Tout ce qui est dit ici en géométrie plane s'applique dans n'importe quel plan de l'espace !
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Presque tous les travaux sont pilotables au clavier : cliquez sur la figure puis appuyez sur les flèches de déplacement.
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.
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 + β = ;
le point G est appelé barycentre des points pondérés (A, α) et (B, β).
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, kα + kβ = ;
ceci montre que le point G est aussi le barycentre des points pondérés (A, kα) et (B, kβ).
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 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 .
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.
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.
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.
G appartient à la médiane [AA’] du triangle ABC et est situé aux , à partir de A, de cette médiane.
La fonction de Leibniz permet d'écrire pour tout point M : + + = 3 .
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’].
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 =
- = .
Cette relation vectorielle permet de vérifier que (AG) est parallèle à (BC).
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.
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).
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
+ =
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).
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 = 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.
Démontrer par les aires - André Laur - Bulletin APMEP no 463 - Mars 2006
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 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 :
= −
+ 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.
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).
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
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 , 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’]
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.
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].
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.
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 G est le milieu de [JM] et de [KN]. G est le point de concours demandé.
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.
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.