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MIAM

Barycentre

GéoPlan et le barycentre de deux à quatre points. Problèmes de lieu, d'alignement et de concours.

Descartes
…avec GéoPlan

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

Droite d'Euler : la géométrie du triangle
Cercle d'Apollonius : lieux du triangle

Triangles de Napoléon : constructions avec des triangles équilatéraux

Isobarycentre du pentagone régulier

Lieu d'un barycentre : géométrie plane en TS

Si vous ne visualisez pas l'image dans le cadre ci-contre, les contrôles ActiveX du CREEM ne sont pas installés sur votre PC. Vous pouvez :

Page no 24, réalisée le 12/11/2002, modifiée le 24/12/2007

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

Figures interactives

Activez une figure en cliquant dessus… Elle devient interactive !
En double cliquant dessus, vous aurez les menus du logiciel GéoPlan.
Toutes les touches habituelles de déplacement, de zoom ou de commande sont disponibles. Le clic droit glissé translate le dessin.

Presque tous les travaux sont pilotables au clavier : cliquez sur la figure puis appuyez sur les flèches de déplacement.

1. Rappels vecteurs

a) Parallélogramme : égalité de vecteurs et somme vect(u) + vect(v) ;
vecteur opposé - vect(v) ; différence de deux vecteurs vect(u) - vect(v) ; 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 vect(u).

d) Vecteurs coplanaires.

e) Milieu : I milieu de [AB] : vect(IA) + vect(IB) = vect(0).

Sommaire
Faire de la géométrie dynamique

2. Repère

a) Droite : (A, vect(u))
b) Plan : (O, vect(i), vect(j))
c) Espace : (O, vect(i), vect(j), vect(k))

3. Barycentre de deux points

a) Activités

Balance romaine.

b) Définition et formules

figure 1

Commandes GéoPlan

Cliquer dans la figure et modifier les valeurs des coefficients avec les flèches du clavier.
Taper A pour modifier α, B pour modifier β ;
taper L pour modifier la longueur de AB
.

Définition :

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

 

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

donc vect(AG) = β/(α+β) vect(AB).

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

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

g2w 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 vect(AG) et vect(AB), on peut déduire que 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 ≤ β/(α+β) ≤ 1, d'où le point G appartient au segment [AB].
αvect(GA) = − β vect(GB) 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 vect(AB) = vect(AC),
C barycentre de (A, 1) et (B, -2) : 2 vect(CB) = vect(CA).

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

e) Fonction vectorielle de Leibniz α vect(MA) + β vect(MB)

figure 2

Déplacer M avec les flèches du clavier.
Taper A pour modifier α, B pour modifier β ;
taper E pour obtenir la construction par étape.

vect(MA') = α vect(MA) ; vect(MB') = β vect(MB) ;
vect(MS) = vect(MA') + vect(MB') = α vect(MA) + β vect(MB)

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 vect(MA) + β vect(MB) = α (vect(MG) + vect(GA)) + β (vect(MG) + vect(GB)) =
(α + β) vect(MG) + αvect(GA) + β vect(GB) = (α + β) vect(MG) + vect(0) = (α + β) vect(MG)

(α + β) vect(MG) = α vect(MA) + β vect(MB)

vect(MG) = α/(α+β) vect(MA) + β/(α+β)vect(MB).

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

 

g2w Télécharger la figure GéoPlan bary2_f2.g2w

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

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 vect(IA) + vect(IB) = vect(0). On obtient pour tout point M la forme vectorielle du « théorème de la médiane » dans le triangle ABM :

vect(MA) + vect(MB) = 2 MI.

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

MA2 + MB2 = 2MI2 + AB²/2 (formule d'Apollonius de Perge, 262/190 avant J.-C.),
et MA2 - MB2 = 2 vect(AB).IH 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 vect(MA) + β vect(MB) = α (vect(MA) - vect(MB)) = α vect(BA) 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

4. Barycentre de trois points

figure 3

Taper A pour modifier α,
B pour modifier β ;
C pour modifier γ

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 vect(GA) + β vect(GB) + γ vect(GC) = vect(0) ;

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

 

g2w Télécharger la figure GéoPlan bary3_f3.g2w

Démonstration : calcul, par exemple, du vecteur vect(AG) :
α vect(GA) + β vect(GB) + γ vect(GC) = vect(0)
α vect(GA) + β (vect(GA) + vect(AB)) + γ (vect(GA) + vect(AC)) = vect(0)
(α + β + γ) vect(GA) + β vect(AB) + γ vect(AC) = vect(0)
(α + β + γ) vect(AG) = β vect(AB) + γ vect(AC)
vect(AG) = β/(α+β+γ)vect(AB) + γ/(α+β+γ)vect(AC).

Sur la figure 4 ci-contre :

AB' = β vect(AB) ; AC' = γvect(AC) ;

vect(AS) = AB' + AC' = β vect(AB) + γ vect(AC)

vect(AG) = 1/(α+β+γ) vect(AS)

 

g2w 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 vect(MA) + β vect(MB) + γ vect(MC)

Transformation pour calculer le vecteur vect(MG) :

α vect(GA) + β vect(GB) + γ vect(GC) = vect(0),
α (vect(GM) + vect(MA)) + β (vect(GM) + vect(MB)) + γ (vect(GM) + vect(MC)) = vect(0).

Quel que soit le point M on a :
α vect(MA) + βvect(MB) + γ vect(MC) = (α +β + γ) vect(MG)
vect(MG) = α/(α+β+γ) vect(MA) + β/(α+β+γ) vect(MB) + γ/(α+β+γ) vect(MC).

c) Exemples

Centre de gravité d'un triangle

figure 5

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

En prenant α = β = γ = 1 on a :

vect(GA) + vect(GB) + vect(GC) = vect(0)

Si A’ est le milieu de [BC] on a : vect(GB) + GC= 2 GA'

donc vect(GA) + 2 GA' = vect(0)

G est donc le barycentre de (A, 1) et (A’, 2).

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

G appartient à la médiane [AA’] du triangle ABC et est situé aux 2/3, à partir de A, de cette médiane.
La fonction de Leibniz permet d'écrire pour tout point M : vect(MA) + vect(MB) + vect(MC) = 3 vect(MG).

Exemple 2

figure 6

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 vect(AG) = vect(AB) + vect(AC) = 2 vect(AI) où I est le milieu de [BC].
vect(AG) = 1/2 vect(AI) : G est le milieu de [AI].

Calcul vectoriel :
2 vect(GA) + vect(GB) + GC = vect(0)
2 vect(GA) + 2 vect(GI) = vect(0)

g2w Télécharger la figure GéoPlan bary3_f6.g2w

d) Théorème du barycentre partiel (ou d'associativité)

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).

Construire le barycentre B’ de (A, -1) et (C, 3) et conclure que G est le milieu de [BB’].

g2w Télécharger la figure GéoPlan bary3_f7.g2w

Associativité : construction de 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 le point G à l'intersection des droites (CC’) et (AA’).

Commandes GéoPlan

Cliquer sur la figure et modifier les coefficients avec les flèches du clavier.
Taper A pour modifier α,
B pour modifier β ;
C pour modifier γ
.

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 vect(AG) = vect(AB) - vect(AC) = vect(CB).

Cette relation vectorielle permet de vérifier que (AG) est parallèle à (BC).

g2w Télécharger la figure GéoPlan bary3_f8.g2w

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

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.

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 : vect(DB) = vect(DA) + vect(DC), on en déduit que vect(DA) - vect(DB) + vect(DC) = vect(0)
D est le barycentre de (A, 1) ; (B, -1) et (C, 1).

Méthode 2 ; associativité : O centre du parallélogramme 2 vect(DO) = vect(DB) ;
2 vect(DO) - vect(DB) = vect(0) ; D est le barycentre de (O, 2) et (B, -1) ;
O est l'isobarycentre de (A, 1) et (C, 1) : 2 vect(DO) = vect(DA) + vect(DC) (médiane du triangle ADC).

Question-réponse sur le sommet d'un carré comme barycentre de trois points : wisfaq (hollandais)

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 vect(IC) + ID = vect(0)
Comme D est le barycentre de (A, 1) ; (B, -1) et (C, 1) on a :
ID = vect(IA) - vect(IB) + vect(IC), d'où vect(IC) + (vect(IA) - vect(IB) + vect(IC)) = vect(0), soit vect(IA) - vect(IB) + 2 vect(IC) = vect(0).
I est le barycentre de (A, 1) ; (B, -1) et (C, 2).

Méthode 2 : calcul vectoriel : 2 vect(IC) = vect(AB) = vect(AI) + vect(IB) soit vect(IA) - vect(IB) + 2 vect(IC) = vect(0).

Exercice 3

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

Solution

La fonction de Leibniz permet d'écrire pour tout point M : vect(MA) + vect(MB) - 3vect(MG) = (1 + 1 - 3) vect(MC),
soit vect(MA) + vect(MB) + vect(MC) = 3vect(MG).

En particulier pour le point G on : vect(GA) + vect(GB) + vect(GC) = vect(0). G est le centre de gravité de ABC.

Exercice 4
Trois barycentres

Barycentres dans un parallélogramme

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.

 

g2w Télécharger la figure GéoPlan para_exo4.g2w

Indications

Barycentres dans un parallélogramme - Solution

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, (KJ) parallèle à (CH) est la droite des milieux.
K est le milieu de [DN]. KJ = 1/2 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 = 1/2 MB.
KI = KN + 1/2 KN = 3/2 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).

f) Aires et barycentre

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.

APMEP Démontrer par les aires - André Laur - Bulletin APMEP no 463 - Mars 2006

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

5. Problèmes d'alignement

Exercice 1

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

figure 11

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 : QP = − vect(QB) + 2 vect(QC).
R est l'isobarycentre de (A, 1) et (B, 1) et d'après la formule de la médiane du triangle QAB on a : 2 vect(QR) = vect(QA) + vect(QB).
Q est le barycentre de (A, 1) et (C, 2) : vect(QA) + 2 vect(QC) = vect(0).

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

QP + 2 vect(QR) = vect(QA) + 2 vect(QC) = vect(0),
donc Q est le barycentre de (P, 1) et (R, 2) ; P, Q et R sont alignés et QP = 2 QR.

g2w 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 vect(IL).

b) Écrire M comme barycentre et calculer 2 vect(IM).

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 vect(IL) = vect(IA) + 3 vect(IC)

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

c) En ajoutant membre à membres les deux égalités précédentes,
on a : 4 vect(IL) + 2 vect(IM) = vect(IA) + 3 vect(IC) - vect(IA) 3 vect(IB) = 3 (vect(IC) + vect(IB)) = vect(0).
En effet, vect(IC) + vect(IB) = vect(0) car I est le milieu [BC].
Donc, 2(2 vect(IL) + vect(IM) ) = vect(0) ; I est le barycentre de (L, 2) et (M, 1).

I, L et M sont alignés et vect(IM) = 2 LI.

g2w Télécharger la figure GéoPlan alig_f12.g2w
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6. Problèmes de lieux

figure 13

Soit ABC un triangle équilatéral tel que AB = 8 (l'unité est égale à 1 cm).
H est le milieu de [BC].

a) construire le barycentre G des points pondérés (A, 2) ; (B, 1) et (C, 1).
On a alors les relations 4 vect(MG) = 2 vect(MA) + vect(MB) + vect(MC)

et 2 MH = vect(MB) + vect(MC) (MH est une médiane de MBC).

b) Dire quel est l'ensemble (D1) des points M tels que
2 vect(MA) + vect(MB) + vect(MC) soit colinéaire à vect(BC) et de même sens que vect(BC).

Construire (D1).

c) Dire quel est l'ensemble (D2) des points M tels que : norme(2vect(MA)+vect(MB)+vect(MC))=2norme(vect(MB)+vect(MC)).
Construire (D2).

g2w Télécharger la figure GéoPlan lieu_f13.g2w

figure 14

d) Dire quel est l'ensemble (C1) des points M tels que :
2 vect(MA) + vect(MB) + vect(MC) soit orthogonal à vect(MB) + vect(MC).

construire (C1).

 

e) Dire quel est l'ensemble (C2) des points M tels que norme(2vect(MA)+vect(MB)+vect(MC))=8rac(7).

Construire (C2).

Montrer que le cerclce (C2) contient les points B et C.

 

g2w Télécharger la figure GéoPlan lieu_f14.g2w

Cercle d'Apollonius - Voir : lieux géométriques du triangle

Lieux géométriques
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7. Barycentre de quatre points

a) Extension des définitions

Si α + β + γ + δ ≠ 0 ; le point G défini par α vect(GA) + β vect(GB) + γ vect(GC) + δ vect(GD) = vect(0) 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 vect(MA) + β vect(MB) + γ vect(MC) + δ vect(MD) = (α + β + γ + δ) vect(MG)

vect(MG) = α/(α+β+γ+δ) vect(MA) + β/(α+β+γ+δ) vect(MB) + γ/(α+β+γ+δ) vect(MC) + δ/(α+β+γ+δ) vect(MD).

b) Associativité du barycentre

Règle 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.

c) Centre de gravité d'un tétraèdre

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 3/4, 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 3/4 de chacune des médianes [AA’] ; [BB’] ; [CC’] et [DD’]

Barycentre d'un tétraèdre :

Cliquer sur la figure et modifier les coefficients avec les flèches du clavier :
Taper A pour modifier α,
B pour modifier β ;
C pour modifier γ ;
D pour modifier δ
.

g3w 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

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8. Problèmes de concours

a. Centre de gravité d'un quadrilatère

Les trois droites qui joignent les milieux des côtés (médianes) et les milieux des diagonales se coupent en 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].

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Voir : théorème de Varignon

(figure 16)


b. Bissectrices d'un triangle

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 vect(AI) 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) vect(AI) = b vect(AB) + c vect(AC). Les vecteurs b vect(AB) et c vect(AC) ont la même norme bc.
Donc, vect(AI) = b/(a+b+c) vect(AB) + c/(a+b+c) vect(AC) = AB1 + vect(AC1).
Ces deux vecteurs ont même norme et AB1IC1 est un losange : la diagonale [AI] est la bissectrice de l'angle  du triangle ABC.

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cabri Télécharger la figure Cabri bissectrices.fig
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Construction à la « règle et au compas », voir : problèmes de construction

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 vect(GA) + 2 vect(GB) + 2 vect(GC) = vect(0).

D'où 2 vect(GA) + vect(GB) + vect(GB) + 2 vect(GC) = vect(0).

I est le barycentre de (A, 2) et (B, 1) donc 2 vect(GA) + vect(GB) = 3 vect(GI),
et L est le barycentre de (B, 1) et (C,2) d'où vect(GB) + 2 vect(GC) = 3 vect(GL).

Donc, 3 vect(GI) + 3 vect(GL) = vect(0). G est le milieu de [IL]. On montre de même que G est le milieu de [JM] et de [KN]. G est le point de concours demandé.

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Voir : Propriété de Thalès au collège


d. Alignement et concours

On considère un parallélogramme ABCD. K est le milieu de [AD], L le milieu de [BC] et les points I et J partagent [AB] en trois parties égales.

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
.

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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 vect(AG), en déduire que :
2 vect(AG) = vect(AB) + BL = AL et conclure
.

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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 vect(GJ) = vect(GA) + 2 vect(GB).
K est le milieu de [AD] donc α = δ et 2 vect(GK) = vect(GA) + vect(GD).
En choisissant α = 1, montrons que G est le barycentre de (A, 1) ; (B, 2) et (D, 1).
En effet, en ajoutant vect(GD) aux deux membres de la première égalité on a :
3 vect(GJ) + vect(GD) = vect(GA) + 2 vect(GB) + vect(GD)  ; ce vecteur a pour direction (DJ).

De même, en ajoutant 2 vect(GB) aux deux membres de la deuxième égalité on a :
2 GK + 2 vect(GB) = vect(GA) + 2 vect(GB) + vect(GD)  ; ce vecteur a pour direction (BK).
Le vecteur vect(GA) + 2 vect(GB) + vect(GD), 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 vect(GC) = − vect(GA) + vect(GB) + vect(GD).
I est le barycentre de (A, 2) et (B, 1) donc 3 vect(GI) = 2 vect(GA) + vect(GB). En ajoutant ces deux égalités : vect(GC) + 3 vect(GI) = vect(GA) + 2 vect(GB) + vect(GD) = vect(0).

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 :
vect(GC) + 3 vect(GI) = vect(GC) + (2 vect(GA) + vect(GB)) = vect(0) d'où G est le barycentre de (A, 2) ; (B, 1) ; (C, 1).
En utilisant A comme origine : 4 vect(AG) = vect(AB) + vect(AC). D'après le théorème de la médiane dans le triangle ABC on a :
vect(AB) + vect(AC) = 2 AL.
Donc, 2 vect(AG) = AL. G est le milieu de [AL]. La droite (AL) est concourante en G, avec les trois autres droites.

Voir aussi : Partage d'un segment en trois : constructions élémentaires, règle à bords parallèles
Pliage d'une feuille en trois parties égales : constructions par pliages

 

Homothéties

Droites remarquables dans le triangle

Démonstrations géométriques de Pythagore

GéoPlan
Courbe des chiens

GéoPlan
Lieux géométriques

GéoSpace
Activités

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

Faire de la géométrie dynamique

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