Point d'équilibre ; barycentre de deux points (définition, position, homogénéité, réduction) ; méthodes des parallèles et du parallélogramme ; barycentre de trois points, isobarycentre, barycentre partiel ; alignement, concours, ensembles de points ; cercle inscrit.
22 sections · 103 exercices
Barycentre
Le tableau est vide…
Il t’attend au tableau. Il va t’expliquer le chapitre et l’écrire devant toi — tu peux l’arrêter quand tu veux pour poser une question, à l’écrit ou à la voix.
Il parle en tunisien — tu peux passer au français quand tu veux.
Tu peux aussi répondre à la voix 🎤
Le cours
Ce qu’il t’explique
Il vient de te l’expliquer au tableau. Ici, tu le relis — et tu peux lui demander de reprendre n’importe quel passage.
Où placer le crochet pour qu'une tige chargée de deux masses reste horizontale ? Ce point d'équilibre est le barycentre : un point qui « pèse » plusieurs points à la fois, chacun avec son coefficient.
On le définit d'abord pour deux points, on apprend à le placer et à le construire, puis on passe à trois points. Le barycentre devient alors un outil : il réduit des sommes de vecteurs, et il prouve des alignements, des parallélismes et des concours de droites.
À la fin de ce chapitre, tu sais
Écrire la relation vectorielle qui définit un barycentre
Placer et construire le barycentre de deux points
Réduire une somme αMA+βMB à l'aide du barycentre
Utiliser le barycentre partiel
Résoudre des problèmes d'alignement, de concours et d'ensembles de points
Activité
Rappels : milieu et moyenne
Le milieu.I est le milieu du segment [BC] si, et seulement si, IB+IC=0. Alors, pour tout point M du plan, MB+MC=2MI.
Une moyenne avec coefficients. Un élève a obtenu 13 au devoir de contrôle (coefficient 1) et 10 au devoir de synthèse (coefficient 2). Sa moyenne trimestrielle est 1+21×13+2×10=11.
Sur une droite munie d'un repère (O,i), plaçons les points A,B et G d'abscisses 13,10 et 11. Alors OG=31(OA+2OB), et GA+2GB=0 : la moyenne est plus proche de la note qui « pèse » le plus. C'est cette idée que le chapitre généralise.
G (11) est deux fois plus près de B (10), de coefficient 2, que de A (13), de coefficient 1.
IB+IC=0⟺I est le milieu de [BC]
la moyenne, écrite avec des vecteursOG=31(OA+2OB)
Ce qu’on observe
Soit ABC un triangle, I le milieu du segment [BC] et J le milieu du segment [AI]. Montrer que 2JA+JB+JC=0, puis que, pour tout point M du plan, 2MA+MB+MC=4MJ.
1
Le milieu I
I est le milieu de [BC] : la somme des vecteurs JB et JC vaut deux fois le vecteur JI.
JB+JC=2JI
2
Le milieu J
J est le milieu de [AI] : la somme des vecteurs JA et JI est nulle.
2JA+JB+JC=2(JA+JI)=0
3
Pour tout point M
On passe par J dans chacun des vecteurs, avec la relation de Chasles : il reste quatre fois le vecteur MJ, plus la somme précédente, qui est nulle.
2MA+MB+MC=4MJ
2MA+MB+MC=4MJ
L’erreur à ne pas faire
✗Moyenne de 13 (coefficient 1) et 10 (coefficient 2) : 213+10=11,5✓1+21×13+2×10=11
Chaque note compte autant de fois que son coefficient : on divise par la somme des coefficients, pas par le nombre de notes.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Bech nabdew, nrajj3ou 7ajtin. I le milieu de BC, ma3neha le vecteur IB plus le vecteur IC égale le vecteur nul. W l ay point M, le vecteur MB plus le vecteur MC égale deux fois le vecteur MI. Tawa la moyenne : telmidh 5dha treize fi le devoir de contrôle, coefficient un, w dix fi le devoir de synthèse, coefficient deux. La moyenne mte3ou : treize plus deux fois dix, le tout sur trois, ya3ni onze. Chouf : onze a9reb l dix, 5ater dix 3andou coefficient akbar. W 3la droite graduée, A fi treize, B fi dix w G fi onze : le vecteur GA plus deux fois le vecteur GB égale le vecteur nul. El fekra hedhi, hiya le barycentre. »
Activité
Le point d'équilibre
Une tige [AB], rigide et homogène, est suspendue en un point G par un anneau dans lequel elle peut coulisser. À ses extrémités A et B, on accroche deux masses m1 et m2, exprimées en kilogrammes.
D'après le principe d'Archimède, le système est en équilibre (la tige est horizontale) lorsque
m1×GA=m2×GB.
On dit que G est le point d'équilibre des points A et B affectés respectivement des masses m1 et m2.
Avec m1=1 et m2=2 : GA=2GB. Le point G est sur [AB], aux deux tiers à partir de A, et GA+2GB=0.
Avec m1=10 et m2=20 : la position est la même, car 10GA+20GB=0 équivaut à GA+2GB=0.
Avec m1=m2=5 : GA=GB, le point G est le milieu de [AB].
Le point d'équilibre est toujours plus près de la masse la plus lourde.
m₁ = 1 et m₂ = 2 : GA = 2 GB.
l'équilibre de la tigem1×GA=m2×GB
la même chose, avec des vecteursm1GA+m2GB=0
Ce qu’on observe
On accroche une masse de 3 kilogrammes en A et une masse de 1 kilogramme en B. Placer le point d'équilibre G, puis traduire l'équilibre par une relation vectorielle.
1
L'équilibre
Trois fois la distance GA égale une fois la distance GB.
3GA=GB
2
La position
La tige est partagée en quatre parts égales : une du côté de A, trois du côté de B.
AG=41AB
3
La relation vectorielle
Les vecteurs GA et GB sont de sens contraires : multipliés par les masses, ils se compensent.
3GA+GB=0
3GA+GB=0
L’erreur à ne pas faire
✗Le point d'équilibre est plus près de la masse la plus légère✓Le point d'équilibre est plus près de la masse la plus lourde
Dans l'égalité m1×GA=m2×GB, la plus grande masse est multipliée par la plus petite distance.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Nabdew b tajriba. 3andna tige AB, m3all9a men point G. Fi A n3all9ou masse m un, w fi B n3all9ou masse m deux. El tige tab9a horizontale, ya3ni en équilibre, ki m un fois GA égale m deux fois GB. Nsammiw G le point d'équilibre. Mathalan m un égale un w m deux égale deux : GA égale deux fois GB, donc G a9reb l B, 5ater B fiha el masse el ath9el. W bel vecteurs : le vecteur GA plus deux fois le vecteur GB égale le vecteur nul. W ken ezzouz masses kif kif, G houwa le milieu de AB. »
Définition
Barycentre de deux points
Soient A et B deux points distincts du plan et soient α et β deux réels tels que α+β=0.
Le point G qui vérifie la relation αGA+βGB=0 est appelé le barycentre des points pondérés(A,α) et (B,β).
On dit aussi que G est le barycentre des points A et Baffectés des coefficientsα et β.
Ce point existe et il est unique : c'est le point défini par AG=α+ββAB.
G, barycentre de (A, 2) et (B, −1) : A est le milieu de [GB].
la définitionαGA+βGB=0(α+β=0)
pour placer GAG=α+ββAB
Exemple traité
G est le barycentre des points A et B affectés des coefficients 2 et −1. Écrire une relation vectorielle qui définit G, puis construire ce point.
1
La relation
On multiplie le vecteur GA par le coefficient de A, le vecteur GB par celui de B, et la somme est le vecteur nul.
2GA−GB=0
2
Le vecteur AG
On applique la formule : le coefficient de B, divisé par la somme des coefficients, qui vaut 1.
AG=2+(−1)−1×AB=−AB
3
Construire
Le vecteur AG est l'opposé du vecteur AB : G est le symétrique de B par rapport à A.
A est le milieu de [BG]
A est le milieu de [BG]
L’erreur à ne pas faire
✗AG=α+βαAB✓AG=α+ββAB
En partant de A, c'est le coefficient de l'autre point, B, qui est au numérateur.
✗Le barycentre de (A,3) et (B,−3) est le milieu de [AB]✓Les points pondérés (A,3) et (B,−3) n'ont pas de barycentre
La somme des coefficients est nulle : le vecteur 3GA−3GB est égal à 3BA, qui n'est jamais le vecteur nul.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Tawa el définition. 3andna zouz points A w B, w zouz réels alpha w bêta, w ech-chart : alpha plus bêta différent de zéro. El point G elli y7a99e9 alpha fois le vecteur GA plus bêta fois le vecteur GB égale le vecteur nul, nsammiweh le barycentre des points pondérés A, alpha w B, bêta. Alpha w bêta houma les coefficients. W G hedha mawjoud w wa7id : le vecteur AG égale bêta sur (alpha plus bêta), fois le vecteur AB. Rodd belek : ki nabdew men A, el coefficient elli fou9 houwa mta3 B. »
Remarque
Où se trouve le barycentre ?
Le barycentre G des points pondérés (A,α) et (B,β) est le point défini par l'une des relations suivantes :
αGA+βGB=0;AG=α+ββAB;BG=α+βαBA.
Le barycentre G des points pondérés (A,α) et (B,β) appartient à la droite (AB).
G∈[AB] si, et seulement si, α et β sont de même signe.
Le barycentre des points pondérés (A,1) et (B,1) est le milieu du segment [AB].
M : (A, 2), (B, 1). N : (A, 3), (B, −1). P : (A, −1), (B, 2).
AG=α+ββAB;BG=α+βαBA
G∈[AB]⟺α et β sont de même signe
Exemple traité
Soient A et B deux points distincts. Construire le point M, barycentre des points A et B affectés des coefficients 2 et 1, le point N, barycentre des points A et B affectés des coefficients 3 et −1, et le point P, barycentre des points A et B affectés des coefficients −1 et 2.
1
Le point M
Les coefficients sont de même signe : M est sur le segment, au tiers à partir de A.
AM=2+11×AB=31AB
2
Le point N
Les coefficients sont de signes contraires : N est hors du segment, du côté de A.
AN=3−1−1×AB=−21AB
3
Le point P
Ici encore les signes sont contraires : P est hors du segment, du côté de B.
AP=−1+22×AB=2AB
AP=−1+22×AB=2AB
L’erreur à ne pas faire
✗Avec un coefficient négatif, le barycentre n'existe pas✓Il existe dès que α+β=0 ; il est seulement hors du segment [AB]
Seule la somme des coefficients doit être non nulle. Un coefficient négatif envoie le barycentre à l'extérieur du segment, du côté du point dont le coefficient est le plus grand en valeur absolue.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Win yji le barycentre ? G dima 3la la droite AB, 5ater le vecteur AG égale bêta sur (alpha plus bêta), fois le vecteur AB. W najmou nabdew men B zeda : le vecteur BG égale alpha sur (alpha plus bêta), fois le vecteur BA. Tawa, G bin A w B walla barra ? Ken alpha w bêta 3andhom nafs le signe, G 3la le segment AB. Ken les signes bel 3aks, G barra mel segment, fi jihet el point elli 3andou akbar coefficient en valeur absolue. W ken el coefficients kif kif, G houwa le milieu de AB. »
Propriété
Multiplier les coefficients
Soient α et β deux réels tels que α+β=0 et soit G le barycentre de (A,α) et (B,β).
Pour tout réel non nul k,G est le barycentre de (A,kα) et (B,kβ).
Autrement dit, on ne change pas le barycentre en multipliant (ou en divisant) tous les coefficients par un même réel non nul. C'est ce qui permet de chasser les fractions, ou de remplacer (A,10) et (B,20) par (A,1) et (B,2).
G barycentre de (A,α),(B,β)⟺G barycentre de (A,kα),(B,kβ)(k=0)
Exemple traité
Soient M et N deux points distincts. Situer le barycentre O des points M et N affectés des coefficients 32 et 21.
1
Chasser les fractions
On multiplie les deux coefficients par 6 : le barycentre ne change pas.
O est le barycentre de (M,4) et (N,3)
2
Situer O
On applique la formule avec des coefficients entiers : le coefficient de N sur la somme.
MO=4+33×MN=73MN
MO=4+33×MN=73MN
L’erreur à ne pas faire
✗(A,1),(B,2) et (A,2),(B,3) ont le même barycentre✓(A,1),(B,2) et (A,2),(B,4) ont le même barycentre
On peut multiplier les coefficients par un même réel non nul, pas leur ajouter un même nombre : avec 1 et 2 le barycentre est aux deux tiers du segment, avec 2 et 3 il est aux trois cinquièmes.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Propriété tsahhel el 7seb. G le barycentre de A, alpha w B, bêta. Ken nedherbou ezzouz coefficients fi nafs el réel k, mouch nul, G yab9a houwa houwa : G le barycentre de A, k alpha w B, k bêta. 3lech ? 5ater k yo5rej facteur, w k fois le vecteur nul égale le vecteur nul. Mathalan dix w vingt, nbassatouhom un w deux. W ken 3andna des fractions, nedherbou fi le dénominateur commun w nerte7ou. Ama rodd belek : nedherbou, ma nzidouch. »
Propriété
Réduire une somme
Soient α et β deux réels tels que α+β=0 et soit G le barycentre de (A,α) et (B,β).
Pour tout point M du plan, on a :
αMA+βMB=(α+β)MG.
Cette égalité réduit une somme de deux vecteurs à un seul vecteur. En prenant M=A, on retrouve AG=α+ββAB.
pour tout point MαMA+βMB=(α+β)MG
Exemple traité
Soit G le barycentre des points A et B affectés des coefficients 2 et 1,G′ le barycentre des points C et D affectés des coefficients 5 et −2, et I le milieu de [GG′]. Montrer que, pour tout point M du plan, 2MA+MB+5MC−2MD=6MI.
1
Avec le point G
G est le barycentre de (A,2) et (B,1) : la somme des coefficients est 3.
2MA+MB=3MG
2
Avec le second point
G′ est le barycentre des points C et D affectés des coefficients 5 et −2 : ici aussi la somme des coefficients vaut 3.
5MC−2MD=3MG′
3
Avec le milieu I
I est le milieu de [GG′] : la somme des vecteurs MG et MG′ vaut deux fois le vecteur MI.
3MG+3MG′=3×2MI=6MI
2MA+MB+5MC−2MD=6MI
L’erreur à ne pas faire
✗MA−MB=0×MG=0✓MA−MB=BA
Quand la somme des coefficients est nulle, il n'y a pas de barycentre : la somme ne se réduit pas avec un point G, elle est égale à un vecteur constant, qui ne dépend pas de M.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Hedhi ahamm propriété fel chapitre. G le barycentre de A, alpha w B, bêta. L ay point M : alpha fois le vecteur MA plus bêta fois le vecteur MB égale (alpha plus bêta) fois le vecteur MG. Ya3ni zouz vecteurs ywalliw vecteur wa7ed. 3lech ? Nda55lou G b la relation de Chasles, w alpha fois le vecteur GA plus bêta fois le vecteur GB yti7, 5ater houwa le vecteur nul. Mathalan G le barycentre de A, deux w B, un : deux fois le vecteur MA plus le vecteur MB égale trois fois le vecteur MG. »
Application
Des droites parallèles
Soit ABC un triangle. On considère les points M et N tels que MA+3MB=0 et NA+3NC=0.
M est le barycentre de (A,1) et (B,3), donc AM=43AB. De même, N est le barycentre de (A,1) et (C,3), donc AN=43AC.
Alors MN=AN−AM=43(AC−AB)=43BC : les vecteurs MN et BC sont colinéaires, les droites (MN) et (BC) sont parallèles.
AM = ¾ AB et AN = ¾ AC : (MN) est parallèle à (BC).
MN=43BC
Exemple traité
Soient A,B et C trois points non alignés. Montrer que le vecteur u=MA+2MB−3MC ne dépend pas du point M. On désigne par A′ le barycentre des points B et C affectés des coefficients 2 et −3, par B′ celui des points A et C affectés des coefficients 1 et −3, et par C′ celui des points A et B affectés des coefficients 1 et 2. En déduire que les droites (AA′),(BB′) et (CC′) sont parallèles.
1
Un vecteur constant
La somme des coefficients, 1+2−3, est nulle. On passe par A dans chaque vecteur : les termes qui contiennent M disparaissent.
u=2AB−3AC
2
Le premier barycentre
On choisit pour M le point A′, barycentre des points B et C affectés des coefficients 2 et −3 : les deux derniers termes s'annulent.
u=A′A+2A′B−3A′C=A′A
3
Les deux autres
De la même façon, avec B′ puis avec C′, deux termes s'annulent à chaque fois.
u=2B′B;u=−3C′C
4
Conclure
Les vecteurs AA′,BB′ et CC′ sont tous colinéaires au vecteur u : les trois droites sont parallèles.
A′A=2B′B=−3C′C
A′A=2B′B=−3C′C
L’erreur à ne pas faire
✗MA+3MB=0 donc AM=41AB✓AM=43AB
M est le barycentre de (A,1) et (B,3) : en partant de A, c'est le coefficient de B, c'est-à-dire 3, qui est au numérateur.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Tatbi9 : kifech nthabtou elli zouz droites parallèles. 3andna triangle ABC. M y7a99e9 le vecteur MA plus trois fois le vecteur MB égale le vecteur nul, ya3ni M le barycentre de A, un w B, trois : le vecteur AM égale trois quarts du vecteur AB. W N kif kif m3a C : le vecteur AN égale trois quarts du vecteur AC. N7esbou le vecteur MN : houwa le vecteur AN moins le vecteur AM, ya3ni trois quarts du vecteur BC. Ezzouz vecteurs colinéaires, donc la droite MN parallèle à la droite BC. »
Méthode
Méthode des parallèles
Pour construire le barycentre G des points pondérés (A,3) et (B,4) :
1.on trace une droite DA passant par A et ne contenant pas B, puis la droite DB passant par B et parallèle à DA ;
2.on choisit un vecteur directeur i de ces droites, et on place A′ sur DA et B′ sur DB tels que AA′=4i et BB′=−3i ;
3.G est le point d'intersection des droites (AB) et (A′B′).
En effet, 3GA′+4GB′=3GA+4GB+3AA′+4BB′=0+12i−12i=0 : G est aussi le barycentre de (A′,3) et (B′,4). Il est donc sur la droite (A′B′), comme il est sur la droite (AB).
En général, pour (A,α) et (B,β), on prend AA′=βi et BB′=−αi : on croise les coefficients, et on change le signe de l'un.
(A, 3) et (B, 4) : AA' = 4i, BB' = −3i, et G est l'intersection de (AB) et (A'B').
AA′=βi;BB′=−αi;G=(AB)∩(A′B′)
Exemple traité
Construire, par la méthode des parallèles, le barycentre G des points A et B affectés des coefficients 3 et −2.
1
Les deux parallèles
On trace une droite passant par A et ne contenant pas B, puis sa parallèle passant par B, et on choisit un vecteur directeur i.
2
Deux points repères
On croise les coefficients : celui de B sert à partir de A, l'opposé de celui de A sert à partir de B.
AA′=−2i;BB′=−3i
3
Le point G
Les droites (AB) et (A′B′) se coupent en G. On vérifie avec la formule : G est hors du segment, du côté de A.
AG=3−2−2×AB=−2AB
AG=3−2−2×AB=−2AB
L’erreur à ne pas faire
✗Pour (A,3) et (B,4) : AA′=3i et BB′=4i✓AA′=4i et BB′=−3i
On croise les coefficients et on change un signe : sinon la droite (A′B′) ne coupe pas la droite (AB) au barycentre.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Kifech nrasmou le barycentre blech ma n7esbou ? 3andna la méthode des parallèles. Na5dhou A, trois w B, quatre. Nrasmou droite tet3adda men A, w droite o5ra tet3adda men B, parallèle liha. Na5tarou vecteur i 3al direction mte3hom. 3al droite mta3 A, n7ottou A prime, elli le vecteur AA prime égale quatre i : quatre houwa el coefficient mta3 B. W 3al droite mta3 B, n7ottou B prime, elli le vecteur BB prime égale moins trois i : nbaddlou le signe. La droite A prime B prime t9oss la droite AB fi G. Ya3ni na3ksou les coefficients, w wa7ed menhom nbaddloulou le signe. »
Méthode
Méthode du parallélogramme
Pour construire le barycentre G des points pondérés (A,2) et (B,3) :
1.on choisit un point M n'appartenant pas à la droite (AB) ;
2.on construit les points A′ et B′ tels que MA′=2MA et MB′=3MB ;
3.on construit le point M′ tel que MA′M′B′ soit un parallélogramme ;
4.G est le point d'intersection des droites (MM′) et (AB).
En effet, MM′=MA′+MB′=2MA+3MB=5MG : les points M,G et M′ sont alignés, donc G∈(MM′). Et G est sur la droite (AB).
(A, 2) et (B, 3) : MM' = 5 MG, et G est l'intersection de (MM') et (AB).
MM′=αMA+βMB=(α+β)MG
Exemple traité
Construire, par la méthode du parallélogramme, le barycentre G des points pondérés (A,2) et (B,1).
1
Un point hors de la droite
On choisit un point M hors de la droite (AB), puis on construit A′ tel que le vecteur MA′ soit le double du vecteur MA. Le coefficient de B est 1 : on garde le point B.
MA′=2MA
2
Le parallélogramme
On construit M′ tel que MA′M′B soit un parallélogramme : sa diagonale donne la somme des deux vecteurs.
MM′=2MA+MB=3MG
3
Le point G
G est l'intersection des droites (MM′) et (AB) ; il est au tiers du segment [MM′] à partir de M.
MG=31MM′
MG=31MM′
L’erreur à ne pas faire
✗G est le centre du parallélogramme MA′M′B′✓G est le point où la diagonale (MM′) coupe la droite (AB)
Le centre du parallélogramme est le milieu de la diagonale. Le barycentre, lui, partage cette diagonale selon la somme des coefficients : il n'est au milieu que si cette somme vaut 2.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Tari9a o5ra : la méthode du parallélogramme. Na5dhou A, deux w B, trois. Na5tarou point M, mouch 3la la droite AB. N7ottou A prime, elli le vecteur MA prime égale deux fois le vecteur MA, w B prime, elli le vecteur MB prime égale trois fois le vecteur MB. Nkammlou le parallélogramme M, A prime, M prime, B prime. La diagonale : le vecteur MM prime égale deux fois le vecteur MA plus trois fois le vecteur MB, w hedha ysewi cinq fois le vecteur MG. Donc M, G w M prime alignés : G houwa l'intersection mta3 la droite MM prime w la droite AB. »
Méthode
Montrer un alignement
Le barycentre de deux points est sur la droite qui les joint. Pour montrer que trois points I,J et K sont alignés, il suffit donc d'écrire l'un comme barycentre des deux autres.
Soient A,B,C et D quatre points distincts du plan, I le barycentre de (A,1) et (B,2),J le barycentre de (C,1) et (D,−2), et K le point tel que
3KA+6KB−KC+2KD=0.
On regroupe les termes deux par deux, on réduit chaque groupe avec son barycentre, et on obtient une relation entre KI et KJ : les points I,J et K sont alignés.
9KI+KJ=0
Exemple traité
I est le barycentre des points A et B affectés des coefficients 1 et 2,J est le barycentre des points C et D affectés des coefficients 1 et −2, et K est le point tel que 3KA+6KB−KC+2KD=0. Montrer que les points I,J et K sont alignés.
1
Le premier groupe
On met 3 en facteur, puis on réduit avec I : la somme des coefficients 1 et 2 vaut 3.
3KA+6KB=3(KA+2KB)=9KI
2
Le second groupe
On met −1 en facteur, puis on réduit avec J : la somme des coefficients 1 et −2 vaut −1.
−KC+2KD=−(KC−2KD)=KJ
3
Conclure
K est le barycentre de (I,9) et (J,1) : il est sur la droite (IJ).
9KI+KJ=0
9KI+KJ=0
L’erreur à ne pas faire
✗−KC+2KD=−KJ✓−KC+2KD=KJ
La somme des coefficients 1 et −2 vaut −1 : le vecteur KC−2KD est égal à −KJ, et le signe moins placé devant redonne KJ.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Kifech nthabtou elli trois points alignés ? El fekra sehla : le barycentre de deux points dima 3la la droite mte3hom. Donc yekfi nektbou point menhom, barycentre mta3 ezzouz lo5rin. Mithel : I le barycentre de A, un w B, deux, w J le barycentre de C, un w D, moins deux. W K y7a99e9 : trois fois le vecteur KA plus six fois le vecteur KB moins le vecteur KC plus deux fois le vecteur KD égale le vecteur nul. Nlemmou les termes mta3 A w B m3a b3adhhom, w les termes mta3 C w D m3a b3adhhom, w nbassatou koll groupe b le barycentre mte3ou. »
Méthode
Ensemble de points
Soit ABCD un rectangle tel que AB=6 et BC=2. On note G le barycentre de (A,2) et (B,1), et G′ le barycentre de (C,5) et (D,−2) : AG=31AB et CG′=−32CD, donc AG=2 et CG′=4.
Pour tout point M du plan : 2MA+MB=3MG et 5MC−2MD=3MG′.
L'ensemble des points M tels que 2MA+MB=5MC−2MD est donc l'ensemble des points tels que 3MG=3MG′, c'est-à-dire MG=MG′ : c'est la médiatrice du segment [GG′].
La méthode : réduire chaque somme avec un barycentre, passer aux normes, puis reconnaître une médiatrice (MG=MG′) ou un cercle (MG=r).
En rouge, la médiatrice de [GG'] ; en vert, le cercle de centre G' et de rayon 3.
MG=MG′⟺M est sur la médiatrice de [GG′]
MG=r⟺M est sur le cercle de centre G et de rayon r
Exemple traité
Dans le rectangle ABCD précédent, G′ est le barycentre des points C et D affectés des coefficients 5 et −2. Déterminer l'ensemble des points M du plan tels que la norme du vecteur 5MC−2MD soit égale à 9.
1
Réduire
G′ est le barycentre des points C et D affectés des coefficients 5 et −2, et la somme des coefficients vaut 3.
5MC−2MD=3MG′
2
Passer aux distances
La norme du vecteur 3MG′ est trois fois la distance MG′.
3MG′=9⟺MG′=3
3
Reconnaître
Les points situés à la distance 3 du point G′ forment un cercle.
le cercle de centre G′ et de rayon 3
le cercle de centre G′ et de rayon 3
L’erreur à ne pas faire
✗5MC−2MD=9 donne le cercle de centre G′ et de rayon 9✓C'est le cercle de centre G′ et de rayon 3
La norme vaut trois fois la distance MG′, pas la distance MG′ : on divise par la somme des coefficients avant de lire le rayon.
✗2MA+MB=2MA+MB✓2MA+MB=3MG=3MG
La norme d'une somme n'est pas la somme des normes : on réduit d'abord la somme à un seul vecteur, puis on prend sa norme.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Tawa nlawjou 3la ensemble de points. 3andna rectangle ABCD, AB égale six w BC égale deux. G le barycentre de A, deux w B, un, w G prime le barycentre de C, cinq w D, moins deux. Nlawjou 3la les points M elli la norme de la somme : deux fois le vecteur MA plus le vecteur MB, égale la norme de la différence : cinq fois le vecteur MC moins deux fois le vecteur MD. Nbassatou : la somme mta3 A w B twalli trois fois le vecteur MG, w mta3 C w D twalli trois fois le vecteur MG prime. Donc trois MG égale trois MG prime, ya3ni MG égale MG prime : M 3la la médiatrice du segment GG prime. W ken nal9aw MG égale nombre r, yatla3 cercle de centre G w de rayon r. »
Activité
De deux à trois points
Une moyenne de trois notes. Les moyennes trimestrielles d'un élève sont 12,75 au premier trimestre (coefficient 1), 12,25 au deuxième (coefficient 2) et 11,50 au troisième (coefficient 2). Sa moyenne annuelle est
m=1+2+21×12,75+2×12,25+2×11,50=560,25=12,05.
Sur une droite graduée (O,i), si A,B,C et G ont pour abscisses 12,75,12,25,11,50 et m, alors OG=51(OA+2OB+2OC).
Dans un triangle. Sur la figure, M est le point de [BC] tel que BM=31BC, et G est le point de [AM] tel que AG=53AM. Alors M est le barycentre de (B,2) et (C,1), et G est le barycentre de (M,3) et (A,2). On en tire une relation entre G et les trois sommets : 2GA+2GB+GC=0.
BM = ⅓ BC et AG = ⅗ AM.
la moyenne de trois notesOG=51(OA+2OB+2OC)
dans le triangle2GA+2GB+GC=0
Ce qu’on observe
Sur la figure, M est le barycentre de (B,2) et (C,1), et G est le barycentre de (M,3) et (A,2). Montrer que 2GA+2GB+GC=0.
1
Réduire avec M
On applique la réduction au point G : la somme des coefficients 2 et 1 vaut 3.
2GB+GC=3GM
2
Utiliser G
G est le barycentre de (M,3) et (A,2) : on écrit sa définition.
3GM+2GA=0
3
Conclure
On remplace trois fois le vecteur GM par la somme trouvée à la première étape.
2GA+2GB+GC=0
2GA+2GB+GC=0
L’erreur à ne pas faire
✗AG=53AM, donc G est le barycentre de (A,3) et (M,2)✓G est le barycentre de (A,2) et (M,3)
Avec des coefficients positifs, le point le plus proche du barycentre porte le plus grand coefficient : ici G est plus près de M, c'est donc M qui reçoit 3.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« 9bal ma n3arrfou le barycentre de trois points, nchoufou mithelin. Telmidh 3andou trois moyennes : douze virgule soixante-quinze, coefficient un, douze virgule vingt-cinq, coefficient deux, w onze virgule cinquante, coefficient deux. La moyenne annuelle : nedherbou koll moyenne fel coefficient mte3ha, njam3ou, w le tout sur cinq : douze virgule zéro cinq. W fel triangle : M le barycentre de B, deux w C, un, w G le barycentre de M, trois w A, deux. Ki nbassatou, nal9aw relation fiha eth-thletha sommets : deux fois le vecteur GA plus deux fois le vecteur GB plus le vecteur GC égale le vecteur nul. »
Définition
Barycentre de trois points
Soient A,B et C trois points du plan et α,β,γ trois réels tels que α+β+γ=0.
Le point G du plan qui vérifie αGA+βGB+γGC=0 est appelé le barycentre des points pondérés(A,α),(B,β) et (C,γ).
On dit aussi que G est le barycentre des points A,B et C affectés respectivement des coefficients α,β et γ.
Si α=β=γ,G est appelé l'isobarycentre des points A,B et C.
Ce point existe et il est unique : c'est le point défini par AG=α+β+γβAB+α+β+γγAC.
(A, 4), (B, 1), (C, −3) : AG = ½ AB − 3⁄2 AC.
la définitionαGA+βGB+γGC=0(α+β+γ=0)
pour placer GAG=α+β+γβAB+α+β+γγAC
Exemple traité
Soient A,B et C trois points non alignés. Construire le barycentre G des points A,B et C affectés des coefficients 4,1 et −3.
1
La somme
La somme des coefficients, 4+1−3, vaut 2 : elle n'est pas nulle, le barycentre existe.
4GA+GB−3GC=0
2
Le vecteur AG
On divise le coefficient de B, puis celui de C, par la somme des coefficients.
AG=21AB−23AC
3
Construire
À partir de A, on avance de la moitié du vecteur AB, puis on recule d'une fois et demie le vecteur AC.
AG=21AB−23AC
L’erreur à ne pas faire
✗Les points pondérés (A,1),(B,2) et (C,−3) ont un barycentre✓Ces trois points pondérés n'ont pas de barycentre
La somme des coefficients, 1+2−3, est nulle : la définition exige une somme non nulle.
✗Pour (A,4),(B,1) et (C,−3) : AG=AB−3AC✓AG=21AB−23AC
Chaque coefficient se divise par la somme des trois coefficients, qui vaut ici 2.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Tawa el définition fi trois points. 3andna A, B w C, w trois réels alpha, bêta w gamma, w ech-chart : alpha plus bêta plus gamma différent de zéro. El point G elli y7a99e9 alpha fois le vecteur GA plus bêta fois le vecteur GB plus gamma fois le vecteur GC égale le vecteur nul, houwa le barycentre des points pondérés A, alpha, B, bêta w C, gamma. W ken eth-thletha coefficients kif kif, nsammiweh l'isobarycentre. Bech n7ottou G : le vecteur AG égale bêta sur la somme, fois le vecteur AB, plus gamma sur la somme, fois le vecteur AC. »
Propriété
Propriétés pour trois points
Soit G le barycentre des points pondérés (A,α),(B,β) et (C,γ).
Pour tout point M du plan : αMA+βMB+γMC=(α+β+γ)MG.
Pour tout réel non nul k, le barycentre de (A,kα),(B,kβ) et (C,kγ) est encore G.
L'isobarycentre de trois points non alignés A,B et C est le centre de gravité du triangle ABC.
Les triangles ABC et IJK ont le même centre de gravité G.
pour tout point MαMA+βMB+γMC=(α+β+γ)MG
G centre de gravité de ABCMA+MB+MC=3MG
Exemple traité
Soit ABC un triangle. On désigne par I,J et K les milieux respectifs des côtés [AB],[BC] et [AC]. Montrer que les triangles ABC et IJK ont le même centre de gravité.
1
Trois milieux
Pour tout point M, chaque milieu donne une égalité : par exemple, I est le milieu de [AB].
MA+MB=2MI;MB+MC=2MJ;MA+MC=2MK
2
Additionner
On ajoute les trois égalités membre à membre, puis on divise par 2.
MA+MB+MC=MI+MJ+MK
3
Au centre de gravité
On prend pour M le centre de gravité G du triangle ABC : le membre de gauche est le vecteur nul.
GI+GJ+GK=0
4
Conclure
G est l'isobarycentre de I,J et K : c'est le centre de gravité du triangle IJK.
GI+GJ+GK=0
L’erreur à ne pas faire
✗MA+MB+MC=MG✓MA+MB+MC=3MG
Le vecteur MG est multiplié par la somme des coefficients, ici 1+1+1.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Les propriétés mta3 deux points tab9a sa7i7a fi trois points. L ay point M : alpha fois le vecteur MA plus bêta fois le vecteur MB plus gamma fois le vecteur MC égale (alpha plus bêta plus gamma) fois le vecteur MG. W ken nedherbou eth-thletha coefficients fi nafs el réel k, mouch nul, le barycentre ma yetbaddelch. W 7aja mohemma : l'isobarycentre de trois points, mouch alignés, houwa le centre de gravité du triangle ABC. Donc l ay point M : le vecteur MA plus le vecteur MB plus le vecteur MC égale trois fois le vecteur MG. »
Application
Même centre de gravité
Soient ABC et A′B′C′ deux triangles de centres de gravité respectifs G et G′. Alors
AA′+BB′+CC′=3GG′.
En effet, par la relation de Chasles, AA′=AG+GG′+G′A′, et de même pour les deux autres vecteurs. En ajoutant, AG+BG+CG=0 et G′A′+G′B′+G′C′=0 : il reste 3GG′.
Condition nécessaire et suffisante. Deux triangles ABC et A′B′C′ ont le même centre de gravité si, et seulement si, AA′+BB′+CC′=0.
Ici k = ⅓ : les triangles ABC et A'B'C' ont le même centre de gravité.
AA′+BB′+CC′=3GG′
G=G′⟺AA′+BB′+CC′=0
Exemple traité
Soit ABC un triangle et k un réel. On définit les points A′,B′ et C′ par BA′=kBC,CB′=kCA et AC′=kAB. Les triangles ABC et A′B′C′ ont-ils le même centre de gravité ?
1
Trois vecteurs
On passe par B dans le vecteur AA′, par C dans le vecteur BB′, et par A dans le vecteur CC′.
AA′=AB+kBC;BB′=BC+kCA;CC′=CA+kAB
2
La somme
On regroupe : la somme des vecteurs AB,BC et CA est le vecteur nul.
AA′+BB′+CC′=(1+k)(AB+BC+CA)=0
3
Conclure
La somme est nulle, donc le vecteur GG′ est nul : oui, les deux triangles ont le même centre de gravité, quel que soit le réel k.
3GG′=0
3GG′=0
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Tatbi9 3la le centre de gravité. 3andna zouz triangles : ABC, le centre de gravité mte3ou G, w A prime B prime C prime, le centre de gravité mte3ou G prime. Nal9aw : le vecteur AA prime plus le vecteur BB prime plus le vecteur CC prime égale trois fois le vecteur GG prime. 3lech ? Fi koll vecteur, net3addew b G w b G prime, w el sommes mta3 les centres de gravité yti7ou. En-natija : ezzouz triangles 3andhom nafs le centre de gravité, ki la somme hedhi égale le vecteur nul. »
Théorème
Barycentre partiel
Avec des moyennes. Reprenons les trois moyennes 12,75 (coefficient 1), 12,25 (coefficient 2) et 11,50 (coefficient 2). La moyenne m2 des deux dernières est 42×12,25+2×11,50=11,875. On retrouve la moyenne annuelle en affectant m2 du coefficient 2+2=4 : 51×12,75+4×11,875=12,05.
Théorème. Si G est le barycentre de (A,α),(B,β) et (C,γ) et si β+γ=0, alors G est aussi le barycentre de (A,α) et (G′,β+γ), où G′ est le barycentre de (B,β) et (C,γ).
On peut donc remplacer deux points par leur barycentre, à condition de l'affecter de la somme de leurs coefficients. L'une au moins des trois sommes α+β,β+γ et α+γ est non nulle : un regroupement est toujours possible.
(A, 2), (B, 1), (C, −1) : on regroupe A et B en I, puis G est le barycentre de (I, 3) et (C, −1).
G' barycentre de (B, β) et (C, γ)αGA+(β+γ)GG′=0
Exemple traité
Soit G le barycentre des points A,B et C affectés des coefficients 2,1 et −1, et soit I le barycentre des points A et B affectés des coefficients 2 et 1. Montrer que G est le barycentre des points I et C affectés des coefficients 3 et −1, puis construire I et G.
1
Regrouper A et B
On remplace A et B par leur barycentre I, affecté de la somme 2+1.
G est le barycentre de (I,3) et (C,−1)
2
Construire I
I est sur le segment [AB], au tiers à partir de A.
AI=31AB
3
Construire G
On applique la formule aux points I et C : la somme des coefficients est 2.
IG=3−1−1×IC=−21IC
IG=3−1−1×IC=−21IC
L’erreur à ne pas faire
✗G est le barycentre de (I,1) et (C,−1)✓G est le barycentre de (I,3) et (C,−1)
Le barycentre partiel remplace deux points : il porte la somme de leurs deux coefficients, ici 2+1.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Le barycentre partiel. Nabdew bel moyennes : ken n7esbou la moyenne mta3 zouz notes, w na3tiwha la somme mta3 les coefficients mte3hom, nal9aw nafs la moyenne générale. Fel barycentre nafs echay. G le barycentre de A, alpha, B, bêta w C, gamma, w bêta plus gamma différent de zéro. G prime le barycentre de B, bêta w C, gamma. El théorème y9oul : G houwa le barycentre de A, alpha w G prime, bêta plus gamma. Ya3ni n3awdhou zouz points b le barycentre mte3hom, w na3tiweh la somme mta3 les coefficients. Hakka trois points ywalliw deux points, w nrasmou G bes-sehel. »
Exemple
Lire une figure
Sur la figure, ABC est un triangle, M est le point de [BC] tel que BM=41BC, et G est le point de [AM] tel que AG=32AM. On veut écrire G comme barycentre de (A,a),(B,b) et (C,c).
M est le barycentre de (B,3) et (C,1) : il est plus près de B, qui reçoit le plus grand coefficient.
G est le barycentre de (A,1) et (M,2), ou encore, en multipliant par 2, de (A,2) et (M,4).
M porte alors la somme 3+1=4 des coefficients de B et de C : G est le barycentre de (A,2),(B,3) et (C,1).
BM = ¼ BC et AG = ⅔ AM.
2GA+3GB+GC=0
Exemple traité
Avec les données de la figure, M est le barycentre de (B,3) et (C,1), et G est le barycentre de (A,2) et (M,4). Vérifier que 2GA+3GB+GC=0.
1
Réduire avec M
M est le barycentre de (B,3) et (C,1) : on réduit au point G, la somme des coefficients vaut 4.
3GB+GC=4GM
2
Utiliser G
G est le barycentre de (A,2) et (M,4) : on écrit sa définition.
2GA+4GM=0
3
Conclure
On remplace quatre fois le vecteur GM par la somme trouvée à la première étape.
2GA+3GB+GC=0
2GA+3GB+GC=0
L’erreur à ne pas faire
✗BM=41BC, donc M est le barycentre de (B,1) et (C,3)✓M est le barycentre de (B,3) et (C,1)
En partant de B, le numérateur 1 est le coefficient de C, et B reçoit le reste, 4−1.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Mithel : kifech na9raw le barycentre men figure. 3andna triangle ABC. M 3la BC, w BM houwa le quart de BC. G 3la AM, w AG houwa deux tiers de AM. Nabdew b M : houwa a9reb l B, donc B ye5ou akbar coefficient : M le barycentre de B, trois w C, un. Men ba3d G : a9reb l M, donc G le barycentre de A, un w M, deux. Tawa M lezmou yhezz la somme trois plus un, ya3ni quatre. Nedherbou fi deux : A, deux w M, quatre. En-natija : G le barycentre de A, deux, B, trois w C, un. »
Application
Des droites concourantes
Pour montrer que trois droites sont concourantes, on cherche un point qui appartient aux trois : un barycentre bien choisi, que l'on regroupe de plusieurs façons.
Soit ABC un triangle. On désigne par A′,B′ et C′ les milieux respectifs de [BC],[CA] et [AB], et par D le point tel que AD=31AB. Soit E le barycentre des points pondérés (A,2),(B,1) et (C,1).
En regroupant B et C, puis A et B, on montre que E est sur la droite (AA′) et sur la droite (CD) ; il est aussi le milieu de [B′C′]. Les droites (AA′),(B′C′) et (CD) sont donc concourantes en E.
(AA'), (B'C') et (CD) se coupent en E, barycentre de (A, 2), (B, 1) et (C, 1).
2EA+EB+EC=0
Exemple traité
Dans le triangle ABC,A′,B′ et C′ sont les milieux de [BC],[CA] et [AB],D est le point tel que AD=31AB, et E est le barycentre de (A,2),(B,1) et (C,1). Montrer que les droites (AA′),(B′C′) et (CD) sont concourantes.
1
Regrouper B et C
A′ est le barycentre de (B,1) et (C,1) : il porte la somme 2. Donc E est le barycentre de (A,2) et (A′,2) : c'est le milieu de [AA′].
2EA+2EA′=0
2
Regrouper A et B
D est le barycentre de (A,2) et (B,1) : il porte la somme 3. Donc E est le barycentre de (D,3) et (C,1), à coefficients de même signe : il est sur le segment [CD].
3ED+EC=0
3
La troisième droite
On partage en deux le terme qui contient A : les milieux B′ et C′ apparaissent, et E est le milieu de [B′C′].
(EA+EC)+(EA+EB)=2EB′+2EC′=0
4
Conclure
Le point E appartient aux trois droites : elles sont concourantes en E.
(EA+EC)+(EA+EB)=2EB′+2EC′=0
L’erreur à ne pas faire
✗Trois droites qui se coupent deux à deux sont concourantes✓Trois droites sont concourantes quand un même point appartient aux trois
Trois droites qui se coupent deux à deux peuvent former un triangle : il faut trouver un seul point commun aux trois.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Mas2la : kifech nthabtou elli trois droites concourantes ? Nlawjou 3la point wa7ed, mawjoud 3la eth-thletha. W el point hedha ykoun barycentre, nlemmouh b akther men tari9a. 3andna triangle ABC, w A prime, B prime w C prime les milieux mta3 les côtés. D 3la AB, elli le vecteur AD égale un tiers du vecteur AB. W E le barycentre de A, deux, B, un w C, un. Ki nlemmou B w C, nal9aw E 3la la droite AA prime. Ki nlemmou A w B, nal9aw E 3la la droite CD. W E houwa zeda le milieu de B prime C prime. Donc eth-thletha droites yetle9aw fi E. »
Application
Trois points alignés
Dans un triangle ABC,A′,B′ et C′ sont les milieux des côtés opposés à A,B et C ; Q est le milieu de [B′C] et P est le symétrique de C′ par rapport à B.
AP=AB+BP=AB+C′B=23AB : P est le barycentre de (A,−1) et (B,3).
AQ=43AC : Q est le barycentre de (A,1) et (C,3).
On en déduit que A′P+2A′Q=0 : les points A′,P et Q sont alignés.
P, A' et Q sont alignés.
A′P+2A′Q=0
Exemple traité
Avec ces notations, P est le barycentre des points A et B affectés des coefficients −1 et 3, et Q est le barycentre des points A et C affectés des coefficients 1 et 3. Calculer A′P+2A′Q et en déduire que les points A′,P et Q sont alignés.
1
Réduire avec P
P est le barycentre des points A et B affectés des coefficients −1 et 3 : on réduit au point A′, la somme des coefficients vaut 2.
−A′A+3A′B=2A′P
2
Réduire avec Q
Q est le barycentre de (A,1) et (C,3) : la somme des coefficients vaut 4.
A′A+3A′C=4A′Q
3
Additionner
On ajoute les deux égalités : les vecteurs A′A disparaissent, et A′ est le milieu de [BC].
2A′P+4A′Q=3(A′B+A′C)=0
4
Conclure
On divise par 2 : A′ est le barycentre de (P,1) et (Q,2), donc les trois points sont alignés.
A′P+2A′Q=0
A′P+2A′Q=0
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Mas2la o5ra 3la l'alignement. Fi triangle ABC, A prime, B prime w C prime les milieux mta3 les côtés. Q le milieu de B prime C, w P le symétrique de C prime par rapport à B. Nabdew nektbou P w Q ka barycentres. Le vecteur AP égale trois demis du vecteur AB, donc P le barycentre de A, moins un w B, trois. W le vecteur AQ égale trois quarts du vecteur AC, donc Q le barycentre de A, un w C, trois. Men ba3d nbassatou fel point A prime, w nal9aw : le vecteur A prime P plus deux fois le vecteur A prime Q égale le vecteur nul. Donc A prime, P w Q alignés. »
Application
Deux cercles
Soit ABC un triangle équilatéral de côté a et G son centre de gravité. Pour tout point M du plan, MA+MB+MC=3MG : la norme de cette somme vaut 3MG.
Dans un triangle équilatéral, les médianes sont aussi les hauteurs, les médiatrices et les bissectrices. La hauteur mesure 2a3, donc GA=32×2a3=3a3, et la distance de G à chaque côté est 31×2a3=6a3.
MA+MB+MC=a3 équivaut à MG=3a3 : c'est le cercle de centre G passant par A,B et C, le cercle circonscrit au triangle.
MA+MB+MC=2a3 équivaut à MG=6a3 : c'est le cercle de centre G tangent aux trois côtés, le cercle inscrit dans le triangle.
En rouge, MG = a√3⁄3 ; en vert, MG = a√3⁄6.
MA+MB+MC=3MG
Exemple traité
Soit ABC un triangle, G son centre de gravité et A′ le milieu de [BC]. Déterminer l'ensemble des points M du plan tels que la norme du vecteur MA+MB+MC soit égale à la norme du vecteur 2MA−MB−MC.
1
La première somme
G est l'isobarycentre de A,B et C : la somme se réduit à trois fois le vecteur MG.
MA+MB+MC=3MG
2
La seconde somme
La somme des coefficients, 2−1−1, est nulle : le vecteur est constant. On passe par A dans les vecteurs MB et MC.
2MA−MB−MC=−(AB+AC)=−2AA′
3
Passer aux distances
On écrit que les deux normes sont égales.
3MG=2AA′⟺MG=32AA′
4
Reconnaître
Or la distance GA vaut les deux tiers de la médiane AA′ : l'ensemble cherché est le cercle de centre G qui passe par A.
le cercle de centre G passant par A
le cercle de centre G passant par A
L’erreur à ne pas faire
✗MA+MB+MC=a3 donne MG=a3✓3MG=a3, donc MG=3a3
La norme de la somme vaut trois fois la distance MG : on divise par 3 avant de conclure.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Narj3ou lel ensembles de points, el marra hedhi fi triangle équilatéral ABC, le côté mte3ou a, w G le centre de gravité. L ay point M, la norme de la somme des vecteurs MA, MB w MC, hiya trois fois MG. Ken la norme hedhi égale a racine de trois, nal9aw MG égale a racine de trois sur trois : hedhi bedhabt la distance GA. Donc M 3la le cercle circonscrit, elli yet3adda men A, B w C. W ken la norme égale a racine de trois sur deux, nal9aw MG égale a racine de trois sur six : hedha le cercle inscrit, elli ymess eth-thletha côtés. »
Application
Cercle inscrit
Soit ABC un triangle. On pose a=BC,b=AC et c=AB. La bissectrice de l'angle BAC coupe le côté [BC] en M, et la parallèle à la droite (AC) menée par B coupe la droite (AM) en A′.
1.Les angles BA′A et A′AC sont alternes-internes, donc égaux ; et A′AC=BAA′ car (AM) est la bissectrice. Le triangle ABA′ est donc isocèle en B : BA′=BA=c.
2.Comme (BA′) est parallèle à (AC), le théorème de Thalès donne MCMB=ACBA′=bc. Donc b×MB=c×MC avec M entre B et C : M est le barycentre de (B,b) et (C,c).
3.Soit G le barycentre de (A,a),(B,b) et (C,c). Par le barycentre partiel, G est le barycentre de (A,a) et (M,b+c) : G appartient à la bissectrice (AM).
Le même raisonnement vaut pour les deux autres bissectrices : G est le point de concours des trois bissectrices, c'est-à-dire le centre du cercle inscrit dans le triangle ABC.
(BA') est parallèle à (AC) : le triangle ABA' est isocèle en B.
M pied de la bissectrice issue de AMCMB=bc
G centre du cercle inscritaGA+bGB+cGC=0
Exemple traité
Dans un triangle ABC, on donne BC=6,AC=5 et AB=4. La bissectrice de l'angle BAC coupe [BC] en M. Calculer MB et MC, puis écrire le centre G du cercle inscrit comme barycentre de A et de M.
1
Le point M
M est le barycentre de (B,5) et (C,4) : le sommet B reçoit la longueur AC, le sommet C reçoit la longueur AB.
BM=94BC
2
Les longueurs
On multiplie la longueur BC par quatre neuvièmes, puis par cinq neuvièmes.
MB=94×6=38;MC=95×6=310
3
Le centre G
G est le barycentre de (A,6),(B,5) et (C,4) ; on regroupe B et C en M, qui porte la somme 5+4.
G est le barycentre de (A,6) et (M,9)
G est le barycentre de (A,6) et (M,9)
L’erreur à ne pas faire
✗Le pied M de la bissectrice issue de A est le barycentre de (B,c) et (C,b)✓M est le barycentre de (B,b) et (C,c)
Chaque sommet reçoit la longueur du côté qui lui est opposé : B reçoit b=AC et C reçoit c=AB, car b×MB=c×MC.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« E5er tatbi9 : le centre du cercle inscrit. Fi triangle ABC, nsammiw a la longueur BC, b la longueur AC w c la longueur AB. La bissectrice de l'angle A t9oss le côté BC fi M. Nrasmou men B droite parallèle à la droite AC, t9oss la droite AM fi A prime. Bel angles alternes-internes, le triangle ABA prime isocèle en B, donc BA prime égale c. W b Thalès : MB sur MC égale c sur b. Ma3neha M le barycentre de B, b w C, c. Tawa G le barycentre de A, a, B, b w C, c : bel barycentre partiel, G 3la la bissectrice AM. W nafs echay m3a les bissectrices lo5rin. Donc G houwa le centre du cercle inscrit. »
Remarque
Archimède
Archimède, né à Syracuse vers 287 avant J.-C., était un inventeur génial et populaire, réputé dans tout le monde grec pour la construction de mécaniques subtiles et précises : leviers, pompes à eau, machines de guerre… On raconte qu'il utilisa les propriétés des miroirs paraboliques pour faire converger les rayons du soleil sur les navires romains qui assiégeaient Syracuse, et mettre le feu à la flotte. Ses travaux sur le calcul des aires et des volumes constituent l'apogée de la géométrie alexandrine.
La tige en équilibre du début du chapitre est un levier : m1×GA=m2×GB. Le barycentre est la version géométrique de ce point d'équilibre.
Tu pourras lui demander de l’expliquer autrement, ou plus simplement.
« Kelma 3al culture. Archimède touled fi Syracuse, 7aweli deux cent quatre-vingt-sept avant Jésus-Christ. Ken inventeur kbir, ma3rouf fel 3alem el younani el koll : des leviers, des pompes à eau w des machines de guerre. W ya7kiw elli esta3mel des miroirs, bech ylemm les rayons du soleil 3la les navires mta3 er-rouman, w ya7re9hom. W el tige en équilibre elli bdina biha el chapitre, hiya levier : m un fois GA égale m deux fois GB. Le barycentre houwa el point d'équilibre hedha, maktoub bel géométrie. »
À retenir
1.
G est le barycentre de (A,α) et (B,β), avec α+β=0, signifie αGA+βGB=0, ou encore AG=α+ββAB.
2.
G∈(AB) ; G∈[AB] si, et seulement si, α et β sont de même signe. Le barycentre de (A,1) et (B,1) est le milieu de [AB].
3.
On ne change pas le barycentre en multipliant tous les coefficients par un même réel non nul k.
4.
Pour tout point M du plan : αMA+βMB=(α+β)MG.
5.
G est le barycentre de (A,α),(B,β) et (C,γ), avec α+β+γ=0, signifie αGA+βGB+γGC=0.
6.
Pour tout point M du plan : αMA+βMB+γMC=(α+β+γ)MG.
7.
L'isobarycentre de trois points non alignés A,B et C est le centre de gravité du triangle ABC.
8.
Barycentre partiel : si β+γ=0,G est aussi le barycentre de (A,α) et (G′,β+γ), où G′ est le barycentre de (B,β) et (C,γ).
Les exercices
À toi, au tableau
Il écrit, tu réponds — à l’écrit ou à la voix. Il corrige avec ses mots, pas avec un message d’erreur.
Comprendre
Application directe du cours, une seule idée à la fois.
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S'entraîner
Les exercices classiques du programme.
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Plusieurs étapes à enchaîner, il faut chercher.
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On combine plusieurs notions du chapitre.
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Maths à la carte — Barycentre · Pr Abdelkader Hammami
Barycentre
2ᵉ année secondaire — sections Sciences et Technologie de l'informatique · Pr Abdelkader Hammami
Ce que tu dois savoir faire
Écrire la relation vectorielle qui définit un barycentre
Placer et construire le barycentre de deux points
Réduire une somme αMA+βMB à l'aide du barycentre
Utiliser le barycentre partiel
Résoudre des problèmes d'alignement, de concours et d'ensembles de points
Rappels : milieu et moyenne
Le milieu. I est le milieu du segment [BC] si, et seulement si, IB+IC=0. Alors, pour tout point M du plan, MB+MC=2MI.
Une moyenne avec coefficients. Un élève a obtenu 13 au devoir de contrôle (coefficient 1) et 10 au devoir de synthèse (coefficient 2). Sa moyenne trimestrielle est 1+21×13+2×10=11.
Sur une droite munie d'un repère (O,i), plaçons les points A, B et G d'abscisses 13, 10 et 11. Alors OG=31(OA+2OB), et GA+2GB=0 : la moyenne est plus proche de la note qui « pèse » le plus. C'est cette idée que le chapitre généralise.
G (11) est deux fois plus près de B (10), de coefficient 2, que de A (13), de coefficient 1.
IB+IC=0⟺I est le milieu de [BC]
OG=31(OA+2OB)
Le piège
✗Moyenne de 13 (coefficient 1) et 10 (coefficient 2) : 213+10=11,5
✓1+21×13+2×10=11
Chaque note compte autant de fois que son coefficient : on divise par la somme des coefficients, pas par le nombre de notes.
Le point d'équilibre
Une tige [AB], rigide et homogène, est suspendue en un point G par un anneau dans lequel elle peut coulisser. À ses extrémités A et B, on accroche deux masses m1 et m2, exprimées en kilogrammes.
D'après le principe d'Archimède, le système est en équilibre (la tige est horizontale) lorsque
m1×GA=m2×GB.
On dit que G est le point d'équilibre des points A et B affectés respectivement des masses m1 et m2.
Avec m1=1 et m2=2 : GA=2GB. Le point G est sur [AB], aux deux tiers à partir de A, et GA+2GB=0.
Avec m1=10 et m2=20 : la position est la même, car 10GA+20GB=0 équivaut à GA+2GB=0.
Avec m1=m2=5 : GA=GB, le point G est le milieu de [AB].
Le point d'équilibre est toujours plus près de la masse la plus lourde.
m₁ = 1 et m₂ = 2 : GA = 2 GB.
m1×GA=m2×GB
m1GA+m2GB=0
Le piège
✗Le point d'équilibre est plus près de la masse la plus légère
✓Le point d'équilibre est plus près de la masse la plus lourde
Dans l'égalité m1×GA=m2×GB, la plus grande masse est multipliée par la plus petite distance.
Barycentre de deux points
Soient A et B deux points distincts du plan et soient α et β deux réels tels que α+β=0.
Le point G qui vérifie la relation αGA+βGB=0 est appelé le barycentre des points pondérés (A,α) et (B,β).
On dit aussi que G est le barycentre des points A et B affectés des coefficients α et β.
Ce point existe et il est unique : c'est le point défini par AG=α+ββAB.
G, barycentre de (A, 2) et (B, −1) : A est le milieu de [GB].
αGA+βGB=0(α+β=0)
AG=α+ββAB
Le piège
✗AG=α+βαAB
✓AG=α+ββAB
En partant de A, c'est le coefficient de l'autre point, B, qui est au numérateur.
Le piège
✗Le barycentre de (A,3) et (B,−3) est le milieu de [AB]
✓Les points pondérés (A,3) et (B,−3) n'ont pas de barycentre
La somme des coefficients est nulle : le vecteur 3GA−3GB est égal à 3BA, qui n'est jamais le vecteur nul.
Où se trouve le barycentre ?
Le barycentre G des points pondérés (A,α) et (B,β) est le point défini par l'une des relations suivantes :
αGA+βGB=0;AG=α+ββAB;BG=α+βαBA.
Le barycentre G des points pondérés (A,α) et (B,β) appartient à la droite (AB).
G∈[AB] si, et seulement si, α et β sont de même signe.
Le barycentre des points pondérés (A,1) et (B,1) est le milieu du segment [AB].
M : (A, 2), (B, 1). N : (A, 3), (B, −1). P : (A, −1), (B, 2).
AG=α+ββAB;BG=α+βαBA
G∈[AB]⟺α et β sont de meˆme signe
Le piège
✗Avec un coefficient négatif, le barycentre n'existe pas
✓Il existe dès que α+β=0 ; il est seulement hors du segment [AB]
Seule la somme des coefficients doit être non nulle. Un coefficient négatif envoie le barycentre à l'extérieur du segment, du côté du point dont le coefficient est le plus grand en valeur absolue.
Multiplier les coefficients
Soient α et β deux réels tels que α+β=0 et soit G le barycentre de (A,α) et (B,β).
Pour tout réel non nul k, G est le barycentre de (A,kα) et (B,kβ).
Autrement dit, on ne change pas le barycentre en multipliant (ou en divisant) tous les coefficients par un même réel non nul. C'est ce qui permet de chasser les fractions, ou de remplacer (A,10) et (B,20) par (A,1) et (B,2).
G barycentre de (A,α),(B,β)⟺G barycentre de (A,kα),(B,kβ)(k=0)
Le piège
✗(A,1), (B,2) et (A,2), (B,3) ont le même barycentre
✓(A,1), (B,2) et (A,2), (B,4) ont le même barycentre
On peut multiplier les coefficients par un même réel non nul, pas leur ajouter un même nombre : avec 1 et 2 le barycentre est aux deux tiers du segment, avec 2 et 3 il est aux trois cinquièmes.
Réduire une somme
Soient α et β deux réels tels que α+β=0 et soit G le barycentre de (A,α) et (B,β).
Pour tout point M du plan, on a :
αMA+βMB=(α+β)MG.
Cette égalité réduit une somme de deux vecteurs à un seul vecteur. En prenant M=A, on retrouve AG=α+ββAB.
αMA+βMB=(α+β)MG
Le piège
✗MA−MB=0×MG=0
✓MA−MB=BA
Quand la somme des coefficients est nulle, il n'y a pas de barycentre : la somme ne se réduit pas avec un point G, elle est égale à un vecteur constant, qui ne dépend pas de M.
Des droites parallèles
Soit ABC un triangle. On considère les points M et N tels que MA+3MB=0 et NA+3NC=0.
M est le barycentre de (A,1) et (B,3), donc AM=43AB. De même, N est le barycentre de (A,1) et (C,3), donc AN=43AC.
Alors MN=AN−AM=43(AC−AB)=43BC : les vecteurs MN et BC sont colinéaires, les droites (MN) et (BC) sont parallèles.
AM = ¾ AB et AN = ¾ AC : (MN) est parallèle à (BC).
MN=43BC
Le piège
✗MA+3MB=0 donc AM=41AB
✓AM=43AB
M est le barycentre de (A,1) et (B,3) : en partant de A, c'est le coefficient de B, c'est-à-dire 3, qui est au numérateur.
Méthode des parallèles
Pour construire le barycentre G des points pondérés (A,3) et (B,4) :
on trace une droite DA passant par A et ne contenant pas B, puis la droite DB passant par B et parallèle à DA ;
on choisit un vecteur directeur i de ces droites, et on place A′ sur DA et B′ sur DB tels que AA′=4i et BB′=−3i ;
G est le point d'intersection des droites (AB) et (A′B′).
En effet, 3GA′+4GB′=3GA+4GB+3AA′+4BB′=0+12i−12i=0 : G est aussi le barycentre de (A′,3) et (B′,4). Il est donc sur la droite (A′B′), comme il est sur la droite (AB).
En général, pour (A,α) et (B,β), on prend AA′=βi et BB′=−αi : on croise les coefficients, et on change le signe de l'un.
(A, 3) et (B, 4) : AA' = 4i, BB' = −3i, et G est l'intersection de (AB) et (A'B').
AA′=βi;BB′=−αi;G=(AB)∩(A′B′)
Le piège
✗Pour (A,3) et (B,4) : AA′=3i et BB′=4i
✓AA′=4i et BB′=−3i
On croise les coefficients et on change un signe : sinon la droite (A′B′) ne coupe pas la droite (AB) au barycentre.
Méthode du parallélogramme
Pour construire le barycentre G des points pondérés (A,2) et (B,3) :
on choisit un point M n'appartenant pas à la droite (AB) ;
on construit les points A′ et B′ tels que MA′=2MA et MB′=3MB ;
on construit le point M′ tel que MA′M′B′ soit un parallélogramme ;
G est le point d'intersection des droites (MM′) et (AB).
En effet, MM′=MA′+MB′=2MA+3MB=5MG : les points M, G et M′ sont alignés, donc G∈(MM′). Et G est sur la droite (AB).
(A, 2) et (B, 3) : MM' = 5 MG, et G est l'intersection de (MM') et (AB).
MM′=αMA+βMB=(α+β)MG
Le piège
✗G est le centre du parallélogramme MA′M′B′
✓G est le point où la diagonale (MM′) coupe la droite (AB)
Le centre du parallélogramme est le milieu de la diagonale. Le barycentre, lui, partage cette diagonale selon la somme des coefficients : il n'est au milieu que si cette somme vaut 2.
Montrer un alignement
Le barycentre de deux points est sur la droite qui les joint. Pour montrer que trois points I, J et K sont alignés, il suffit donc d'écrire l'un comme barycentre des deux autres.
Soient A, B, C et D quatre points distincts du plan, I le barycentre de (A,1) et (B,2), J le barycentre de (C,1) et (D,−2), et K le point tel que
3KA+6KB−KC+2KD=0.
On regroupe les termes deux par deux, on réduit chaque groupe avec son barycentre, et on obtient une relation entre KI et KJ : les points I, J et K sont alignés.
9KI+KJ=0
Le piège
✗−KC+2KD=−KJ
✓−KC+2KD=KJ
La somme des coefficients 1 et −2 vaut −1 : le vecteur KC−2KD est égal à −KJ, et le signe moins placé devant redonne KJ.
Ensemble de points
Soit ABCD un rectangle tel que AB=6 et BC=2. On note G le barycentre de (A,2) et (B,1), et G′ le barycentre de (C,5) et (D,−2) : AG=31AB et CG′=−32CD, donc AG=2 et CG′=4.
Pour tout point M du plan : 2MA+MB=3MG et 5MC−2MD=3MG′.
L'ensemble des points M tels que 2MA+MB=5MC−2MD est donc l'ensemble des points tels que 3MG=3MG′, c'est-à-dire MG=MG′ : c'est la médiatrice du segment [GG′].
La méthode : réduire chaque somme avec un barycentre, passer aux normes, puis reconnaître une médiatrice (MG=MG′) ou un cercle (MG=r).
En rouge, la médiatrice de [GG'] ; en vert, le cercle de centre G' et de rayon 3.
MG=MG′⟺M est sur la meˊdiatrice de [GG′]
MG=r⟺M est sur le cercle de centre G et de rayon r
Le piège
✗5MC−2MD=9 donne le cercle de centre G′ et de rayon 9
✓C'est le cercle de centre G′ et de rayon 3
La norme vaut trois fois la distance MG′, pas la distance MG′ : on divise par la somme des coefficients avant de lire le rayon.
Le piège
✗2MA+MB=2MA+MB
✓2MA+MB=3MG=3MG
La norme d'une somme n'est pas la somme des normes : on réduit d'abord la somme à un seul vecteur, puis on prend sa norme.
De deux à trois points
Une moyenne de trois notes. Les moyennes trimestrielles d'un élève sont 12,75 au premier trimestre (coefficient 1), 12,25 au deuxième (coefficient 2) et 11,50 au troisième (coefficient 2). Sa moyenne annuelle est
m=1+2+21×12,75+2×12,25+2×11,50=560,25=12,05.
Sur une droite graduée (O,i), si A, B, C et G ont pour abscisses 12,75, 12,25, 11,50 et m, alors OG=51(OA+2OB+2OC).
Dans un triangle. Sur la figure, M est le point de [BC] tel que BM=31BC, et G est le point de [AM] tel que AG=53AM. Alors M est le barycentre de (B,2) et (C,1), et G est le barycentre de (M,3) et (A,2). On en tire une relation entre G et les trois sommets : 2GA+2GB+GC=0.
BM = ⅓ BC et AG = ⅗ AM.
OG=51(OA+2OB+2OC)
2GA+2GB+GC=0
Le piège
✗AG=53AM, donc G est le barycentre de (A,3) et (M,2)
✓G est le barycentre de (A,2) et (M,3)
Avec des coefficients positifs, le point le plus proche du barycentre porte le plus grand coefficient : ici G est plus près de M, c'est donc M qui reçoit 3.
Barycentre de trois points
Soient A, B et C trois points du plan et α, β, γ trois réels tels que α+β+γ=0.
Le point G du plan qui vérifie αGA+βGB+γGC=0 est appelé le barycentre des points pondérés (A,α), (B,β) et (C,γ).
On dit aussi que G est le barycentre des points A, B et C affectés respectivement des coefficients α, β et γ.
Si α=β=γ, G est appelé l'isobarycentre des points A, B et C.
Ce point existe et il est unique : c'est le point défini par AG=α+β+γβAB+α+β+γγAC.
(A, 4), (B, 1), (C, −3) : AG = ½ AB − 3⁄2 AC.
αGA+βGB+γGC=0(α+β+γ=0)
AG=α+β+γβAB+α+β+γγAC
Le piège
✗Les points pondérés (A,1), (B,2) et (C,−3) ont un barycentre
✓Ces trois points pondérés n'ont pas de barycentre
La somme des coefficients, 1+2−3, est nulle : la définition exige une somme non nulle.
Le piège
✗Pour (A,4), (B,1) et (C,−3) : AG=AB−3AC
✓AG=21AB−23AC
Chaque coefficient se divise par la somme des trois coefficients, qui vaut ici 2.
Propriétés pour trois points
Soit G le barycentre des points pondérés (A,α), (B,β) et (C,γ).
Pour tout point M du plan : αMA+βMB+γMC=(α+β+γ)MG.
Pour tout réel non nul k, le barycentre de (A,kα), (B,kβ) et (C,kγ) est encore G.
L'isobarycentre de trois points non alignés A, B et C est le centre de gravité du triangle ABC.
Les triangles ABC et IJK ont le même centre de gravité G.
αMA+βMB+γMC=(α+β+γ)MG
MA+MB+MC=3MG
Le piège
✗MA+MB+MC=MG
✓MA+MB+MC=3MG
Le vecteur MG est multiplié par la somme des coefficients, ici 1+1+1.
Même centre de gravité
Soient ABC et A′B′C′ deux triangles de centres de gravité respectifs G et G′. Alors
AA′+BB′+CC′=3GG′.
En effet, par la relation de Chasles, AA′=AG+GG′+G′A′, et de même pour les deux autres vecteurs. En ajoutant, AG+BG+CG=0 et G′A′+G′B′+G′C′=0 : il reste 3GG′.
Condition nécessaire et suffisante. Deux triangles ABC et A′B′C′ ont le même centre de gravité si, et seulement si, AA′+BB′+CC′=0.
Ici k = ⅓ : les triangles ABC et A'B'C' ont le même centre de gravité.
AA′+BB′+CC′=3GG′
G=G′⟺AA′+BB′+CC′=0
Barycentre partiel
Avec des moyennes. Reprenons les trois moyennes 12,75 (coefficient 1), 12,25 (coefficient 2) et 11,50 (coefficient 2). La moyenne m2 des deux dernières est 42×12,25+2×11,50=11,875. On retrouve la moyenne annuelle en affectant m2 du coefficient 2+2=4 : 51×12,75+4×11,875=12,05.
Théorème. Si G est le barycentre de (A,α), (B,β) et (C,γ) et si β+γ=0, alors G est aussi le barycentre de (A,α) et (G′,β+γ), où G′ est le barycentre de (B,β) et (C,γ).
On peut donc remplacer deux points par leur barycentre, à condition de l'affecter de la somme de leurs coefficients. L'une au moins des trois sommes α+β, β+γ et α+γ est non nulle : un regroupement est toujours possible.
(A, 2), (B, 1), (C, −1) : on regroupe A et B en I, puis G est le barycentre de (I, 3) et (C, −1).
αGA+(β+γ)GG′=0
Le piège
✗G est le barycentre de (I,1) et (C,−1)
✓G est le barycentre de (I,3) et (C,−1)
Le barycentre partiel remplace deux points : il porte la somme de leurs deux coefficients, ici 2+1.
Lire une figure
Sur la figure, ABC est un triangle, M est le point de [BC] tel que BM=41BC, et G est le point de [AM] tel que AG=32AM. On veut écrire G comme barycentre de (A,a), (B,b) et (C,c).
M est le barycentre de (B,3) et (C,1) : il est plus près de B, qui reçoit le plus grand coefficient.
G est le barycentre de (A,1) et (M,2), ou encore, en multipliant par 2, de (A,2) et (M,4).
M porte alors la somme 3+1=4 des coefficients de B et de C : G est le barycentre de (A,2), (B,3) et (C,1).
BM = ¼ BC et AG = ⅔ AM.
2GA+3GB+GC=0
Le piège
✗BM=41BC, donc M est le barycentre de (B,1) et (C,3)
✓M est le barycentre de (B,3) et (C,1)
En partant de B, le numérateur 1 est le coefficient de C, et B reçoit le reste, 4−1.
Des droites concourantes
Pour montrer que trois droites sont concourantes, on cherche un point qui appartient aux trois : un barycentre bien choisi, que l'on regroupe de plusieurs façons.
Soit ABC un triangle. On désigne par A′, B′ et C′ les milieux respectifs de [BC], [CA] et [AB], et par D le point tel que AD=31AB. Soit E le barycentre des points pondérés (A,2), (B,1) et (C,1).
En regroupant B et C, puis A et B, on montre que E est sur la droite (AA′) et sur la droite (CD) ; il est aussi le milieu de [B′C′]. Les droites (AA′), (B′C′) et (CD) sont donc concourantes en E.
(AA'), (B'C') et (CD) se coupent en E, barycentre de (A, 2), (B, 1) et (C, 1).
2EA+EB+EC=0
Le piège
✗Trois droites qui se coupent deux à deux sont concourantes
✓Trois droites sont concourantes quand un même point appartient aux trois
Trois droites qui se coupent deux à deux peuvent former un triangle : il faut trouver un seul point commun aux trois.
Trois points alignés
Dans un triangle ABC, A′, B′ et C′ sont les milieux des côtés opposés à A, B et C ; Q est le milieu de [B′C] et P est le symétrique de C′ par rapport à B.
AP=AB+BP=AB+C′B=23AB : P est le barycentre de (A,−1) et (B,3).
AQ=43AC : Q est le barycentre de (A,1) et (C,3).
On en déduit que A′P+2A′Q=0 : les points A′, P et Q sont alignés.
P, A' et Q sont alignés.
A′P+2A′Q=0
Deux cercles
Soit ABC un triangle équilatéral de côté a et G son centre de gravité. Pour tout point M du plan, MA+MB+MC=3MG : la norme de cette somme vaut 3MG.
Dans un triangle équilatéral, les médianes sont aussi les hauteurs, les médiatrices et les bissectrices. La hauteur mesure 2a3, donc GA=32×2a3=3a3, et la distance de G à chaque côté est 31×2a3=6a3.
MA+MB+MC=a3 équivaut à MG=3a3 : c'est le cercle de centre G passant par A, B et C, le cercle circonscrit au triangle.
MA+MB+MC=2a3 équivaut à MG=6a3 : c'est le cercle de centre G tangent aux trois côtés, le cercle inscrit dans le triangle.
En rouge, MG = a√3⁄3 ; en vert, MG = a√3⁄6.
MA+MB+MC=3MG
Le piège
✗MA+MB+MC=a3 donne MG=a3
✓3MG=a3, donc MG=3a3
La norme de la somme vaut trois fois la distance MG : on divise par 3 avant de conclure.
Cercle inscrit
Soit ABC un triangle. On pose a=BC, b=AC et c=AB. La bissectrice de l'angle BAC coupe le côté [BC] en M, et la parallèle à la droite (AC) menée par B coupe la droite (AM) en A′.
Les angles BA′A et A′AC sont alternes-internes, donc égaux ; et A′AC=BAA′ car (AM) est la bissectrice. Le triangle ABA′ est donc isocèle en B : BA′=BA=c.
Comme (BA′) est parallèle à (AC), le théorème de Thalès donne MCMB=ACBA′=bc. Donc b×MB=c×MC avec M entre B et C : M est le barycentre de (B,b) et (C,c).
Soit G le barycentre de (A,a), (B,b) et (C,c). Par le barycentre partiel, G est le barycentre de (A,a) et (M,b+c) : G appartient à la bissectrice (AM).
Le même raisonnement vaut pour les deux autres bissectrices : G est le point de concours des trois bissectrices, c'est-à-dire le centre du cercle inscrit dans le triangle ABC.
(BA') est parallèle à (AC) : le triangle ABA' est isocèle en B.
MCMB=bc
aGA+bGB+cGC=0
Le piège
✗Le pied M de la bissectrice issue de A est le barycentre de (B,c) et (C,b)
✓M est le barycentre de (B,b) et (C,c)
Chaque sommet reçoit la longueur du côté qui lui est opposé : B reçoit b=AC et C reçoit c=AB, car b×MB=c×MC.
Archimède
Archimède, né à Syracuse vers 287 avant J.-C., était un inventeur génial et populaire, réputé dans tout le monde grec pour la construction de mécaniques subtiles et précises : leviers, pompes à eau, machines de guerre… On raconte qu'il utilisa les propriétés des miroirs paraboliques pour faire converger les rayons du soleil sur les navires romains qui assiégeaient Syracuse, et mettre le feu à la flotte. Ses travaux sur le calcul des aires et des volumes constituent l'apogée de la géométrie alexandrine.
La tige en équilibre du début du chapitre est un levier : m1×GA=m2×GB. Le barycentre est la version géométrique de ce point d'équilibre.
À retenir
G est le barycentre de (A,α) et (B,β), avec α+β=0, signifie αGA+βGB=0, ou encore AG=α+ββAB.
G∈(AB) ; G∈[AB] si, et seulement si, α et β sont de même signe. Le barycentre de (A,1) et (B,1) est le milieu de [AB].
On ne change pas le barycentre en multipliant tous les coefficients par un même réel non nul k.
Pour tout point M du plan : αMA+βMB=(α+β)MG.
G est le barycentre de (A,α), (B,β) et (C,γ), avec α+β+γ=0, signifie αGA+βGB+γGC=0.
Pour tout point M du plan : αMA+βMB+γMC=(α+β+γ)MG.
L'isobarycentre de trois points non alignés A, B et C est le centre de gravité du triangle ABC.
Barycentre partiel : si β+γ=0, G est aussi le barycentre de (A,α) et (G′,β+γ), où G′ est le barycentre de (B,β) et (C,γ).