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Devoir surveillé n°3 — Semestre 1

Barycentre et produit scalaire analytique

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Remarque — barème

Exercice 1 : 8 pts ; Exercice 2 : 12 pts ; total 20 pts, plus 2 bonus de 0,5 pt (note plafonnée à 20). Les points de chaque question sont indiqués entre crochets, avec leur répartition. Tous les résultats ont été contrôlés avec Python/sympy.

Remarque — consignes

Calculatrice non autorisée. La qualité de la rédaction et la précision des raisonnements (usage correct de ⟹\Longrightarrow et   ⟺  \iff) seront prises en compte. Les constructions se font à la règle et au compas, sur une figure unique. Le barème est indiqué entre crochets. Deux questions bonus (+0,5 pt chacune) figurent à la fin ; la note totale est plafonnée à 20.

Exercice 1 — Barycentre — 8 points Moyen ★★★☆☆

On considère un triangle ABCABC, le point KK défini par AK→=2AB→\V{AK}=2\V{AB} et le point G=bar⁡{(A;−1);(B;2);(C;1)}G=\bary{(A;-1);(B;2);(C;1)}.

  1. a. Montrer que AG→=AB→+12AC→\V{AG}=\V{AB}+\frac12\V{AC}. [0,5 pt] b. Construire les points GG et KK. [1 pt]
  2. Construire, sur la même figure, le point I=bar⁡{(B;2);(C;1)}I=\bary{(B;2);(C;1)}, en justifiant sa position. [0,5 pt]
  3. Montrer que K=bar⁡{(A;−1);(B;2)}K=\bary{(A;-1);(B;2)}. [1 pt]
  4. a. Montrer que GG est le milieu du segment [CK][CK]. [1 pt] b. Montrer que G∈(AI)G\in(AI). [1 pt]
  5. Déterminer l’ensemble des points MM du plan tels que ∥−MA→+2MB→+MC→∥≤6\nv{-\V{MA}+2\V{MB}+\V{MC}}\le6. [1 pt]
  6. Soit LL le point du plan tel que KL→=32KI→\V{KL}=\frac32\V{KI}. a. Montrer que LL est le milieu du segment [AC][AC]. [1 pt] b. Montrer que II est le centre de gravité du triangle ACKACK. [1 pt]
Voir la correction

1.a. [0,5 pt] La somme des poids vaut −1+2+1=2≠0-1+2+1=2\neq0 [0,25]. Propriété caractéristique au point AA : 2AB→+AC→=2AG→2\V{AB}+\V{AC}=2\V{AG}, d’où AG→=AB→+12AC→\V{AG}=\V{AB}+\frac12\V{AC} [0,25].

1.b. [1 pt] KK : on reporte AK→=2AB→\V{AK}=2\V{AB} [0,5]. GG : on construit AG→=AB→+12AC→\V{AG}=\V{AB}+\frac12\V{AC} (parallélogramme construit sur AB→\V{AB} et 12AC→\frac12\V{AC}) [0,5].

2. [0,5 pt] I=bar⁡{(B;2);(C;1)}I=\bary{(B;2);(C;1)} : BI→=13BC→\V{BI}=\frac13\V{BC} ; II est sur [BC][BC], au tiers à partir de BB.

3. [1 pt] AK→=2AB→  ⟺  AK→=2−1+2AB→\V{AK}=2\V{AB}\iff\V{AK}=\frac{2}{-1+2}\V{AB} [0,5], qui caractérise le barycentre de (A;−1)(A;-1) et (B;2)(B;2) (poids 1≠01\neq0) : K=bar⁡{(A;−1);(B;2)}K=\bary{(A;-1);(B;2)} [0,5].

4.a. [1 pt] KK est le barycentre partiel de (A;−1)(A;-1) et (B;2)(B;2), de poids 11 [0,5] ; associativité : G=bar⁡{(K;1);(C;1)}G=\bary{(K;1);(C;1)}, donc GG est le milieu de [CK][CK] [0,5].

4.b. [1 pt] II est le barycentre partiel de (B;2)(B;2) et (C;1)(C;1), de poids 33 [0,5] ; associativité : G=bar⁡{(A;−1);(I;3)}G=\bary{(A;-1);(I;3)}, donc G∈(AI)G\in(AI) [0,5].

Figure

5. [1 pt] Pour tout MM : −MA→+2MB→+MC→=2MG→-\V{MA}+2\V{MB}+\V{MC}=2\V{MG} [0,5]. Donc ∥…∥≤6  ⟺  2MG≤6  ⟺  MG≤3\nv{\ldots}\le6\iff2MG\le6\iff MG\le3 : l’ensemble cherché est le disque fermé de centre GG et de rayon 33 [0,5].

6.a. [1 pt] Prenons AA pour origine : AI→=13(2AB→+AC→)\V{AI}=\frac13(2\V{AB}+\V{AC}) et AK→=2AB→\V{AK}=2\V{AB}, donc KI→=AI→−AK→=13AC→−43AB→\V{KI}=\V{AI}-\V{AK}=\frac13\V{AC}-\frac43\V{AB} [0,5]. Alors AL→=AK→+32KI→=2AB→+12AC→−2AB→=12AC→\V{AL}=\V{AK}+\frac32\V{KI}=2\V{AB}+\frac12\V{AC}-2\V{AB}=\frac12\V{AC} : LL est le milieu de [AC][AC] [0,5].

6.b. [1 pt] KL→=32KI→\V{KL}=\frac32\V{KI} donne KI→=23KL→\V{KI}=\frac23\V{KL}, où [KL][KL] est la médiane issue de KK du triangle ACKACK (6.a) [0,5]. Le point de la médiane situé aux deux tiers à partir du sommet est le centre de gravité : II est le centre de gravité de ACKACK [0,5]. (Autre rédaction : 13(AA→+AC→+AK→)=13AC→+23AB→=AI→\frac13(\V{AA}+\V{AC}+\V{AK})=\frac13\V{AC}+\frac23\V{AB}=\V{AI}.)

Exercice 2 — Analytique du produit scalaire — 12 points Difficile ★★★★☆

Le plan est rapporté à un repère orthonormé (O;ı⃗;ȷ⃗)(O;\vec\imath;\vec\jmath). On considère les points A(6;2)A(6;2), B(2;4)B(2;4), C(3;1)C(3;1) et Ω(2;−1)\Omega(2;-1).

  1. Calculer CA→⋅CΩ→\V{CA}\cdot\V{C\Omega}, les distances CACA et CΩC\Omega, et det⁡(CA→;CΩ→)\det(\V{CA};\V{C\Omega}). [1,5 pt]
  2. Calculer cos⁡(CA→;CΩ→^)\cos\ang{\V{CA}}{\V{C\Omega}} et sin⁡(CA→;CΩ→^)\sin\ang{\V{CA}}{\V{C\Omega}}, puis en déduire la mesure principale de l’angle orienté (CA→;CΩ→^)\ang{\V{CA}}{\V{C\Omega}}. [1,5 pt]
  3. Calculer l’aire du triangle ACΩAC\Omega. [0,5 pt]
  4. a. Déterminer une équation cartésienne du cercle (C)(C) de centre Ω\Omega et de rayon R=5R=5. [0,5 pt] b. Déterminer une représentation paramétrique du cercle (C)(C). [0,5 pt]
  5. Soit (Δ)(\Delta) la droite d’équation x+2y−10=0x+2y-10=0. a. Calculer la distance d(Ω;(Δ))d(\Omega;(\Delta)) du point Ω\Omega à la droite (Δ)(\Delta). [0,5 pt] b. En déduire que (Δ)(\Delta) coupe le cercle (C)(C) en deux points, que l’on déterminera. [1,5 pt]
  6. Déterminer une équation cartésienne de la droite (D)(D) passant par Ω\Omega et perpendiculaire à (Δ)(\Delta). [0,75 pt]
  7. Pour tout réel mm, on note (Cm)(C_m) l’ensemble des points M(x;y)M(x;y) du plan tels que x2+y2+(m−4)x+(2m+2)y−10m−20=0x^2+y^2+(m-4)x+(2m+2)y-10m-20=0. a. Écrire le trinôme m2+8m+20m^2+8m+20 sous forme canonique et en déduire son signe. [0,5 pt] b. Montrer que (Cm)(C_m) est un cercle dont on précisera le centre Ωm\Omega_m et le rayon RmR_m. [1 pt] c. Identifier le cercle (C0)(C_0), puis déterminer la valeur de mm pour laquelle le rayon RmR_m est minimal, ainsi que le centre et le rayon du cercle correspondant. [1 pt] d. Déterminer l’ensemble des centres Ωm\Omega_m lorsque mm décrit R\R. [0,75 pt] e. Montrer que tous les cercles (Cm)(C_m) passent par les points AA et BB. [0,75 pt] f. Résoudre graphiquement le système {x+2y−10>0(x−4)2+(y−3)2<5\begin{cases}x+2y-10>0\\(x-4)^2+(y-3)^2<5\end{cases}. [0,75 pt]
Voir la correction

1. [1,5 pt] CA→(3;1)\V{CA}(3;1), CΩ→(−1;−2)\V{C\Omega}(-1;-2) [0,25]. CA→⋅CΩ→=−3−2=−5\V{CA}\cdot\V{C\Omega}=-3-2=-5 [0,5] ; CA=10CA=\sqrt{10}, CΩ=5C\Omega=\sqrt5 [0,25] ; det⁡(CA→;CΩ→)=3×(−2)−1×(−1)=−5\det(\V{CA};\V{C\Omega})=3\times(-2)-1\times(-1)=-5 [0,5].

2. [1,5 pt] cos⁡=−550=−22\cos=\frac{-5}{\sqrt{50}}=-\frac{\sqrt2}2 [0,5] ; sin⁡=−550=−22\sin=\frac{-5}{\sqrt{50}}=-\frac{\sqrt2}2 [0,5] ; mesure principale −3π4-\frac{3\pi}4 [0,5].

3. [0,5 pt] S=12∣det⁡(CA→;CΩ→)∣=52S=\frac12|\det(\V{CA};\V{C\Omega})|=\frac52.

4.a. [0,5 pt] (x−2)2+(y+1)2=25  ⟺  x2+y2−4x+2y−20=0(x-2)^2+(y+1)^2=25\iff x^2+y^2-4x+2y-20=0.

4.b. [0,5 pt] {x=2+5cos⁡θy=−1+5sin⁡θ\begin{cases}x=2+5\cos\theta\\y=-1+5\sin\theta\end{cases}, θ∈R\theta\in\R.

5.a. [0,5 pt] d(Ω;(Δ))=∣2−2−10∣5=105=25d(\Omega;(\Delta))=\frac{|2-2-10|}{\sqrt5}=\frac{10}{\sqrt5}=2\sqrt5.

5.b. [1,5 pt] 25<52\sqrt5<5 : (Δ)(\Delta) et (C)(C) sont sécants [0,5]. Avec x=10−2yx=10-2y : (8−2y)2+(y+1)2=25  ⟺  5y2−30y+40=0  ⟺  (y−2)(y−4)=0(8-2y)^2+(y+1)^2=25\iff5y^2-30y+40=0\iff(y-2)(y-4)=0 [0,5]. Points : (6;2)=A(6;2)=A et (2;4)=B(2;4)=B [0,5].

6. [0,75 pt] u⃗(−2;1)\vec u(-2;1), directeur de (Δ)(\Delta), est normal à (D)(D) : −2(x−2)+(y+1)=0  ⟺  2x−y−5=0-2(x-2)+(y+1)=0\iff2x-y-5=0.

7.a. [0,5 pt] m2+8m+20=(m+4)2+4>0m^2+8m+20=(m+4)^2+4>0 pour tout m∈Rm\in\R.

7.b. [1 pt] a2+b2−4c=(m−4)2+(2m+2)2+40m+80=5m2+40m+100=5(m2+8m+20)>0a^2+b^2-4c=(m-4)^2+(2m+2)^2+40m+80=5m^2+40m+100=5(m^2+8m+20)>0 [0,5] : (Cm)(C_m) est le cercle de centre Ωm(4−m2;−(m+1))\Omega_m\left(\frac{4-m}2;-(m+1)\right) et de rayon Rm=52m2+8m+20R_m=\frac{\sqrt5}2\sqrt{m^2+8m+20} [0,5].

7.c. [1 pt] Pour m=0m=0, on retrouve l’équation de 4.a : (C0)=(C)(C_0)=(C) [0,25]. Rm2=54((m+4)2+4)≥5R_m^2=\frac54\big((m+4)^2+4\big)\ge5, avec égalité si et seulement si m=−4m=-4 [0,5] : le rayon est minimal pour m=−4m=-4, cercle de centre Ω−4(4;3)\Omega_{-4}(4;3) et de rayon 5\sqrt5 [0,25].

7.d. [0,75 pt] 2⋅4−m2−(−(m+1))−5=02\cdot\frac{4-m}2-(-(m+1))-5=0 : Ωm∈(D)\Omega_m\in(D) [0,25]. Réciproquement, un point (x;2x−5)(x;2x-5) de (D)(D) est Ωm\Omega_m pour m=4−2xm=4-2x (alors −(m+1)=2x−5-(m+1)=2x-5) [0,25]. L’ensemble des centres est la droite (D)(D) [0,25].

7.e. [0,75 pt] L’équation s’écrit (x2+y2−4x+2y−20)+m(x+2y−10)=0(x^2+y^2-4x+2y-20)+m(x+2y-10)=0 [0,25]. AA et BB sont sur (C)(C) et sur (Δ)(\Delta) (5.b), donc annulent les deux parenthèses pour tout mm [0,5].

7.f. [0,75 pt] (x−4)2+(y−3)2<5(x-4)^2+(y-3)^2<5 : intérieur de (C−4)(C_{-4}) ; son centre (4;3)(4;3) est sur (Δ)(\Delta) (4+6−10=04+6-10=0), donc [AB][AB] est un diamètre [0,25]. OO vérifie −10<0-10<0 : on garde le demi-plan ouvert ne contenant pas OO [0,25]. Solution : le demi-disque ouvert coloré (bords exclus) [0,25].

Figure

Questions bonus

  • Bonus 1. On reprend les points AA, BB, CC et GG de l’exercice 1. Déterminer l’ensemble des points MM du plan tels que (−MA→+2MB→+MC→)⋅(MA→−MC→)=0\left(-\V{MA}+2\V{MB}+\V{MC}\right)\cdot\left(\V{MA}-\V{MC}\right)=0.
  • Bonus 2. À l’aide de l’inégalité de Cauchy-Schwarz, déterminer la plus grande valeur de x+2yx+2y lorsque le point M(x;y)M(x;y) décrit le cercle (C)(C) de l’exercice 2, et le point de (C)(C) où elle est atteinte.
Voir la correction

Bonus 1. [+0,5] −MA→+2MB→+MC→=2MG→-\V{MA}+2\V{MB}+\V{MC}=2\V{MG} et MA→−MC→=CA→\V{MA}-\V{MC}=\V{CA}. La condition équivaut à MG→⋅CA→=0\V{MG}\cdot\V{CA}=0 : c’est la droite passant par GG et perpendiculaire à (AC)(AC).

Bonus 2. [+0,5] Pour M(x;y)∈(C)M(x;y)\in(C) : x+2y=(x−2)+2(y+1)=u⃗⋅ΩM→x+2y=(x-2)+2(y+1)=\vec u\cdot\V{\Omega M} avec u⃗(1;2)\vec u(1;2). Cauchy-Schwarz : x+2y≤∥u⃗∥×ΩM=55x+2y\le\nv{\vec u}\times\Omega M=5\sqrt5, avec égalité si et seulement si ΩM→\V{\Omega M} est colinéaire à u⃗\vec u et de même sens : ΩM→=5 u⃗\V{\Omega M}=\sqrt5\,\vec u, soit M(2+5;−1+25)M\left(2+\sqrt5;-1+2\sqrt5\right). Le maximum est 555\sqrt5.

Bon courage !

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