Barycentre

Sommaire

1. Rappel vecteurs
2. Repère
3. Barycentre de deux points
4. Barycentre de trois points
5. Problèmes d'alignement
6. Problèmes de lieux
7. Barycentre de quatre points
8. Problèmes de concours

Page n^o 24, réalisée le 12/11/2002, modifiée le 3/4/2010

GéoPlan

Cercle d'Apollonius : lieux dans le triangle

Isobarycentre du pentagone régulier

Lieu d'un barycentre : épreuve pratique en TS

Barycentre et aires dans un triangle

Transformation par barycentres de figures semblables

La géométrie
dynamique

Barycentre
au bac S

GéoPlan en 1S

GéoPlan en 1S
Produit scalaire

Minimum-
maximum

GéoPlan
Lieux géométriques

Tout ce qui est dit ici en géométrie plane s'applique dans n'importe quel plan de l'espace !

1. Rappels vecteurs

a) Parallélogramme : égalité de vecteurs et somme +  ;
vecteur opposé −  ; différence de deux vecteurs  − ; multiplication par un réel.
Représentation d'une somme de trois vecteurs dans l'espace : règle du parallélépipède.

Voir : vecteurs en seconde

b) Vecteurs colinéaires.
c) Droite passant par A, de direction .
d) Vecteurs coplanaires.
e) Milieu : I milieu de [AB] : + = .

2. Repère

a) Droite : (A, )
b) Plan : (O, , )
c) Espace : (O, , , )

3. Barycentre de deux points

a) Activités

Balance romaine.

b) Définition et formules

Définition :

soit (A, α) et (B, β) deux points pondérés tels que α + β ≠ 0,
il existe un point unique G tel que α + β =  ;
le point G est appelé barycentre des points pondérés (A, α) et (B, β).

Figure 1

Pour chercher G, avec la relation de Chasles,
remplacer par + ,
on obtient : (α + β) = β ,

donc = .

Cette relation assure que le point G existe et est unique.

Si k ≠ 0, alors kα + kβ = ; ceci montre que le point G est aussi le barycentre des points pondérés (A, kα) et (B, kβ).

Télécharger la figure GéoPlan bary2_f1.g2w

Coordonnées barycentriques d'un point sur une droite

Soit A et B deux points distincts d'une droite.
Pour tout point M de la droite, il existe un couple unique (α, β) de nombres réels tels que :
• α + β = 1;
• M est le barycentre des points pondérés (A, α) et (B, β).

(α, β) sont les coordonnées barycentriques de M relativement à A et B.

On perd l'unicité du couple de réels (α, β), en remplaçant la première condition par α + β ≠ 0.

c) Position du barycentre

De la colinéarité des vecteurs et , on peut déduire que les points les points A, B et G sont alignés.

Théorème 

Le barycentre de deux points A et B appartient à la droite (AB).
Il est sur le segment [AB] si les coefficients sont de même signe,
au milieu si les coefficients sont égaux.
De A et de B, le point le plus près du barycentre est celui dont le coefficient a la plus grande valeur absolue.

Si les coefficients sont de même signe, on a 0 ≤ ≤ 1, d'où le point G appartient au segment [AB].

α = − β d'où |α|GA = |β|GB, donc si |α| ≥ |β|   ; GA est plus petit que GB ; G est plus près de A.

d) Problème réciproque

Exprimer un point comme barycentre de deux autres :

B milieu [AC] : B isobarycentre de A et de C,
A barycentre de (B, 2) et (C, −1) : 2 = ,
C barycentre de (A, 1) et (B, −2) : 2 = .

B au tiers de [AC] : B barycentre de (A, 2) et (C, 1) : 2 = ,
A barycentre de (B, 3) et (C, −1) : 3 = ,
C barycentre de (A, 2) et (B, −3) : CA = 3 ; CB = 2 d'où 3 = 2 .

Figure 2

G barycentre de (A, 2) et (B,)

= α  ; = β  ;
= + = α + β

Soit (A, α) et (B, β) deux points pondérés tels que α + β ≠ 0, et G leur barycentre.

Pour tout point M du plan, on a :

α + β = α ( + ) + β ( + ) =
(α + β) + α + β = (α + β) + = (α + β)

(α + β) = α + β

= + .

En remplaçant M par G on retrouve la formule du barycentre.

Télécharger la figure GéoPlan bary2_f2.g2w

En remplaçant M par A ou par B on reconnaît les formules permettant de calculer les vecteurs ou .
Dans un repère (O, , ), remplacer M par O permet d'obtenir les coordonnées du barycentre.

Montrer un alignement

Pour tout point M du plan, les propriétés suivantes sont équivalentes :
  • les points A, B et C sont alignés
  • il existe trois réels α, β et γ, non tous nuls tels que α + β + γ = 0 et α + β + γ = .

En effet si A et B sont distincts, il existe deux réels α et β tel que C soit le barycentre de (A, α) et (B, β).
Comme (α + β) = α + β, il suffit de choisir γ = - (α + β).

f) Cas particuliers

Médianes : si les coefficients α et β sont égaux et non nuls l'isobarycentre I des points (A, α) et (B, β) est le milieu du segment [AB].
On choisit souvent α = β = 1.
On a alors + = . On obtient pour tout point M la forme vectorielle du « théorème de la médiane » dans le triangle ABM :

+ = 2 .

En géométrie analytique ou avec le produit scalaire, on peut vérifier les formes numériques des « théorèmes de la médiane » :

MA² + MB² = 2MI² + (formule d'Apollonius de Perge, 262/190 avant J.-C.),
et MA² − MB² = 2 . ou |MA² − MB²| = 2 AB × I H ; le point H est la projection du point M sur la droite (AB).

Coefficients opposés : si α + β = 0 alors α + β = α( − ) = α est un vecteur constant indépendant du point M. Il n'y a pas de barycentre si A et B sont distincts.

Sommaire
Faire de la géométrie dynamique

Figure 3

a) Extension des définitions

Soit (A, α) ; (B, β) et (C, γ) trois points pondérés tels que α + β + γ ≠ 0,

il existe un point unique G tel que :

α + β + γ =  ;

le point G est appelé barycentre des points pondérés (A, α) ; (B, β) et (C, γ).

Télécharger la figure GéoPlan bary3_f3.g2w

Démonstration : calcul, par exemple, du vecteur :
α + β + γ =
α + β( + ) + γ( + ) =
(α + β + γ) + β + γ =
(α + β + γ) = β + γ
= +

Sur la figure 4 ci-contre :

= β ; = γ ;

= + = β + γ

=

Télécharger la figure GéoPlan bary3_f4.g2w

Coordonnées barycentriques d'un point dans un plan

Soit A, B et C trois points du plan, tous distincts et non alignés.

Théorème de Gergonne (Joseph Gergonne 1771-1859) :
Pour tout point M du plan, il existe un triplet unique (α, β, γ) de nombres réels tels que :
• α + β + γ = 1;
• M est le barycentre des points pondérés (A, α) ; (B, β) et (C, γ).

(α, β, γ) sont les coordonnées barycentriques de M relativement à A, B et C.

On perd l'unicité du triplet de réels (α, β, γ), en remplaçant la première condition par α + β + γ ≠ 0.

b) Fonction vectorielle de Leibniz α + β + γ

Transformation pour calculer le vecteur :

α + β + γ = ,
α ( + ) + β( + ) + γ( + ) = .

Quel que soit le point M, on a :
α + β + γ = (α + β + γ) ,
= + + .

Figure 5

Soit G l'isobarycentre des sommets d'un triangle ABC.

En prenant α = β = γ = 1 on a :

+ + =

Si A’ est le milieu de [BC] on a : + = 2

donc + 2 =

Télécharger la figure GéoPlan medianes.g2w
Télécharger la figure Cabri medianes.fig
Télécharger la figure GeoLabo medianes.glb

Figure 6

Exemple 2

Trouver le point G barycentre de (A, 2) ; (B, 1) et (C, 1)

Choisir A comme origine des vecteurs de la fonction vectorielle de Leibniz :
4 = + = 2 où I est le milieu de [BC].
=  : G est le milieu de [AI].

Télécharger la figure GéoPlan bary3_f6.g2w

Figure 7

Règle d'associativité

On ne change pas le barycentre de trois points pondérés en remplaçant deux d'entre eux par leur barycentre partiel (s'il existe) affecté de la somme des deux coefficients.

Exemple 1
Construction du barycentre G de (A, −1) ; (B, 2) et (C, 3).

Pour cela, construire le barycentre B’ de (A, −1) et (C, 3) et conclure que G est le milieu de [BB’].

Télécharger la figure GéoPlan bary3_f7.g2w

Associativité : construction de deux barycentres partiels

Pour trouver le barycentre G de trois points pondérés (A, α) ; (B, β) et (C, γ),
si β + γ ≠ 0 et α + γ ≠ 0, tracer le point A’, barycentre partiel de (B, β) et (C, γ) ; puis le point B’ barycentre partiel de (A, α) et (C, γ).
Le point d'intersection des droites (AA’) et (BB’) est le point G, le barycentre cherché.

Remarque : si α + β ≠ 0, la droite (CG) coupe le côte (AB) en C’, qui est le barycentre partiel de (A, α) et (B, β).

figure 8

Exemple 2

Construction du barycentre G de
(A, 2) ; (B, −1) et (C, 4) où BC = 6 cm ;

construire les barycentres partiels C’ de (A, 2) ; (B, −1)
 et A’ de (B, −1) ; (C, 4)
puis trouver G à l'intersection des droites (CC’) et (AA’).

Figure 9

Exemple 3 : pas de barycentre partiel sur la droite (BC)

G barycentre de (A, 2) ; (B, 1) et (C, −1).

Construire les barycentres partiels B’ et C’.

Le choix de A comme origine des vecteurs de la fonction vectorielle de Leibniz permet d'écrire :

2 = − = .

Vérifier que la droite (AG) est parallèle à (BC).

Conclusions

Si β + γ ≠ 0, A’ est le barycentre partiel de (B, β) et (C, γ), alors G est le barycentre de (A, α) et (A’, β + γ).
Si α + γ ≠ 0, B’ est le barycentre partiel de (A, α) et (C, γ), alors G est le barycentre de (B, β) et (B’, α + γ).
Si α + β ≠ 0, C’ est le barycentre partiel de (A, α) et (B, β), alors G est le barycentre de (C, γ) et (C’, α + β).

Lorsqu'elles existent, les droites (AA’), (BB’) et (CC’) sont concourantes en G.

Figures : télécharger la figure GéoPlan bary3_f8.g2w, déplacer les sommets ou modifier les divers coefficients.
Les commandes 1, 2 et 3 permettent d'obtenir les trois figures des exemples ci-dessus.

Commandes GéoPlan :
Touche 1 : exemple 1 figure 7,
touche 2 : exemple 2 figure 8,
touche 3 : exemple 3 figure 9.

e) Problème réciproque

Exprimer un point comme barycentre de trois autres

Exercice 1

Soit ABCD un parallélogramme.

Écrire D comme barycentre de A, B et C :

Méthode 1 ; somme vectorielle : = + , on en déduit que − + =
D est le barycentre de (A, 1) ; (B, −1) et (C, 1).

Méthode 2 ; associativité : O centre du parallélogramme 2 =  ;
2 − = ; D est le barycentre de (O, 2) et (B, −1) ;
O est l'isobarycentre de (A, 1) et (C, 1) : 2 = + (médiane du triangle ADC).

Exercice 2

ABCD est un parallélogramme, I est le milieu de [CD].
Écrire I comme barycentre de A, B et C.

Solution

I est le barycentre de (A, α) ; (B, β) et (C, γ) avec, par exemple, α = 1, β = −1, γ = 2.

Méthode 1 : associativité : I est l'isobarycentre de C et D donc + =
Comme D est le barycentre de (A, 1) ; (B, −1) et (C, 1) on a :
= − + , d'où + ( − + ) = , soit − + 2 = .
I est le barycentre de (A, 1) ; (B, −1) et (C, 2).

Méthode 2 : calcul vectoriel : 2 = = + soit − + 2 = .

Exercice 3

Soit trois points A, B et G et le point C barycentre de (A, 1) ; (B, 1) et (G, −3).
Montrer que le point G est le centre de gravité du triangle ABC.

Solution

La fonction de Leibniz permet d'écrire pour tout point M : + − 3 = (1 + 1 − 3) ,
soit + + = 3.

En particulier pour le point G on : + + = . G est le centre de gravité du triangle ABC.

Trois barycentres

ABCD est un parallélogramme, I le milieu de [BC], J le milieu de [CD].
Les droites (AJ) et (DI) se coupent en K.

Déterminer les rapports AK/KJ ; DK/KI.

Exprimer K comme barycentre des points A, B, C, D.

Télécharger la figure GéoPlan para_exo4.g2w

Indications

Premier barycentre
Soit G le milieu de [DA], H le milieu de [AB], L le point d'intersection de (AJ) et (BG) ; M de (BG) et (CH) ; N de (CH) et (DI).

Dans le triangle ADK, (GL) parallèle à (DI) est la droite des milieux. L est le milieu de [AK].
LK = MN = NC; AK = 2 NC.
Dans le triangle DCN, la droite (KJ), parallèle à (CH), est la droite des milieux.
K est le milieu de [DN]. KJ = NC.
AK = 4KJ. K est le barycentre de (A, 1) ; (J, 4).
K est donc le barycentre de (A, 1) ; (C, 2) et (D, 2).

Deuxième barycentre
DK = KN = LM = MB.
Dans le triangle CBM, (NI) parallèle à (BM) est la droite des milieux. NI = MB.
KI = KN + KN = DK.
Le rapport DK/KI est égal à .
K est donc le barycentre de (I, 2) et (D, 3).
D'où K est aussi le barycentre de (B, 1) ; (C, 1) et (D, 3).

Troisième barycentre
En ajoutant membre à membre les définitions vectorielles des barycentres précédents, on montre que K est aussi le barycentre de (A, 1) ; (B, 1) ; (C, 3) et (D, 5).

Tout point G situé à l'intérieur d'un triangle ABC peut être défini comme le barycentre de : [A, Aire(BCG)] ; [B, Aire(ACG)] ; [C, Aire(ABG)].

Démonstration

Si G est un point à l'intérieur d'un triangle ABC, on nomme A’ le point d'intersection de (AG) et de (BC), B’ le point d'intersection de (BG) et de (AC).

Le théorème du chevron permet de montrer que le barycentre partiel de
[B, Aire(ACG)] ; [C, Aire(ABG)] est aussi celui de [B, CA’] ; [C, BA’].
Le barycentre de [B, Aire(ACG)] ; [C, Aire(ABG)] est donc situé sur la droite (AA’).

Le chevron permet de montrer de même que le barycentre partiel de [A, Aire(BCG)] ; [C, Aire(ABG)], qui est aussi celui de [A, CB’] ; [C, AB’], est situé sur la droite (BB’).

Par associativité, le barycentre de [A, Aire(BCG)] ; [B, Aire(ACG)] ; [C, Aire(ABG)] est situé à l'intersection des droites (AA’) et (BB’) : c'est donc le point G.

Ce résultat se généralise au cas où le point G serait extérieur au triangle ABC, en comptant négativement les aires entièrement extérieures au triangle ABC.

Application : le centre de gravité d'un triangle le partage en trois triangles de même aire.

Télécharger la figure GéoPlan bary_air.g2w
Sommaire
Faire de la géométrie dynamique

Figure 11

Exercice 1

Soit ABC un triangle, P le symétrique de B par rapport à C, Q le point défini par = et R le milieu de [AB]. Prouver que P, Q et R sont alignés.
Il suffit de montrer que le point Q est le barycentre de P et R :

P est le barycentre de (B, −1) et (C, 2) donc en utilisant la relation de calcul du barycentre à partir du point Q on a :
= − + 2 .

R est l'isobarycentre de (A, 1) et (B, 1) et d'après la formule de la médiane du triangle QAB on a : 2 = + .
Q est le barycentre de (A, 1) et (C, 2) : + 2 = .

En ajoutant membre à membre les deux premières égalités vectorielles on obtient cette troisième égalité :

+ 2 = + 2 = .

Donc, Q est le barycentre de (P, 1) et (R, 2) ; P, Q et R sont alignés et QP = 2 QR.

Télécharger la figure GéoPlan alig_f11.g2w

Exercice 2

Soit un triangle ABC ; I, J et K les milieux des côtés [BC], [CA] et [AB], L est le milieu de [JC] et M le symétrique de K par rapport à B.

Figure 12

a) Écrire L comme barycentre et calculer 4 .

b) Écrire M comme barycentre et calculer 2 .

c) Écrire I comme barycentre.
Conclure à l'alignement de I, L et M.

Solution 

a) L est le barycentre de (A, 1) et (C, 3) d'où 4 = + 3

b) M est le barycentre de (A, −1) et (B, 3) d'où 2 = − + 3

c) En ajoutant membre à membres les deux égalités précédentes,
on a : 4 + 2 = + 3 − + 3 = 3 ( + ) = .
En effet, + = car I est le milieu [BC].
Donc, 2(2 + ) = ; I est le barycentre de (L, 2) et (M, 1).

I, L et M sont alignés et = 2 .

Télécharger la figure GéoPlan alig_f12.g2w
Sommaire
Faire de la géométrie dynamique

a. Extension des définitions

Si α + β + γ + δ ≠ 0 ; le point G défini par α + β + γ + δ = est le barycentre des points pondérés (A, α) ; (B, β) ; (C, γ) et (D, δ).

Fonction vectorielle de Leibniz : pour tout point M on a α + β + γ + δ = (α + β + γ + δ) .

= + + + .

b. Associativité du barycentre

Théorème d'associativité

On ne modifie pas le barycentre de plusieurs points si l'on regroupe certains d'entre eux, dont la somme des coefficients est non nulle, en les remplaçant par leur barycentre partiel, affecté de cette somme.

Figure 15

Définition : les médianes d'un tétraèdre sont les segments reliant les sommets au centre de gravité des faces opposées.

Les quatre médianes sont concourantes au centre de gravité du tétraèdre, situé aux , à partir du sommet, de chaque médiane.

Droites concourantes

Nous trouvons 7 droites concourantes au point G, centre de gravité  :

G est le milieu des trois segments [IR] ; [JP] et [KQ] qui relient les milieux d'arêtes non concourantes.

G est situé aux de chacune des médianes [AA’] ; [BB’] ; [CC’] et [DD’].

Télécharger la figure GéoSpace ba_tetra.g3w

Voir : centre de gravité d'un quadrilatère et droites joignant les sommets d'un quadrilatère aux centres de gravité de triangles
Sections planes d'un tétraèdre : GéoSpace

Figure 16

Télécharger la figure GéoPlan quad_f16.g2w
Télécharger la figure Cabri quadrilatere_milieux.fig
Télécharger la figure GeoLabo quadrilatere_milieux.glb

a. Centre de gravité d'un quadrilatère

Définition : les médianes sont les segments reliant les milieux de deux côtés opposés d'un quadrilatère

Propriété : les deux médianes et le segment joignant les milieux des diagonales sont concourants au point G, centre de gravité du quadrilatère, qui est leurs milieux.

Démonstration :

Dans un quadrilatère ABCD, soit I le milieu de [AB] et K le milieu de [CD],
G l'isobarycentre de (A, 1) ; (B, 1) ; (C, 1) ; (D, 1).
D'après la règle d'associativité du barycentre, G est le barycentre de (I, 1+1) ;
(K, 1+1), d'où G est le milieu de la médiane [IK].
On montre de même que le point G est le milieu de la médiane [JL] et du segment [PQ], joignant les milieux des diagonales.

Les trois droites sont concourantes en G milieu des médianes [IK], [JL] et du segment [PQ].

Voir : théorème de Varignon

Droites joignant les sommets aux centres de gravité de triangles

Les quatre droites joignant un sommet du quadrilatère au centre de gravité du triangle formé par les trois autres sommets sont concourantes au centre de gravité G du quadrilatère.

On a donc sept droites concourantes en G : ces quatre droites et les trois médianes étudiées au paragraphe a précédent.

Télécharger la figure GéoPlan quad_ct_gravite.g2w

Visualisation dan l'espace de ce problème plan, voir : centre de gravité d'un tétraèdre

Quadrilatère formé par les centres de gravité de triangles

Dans le quadrilatère ABCD, de centre de gravité G, soit A’B’C’D’ le quadrilatère formé par les centres de gravité des triangles BCD, ACD, ABD, ABC.

Par exemple, d'après la règle d'associativité, G est le barycentre de (A, 1) et (A’, 3), on a donc + 3 = et = − .

Ces deux quadrilatères ABCD et A’B’C’D’ sont semblables, par l'homothétie de centre G et de rapport − .

Télécharger la figure GéoPlan quad_ct_gravite2.g2w

Figure 17

Les trois bissectrices intérieures d'un triangle sont concourantes en I, barycentre de (A, a) ; (B, b) ; (C, c)  avec a = BC, b = AC et c = AB.

Montrer que est la somme de deux vecteurs de même norme.

D'après la définition du barycentre I en prenant le point A pour origine on a :

(a+b+c) = b + c . Les vecteurs b et c ont la même norme bc.
Donc, = + = + .
Ces deux vecteurs ont même norme et AB₁IC₁ est un losange : la diagonale [AI] est la bissectrice de l'angle  du triangle ABC.

c. Concours au centre de gravité

Chacun des côtés d'un triangle ABC est partagé en trois segments de même longueur ; grâce aux points I et J sur [AB], K et L sur [BC], M et N sur [CA].
Démontrer que les droites (IL), (JM) et (KN) sont concourantes.

Solution

Soit G le centre de gravité du triangle, on a 2 + 2 + 2 = .

D'où 2 + + + 2 = .

I est le barycentre de (A, 2) et (B, 1) donc 2 + = 3 ,
et L est le barycentre de (B, 1) et (C,2) d'où + 2 = 3.

Donc, 3 + 3 = . G est le milieu de [IL]. On montre de même que le point G est le milieu de [JM] et de [KN].
G est le point de concours demandé.

Télécharger la figure GéoPlan concours.g2w
Voir : Propriété de Thalès au collège

Figure 18

Exemple 1

M est le quatrième sommet du parallélogramme JAKM.

Le but de l'exercice est de montrer que les points C, M, G et I sont alignés.

a) Exprimer I, J, K, M et C comme barycentre des points A, B et D.
b) Montrer que les droites (BK), (DJ) et (CI) sont concourantes au point G, barycentre de (A, 1), (B, 2) et (D, 1).
c) Conclure en montrant que G et M sont des barycentres de I et C.

Télécharger la figure GéoPlan bary_f18.g2w

Figure 19

Exemple 2

Le but de l'exercice est de montrer que les droites (AL), (BK), (CI) et (DJ) sont concourantes.

a) Exprimer J et K comme barycentre de deux points puis exprimer G comme barycentre de A, B et D.
b) Exprimer C comme barycentre de A, B et D puis I comme barycentre de A et B.
c) Sachant que G est le barycentre de A, B et C ; calculer le vecteur 4 , en déduire que :
2 = + = et conclure.

Télécharger la figure GéoPlan bary_f19.g2w

a) Soit G le point d'intersection de (BK) et (DJ). Cherchons trois nombres α, β et δ tels que G soit le barycentre de (A, α) ; (B, β) et (D, δ). Étudions les barycentres partiels :
J est le barycentre de (A, 1) et (B, 2) donc β = 2 α et 3 = + 2 .
K est le milieu de [AD] donc α = δ et 2 = + .
En choisissant α = 1, montrons que G est le barycentre de (A, 1) ; (B, 2) et (D, 1).
En effet, en ajoutant aux deux membres de la première égalité on a :
3 + = + 2 +  ; ce vecteur a pour direction (DJ).

De même, en ajoutant 2 aux deux membres de la deuxième égalité on a :
2 + 2 = + 2 +  ; ce vecteur a pour direction (BK).
Le vecteur + 2 + , porté par deux directions distinctes, est le vecteur nul.

La règle d'associativité permet de conclure que G est l'intersection des droites (DJ) et (BK).

b) D'après la formule des sommets d'un parallélogramme C est le barycentre de
(A, −1) ; (B, 1) ; (D, 1) donc en choisissant G comme origine on a : = − + + .
I est le barycentre de (A, 2) et (B, 1) donc 3 = 2 + .
En ajoutant ces deux égalités : + 3 = + 2 + = .

G est le barycentre de (C, 1) et (I, 3). Ces trois points sont alignés et G est sur la droite (CI).

c) En combinant les deux relations précédentes, on trouve :
+ 3 = + (2 + ) = d'où G est le barycentre de (A, 2) ; (B, 1) ; (C, 1).
En utilisant A comme origine : 4 = + . D'après le théorème de la médiane dans le triangle ABC on a :
+ = 2 .
Donc, 2 = . G est le milieu de [AL]. La droite (AL) est concourante en G, avec les trois autres droites.

Voir aussi le partage d'un segment en trois : constructions élémentaires, règle à bords parallèles
Cas particulier du rectangle - pliage d'une feuille en trois parties égales : constructions - pliages

Domaine B2i

Compétence

Item lycée validable

1 – S'approprier un environnement informatique de travail.

Être autonome dans l'usage des services et des outils.

1.1 –  Je sais choisir les services, matériels et logiciels adaptés à mes besoins.

3 – Créer, produire, traiter, exploiter des données.

Concevoir et publier des documents numériques en choisissant le logiciel, le service ou le matériel adapté.

Exploiter des données ou des documents numériques.
Modifier un ou plusieurs paramètres, une situation simulée ou modélisée.

3.6 – Dans le cadre de mes activités scolaires, je sais repérer des exemples de modélisation ou simulation et je sais citer au moins un paramètre qui influence le résultat.

Barycentre
au bac S

GéoPlan
Homothéties

GéoPlan
Droites du triangle

GéoPlan
Lieux géométriques

GéoSpace
Tétraèdres

GéoPlan
Méthode d'Euler

Sommaire

1. Rappel vecteurs
2. Repère
3. Barycentre de deux points
4. Barycentre de trois points
5. Problèmes d'alignement
6. Problèmes de lieux
7. Barycentre de quatre points
8. Problèmes de concours

Figures interactives : visualisation de ces exemples sur PC avec Internet Explorer et la version ActiveX de GéoPlan

Faire de la géométrie dynamique

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