\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/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/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