Leçon 2 Barycentre d un système de points pondérés

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1 Leçon 2 Barycentre d un système de points pondérés Exercice 1 Démontrer que le arycentre de deux points A et B affectés de coefficients de même signe se trouve sur le segment [AB]. Exercice 2 Déterminer le centre d inertie du solide suivant : AB 30 ; CB AD 20 DE EF FG GH HC 10 Epaisseur e Masse volumique k Exercice 3 Soit un triangle (ABC) quelconque, I le arycentre de (A ; 1) et (C ; 3) et J le arycentre de (A ; 2) et (B ; 1). (BI) et (CJ) se coupent en G. Trouver les coefficients à affecter à A,B et C pour que G soit le arycentre du système de points pondérés ainsi constitués. Nous traçons (AG) qui coupe [BC] en K. Déterminer la position de K sur [BC]. Exercice 4 Etudier les transformations suivantes dans (P) : a) M a pour image M tel que MM' 2 MA 2 MB. ) M a pour image M tel que MM' 2 MA 3 MB. Exercice Soit un triangle (ABC) avec comme longueurs des côtés AB c, BC a et AC. Nous désignons par G 1 le arycentre de (B, ) et (C, c) et nous définissons les points G 0 et C 0 par : AB 0 AB et AC 0 AC c 0 AC a) Quelle est la nature du quadrilatère (AB 0 G 1 C 0 ) ) Que peut-on en déduire pour la droite (AG 1 ) c) Si on recommence cette étude avec les points A et B puis A et C. Que peut-on en conclure?

2 Correction Exercice 1 Prenons a et positifs en effet nous savons que le arycentre de (A ; a) et (B ; ) est le même que celui de (A ; a) et (B ; ). AB Nous avons : a GA + GB 0 et AG ; a+ 0 a + Si a > 0 alors a + > > 0, nous pouvons diviser par a + qui est positif et donc : 1 > > 0, nous savons que G (AB), regardons la longueur de AG : a + AG AG AB et donc AG a une longueur plus petite que AB car a + a + est compris entre 0 et 1. Conclusion : si a et même signe alors G [AB]. a + Exercice 2 Il y a deux plusieurs méthodes pour faire cet exercice, nous pouvons découper ce solide en trois parties S 1, S 2 et S 3, chercher les centres d inerties de ces trois parties puis prendre le arycentre de I 1 affecté de la masse m 1 de S 1, I 2 affecté de la masse m 2 de S 2 et I 3 affecté de la masse m 3 de S 3 ou ien considérer que l on a enlevé un morceau EFGH au solide plein ABCD, nous appliquerons alors la dernière règle vue sur les centres d inertie. Le solide tout entier ABCD donnera comme centre d inertie G 1 affecté de la masse totale m et le morceau enlevé donnera un centre d inertie G 2 affecté de m. Nous négligeons l épaisseur qui est uniforme et nous verrons que la masse volumique k n influe pas sur le résultat car le solide est homogène. Remarquons que ce solide possède un axe de symétrie donc nous savons que le point I cherché se trouvera sur cet axe. Méthode 1 Le point I vérifie : m 1 I I 1 + m 2 I I 2 + m 3 I I 3 0, m 1 + m 2 + m 3 0. Nous pouvons utiliser la technique du arycentre partiel en prenant : K arycentre de (I 2 ; m 2 ) et (I 3 ; m 3 ), ces deux solides sont identiques et donc ils ont même masse, leur arycentre sera le milieu de [I 2 I 3 ] : m2 I I2 + m3 I I3 m 2 KI 2 + m 3 KI 3 0 ; IK (1) avec m 2 + m 3 0 m2 + m3 m 2 m 3 10 x 10 x e x k 100 e k (voir figure)

3 (1) donne (m 2 + m 3 ) IK m 2 I I 2 + m 3 I I 3 et donc I 2 et I 3 peuvent être remplacés par K coefficient m 2 + m e k : I 1 sera affecté de la masse 30 x 10 x e x k 300 e k et donc : 300 e k I I e k I K 0 3 I I I K 0 en simplifiant par 100 e k. Conclusion : KI 3 KI1. Méthode 2 Dans ce cas I est défini par : m IG 1 + ( m ) IK 0 (en effet K est le centre d inertie de (FGHE)) (à démontrer si on rédigeait complètement l exercice) m 30 x 20 x e x k 600 e k m 10 x 10 x e x k 100 e k et donc m 100 e k 600 e k IG1 100 ek IK 0 6 IG1 IK 0 6 KG1 Conclusion : KI Si on veut vérifier que nous otenons le même point alors, nous pouvons prendre un repère du plan d origine D par exemple et nous avons : I 1 (1 ; 1) K(1 ; )

4 3 DI1 + 2 DK Avec la première méthode : DI ce qui donne I(1 ; 11) G(1 ; 10) K(1 ; ) Avec la deuxième méthode : DI Exercice 3 6 DG1 DK ce qui donne I(1 ; 11) a) I est le arycentre de (A ; 1) et (C ; 3) : IA + 3 IC 0 I est un arycentre partiel si nous considérons la recherche de G arycentre de (A ; 1)(C ; 3) et (B ; )( )(G (IB)). Si nous prenons maintenant les points A et B pour construire un autre arycentre partiel et otenir ensuite G, il faut garder pour A le même coefficient 1 et donc, si on veut utiliser J,

5 il faudra diviser le coefficient de B par 2 donc il faudra prendre (B ; 2 1 ). Le point G se trouvera alors sur (CJ). G sera donc le point donné dans l énoncé. G est le arycentre de (A ; 1)(B ; 2 1 ) et (C ; 3). ) Si nous traçons maintenant (AG), K apparaît comme le arycentre partiel de (B ; 2 1 ) et de 3 BC 6 (C ; 3) et donc : BK BC Exercice 4 a) Si nous prenons la première transformation, nous avons : ( MB) 2 BA MM ' 2 MA, nous reconnaissons une translation puisque le vecteur BA est une donnée du prolème. ) Par contre pour la deuxième, nous allons découvrir une transformation qui n a pas été étudiée en seconde : En effet, nous utilisons le arycentre G de (A ; 2) et (B ; 3)(2 3) 0) : 3 AB 2 GA 3 GB 0 et AG 3 AB 1 MM' 2 MA 3 MB devient GM' GM 2( GA GM) 3( GB GM) et donc GM ' GM + 2 GA 2 GM 3 GB + 3 GM GM ' 2 GM. Faisons une figure pour voir ce que produit cette transformation : Nous voyons que le point G est invariant : GG ' 2 GG 0 donc G G. D autre part, nous remarquons que G, M et son image M sont toujours alignés (en effet les vecteurs GM ' et GM sont colinéaires). Enfin, oservons les longueurs, si nous prenons le vecteur AM, son image est facile de démontrer que : A ' M' 2 AM. A ' M' et il est

6 Nous avons : GA ' 2 GA, GM ' 2 GM et donc : Cette transformation ne conserve pas les distances : ce n est pas une isométrie. (La translation, la symétrie centrale, la symétrie axiale et la rotation sont par contre des isométries.) Cette transformation s appelle une homothétie de centre G et de rapport 2 : h ( G ; 2 ). Nous étudierons les homothéties vers la fin de l année, elles servent à effectuer des agrandissements (le rapport k > 1 ou k < 1) ou des réductions ( 1 < k < 1). Remarque : les triangles ABM et A B M sont des triangles semlales. Exercice AC c AB a BC a) G 1 arycentre de (B ; ) et de (C ; c), il existe car +c 0 ( et c sont des longueurs) C0 B + c C0C G 1 B + c G 1 0. Calculons C0G1 (Formule générale à partir d un point quelconque.) C 0 G 1 (AB AC0 ) + c (AC AC0 ) c c AB AC + AC 0 AC 0 C 0 G 1 AB 0 + AC 0 AC 0 AB 0. (AB 0 G 1 C 0 ) est un parallélogramme. Montrons ensuite que AB 0 AC 0 : AB 0 AB AB c c AC 0 c AC c AC c c

7 et donc AB 0 AC 0. (AB 0 G 1 C 0 ) est un losange. ) Dans un losange, la diagonale est aussi issectrice et donc (AG 1 ) est issectrice de l angle ( B ÂC ). c) Si nous recommençons ce travail avec les deux autres issectrices et G 2 arycentre de (A ; a) et (C ; c) ainsi que G 3 arycentre de (A ; a) et (B ; ) avec des points A 1, C 1 ; A 2 et B 2, nous trouverons le point I, point d intersection des trois issectrices intérieures (centre du cercle inscrit dans le triangle ABC) : il sera donc le arycentre de (A ; a); (B ; ) et (C ; c) en effet, ici, G 1 est le arycentre partiel de (B ; ) et (C ; c) et si nous faisons le même raisonnement avec une autre issectrice, le point d intersection des deux issectrices sera ien le arycentre des trois points du triangle étudié ici, chacun étant affecté du coefficient correspondant à la longueur du côté opposé.