Corrigé contrôle 6

Corrigé contrôle 6 Exercice 1
1)
- Par lecture graphique, on a [pic] ou encore [pic]
Par définition, on en déduit que B' est barycentre de (A ; -2) (C ; 1) - De même [pic]ou encore [pic]
C' est donc barycentre du système (A ;1)(B ;-3) 2) G barycentre de (A ;2) (B ;-6)(C ;-1) Déterminons la position de G par associativité :
Association 1 : On associe A et B puis C
C', barycentre du système (A ,1)(B ;-3) est aussi barycentre du système
(A ;2)(B ;-6) (multiplication des coefficients par 2)
G est donc le barycentre de (C' ;-4) (C ;-1)
On en déduit, par associativité, que G est sur la droite (CC')
Association 2 : On associe A et C puis B
B' est le barycentre de (A ;2) (C ;-1)G est donc le barycentre de (B' ;1)
(B ;-6)
On en déduit, par associativité, que G est sur la droite (BB') Conclusion : G est sur les droites (BB') et (CC'). Il s'agit donc du point
d'intersection des deux droites. 3) Analyse du problème :
Nous nous intéressons au points d'intersection de (A'G) et (BC). Or le
barycentre du système
(B ;-6)(C ;-1) donnerait par associativité un point qui est sur (AG) et
(BC). Il devrait s'agir du point cherché. Il ne reste plus qu'à le
prouver... Soit H le barycentre de (B ;-6)(C ;-1)
Remarque : On ne l'appelle pas A', car on ne sait pas encore que A' et H
sont confondus....
Par définition H est sur la droite (BC) et [pic]
D'après le théorème d'associativité, G est barycentre de (A ;2)(H ;-7). G,
H et A sont donc alignés. H est donc sur la droite (AG) H est donc sur les droites (AG) et (BC). Il s'agit du point d'intersection
de ces deux droites. H et A' sont donc confondus.
Conclusion : [pic] Exercice 2 :
G le barycentre du système {(B ;1),(C ; - 4), (D ;1)}
1)Position de G :Associons B et D puis C
O, centre du carré est le milieu de [BD]. Il est donc barycentre du système
(B ;1)(D ;1)
Par associativité du barycentre, on en déduit que G est barycentre de
(O ;2) (C ;-4). On en déduit : [pic]
C est donc le milieu de [OG]. O et G sont symétriques par rapport à O. 2)
On cherche l'ensemble des points M vérifiant la propriété (E)
[pic] (E) Or, pour tout point M du plan , on a
[pic] Sachant que A et B sont distincts [pic] L'égalité (E) n'est donc vérifiée pour aucun point du plan. 3)
On cherche l'ensemble des points M du plan vérifiant la propriété (E')
[pic]
G est le barycentre du système {(B ;1),(C ; - 4), (D ;1)}
O centre du carré est barycentre du système (A ;1)(B ;1)(C ;1)(D ;1)
D'après le théorème fondamental, on a donc pour tout point M du plan :
[pic] et [pic] [pic]
L'ensemble des points cherchés est donc la médiatrice du segment [OG] Exercice 5
3)
[pic]
M est donc le barycentre de (A ;3/4)(B ;1/4)
Par un calcul analogue :
N est barycentre de (B ;3/4) (C ;1/4)
P barycentre de (C ;3/4) (D ;1/4)
Q barycentre de (D ;3/4)(A ;1/4) 4)
Appliquons le théorème fondamental au point G avec chacun de ces systèmes.
On obtient
[pic] (1)
[pic] (2)
[pic] (3)
[pic] (4)
5) La somme des équation de la question (4) donne
(1)+(2)+(3)+(4)
[pic](car G isobarycentre de A,B,C,D)
On en déduit donc que G est aussi isobarycentre de M, N, P, Q