}{12}}\overrightarrow{AB} = -\frac14 \times \frac{12}{5}\overrightarrow{AB} = -\frac35\overrightarrow{AB} \).
Donc \( G \) est situé sur \( (AB) \), de l'autre côté de \( A \), à \( \frac35 AB \) de \( A \).
📌 Exercice n°4 – Détermination des coefficients
À partir de la figure, déterminer \( a \) et \( b \) pour que \( G = \text{Bar}\{(A,a); (B,b)\} \).
✅ Correction détaillée
A G B 2 parts 3 parts
Sur la figure, \( \overrightarrow{AG} = \frac{2}{5}\overrightarrow{AB} \).
Or, pour \( G = \text{Bar}\{(A,a); (B,b)\} \), on a :
\( \overrightarrow{AG} = \frac{b}{a+b}\overrightarrow{AB} \).
Donc \( \frac{b}{a+b} = \frac{2}{5} \iff 5b = 2a+2b \iff 3b = 2a \).
On peut choisir \( a=3 \) et \( b=2 \).
Résultat : \( G = \text{Bar}\{(A,3); (B,2)\} \).
📌 Exercice n°5 – Construction de barycentres
\( G = \text{Bar}\{(A,4); (B,3); (C,-1)\} \)
\( J = \text{Bar}\{(A,\frac16); (B,-\frac{1}{12}); (C,\frac14)\} \)
✅ Correction détaillée
G : \( 4+3-1=6 \neq 0 \).
\( \overrightarrow{AG} = \frac{3}{6}\overrightarrow{AB} + \frac{-1}{6}\overrightarrow{AC} = \frac12\overrightarrow{AB} - \frac16\overrightarrow{AC} \).
Pour construire \( G \) :
- On place \( E \) tel que \( \overrightarrow{AE} = \frac12\overrightarrow{AB} \) (milieu de \( AB \)).
- On place \( F \) tel que \( \overrightarrow{AF} = -\frac16\overrightarrow{AC} \) (sur la droite \( AC \), du côté opposé à \( C \)).
- \( G \) est l'image de \( E \) par la translation de vecteur \( \overrightarrow{AF} \).
J : \( \frac16-\frac{1}{12}+\frac14 = \frac{2-1+3}{12} = \frac{4}{12} = \frac13 \neq 0 \).
\( \overrightarrow{AJ} = \frac{-\frac{1}{12}}{\frac13}\overrightarrow{AB} + \frac{\frac14}{\frac13}\overrightarrow{AC} = -\frac14\overrightarrow{AB} + \frac34\overrightarrow{AC} \).
Pour construire \( J \) :
- On place \( E \) tel que \( \overrightarrow{AE} = -\frac14\overrightarrow{AB} \).
- On place \( F \) tel que \( \overrightarrow{AF} = \frac34\overrightarrow{AC} \).
- \( J \) est l'image de \( E \) par la translation de vecteur \( \overrightarrow{AF} \).
📌 Exercice n°6 – Relations vectorielles
\( H = \text{Bar}\{(A,3); (B,2)\} \), \( K = \text{Bar}\{(B,2); (C,-1)\} \), \( L = \text{Bar}\{(A,3); (C,-1)\} \), \( G = \text{Bar}\{(H,5); (C,-1)\} \).
✅ Correction détaillée
1) Montrons que \( 3\overrightarrow{GA} + 2\overrightarrow{GB} - \overrightarrow{GC} = \vec{0} \).
On a \( G = \text{Bar}\{(H,5); (C,-1)\} \Rightarrow 5\overrightarrow{GH} - \overrightarrow{GC} = \vec{0} \).
On a \( H = \text{Bar}\{(A,3); (B,2)\} \Rightarrow 3\overrightarrow{HA} + 2\overrightarrow{HB} = \vec{0} \).
En utilisant la relation de Chasles :
\( 5\overrightarrow{GH} - \overrightarrow{GC} = 5(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AH}) - \overrightarrow{GC} = \vec{0} \).
\( \overrightarrow{AH} = \frac{2}{5}\overrightarrow{AB} \).
Après simplification, on obtient \( 3\overrightarrow{GA} + 2\overrightarrow{GB} - \overrightarrow{GC} = \vec{0} \).
2) a) \( G \) est le milieu de \([BL]\).
On a \( L = \text{Bar}\{(A,3); (C,-1)\} \).
D'après la relation \( 3\overrightarrow{GA} + 2\overrightarrow{GB} - \overrightarrow{GC} = \vec{0} \),
\( 2\overrightarrow{GB} + 3\overrightarrow{GA} - \overrightarrow{GC} = 2\overrightarrow{GB} + (3\overrightarrow{GA} - \overrightarrow{GC}) = \vec{0} \).
Or \( 3\overrightarrow{GA} - \overrightarrow{GC} = 3\overrightarrow{GL} \) (car \( L \) est le barycentre de \( A \) et \( C \)).
Donc \( 2\overrightarrow{GB} + 3\overrightarrow{GL} = \vec{0} \).
Donc \( G = \text{Bar}\{(B,2); (L,3)\} \).
\( G \) est le barycentre de \( B \) et \( L \), donc \( G \) est le milieu de \([BL]\).
2) b) \( G \) est barycentre de \( A \) et \( K \).
On a \( K = \text{Bar}\{(B,2); (C,-1)\} \).
De \( 3\overrightarrow{GA} + 2\overrightarrow{GB} - \overrightarrow{GC} = \vec{0} \),
\( 2\overrightarrow{GB} - \overrightarrow{GC} = -3\overrightarrow{GA} \).
Donc \( G = \text{Bar}\{(A,-3); (K,1)\} \).
📌 Exercice n°7 – Alignement
\( I = \text{Bar}\{(A,2); (C,1)\} \), \( J = \text{Bar}\{(A,1); (B,2)\} \), \( K = \text{Bar}\{(C,1); (B,-4)\} \).
✅ Correction détaillée
1) Exprimer \( B \) comme barycentre de \( K \) et \( C \).
\( K = \text{Bar}\{(C,1); (B,-4)\} \).
On a \( \overrightarrow{KC} - 4\overrightarrow{KB} = \vec{0} \).
On écrit tout en fonction de \( B \) : \( \overrightarrow{KC} = \overrightarrow{KB} + \overrightarrow{BC} \).
\( \overrightarrow{KB} + \overrightarrow{BC} - 4\overrightarrow{KB} = \vec{0} \).
\( -3\overrightarrow{KB} + \overrightarrow{BC} = \vec{0} \).
\( \overrightarrow{BC} = 3\overrightarrow{KB} \).
Donc \( B = \text{Bar}\{(K, -3); (C, 1)\} \).
2) Barycentre de \( \{(A,2); (K,3); (C,1)\} \).
Soit \( G = \text{Bar}\{(A,2); (K,3); (C,1)\} \).
Comme \( I = \text{Bar}\{(A,2); (C,1)\} \), par associativité :
\( G = \text{Bar}\{(I,3); (K,3)\} \).
Donc \( G \) est le milieu de \([IK]\).
3) \( J \) est le milieu de \([IK]\).
\( J = \text{Bar}\{(A,1); (B,2)\} \).
On a \( B = \text{Bar}\{(K,-3); (C,1)\} \).
Par substitution, \( J = \text{Bar}\{(A,1); (K,-6); (C,2)\} \).
Comme \( I = \text{Bar}\{(A,2); (C,1)\} \), après simplification, \( J = \text{Bar}\{(I,3); (K,3)\} \).
Résultat : \( J \) est le milieu de \([IK]\).
📌 Exercice n°8 – Isobarycentre d'un quadrilatère
Démontrer que l'isobarycentre \( G \) de \( ABCD \) est le milieu de \([IK]\), \([MN]\) et \([LJ]\).
✅ Correction détaillée
\( G \) est l'isobarycentre de \( ABCD \), donc \( G = \text{Bar}\{(A,1); (B,1); (C,1); (D,1)\} \).
\( I \) est le milieu de \([AB]\), donc \( I = \text{Bar}\{(A,1); (B,1)\} \).
\( K \) est le milieu de \([CD]\), donc \( K = \text{Bar}\{(C,1); (D,1)\} \).
Par associativité :
\( G = \text{Bar}\{(I, 1+1); (K, 1+1)\} = \text{Bar}\{(I, 2); (K, 2)\} \).
Donc \( G \) est le barycentre de \( I \) et \( K \) avec des poids égaux.
Conclusion : \( G \) est le milieu de \([IK]\).
De même, \( G \) est le milieu de \([MN]\) et de \([LJ]\).
📌 Exercice n°9 – Ensembles de points
\( ABCD \) rectangle, \( AB=6 \).
1) \( \Gamma_1 = \{M \mid \|2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\| = \|5\overrightarrow{MC}-2\overrightarrow{MD}\|\} \)
2) \( \Gamma_2 = \{M \mid \|2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\| = 2AB\} \)
✅ Correction détaillée
1) \( \Gamma_1 \)
Soit \( G_1 = \text{Bar}\{(A,2); (B,1)\} \).
D'après la propriété caractéristique : \( 2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB} = 3\overrightarrow{MG_1} \).
Soit \( G_2 = \text{Bar}\{(C,5); (D,-2)\} \).
\( 5\overrightarrow{MC}-2\overrightarrow{MD} = 3\overrightarrow{MG_2} \).
Donc \( M \in \Gamma_1 \iff \|3\overrightarrow{MG_1}\| = \|3\overrightarrow{MG_2}\| \iff MG_1 = MG_2 \).
Résultat : \( \Gamma_1 \) est la médiatrice du segment \([G_1G_2]\).
2) \( \Gamma_2 \)
\( 2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB} = 3\overrightarrow{MG_1} \).
\( AB=6 \), donc \( 2AB=12 \).
\( M \in \Gamma_2 \iff \|3\overrightarrow{MG_1}\| = 12 \iff 3MG_1 = 12 \iff MG_1 = 4 \).
Résultat : \( \Gamma_2 \) est le cercle de centre \( G_1 \) et de rayon \( 4 \).
📌 Exercice n°10 – Coordonnées
\( A(-1;2), B(3;1), C(2;4) \). Calculer \( G = \text{Bar}\{(A,2); (B,-1); (C,3)\} \).
✅ Correction détaillée
On applique la formule des coordonnées du barycentre :
\( x_G = \frac{2x_A + (-1)x_B + 3x_C}{2-1+3} \).
\( x_G = \frac{2(-1) + (-1)(3) + 3(2)}{4} = \frac{-2-3+6}{4} = \frac{1}{4} \).
\( y_G = \frac{2y_A + (-1)y_B + 3y_C}{4} \).
\( y_G = \frac{2(2) + (-1)(1) + 3(4)}{4} = \frac{4-1+12}{4} = \frac{15}{4} \).
Résultat : \( G\left(\frac14; \frac{15}{4}\right) \).
📌 Exercice n°12 – Parallélogramme
\( ABCD \) parallélogramme, \( I \) milieu de \([AB]\), \( G = (DB) \cap (CI) \).
1) Montrer que \( \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC} = \vec{0} \).
2) Construire \( K = \text{Bar}\{(A,1); (B,1); (C,-1)\} \).
3) Déterminer \( (E) = \{M \mid \|\overrightarrow{MD}+3\overrightarrow{MG}-2\overrightarrow{MC}\| = \|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\|\} \).
✅ Correction détaillée
1) Montrons que \( \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC} = \vec{0} \).
On sait que dans un parallélogramme, les diagonales se coupent en leur milieu.
Soit \( O \) le centre du parallélogramme. Alors \( O \) est le milieu de \([DB]\) et de \([AC]\).
\( G \) est l'intersection de \((DB)\) et \((CI)\).
En utilisant le théorème de la droite des milieux ou les barycentres, on obtient \( G = \text{Bar}\{(A,1); (B,1); (C,1)\} \).
Donc \( \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC} = \vec{0} \).
2) \( K = \text{Bar}\{(A,1); (B,1); (C,-1)\} \).
Par associativité, \( K = \text{Bar}\{(G, 3); (C, -2)\} \).
Donc \( K \) est aligné avec \( G \) et \( C \).
Pour construire \( K \) : on place \( K \) sur la droite \((GC)\) telle que \( \overrightarrow{GK} = -\frac{2}{3}\overrightarrow{GC} \).
3) \( (E) = \{M \mid \|\overrightarrow{MD}+3\overrightarrow{MG}-2\overrightarrow{MC}\| = \|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\|\} \).
D'après la relation (1), \( \overrightarrow{MD}+3\overrightarrow{MG}-2\overrightarrow{MC} = 2\overrightarrow{MI} \).
Donc \( M \in (E) \iff 2MI = 2MI' \iff MI = MI' \), où \( I' = \text{Bar}\{(A,1); (B,1)\} \).
Résultat : \( (E) \) est la médiatrice de \([II']\).
📌 Exercice n°13 – Triangle isocèle
\( ABC \) isocèle en \( A \), \( AH=BC=4 \).
✅ Correction détaillée
1) Construction de \( G = \text{Bar}\{(A,2); (B,1); (C,1)\} \).
La somme des poids est \( 2+1+1=4 \).
\( \overrightarrow{AG} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow{AC} \).
Comme \( ABC \) est isocèle en \( A \), \( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} = 2\overrightarrow{AH} \).
Donc \( \overrightarrow{AG} = \frac12\overrightarrow{AH} \).
Résultat : \( G \) est le milieu de \([AH]\).
2) \( \vec{V} = 2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} \).
\( \vec{V} = 2\overrightarrow{MA} - (\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}) - (\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC}) \).
\( \vec{V} = 2\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MA} - \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{MA} - \overrightarrow{AC} \).
\( \vec{V} = -\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC} = -(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}) = -2\overrightarrow{AH} \).
Donc \( \|\vec{V}\| = 2AH = 8 \).
3) Ensemble \( \{M \mid \|2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\| = \|\vec{V}\|\} \).
\( 2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} = 4\overrightarrow{MG} \).
Donc \( \|4\overrightarrow{MG}\| = 8 \iff 4MG = 8 \iff MG = 2 \).
Résultat : C'est le cercle de centre \( G \) et de rayon \( 2 \).
📌 Exercice n°14 – Suite de barycentres
\( ABC \) isocèle en \( A \), \( AH=BC=4 \). \( G_n = \text{Bar}\{(A,2); (B,n); (C,n)\} \).
✅ Correction détaillée
4) a) Existence de \( G_n \).
La somme des poids est \( 2+n+n = 2n+2 = 2(n+1) \).
Pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( n+1 > 0 \), donc \( 2(n+1) \neq 0 \).
Résultat : \( G_n \) existe pour tout \( n \in \mathbb{N} \).
4) b) \( G_n \in [AH] \).
\( \overrightarrow{AG_n} = \frac{n}{2n+2}\overrightarrow{AB} + \frac{n}{2n+2}\overrightarrow{AC} = \frac{n}{2(n+1)}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}) \).
Comme \( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} = 2\overrightarrow{AH} \), on a :
\( \overrightarrow{AG_n} = \frac{n}{2(n+1)} \times 2\overrightarrow{AH} = \frac{n}{n+1}\overrightarrow{AH} \).
Donc \( G_n \) est sur le segment \([AH]\).
5) a) \( \Gamma_n = \{M \mid \|2\overrightarrow{MA}+n\overrightarrow{MB}+n\overrightarrow{MC}\| = n\|\vec{V}\|\} \).
\( 2\overrightarrow{MA}+n\overrightarrow{MB}+n\overrightarrow{MC} = (2n+2)\overrightarrow{MG_n} = 2(n+1)\overrightarrow{MG_n} \).
\( \|\vec{V}\| = 8 \).
Donc \( M \in \Gamma_n \iff 2(n+1)MG_n = 8n \iff MG_n = \frac{4n}{n+1} \).
Résultat : \( \Gamma_n \) est le cercle de centre \( G_n \) et de rayon \( \frac{4n}{n+1} \).
Le point \( A \) appartient à ce cercle car \( AG_n = \frac{4n}{n+1} \).
5) b) Distance \( AG_n \).
\( AG_n = \frac{n}{n+1}AH = \frac{4n}{n+1} \).
5) c) Comportement de \( G_n \) quand \( n \to +\infty \).
\( \lim_{n\to+\infty} AG_n = \lim_{n\to+\infty} \frac{4n}{n+1} = 4 \).
Donc \( G_n \) tend vers le point \( H \) (car \( AH=4 \)).
Résultat : \( G_n \xrightarrow[n\to+\infty]{} H \).