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Parallélogramme dans un repère

On se place dans un repère $ \left(O ; \vec{i}, \vec{j}\right) $ et on considère les points $ A\left(-1 ; 2\right) $, $ B\left(3 ; 4\right) $ et $ C\left(5 ; -1\right) $.

  1. Montrer que les points $ A $, $ B $ et $ C $ ne sont pas alignés.
  2. Déterminer les coordonnées du point $ D $ tel que $ ABCD $ soit un parallélogramme.
  3. Déterminer une équation cartésienne de la droite $ \left(BD\right) $.
  4. Soit $ I $ le centre du parallélogramme $ ABCD $. Déterminer les coordonnées de $ I $ de deux façons différentes.

Corrigé

Parallélogramme ABCD avec ses diagonales et leur point d'intersection I
  1. Les vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{AC} $ ont pour coordonnées :
    $ \overrightarrow{AB}\left(x_{B} - x_{A} ; y_{B} - y_{A}\right) = \left(4 ; 2\right) $
    $ \overrightarrow{AC}\left(x_{C} - x_{A} ; y_{C} - y_{A}\right) = \left(6 ; -3\right) $
    On teste leur colinéarité :
    $ xy^{\prime} - x^{\prime}y = 4\times\left(-3\right) - 6\times 2 = -12 - 12 = -24\neq 0 $
    Les vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{AC} $ ne sont pas colinéaires, donc les points $ A $, $ B $ et $ C $ ne sont pas alignés.

  2. Le quadrilatère $ ABCD $ est un parallélogramme si et seulement si $ \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC} $.
    En notant $ D\left(x_{D} ; y_{D}\right) $, on a :
    $ \overrightarrow{DC}\left(x_{C} - x_{D} ; y_{C} - y_{D}\right)=\left(5 - x_{D} ; -1 - y_{D}\right) $
    L'égalité $ \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC} $ équivaut donc au système :
    $ \left\{ \begin{matrix} 5 - x_{D} = 4 \\ -1 - y_{D} = 2 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x_{D}=1 \\ y_{D}=-3 \end{matrix}\right. $
    On obtient donc :

    $\mathbf{D\left(1 ; -3\right)}$

  3. Le vecteur $ \overrightarrow{BD} $ est un vecteur directeur de la droite $ \left(BD\right) $. Ses coordonnées sont :
    $ \overrightarrow{BD}\left(x_{D} - x_{B} ; y_{D} - y_{B}\right)=\left(-2 ; -7\right) $
    Une équation cartésienne de $ \left(BD\right) $ est alors, avec $ B\left(3 ; 4\right) $ et $ \overrightarrow{BD}\left(-2 ; -7\right) $ :
    $ -7\times\left(x - 3\right) - \left(-2\right)\times\left(y - 4\right)=0 $
    $ -7x+21+2y - 8=0 $
    $ -7x+2y+13=0 $
    Soit, en multipliant par $ -1 $ :

    $\mathbf{7x - 2y - 13=0}$

  4. Méthode 1 : Les diagonales d'un parallélogramme se coupent en leur milieu, donc $ I $ est le milieu de $ \left[AC\right] $.
    $ I\left(\dfrac{x_{A}+x_{C}}{2} ; \dfrac{y_{A}+y_{C}}{2}\right)=\left(\dfrac{-1+5}{2} ; \dfrac{2+\left(-1\right)}{2}\right)=\left(2 ; \dfrac{1}{2}\right) $
    Méthode 2 : Le point $ I $ est le point d'intersection des diagonales $ \left(AC\right) $ et $ \left(BD\right) $.
    Déterminons d'abord une équation de $ \left(AC\right) $. Le vecteur $ \overrightarrow{AC}\left(6 ; -3\right) $ est un vecteur directeur :
    $ -3\times\left(x - \left(-1\right)\right) - 6\times\left(y - 2\right)=0 $
    $ -3x - 3 - 6y+12=0 $
    $ -3x - 6y+9=0 $
    En divisant par $ -3 $, on obtient l'équation $ x+2y - 3=0 $.
    Les coordonnées de $ I $ sont solutions du système :
    $ \left\{ \begin{matrix} x+2y - 3=0 \\ 7x - 2y - 13=0 \end{matrix}\right. $
    En additionnant les deux équations, on élimine $ y $ :
    $ 8x - 16=0 \Leftrightarrow x=2 $
    En reportant dans la première équation :
    $ 2+2y - 3=0 \Leftrightarrow y=\dfrac{1}{2} $
    Les deux méthodes donnent le même résultat :

    $\mathbf{I\left(2 ; \dfrac{1}{2}\right)}$

Pour réviser : Déterminer une équation cartésienne d'une droite passant par deux points

Équations cartésiennes – Applications directes

On se place dans un repère $ \left(O ; \vec{i}, \vec{j}\right) $.

  1. Déterminer une équation cartésienne de la droite $ d_{1} $ passant par le point $ A\left(3 ; -2\right) $ et de vecteur directeur $ \vec{u}\left(4 ; 1\right) $.
  2. Déterminer une équation cartésienne de la droite $ d_{2} $ passant par les points $ B\left(-1 ; 5\right) $ et $ C\left(3 ; 2\right) $.
  3. Déterminer une équation cartésienne de la droite $ d_{3} $ passant par le point $ D\left(-2 ; 4\right) $ et parallèle à la droite $ \Delta $ d'équation $ 2x - 3y+7=0 $.

Corrigé

  1. Une équation cartésienne de la droite passant par $ A\left(x_{A} ; y_{A}\right) $ et de vecteur directeur $ \vec{u}\left(\alpha ; \beta\right) $ est de la forme $ \beta\left(x - x_{A}\right) - \alpha\left(y - y_{A}\right)=0 $.
    Avec $ A\left(3 ; -2\right) $ et $ \vec{u}\left(4 ; 1\right) $, on obtient :
    $ 1\times\left(x - 3\right) - 4\times\left(y - \left(-2\right)\right)=0 $
    $ x - 3 - 4y - 8=0 $
    Une équation cartésienne de $ d_{1} $ est donc :

    $\mathbf{x - 4y - 11=0}$

  2. Les points $ B $ et $ C $ appartiennent à $ d_{2} $, donc $ \overrightarrow{BC} $ est un vecteur directeur de $ d_{2} $. Ses coordonnées sont :
    $ \overrightarrow{BC}\left(x_{C} - x_{B} ; y_{C} - y_{B}\right)=\left(4 ; -3\right) $
    On applique la formule précédente avec $ B\left(-1 ; 5\right) $ et $ \overrightarrow{BC}\left(4 ; -3\right) $ :
    $ -3\times\left(x - \left(-1\right)\right) - 4\times\left(y - 5\right)=0 $
    $ -3x - 3 - 4y+20=0 $
    $ -3x - 4y+17=0 $
    Soit, en multipliant par $ -1 $ :

    $\mathbf{3x+4y - 17=0}$

  3. Un vecteur directeur de la droite $ \Delta $ d'équation $ 2x - 3y+7=0 $ est $ \vec{v}\left(-b ; a\right)=\left(3 ; 2\right) $.
    Comme $ d_{3} $ est parallèle à $ \Delta $, ces deux droites ont les mêmes vecteurs directeurs. Le vecteur $ \vec{v}\left(3 ; 2\right) $ est donc aussi un vecteur directeur de $ d_{3} $.
    On applique la formule avec $ D\left(-2 ; 4\right) $ et $ \vec{v}\left(3 ; 2\right) $ :
    $ 2\times\left(x - \left(-2\right)\right) - 3\times\left(y - 4\right)=0 $
    $ 2x+4 - 3y+12=0 $
    Une équation cartésienne de $ d_{3} $ est donc :

    $\mathbf{2x - 3y+16=0}$

Pour réviser : Déterminer une équation cartésienne d'une droite passant par deux points

Médianes – Centre de gravité

On se place dans un repère $ \left(O; \vec{i}, \vec{j}\right) $.

Soient les points $ A\left(1;1\right), B\left(4;2\right) $ et $ C\left(2;4\right) $

  1. Déterminer les coordonnées du point $ M $ milieu de $ \left[BC\right] $. En déduire une équation de la médiane au triangle $ ABC $ issue de $ A $.
  2. Déterminer une équation de la médiane au triangle $ ABC $ issue de $ B $.
  3. En déduire les coordonnées du centre de gravité $ G $ du triangle $ ABC $.
  4. Vérifier que $ \overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{AM} $

Corrigé

Centre de gravité

Remarque : Pour des raisons de simplicité, le repère choisi pour la figure est orthonormé. Toutefois, cet exercice ne nécessite pas que le repère soit orthonormé.

  1. D'après la formule des coordonnées du milieu, $ M $ a pour coordonnées $ \left(\dfrac{x_{B}+x_{C}}{2} ; \dfrac{y_{B}+y_{C}}{2}\right)=\left(3 ; 3\right) $.

    La médiane au triangle $ ABC $ issue de $ A $ est la droite $ \left(AM\right) $.

    Le point $ P\left(x ; y\right) $ appartient à la droite $ \left(AM\right) $ si et seulement si les vecteurs $ \overrightarrow{AM} $ et $ \overrightarrow{AP} $ sont colinéaires.

    $ \overrightarrow{AP} $ a pour coordonnées $ \left(x - x_{A} ; y - y_{A}\right)=\left(x - 1 ; y - 1\right) $

    $ \overrightarrow{AM} $ a pour coordonnées $ \left(x_{M} - x_{A} ; y_{M} - y_{A}\right)=\left(2 ; 2\right) $

    Les vecteurs $ \overrightarrow{AM} $ et $ \overrightarrow{AP} $ sont colinéaires si et seulement si (voir théorème) :

    $ \left(x - 1\right)\times 2 - \left(y - 1\right)\times 2=0 $

    $ 2x - 2y=0 $

    Une équation de la médiane au triangle $ ABC $ issue de $ A $ est donc $ 2x - 2y=0 $ ou, après simplification par $ 2 $ :

    $\mathbf{x - y=0}$

  2. On applique le même raisonnement pour la médiane issue de $ B $, en notant $ N $ le milieu de $ \left[AC\right] $.

    $ N $ a pour coordonnées $ \left(\dfrac{x_{A}+x_{C}}{2} ; \dfrac{y_{A}+y_{C}}{2}\right)=\left(\dfrac{3}{2} ; \dfrac{5}{2}\right) $.

    Soit $ P\left(x ; y\right) $ un point du plan.

    $ \overrightarrow{BP} $ a pour coordonnées $ \left(x - x_{B} ; y - y_{B}\right)=\left(x - 4 ; y - 2\right) $

    $ \overrightarrow{BN} $ a pour coordonnées $ \left(x_{N} - x_{B} ; y_{N} - y_{B}\right)=\left(-\dfrac{5}{2} ; \dfrac{1}{2}\right) $

    $ P\in\left(BN\right) $ si et seulement si $ \overrightarrow{BP} $ et $ \overrightarrow{BN} $ sont colinéaires, c'est-à-dire :

    $ \left(x - 4\right)\times \dfrac{1}{2} - \left(y - 2\right)\times\left(-\dfrac{5}{2}\right)=0 $

    $ \dfrac{1}{2}\left(x - 4\right)+\dfrac{5}{2}\left(y - 2\right)=0 $

    En multipliant par $ 2 $ :

    $\mathbf{x+5y - 14=0}$

  3. Le centre de gravité d'un triangle est le point d'intersection de ses médianes.

    Le couple de coordonnées du point $ G $ est donc la solution du système :

    $ \left\{ \begin{matrix} x - y=0 \\ x+5y - 14=0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x=y \\ 6y - 14=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x=y \\ y=\dfrac{7}{3}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x=\dfrac{7}{3} \\ y=\dfrac{7}{3} \end{matrix}\right. $

    Les coordonnées de $ G $ sont donc $\mathbf{\left(\dfrac{7}{3} ; \dfrac{7}{3}\right)}$.

  4. $ \overrightarrow{AG} $ a pour coordonnées $ \left(x_{G} - x_{A} ; y_{G} - y_{A}\right)=\left(\dfrac{4}{3} ; \dfrac{4}{3}\right) $

    $ \overrightarrow{AM} $ a pour coordonnées $ \left(2 ; 2\right) $, donc $ \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM} $ a pour coordonnées $ \left(\dfrac{4}{3} ; \dfrac{4}{3}\right) $.

    On a donc bien $ \overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{AM} $.

    Remarque : On retrouve dans cette question un résultat vu au collège. Si l'exercice demandait seulement de trouver les coordonnées de $ G $, il était bien sûr plus facile de partir de cette égalité vectorielle que de déterminer l'équation des médianes.

Pour réviser : Calculer les coordonnées du centre de gravité d'un triangle