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Chapitre 5 — Barycentre dans le plan

Semestre 1

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Plan du chapitre. Introduction : points pondérés — I. Barycentre de deux points pondérés (définition, construction, homogénéité, propriété caractéristique, coordonnées) — II. Barycentre de trois points pondérés (définition et propriétés, associativité) — III. Barycentre de quatre points pondérés — Résumé.

Cadre. $(P)$ désigne le plan. On utilise le calcul vectoriel (relation de Chasles, colinéarité) et, pour les lieux géométriques, les ensembles usuels (cercle, médiatrice). Dans les solutions, le symbole $\iff$ n’est écrit que lorsque chaque étape est réversible.

Introduction : points pondérés

Définition — point pondéré, système pondéré

Soient $A$ un point du plan et $a$ un réel. Le couple $(A;a)$ est appelé point pondéré (ou point massif) ; le réel $a$ est le poids (ou masse algébrique, ou coefficient) du point $A$ . Une famille finie de points pondérés est appelée système pondéré.

I. Barycentre de deux points pondérés

1. Activités d’introduction

Activité 1 : le levier

Une barre rigide, de masse négligeable, porte aux points $A$ et $B$ deux masses $m_A>0$ et $m_B>0$ ; elle est en équilibre sur un appui situé en un point $G$ du segment $[AB]$ . La loi du levier s’écrit : $m_A\times GA=m_B\times GB$ .

Justifier qu’à l’équilibre $m_A\V{GA}+m_B\V{GB}=\vec0$ .
Le point $G$ vérifiant $m_A\V{GA}+m_B\V{GB}=\vec0$ est appelé barycentre des points pondérés $(A;m_A)$ et $(B;m_B)$ . Montrer que : $m_A\V{GA}+m_B\V{GB}=\vec0\iff\V{AG}=\dfrac{m_B}{m_A+m_B}\V{AB}$ .
Préciser la position de $G$ lorsque : a. $m_A=m_B=1$ ; b. $m_A=2$ et $m_B=5$ .
On suppose $m_A=3$ et $\V{AG}=\frac25\V{AB}$ . Déterminer $m_B$ .

Voir la solution

$G\in[AB]$ : les vecteurs $\V{GA}$ et $\V{GB}$ sont colinéaires de sens contraires, de normes $GA$ et $GB$ . Le vecteur $m_A\V{GA}$ a pour norme $m_A\,GA$ , le vecteur $m_B\V{GB}$ a pour norme $m_B\,GB=m_A\,GA$ et ils sont de sens contraires : leur somme est nulle.
Par la relation de Chasles, $\V{GB}=\V{GA}+\V{AB}$ , donc $m_A\V{GA}+m_B\V{GB}=(m_A+m_B)\V{GA}+m_B\V{AB}$ . Ainsi $m_A\V{GA}+m_B\V{GB}=\vec0\iff(m_A+m_B)\V{AG}=m_B\V{AB}\iff\V{AG}=\frac{m_B}{m_A+m_B}\V{AB}$ (division par $m_A+m_B\neq0$ , réversible).
a. $\V{AG}=\frac12\V{AB}$ : $G$ est le milieu de $[AB]$ . b. $\V{AG}=\frac57\V{AB}$ : $G$ est sur $[AB]$ , plus proche de $B$ (le poids le plus fort).
$\frac{m_B}{3+m_B}=\frac25\iff5m_B=6+2m_B\iff m_B=2$ .

Activité 2

Soient $a$ et $b$ deux réels non tous deux nuls, $A$ et $B$ deux points distincts. On cherche les points $G$ tels que $a\V{GA}+b\V{GB}=\vec0$ .

Montrer que $a\V{GA}+b\V{GB}=\vec0\iff(a+b)\V{AG}=b\V{AB}$ .
En déduire que, si $a+b=0$ , aucun point $G$ ne vérifie la relation.
On suppose $a+b\neq0$ et on note $G'$ le point défini par $\V{AG'}=\dfrac{b}{a+b}\V{AB}$ . a. Montrer que $G'$ vérifie la relation. b. En déduire qu’il existe un unique point $G$ vérifiant la relation, et que $G\in(AB)$ .
Montrer que $G$ vérifie $\V{GA}+\V{GB}=\vec0$ si et seulement si $G$ est le milieu de $[AB]$ .
Montrer que $1\cdot\V{GA}+0\cdot\V{GB}=\vec0\iff G=A$ .

Voir la solution

$a\V{GA}+b(\V{GA}+\V{AB})=(a+b)\V{GA}+b\V{AB}$ , d’où l’équivalence.
Si $a+b=0$ , la relation devient $b\V{AB}=\vec0$ ; or $b=-a\neq0$ (les poids ne sont pas tous deux nuls) et $\V{AB}\neq\vec0$ : impossible.
a. $(a+b)\V{AG'}=b\V{AB}$ : d’après 1, $G'$ convient. b. Si $G$ convient, $\V{AG}=\frac{b}{a+b}\V{AB}=\V{AG'}$ , donc $G=G'$ : unicité. $\V{AG}$ et $\V{AB}$ sont colinéaires : $G\in(AB)$ .
Avec $a=b=1$ : $\V{AG}=\frac12\V{AB}$ , c’est-à-dire $G$ milieu de $[AB]$ .
Avec $a=1$ , $b=0$ : $\V{AG}=\vec0$ , soit $G=A$ .

2. Définition

Définition 1 : barycentre de deux points pondérés

Soient $(A;a)$ et $(B;b)$ deux points pondérés tels que $a+b\neq0$ . Il existe un unique point $G$ tel que $a\V{GA}+b\V{GB}=\vec0$ ; on l’appelle barycentre du système $\{(A;a);(B;b)\}$ et on note $G=\bary{(A;a);(B;b)}\iff a\V{GA}+b\V{GB}=\vec0 .$

Exemple 1

Dans chacun des cas suivants, déterminer deux réels $a$ et $b$ tels que $G=\bary{(A;a);(B;b)}$ :

$3\V{GA}+2\V{BA}=\vec0$
$\V{GA}+\V{GB}=2\V{AB}$
$\V{AG}=\frac34\V{AB}$ .

Voir la solution

$\V{BA}=\V{BG}+\V{GA}=-\V{GB}+\V{GA}$ , donc $3\V{GA}+2\V{BA}=\vec0\iff5\V{GA}-2\V{GB}=\vec0$ . Comme $5+(-2)\neq0$ : $G=\bary{(A;5);(B;-2)}$ .
$2\V{AB}=2\V{AG}+2\V{GB}=-2\V{GA}+2\V{GB}$ , donc la relation équivaut à $3\V{GA}-\V{GB}=\vec0$ : $G=\bary{(A;3);(B;-1)}$ ( $3-1\neq0$ ).
$\V{AG}=\frac34(\V{AG}+\V{GB})\iff\frac14\V{AG}-\frac34\V{GB}=\vec0\iff-\frac14\V{GA}-\frac34\V{GB}=\vec0$ : $G=\bary{\left(A;-\frac14\right);\left(B;-\frac34\right)}$ (somme $-1\neq0$ ).

Remarque 1

Entre $A$ et $B$ , le point le plus proche de $G$ est celui dont le poids a la plus grande valeur absolue ; si $|a|=|b|$ (et $a+b\neq0$ , donc $a=b$ ), $G$ est le milieu de $[AB]$ .
Si $a$ et $b$ sont de même signe, $G$ appartient au segment $[AB]$ ; sinon $G$ est sur la droite $(AB)$ , à l’extérieur du segment.
$\bary{(A;1);(B;1)}$ est l’isobarycentre de $A$ et $B$ : c’est le milieu de $[AB]$ .
Si $a+b=0$ , le système $\{(A;a);(B;b)\}$ n’a pas de barycentre.

Application 1

Déterminer deux réels $a$ et $b$ tels que $G=\bary{(A;a);(B;b)}$ dans chacun des cas :

$3\V{GA}+7\V{AG}=\vec0$
$2\V{GA}+\V{BA}=\vec0$
$\V{GA}+\V{GB}=4\V{AB}$
$\V{GA}=\frac13\V{AB}$ .

Voir la solution

$3\V{GA}-7\V{GA}=-4\V{GA}=\vec0$ , donc $G=A$ : $G=\bary{(A;1);(B;0)}$ (tout couple $(a;0)$ avec $a\neq0$ convient).
$2\V{GA}+\V{BG}+\V{GA}=3\V{GA}-\V{GB}=\vec0$ : $G=\bary{(A;3);(B;-1)}$ .
$\V{GA}+\V{GB}=-4\V{GA}+4\V{GB}\iff5\V{GA}-3\V{GB}=\vec0$ : $G=\bary{(A;5);(B;-3)}$ .
$\V{GA}=\frac13(\V{AG}+\V{GB})=-\frac13\V{GA}+\frac13\V{GB}\iff\frac43\V{GA}-\frac13\V{GB}=\vec0$ : $G=\bary{\left(A;\frac43\right);\left(B;-\frac13\right)}$ , ou encore $G=\bary{(A;4);(B;-1)}$ (en multipliant la relation par $3$ ).

3. Construction du barycentre

Propriété — construction

Si $a+b\neq0$ : $\quad G=\bary{(A;a);(B;b)}\iff\V{AG}=\dfrac{b}{a+b}\V{AB}\iff\V{BG}=\dfrac{a}{a+b}\V{BA}$ .

Exemple 2

Soient $A$ et $B$ deux points. Construire $G$ dans chacun des cas :

$G=\bary{(A;-3);(B;-1)}$ , $AB=4$
$G=\bary{(A;-2);(B;5)}$ , $AB=3$
$G=\bary{(A;4);(B;-1)}$ , $AB=6$
$G=\bary{(A;-5);(B;3)}$ , $AB=4$ .

Voir la solution

$\V{AG}=\frac{-1}{-4}\V{AB}=\frac14\V{AB}$ : $AG=1$ , $G\in[AB]$ .
$\V{AG}=\frac53\V{AB}$ : $AG=5$ , $G$ au-delà de $B$ .
$\V{AG}=\frac{-1}{3}\V{AB}$ : $AG=2$ , $G$ du côté opposé à $B$ par rapport à $A$ .
$\V{AG}=\frac{3}{-2}\V{AB}=-\frac32\V{AB}$ : $AG=6$ , du côté opposé à $B$ .

Remarque 2

Soient $A$ et $B$ deux points distincts.

$G$ est le milieu de $[AB]\iff G=\bary{(A;1);(B;1)}$ .
$G\in(AB)\iff$ il existe deux réels $a$ et $b$ , avec $a+b\neq0$ , tels que $G=\bary{(A;a);(B;b)}$ . (Si $\V{AG}=t\V{AB}$ , on peut prendre $a=1-t$ et $b=t$ .)

Application 2

Soient $A$ et $B$ deux points. Construire $G$ dans chacun des cas :

$G=\bary{(A;2);(B;1)}$ , $AB=3$
$G=\bary{(A;-3);(B;4)}$ , $AB=1$
$G=\bary{(A;5);(B;-4)}$ , $AB=1$ .

Voir la solution

$\V{AG}=\frac13\V{AB}$ : $AG=1$
$\V{AG}=\frac41\V{AB}=4\V{AB}$ : $AG=4$ , au-delà de $B$
$\V{AG}=\frac{-4}{1}\V{AB}$ : $AG=4$ , du côté opposé à $B$ .

4. Homogénéité et propriété caractéristique

Activité 3

Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a+b\neq0$ , et $G=\bary{(A;a);(B;b)}$ .

Soit $k\in\R^*$ . Montrer que $\frac ak\V{GA}+\frac bk\V{GB}=\vec0$ et en déduire que $G=\bary{\left(A;\frac ak\right);\left(B;\frac bk\right)}$ .
Montrer que, pour tout point $M$ : $a\V{MA}+b\V{MB}=(a+b)\V{MG}$ .
Réciproquement, soit $G'$ un point tel que, pour tout point $M$ , $a\V{MA}+b\V{MB}=(a+b)\V{MG'}$ . Montrer que $G'=G$ .
Dans un repère $(O;\vec\imath;\vec\jmath)$ , on note $A(x_A;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$ . En prenant $M=O$ , établir que $G\left(\dfrac{ax_A+bx_B}{a+b};\dfrac{ay_A+by_B}{a+b}\right)$ .

Voir la solution

On divise la relation $a\V{GA}+b\V{GB}=\vec0$ par $k\neq0$ ; la somme des nouveaux poids $\frac{a+b}k$ est non nulle, et l’unicité du barycentre donne le résultat.
$a\V{MA}+b\V{MB}=a(\V{MG}+\V{GA})+b(\V{MG}+\V{GB})=(a+b)\V{MG}+\underbrace{a\V{GA}+b\V{GB}}_{=\vec0}$ .
Avec $M=G'$ : $a\V{G'A}+b\V{G'B}=\vec0$ , donc $G'$ est le barycentre, i.e. $G'=G$ par unicité.
$\V{OG}=\frac{a\V{OA}+b\V{OB}}{a+b}$ ; les coordonnées de $\V{OA}$ et $\V{OB}$ sont $(x_A;y_A)$ et $(x_B;y_B)$ , d’où le résultat.

Propriété — homogénéité

Pour tout $k\in\R^*$ : $\ G=\bary{(A;a);(B;b)}\iff G=\bary{(A;ka);(B;kb)}$ . Multiplier (ou diviser) tous les poids par un même réel non nul ne change pas le barycentre.

Exemple 3

Soit $G=\bary{(A;150);(B;-250)}$ . Montrer que $G=\bary{(A;3);(B;-5)}$ .

Voir la solution

Par homogénéité (division des poids par $50\neq0$ ) : $G=\bary{\left(A;\frac{150}{50}\right);\left(B;\frac{-250}{50}\right)}=\bary{(A;3);(B;-5)}$ .

Propriété — propriété caractéristique

Si $a+b\neq0$ : $\quad G=\bary{(A;a);(B;b)}\iff\big(\forall M\in(P)\big)\ \ a\V{MA}+b\V{MB}=(a+b)\V{MG}$ .

Exemple 4

Soit $ABC$ un triangle. On pose $G=\bary{(A;3);(B;2)}$ et $G'=\bary{(A;-3);(C;8)}$ .

À l’aide de la propriété caractéristique, montrer que $\big(\forall M\in(P)\big)\ \ 2\V{MB}+8\V{MC}=5\V{MG}+5\V{MG'}$ .
Soit $I=\bary{(B;2);(C;8)}$ . a. Simplifier, par deux méthodes, le vecteur $2\V{IB}+8\V{IC}$ . b. En déduire que $I$ est le milieu du segment $[GG']$ .

Voir la solution

Pour tout $M$ : $3\V{MA}+2\V{MB}=5\V{MG}$ et $-3\V{MA}+8\V{MC}=5\V{MG'}$ . En additionnant : $2\V{MB}+8\V{MC}=5\V{MG}+5\V{MG'}$ .
a. Méthode 1 : par définition de $I$ , $2\V{IB}+8\V{IC}=\vec0$ . Méthode 2 : en prenant $M=I$ dans 1, $2\V{IB}+8\V{IC}=5\V{IG}+5\V{IG'}$ . b. Donc $5\V{IG}+5\V{IG'}=\vec0$ , soit $\V{IG}+\V{IG'}=\vec0$ : $I=\bary{(G;1);(G';1)}$ est le milieu de $[GG']$ .

Remarque 3 — ensembles usuels de points

Soient $A$ et $B$ deux points distincts et $R>0$ .

Condition sur $M$	Ensemble des points $M$
$MA=R$	cercle de centre $A$ et de rayon $R$
$MA=0$	le singleton $\{A\}$
$MA=-R$	l’ensemble vide
$MA\le R$	disque fermé de centre $A$ et de rayon $R$
$MA=MB$	médiatrice du segment $[AB]$

Exemple 5

Soient $A$ et $B$ deux points distincts et $G=\bary{(A;3);(B;1)}$ . Déterminer l’ensemble des points $M$ du plan tels que :

$\nv{3\V{MA}+\V{MB}}=0$
$\nv{3\V{MA}+\V{MB}}=12$
$\nv{3\V{MA}+\V{MB}}=\nv{\V{MA}+3\V{MB}}$ .

Voir la solution

Par la propriété caractéristique, pour tout $M$ : $3\V{MA}+\V{MB}=4\V{MG}$ .

$\nv{4\V{MG}}=0\iff MG=0\iff M=G$ : l’ensemble est $\{G\}$ .
$4MG=12\iff MG=3$ : cercle de centre $G$ et de rayon $3$ .
Soit $G'=\bary{(A;1);(B;3)}$ : $\V{MA}+3\V{MB}=4\V{MG'}$ . La condition équivaut à $4MG=4MG'$ , soit $MG=MG'$ . Comme $G\neq G'$ ( $\V{AG}=\frac14\V{AB}$ et $\V{AG'}=\frac34\V{AB}$ ), l’ensemble est la médiatrice de $[GG']$ .

5. Coordonnées du barycentre

Propriété — coordonnées

Dans un repère du plan, si $A(x_A;y_A)$ , $B(x_B;y_B)$ et $a+b\neq0$ : $G=\bary{(A;a);(B;b)}\iff x_G=\frac{ax_A+bx_B}{a+b}\ \text{ et }\ y_G=\frac{ay_A+by_B}{a+b}.$

Application 3

Dans un repère $(O;\vec\imath;\vec\jmath)$ , on considère $A(3;-1)$ , $B(6;5)$ , $C(-3;2)$ , $D(0;-1)$ , et l’on pose $G=\bary{(A;1);(B;2)}$ , $G'=\bary{(C;1);(D;2)}$ .

Déterminer les coordonnées de $G$ et de $G'$ .
Soient $I$ , $J$ , $K$ les milieux respectifs de $[AC]$ , $[BD]$ et $[GG']$ . a. Déterminer les coordonnées de $I$ , $J$ et $K$ . b. Montrer, par deux méthodes, que $I$ , $J$ et $K$ sont alignés.
Déterminer l’ensemble des points $M$ tels que : a. $\nv{\V{MA}+2\V{MB}}=27$ ; b. $\nv{\V{MA}+2\V{MB}}=\nv{\V{MC}+2\V{MD}}$ .

Voir la solution

$G\left(\frac{3+12}{3};\frac{-1+10}{3}\right)=G(5;3)$ ; $\ G'\left(\frac{-3+0}{3};\frac{2-2}{3}\right)=G'(-1;0)$ .
a. $I\left(0;\frac12\right)$ , $J\left(3;2\right)$ , $K\left(2;\frac32\right)$ . b. Méthode 1 (déterminant) : $\V{IJ}\left(3;\frac32\right)$ , $\V{IK}(2;1)$ et $\det(\V{IJ};\V{IK})=3\times1-\frac32\times2=0$ : vecteurs colinéaires, points alignés. Méthode 2 (barycentre) : $\V{OK}=\frac12(\V{OG}+\V{OG'})=\frac16(\V{OA}+2\V{OB}+\V{OC}+2\V{OD})=\frac16\big(2\V{OI}+4\V{OJ}\big)$ , donc $K=\bary{(I;1);(J;2)}$ et $K\in(IJ)$ .
a. $\V{MA}+2\V{MB}=3\V{MG}$ : $3MG=27\iff MG=9$ ; cercle de centre $G(5;3)$ et de rayon $9$ . b. $\V{MC}+2\V{MD}=3\V{MG'}$ : la condition équivaut à $MG=MG'$ ; c’est la médiatrice de $[GG']$ , droite passant par $K\left(2;\frac32\right)$ et perpendiculaire à $(GG')$ .

II. Barycentre de trois points pondérés

1. Définition et propriétés

Activité 4

Soient $a$ , $b$ , $c$ trois réels non tous nuls et $ABC$ un triangle. On cherche les points $G$ tels que $a\V{GA}+b\V{GB}+c\V{GC}=\vec0$ .

Montrer que la relation équivaut à $(a+b+c)\V{AG}=b\V{AB}+c\V{AC}$ .
En déduire que, si $a+b+c=0$ , aucun point ne vérifie la relation.
On suppose $a+b+c\neq0$ . Montrer qu’il existe un unique point $G$ vérifiant la relation et que $\V{AG}=\dfrac{b}{a+b+c}\V{AB}+\dfrac{c}{a+b+c}\V{AC}$ .
Montrer que, pour tout $k\in\R^*$ , $G$ vérifie aussi $\frac ak\V{GA}+\frac bk\V{GB}+\frac ck\V{GC}=\vec0$ .
Montrer que, pour tout point $M$ : $a\V{MA}+b\V{MB}+c\V{MC}=(a+b+c)\V{MG}$ .
En déduire les coordonnées de $G$ dans un repère, en fonction de celles de $A$ , $B$ , $C$ .

Voir la solution

Chasles : $a\V{GA}+b(\V{GA}+\V{AB})+c(\V{GA}+\V{AC})=(a+b+c)\V{GA}+b\V{AB}+c\V{AC}$ .
Si $a+b+c=0$ : la relation s’écrit $b\V{AB}+c\V{AC}=\vec0$ ; $\V{AB}$ et $\V{AC}$ n’étant pas colinéaires, $b=c=0$ , puis $a=0$ : contraire à l’hypothèse.
La relation équivaut à $\V{AG}=\frac{b}{a+b+c}\V{AB}+\frac{c}{a+b+c}\V{AC}$ , qui définit un unique point.
On divise la relation par $k\neq0$ .
Même calcul que dans l’activité 3 (Chasles avec le point $M$ ).
Avec $M=O$ : $\V{OG}=\frac{a\V{OA}+b\V{OB}+c\V{OC}}{a+b+c}$ , d’où les formules ci-dessous.

Définition 2 : barycentre de trois points pondérés et propriétés

Soient $(A;a)$ , $(B;b)$ , $(C;c)$ trois points pondérés tels que $a+b+c\neq0$ .

Il existe un unique point $G$ , le barycentre du système, tel que : $\ G=\bary{(A;a);(B;b);(C;c)}\iff a\V{GA}+b\V{GB}+c\V{GC}=\vec0$ .
Construction : $\ \V{AG}=\dfrac{b}{a+b+c}\V{AB}+\dfrac{c}{a+b+c}\V{AC}$ .
Homogénéité : pour tout $k\in\R^*$ , $G=\bary{(A;ka);(B;kb);(C;kc)}$ .
Propriété caractéristique : $\ G=\bary{(A;a);(B;b);(C;c)}\iff\big(\forall M\big)\ a\V{MA}+b\V{MB}+c\V{MC}=(a+b+c)\V{MG}$ .
Coordonnées : $\ x_G=\dfrac{ax_A+bx_B+cx_C}{a+b+c}$ et $y_G=\dfrac{ay_A+by_B+cy_C}{a+b+c}$ .

Exemple 6

Déterminer des réels $a$ , $b$ , $c$ tels que $G=\bary{(A;a);(B;b);(C;c)}$ , sachant que $2\V{GA}+\V{GB}-\V{GC}=3\V{AB}-2\V{AC}$ .
Dans un repère, placer $A(0;2)$ , $B(2;1)$ , $C(-1;-1)$ , puis les points $H=\bary{(A;6);(B;-6);(C;-3)}$ et $D=\bary{(A;1);(B;-1);(C;-1)}$ .
Montrer que $H=\bary{(A;2);(B;-2);(C;-1)}$ .
Montrer vectoriellement que le quadrilatère $ADHB$ est un parallélogramme.
Déterminer les coordonnées de $H$ et de $D$ .
Retrouver, à l’aide des coordonnées, que $ADHB$ est un parallélogramme.
Déterminer l’ensemble des points $M$ tels que $\nv{3\V{MA}-2\V{MB}+\V{MC}}=\nv{4\V{MA}-4\V{MB}-2\V{MC}}$ ( $G$ est le point de la question 1).

Voir la solution

$3\V{AB}-2\V{AC}=3(\V{AG}+\V{GB})-2(\V{AG}+\V{GC})=-\V{GA}+3\V{GB}-2\V{GC}$ . La relation équivaut donc à $3\V{GA}-2\V{GB}+\V{GC}=\vec0$ ; comme $3-2+1=2\neq0$ : $G=\bary{(A;3);(B;-2);(C;1)}$ .
$H$ : somme $-3$ , $\V{AH}=\frac{-6}{-3}\V{AB}+\frac{-3}{-3}\V{AC}=2\V{AB}+\V{AC}$ . $D$ : somme $-1$ , $\V{AD}=\V{AB}+\V{AC}$ . (Figure ci-dessous.)
Homogénéité : on divise les poids par $3$ .
$\V{BH}=\V{BA}+\V{AH}=-\V{AB}+2\V{AB}+\V{AC}=\V{AB}+\V{AC}=\V{AD}$ . Donc $\V{AD}=\V{BH}$ : $ADHB$ est un parallélogramme (les points $A$ , $B$ , $D$ n’étant pas alignés).
$x_H=\frac{2\times0-2\times2-1\times(-1)}{-1}=3$ , $y_H=\frac{2\times2-2\times1-1\times(-1)}{-1}=-3$ : $H(3;-3)$ . $x_D=\frac{0-2+1}{-1}=1$ , $y_D=\frac{2-1+1}{-1}=-2$ : $D(1;-2)$ .
$\V{AD}(1;-4)$ et $\V{BH}(1;-4)$ : $\V{AD}=\V{BH}$ .
Propriété caractéristique : $3\V{MA}-2\V{MB}+\V{MC}=2\V{MG}$ et $4\V{MA}-4\V{MB}-2\V{MC}=2\big(2\V{MA}-2\V{MB}-\V{MC}\big)=2\times(-1)\V{MH}$ . La condition équivaut à $2MG=2MH$ , soit $MG=MH$ : c’est la médiatrice de $[GH]$ ( $G\neq H$ : avec les coordonnées de la question 5, $G\left(-\frac52;\frac32\right)$ et $H(3;-3)$ ).

Remarque 4

Si $a+b+c=0$ , le système $\{(A;a);(B;b);(C;c)\}$ n’a pas de barycentre.
$\bary{(A;1);(B;1);(C;1)}$ est l’isobarycentre de $A$ , $B$ , $C$ : c’est le centre de gravité du triangle $ABC$ .

2. Associativité du barycentre

Activité 5

Soient $a$ , $b$ , $c$ des réels tels que $a+b+c\neq0$ et $a+b\neq0$ , $ABC$ un triangle, $G=\bary{(A;a);(B;b);(C;c)}$ et $H=\bary{(A;a);(B;b)}$ .

a. Vérifier que $a\V{GA}+b\V{GB}=-c\V{GC}$ . b. À l’aide de la propriété caractéristique de $H$ , montrer que $a\V{GA}+b\V{GB}=(a+b)\V{GH}$ . c. En déduire que $G=\bary{(H;a+b);(C;c)}$ et que $G\in(CH)$ .
Cas particulier $a=b=c=1$ : on note $I$ le milieu de $[BC]$ . Montrer que $G\in(CH)$ et $G\in(AI)$ ; en déduire que $G$ est le centre de gravité de $ABC$ .
On suppose de plus $b+c\neq0$ et $a+c\neq0$ ; soient $K=\bary{(B;b);(C;c)}$ et $L=\bary{(A;a);(C;c)}$ . Montrer que $(CH)$ , $(AK)$ et $(BL)$ sont concourantes en $G$ .

Voir la solution

a. Définition de $G$ . b. Propriété caractéristique de $H$ avec $M=G$ . c. Donc $(a+b)\V{GH}+c\V{GC}=\vec0$ avec $(a+b)+c\neq0$ : $G=\bary{(H;a+b);(C;c)}$ , et $G\in(CH)$ .
$H$ est le milieu de $[AB]$ ; par 1, $G\in(CH)$ ; de même, en regroupant $B$ et $C$ , $G=\bary{(A;1);(I;2)}\in(AI)$ . $G$ est sur deux médianes : c’est le centre de gravité.
Comme en 1 : $G=\bary{(A;a);(K;b+c)}\in(AK)$ et $G=\bary{(B;b);(L;a+c)}\in(BL)$ ; les trois droites passent par $G$ .

Propriété — associativité

Le barycentre de trois points pondérés ne change pas si l’on remplace deux d’entre eux par leur barycentre partiel (s’il existe) affecté de la somme de leurs poids : $\left.\begin{array}{l}G=\bary{(A;a);(B;b);(C;c)}\\ H=\bary{(A;a);(B;b)},\ a+b\neq0\end{array}\right\}\Longrightarrow G=\bary{(H;a+b);(C;c)}.$

Exemple 7

Soit $ABC$ un triangle.

Placer $D=\bary{(A;3);(B;-2)}$ et $G=\bary{(A;3);(B;-2);(C;1)}$ .
À l’aide de l’associativité, montrer que $G$ est le milieu de $[CD]$ .
Soient $H=\bary{(A;2);(B;3)}$ , $E=\bary{(B;3);(C;-4)}$ et $F=\bary{(A;2);(C;-4)}$ . Montrer que les droites $(CH)$ , $(AE)$ et $(BF)$ sont concourantes en un point que l’on précisera.

Voir la solution

$\V{AD}=\frac{-2}{1}\V{AB}=-2\V{AB}$ ; $\V{AG}=\frac{-2}{2}\V{AB}+\frac12\V{AC}=-\V{AB}+\frac12\V{AC}$ .
En regroupant $A$ et $B$ en $D$ (poids $3-2=1$ ) : $G=\bary{(D;1);(C;1)}$ , milieu de $[CD]$ .
Le système $\{(A;2);(B;3);(C;-4)\}$ a un barycentre $G'$ car $2+3-4=1\neq0$ . Associativité : $G'=\bary{(H;5);(C;-4)}\in(CH)$ ; $G'=\bary{(A;2);(E;-1)}\in(AE)$ ; $G'=\bary{(F;-2);(B;3)}\in(BF)$ . Les trois droites sont concourantes en $G'=\bary{(A;2);(B;3);(C;-4)}$ .

Application 4

Soient $ABC$ un triangle, $I$ le milieu de $[BC]$ et $G=\bary{(A;2);(B;1);(C;1)}$ .

Montrer que $G$ est le milieu de $[AI]$ , puis construire $G$ .
Soit $J=\bary{(A;2);(B;1)}$ . Montrer que $G\in(CJ)$ et préciser la position de $G$ sur $[CJ]$ .

Voir la solution

$I=\bary{(B;1);(C;1)}$ ; associativité : $G=\bary{(A;2);(I;2)}$ , milieu de $[AI]$ .
Associativité : $G=\bary{(J;3);(C;1)}$ , donc $G\in(CJ)$ et $\V{JG}=\frac14\V{JC}$ : $G$ est sur $[CJ]$ , au quart à partir de $J$ .

III. Barycentre de quatre points pondérés

Propriété

Les définitions et propriétés précédentes (existence et unicité si la somme des poids est non nulle, construction, homogénéité, propriété caractéristique, coordonnées) s’étendent à quatre points pondérés.
Associativité : on peut remplacer deux ou trois des points par leur barycentre partiel (s’il existe), affecté de la somme de leurs poids, sans changer le barycentre du système.

Application 5

Soit $ABCD$ un quadrilatère et $G$ l’isobarycentre de $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . On note $I$ , $J$ , $K$ , $L$ , $P$ , $Q$ les milieux respectifs de $[AB]$ , $[CD]$ , $[AD]$ , $[BC]$ , $[AC]$ , $[BD]$ .

Montrer que $G$ est le milieu de $[IJ]$ , de $[KL]$ et de $[PQ]$ .
En déduire que les segments $[IJ]$ , $[KL]$ et $[PQ]$ ont le même milieu.

Voir la solution

$G=\bary{(A;1);(B;1);(C;1);(D;1)}$ . En regroupant $A,B$ en $I$ et $C,D$ en $J$ (poids $2$ chacun) : $G=\bary{(I;2);(J;2)}$ , milieu de $[IJ]$ . De même $G=\bary{(K;2);(L;2)}$ et $G=\bary{(P;2);(Q;2)}$ .
Les trois segments ont pour milieu commun $G$ (en particulier $IKJL$ est un parallélogramme).

Résumé : barycentre

Notion	Deux points ( $a+b\neq0$ )	Trois points ( $a+b+c\neq0$ )
Définition	$a\V{GA}+b\V{GB}=\vec0$	$a\V{GA}+b\V{GB}+c\V{GC}=\vec0$
Construction	$\V{AG}=\frac{b}{a+b}\V{AB}$	$\V{AG}=\frac{b}{a+b+c}\V{AB}+\frac{c}{a+b+c}\V{AC}$
Homogénéité	poids $\times k$ , $k\neq0$	poids $\times k$ , $k\neq0$
Propriété caractéristique	$a\V{MA}+b\V{MB}=(a+b)\V{MG}$	$a\V{MA}+b\V{MB}+c\V{MC}=(a+b+c)\V{MG}$
Coordonnées	$x_G=\frac{ax_A+bx_B}{a+b}$	$x_G=\frac{ax_A+bx_B+cx_C}{a+b+c}$
Cas particuliers	milieu : poids égaux	centre de gravité : poids égaux
Associativité	—	$G=\bary{(H;a+b);(C;c)}$ si $H=\bary{(A;a);(B;b)}$
Alignement	$G\in(AB)$	regroupement $\Rightarrow$ concours de droites

Série d’exercices

Remarque — méthodes utilisées

Construire un barycentre : $\V{AG}=\frac{b}{a+b}\V{AB}$ (deux points) ; $\V{AG}=\frac{b}{s}\V{AB}+\frac{c}{s}\V{AC}$ avec $s=a+b+c$ (trois points), ou associativité.
Alignement / concours : on écrit un point comme barycentre de deux autres (associativité) ; trois droites sont concourantes si un même barycentre appartient aux trois.
Lieux : la propriété caractéristique ramène $\nv{a\V{MA}+b\V{MB}+c\V{MC}}$ à $|s|\,MG$ (si $s\neq0$ ).
Tous les calculs (barycentres, coordonnées, paramètres) ont été contrôlés avec Python/sympy (build/verif_lot3.py).

Consignes. $(P)$ désigne le plan. Toute réponse doit être justifiée ; le symbole $\iff$ n’est employé que si chaque étape est réversible. Les constructions demandées se font à la règle et au compas, en justifiant la position des points par une relation vectorielle. Difficulté : de $\bigstar$ à $\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar$ .

Exercice 1 — Construction, associativité, lieu Facile ★★☆☆☆

Soit $ABC$ un triangle. On considère les points $K=\bary{(A;3);(B;-1)}$ et $I=\bary{(B;-1);(C;4)}$ .

a. Construire les points $K$ et $I$ . b. Construire le point $G=\bary{(A;3);(B;-1);(C;4)}$ .
À l’aide de l’associativité du barycentre, montrer que $G$ est le milieu du segment $[AI]$ .
a. À l’aide de la propriété caractéristique du barycentre, montrer que :
$\V{CG}=\frac12\V{CA}-\frac16\V{CB}$ et $\V{CK}=\frac32\V{CA}-\frac12\V{CB}$ . b. En déduire que les points $C$ , $K$ et $G$ sont alignés.
Soit $F=\bary{(A;3);(C;4)}$ . Montrer que $G\in(BF)$ .
En déduire que les droites $(AI)$ , $(CK)$ et $(BF)$ sont concourantes et préciser leur point de concours.
Déterminer l’ensemble des points $M$ du plan tels que $\nv{3\V{MA}-\V{MB}+4\V{MC}}=18$ .

Voir la solution

1. a. $K=\bary{(A;3);(B;-1)}$ : $\V{AK}=\frac{-1}{2}\V{AB}$ . $\ I=\bary{(B;-1);(C;4)}$ : $\V{BI}=\frac43\V{BC}$ .

1. b. La somme des poids vaut $3-1+4=6\neq0$ : $\V{AG}=-\frac16\V{AB}+\frac46\V{AC}=-\frac16\V{AB}+\frac23\V{AC}$ (ou, plus simplement, voir la question 2).

2. $I$ est le barycentre partiel de $(B;-1)$ et $(C;4)$ , de poids $-1+4=3$ . Par associativité, $G=\bary{(A;3);(I;3)}$ : les poids sont égaux, donc $G$ est le milieu de $[AI]$ .

3. a. Propriété caractéristique de $G$ avec $M=C$ : $3\V{CA}-\V{CB}+4\V{CC}=6\V{CG}$ , donc $\V{CG}=\frac12\V{CA}-\frac16\V{CB}$ . Propriété caractéristique de $K$ avec $M=C$ : $3\V{CA}-\V{CB}=2\V{CK}$ , donc $\V{CK}=\frac32\V{CA}-\frac12\V{CB}$ .

3. b. On constate que $\V{CK}=3\left(\frac12\V{CA}-\frac16\V{CB}\right)=3\V{CG}$ : les vecteurs sont colinéaires, donc $C$ , $K$ , $G$ sont alignés.

4. $F$ est le barycentre partiel de $(A;3)$ et $(C;4)$ (poids $7$ ). Associativité : $G=\bary{(F;7);(B;-1)}$ , donc $G\in(BF)$ .

5. D’après 2, 3.b et 4, $G$ appartient aux trois droites $(AI)$ , $(CK)$ et $(BF)$ : elles sont concourantes en $G$ .

6. Pour tout $M$ : $3\V{MA}-\V{MB}+4\V{MC}=6\V{MG}$ . La condition équivaut à $6MG=18$ , soit $MG=3$ : l’ensemble est le cercle de centre $G$ et de rayon $3$ .

Exercice 2 — Barycentres de trois points, parallélogramme Moyen ★★★☆☆

Soit $ABC$ un triangle. On considère les points $G=\bary{(A;1);(B;1);(C;2)}$ , $H=\bary{(A;5);(B;-3);(C;2)}$ et le milieu $D$ du segment $[AB]$ .

a. Montrer que $\V{AH}=-\frac34\V{AB}+\frac12\V{AC}$ . b. Construire les points $H$ et $D$ .
a. Écrire $D$ comme barycentre des points $A$ et $B$ affectés de coefficients à préciser. b. À l’aide de l’associativité du barycentre, montrer que $G$ est le milieu de $[DC]$ . c. Placer le point $G$ sur la figure.
a. À l’aide de la propriété caractéristique du barycentre $G$ , montrer que $\V{BG}=\frac14\V{BA}+\frac12\V{BC}$ . b. En déduire que $\V{BG}=-\frac34\V{AB}+\frac12\V{AC}$ . c. Montrer que le quadrilatère $BGHA$ est un parallélogramme.
Soit $E$ le milieu de $[AC]$ . Montrer que les points $H$ , $E$ et $G$ sont alignés.
Déterminer l’ensemble des points $M$ du plan tels que $\nv{5\V{MA}-3\V{MB}+2\V{MC}}=\nv{\V{MA}+\V{MB}+2\V{MC}}$ .

Voir la solution

1. a. Somme des poids de $H$ : $5-3+2=4$ . Donc $\V{AH}=\frac{-3}{4}\V{AB}+\frac24\V{AC}=-\frac34\V{AB}+\frac12\V{AC}$ .

1. b. On place $H$ grâce à 1.a et $D$ au milieu de $[AB]$ (figure ci-dessous).

2. a. $D=\bary{(A;1);(B;1)}$ (le milieu est l’isobarycentre).

2. b. Par associativité (poids $1+1=2$ ) : $G=\bary{(D;2);(C;2)}$ , d’où $G$ milieu de $[DC]$ .

2. c. Voir la figure.

3. a. Propriété caractéristique de $G$ avec $M=B$ : $\V{BA}+\V{BB}+2\V{BC}=4\V{BG}$ , donc $\V{BG}=\frac14\V{BA}+\frac12\V{BC}$ .

3. b. $\V{BA}=-\V{AB}$ et $\V{BC}=\V{BA}+\V{AC}=-\V{AB}+\V{AC}$ : $\ \V{BG}=-\frac14\V{AB}-\frac12\V{AB}+\frac12\V{AC}=-\frac34\V{AB}+\frac12\V{AC}$ .

3. c. D’après 1.a et 3.b, $\V{BG}=\V{AH}$ . Comme $H\notin(AB)$ (le coefficient de $\V{AC}$ dans $\V{AH}$ est non nul), le quadrilatère $BGHA$ est un parallélogramme.

4. $E=\bary{(A;1);(C;1)}$ . On cherche une combinaison de $H$ et $G$ éliminant $B$ : le système $\{(A;5);(B;-3);(C;2)\}$ (poids total $4$ ) réunion de $3$ fois le système $\{(A;1);(B;1);(C;2)\}$ (poids total $12$ ) donne $\{(A;8);(B;0);(C;8)\}$ . Par associativité, le barycentre de $\{(H;4);(G;12)\}$ est celui de $\{(A;8);(C;8)\}$ , c’est-à-dire $E$ . Donc $E=\bary{(H;1);(G;3)}\in(HG)$ : $H$ , $E$ , $G$ sont alignés.

5. Pour tout $M$ : $5\V{MA}-3\V{MB}+2\V{MC}=4\V{MH}$ et $\V{MA}+\V{MB}+2\V{MC}=4\V{MG}$ . La condition équivaut à $MH=MG$ ; comme $H\neq G$ ( $\V{GH}=\V{BA}\neq\vec0$ , d’après le parallélogramme), l’ensemble est la médiatrice de $[GH]$ .

Exercice 3 — Parallélisme, alignement, cercle Facile ★★☆☆☆

Soit $ABC$ un triangle. On considère le point $G=\bary{(A;1);(B;4);(C;-2)}$ , le milieu $I$ du segment $[AC]$ et le point $K$ défini par $\V{AK}=\frac45\V{AB}$ .

Montrer que $\V{AG}=\frac43\V{AB}-\frac23\V{AC}$ et que $\V{BI}=-\V{AB}+\frac12\V{AC}$ .
En déduire que $(BI)\parallel(AG)$ .
a. Montrer que $K=\bary{(A;1);(B;4)}$ . b. En déduire que les points $C$ , $K$ et $G$ sont alignés.
Déterminer l’ensemble des points $M$ du plan tels que $\nv{\V{MA}+4\V{MB}}=15$ .

Voir la solution

1. Somme des poids de $G$ : $1+4-2=3$ , donc $\V{AG}=\frac43\V{AB}-\frac23\V{AC}$ . Et $\V{BI}=\V{BA}+\V{AI}=-\V{AB}+\frac12\V{AC}$ .

2. $-\frac43\V{BI}=\frac43\V{AB}-\frac23\V{AC}=\V{AG}$ : les vecteurs $\V{BI}$ et $\V{AG}$ sont colinéaires, donc $(BI)\parallel(AG)$ .

3. a. $\V{AK}=\frac45\V{AB}=\frac{4}{1+4}\V{AB}$ , ce qui caractérise $K=\bary{(A;1);(B;4)}$ .

3. b. Associativité : $G=\bary{(K;5);(C;-2)}$ , donc $G\in(CK)$ : $C$ , $K$ , $G$ sont alignés.

4. $\V{MA}+4\V{MB}=5\V{MK}$ ; la condition équivaut à $5MK=15$ , soit $MK=3$ : cercle de centre $K$ et de rayon $3$ .

Exercice 4 — Associativité Facile ★☆☆☆☆

Soit $ABC$ un triangle et $G$ le barycentre des points pondérés $(A;2)$ , $(B;-3)$ et $(C;5)$ .

Construire le barycentre $I$ des points pondérés $(B;-3)$ et $(C;5)$ .
Montrer que $G=\bary{(A;1);(I;1)}$ .
En déduire la position de $G$ sur la droite $(AI)$ .

Voir la solution

1. $I=\bary{(B;-3);(C;5)}$ , somme $2$ : $\V{BI}=\frac52\V{BC}$ ( $I$ au-delà de $C$ ).

2. Associativité : $G=\bary{(A;2);(I;2)}$ , et par homogénéité (division par $2$ ) $G=\bary{(A;1);(I;1)}$ .

3. $G$ est le milieu du segment $[AI]$ .

Exercice 5 — Coordonnées du barycentre Facile ★☆☆☆☆

Dans un repère $(O;\vec\imath;\vec\jmath)$ , placer les points $A(3;-1)$ , $B(1;2)$ et $C(-5;4)$ .
Soit $G$ le barycentre des points pondérés $(A;2)$ , $(B;1)$ et $(C;1)$ . a. Déterminer les coordonnées de $G$ , puis le placer. b. La droite $(BG)$ passe-t-elle par l’origine du repère ?

Voir la solution

1. Voir la figure.

2. a. Somme des poids : $4$ . $\ x_G=\frac{2\times3+1-5}{4}=\frac12$ , $\ y_G=\frac{2\times(-1)+2+4}{4}=1$ : $G\left(\frac12;1\right)$ .

2. b. $\V{OG}\left(\frac12;1\right)$ et $\V{OB}(1;2)$ : $\det(\V{OG};\V{OB})=\frac12\times2-1\times1=0$ . Les points $O$ , $G$ , $B$ sont alignés : oui, la droite $(BG)$ passe par l’origine (et $\V{OG}=\frac12\V{OB}$ ).

Exercice 6 — Alignement et lieux géométriques Moyen ★★★☆☆

Soit $ABC$ un triangle.

a. Construire le point $I$ tel que $\V{BI}=-2\V{BC}$ . b. Montrer que $I=\bary{(B;3);(C;-2)}$ . c. Montrer que $\V{AI}=3\V{AB}-2\V{AC}$ .
Soit $G=\bary{(A;1);(B;3);(C;-2)}$ . Montrer que $\V{AG}=\frac32\V{AB}-\V{AC}$ .
a. En déduire que les points $A$ , $I$ et $G$ sont alignés. b. Construire le point $G$ .
Déterminer l’ensemble des points $M$ du plan dans chacun des cas suivants : a. $\nv{\V{MA}+3\V{MB}-2\V{MC}}=\nv{3\V{AB}-2\V{AC}}$ ; b. $\nv{3\V{MB}-2\V{MC}}=4$ .

Voir la solution

1. a. On reporte $\V{BI}=-2\V{BC}$ : $I$ est sur $(BC)$ , du côté opposé à $C$ , avec $BI=2BC$ .

1. b. $\V{BI}=-2\V{BC}=\frac{-2}{3+(-2)}\V{BC}$ , ce qui caractérise $I=\bary{(B;3);(C;-2)}$ .

1. c. Propriété caractéristique de $I$ avec $M=A$ : $3\V{AB}-2\V{AC}=(3-2)\V{AI}=\V{AI}$ .

2. Somme des poids de $G$ : $1+3-2=2$ , donc $\V{AG}=\frac32\V{AB}-\frac22\V{AC}=\frac32\V{AB}-\V{AC}$ .

3. a. $\V{AG}=\frac12\left(3\V{AB}-2\V{AC}\right)=\frac12\V{AI}$ : $A$ , $I$ , $G$ sont alignés ( $G$ est même le milieu de $[AI]$ ).

3. b. $G$ est le milieu de $[AI]$ (figure).

4. a. $\V{MA}+3\V{MB}-2\V{MC}=2\V{MG}$ et $\nv{3\V{AB}-2\V{AC}}=AI$ (question 1.c). La condition équivaut à $2MG=AI$ , soit $MG=\frac{AI}2=GA$ : c’est le cercle de centre $G$ passant par $A$ , c’est-à-dire le cercle de diamètre $[AI]$ .

4. b. $3\V{MB}-2\V{MC}=(3-2)\V{MI}=\V{MI}$ : la condition équivaut à $MI=4$ ; cercle de centre $I$ et de rayon $4$ .

Exercice 7 — Barycentre de quatre points Facile ★★☆☆☆

Soit $ABCD$ un quadrilatère. On définit les points $H$ , $I$ et $J$ par $\V{CH}=4\V{AC}-\V{BC}-2\V{AD},\qquad I=\bary{(A;2);(C;-4)},\qquad J=\bary{(B;-1);(D;2)}.$

Montrer que $H=\bary{(A;2);(B;-1);(C;-4);(D;2)}$ .
À l’aide de l’associativité du barycentre, montrer que $H=\bary{(I;-2);(J;1)}$ .
En déduire que $I$ est le milieu du segment $[JH]$ .

Voir la solution

1. La somme des poids vaut $2-1-4+2=-1\neq0$ ; soit $H'$ le barycentre du système. Propriété caractéristique avec $M=C$ : $2\V{CA}-\V{CB}+2\V{CD}=-\V{CH'}$ , donc $\V{CH'}=-2\V{CA}+\V{CB}-2\V{CD}$ . Or $-2\V{CA}=2\V{AC}$ , $\V{CB}=-\V{BC}$ et $-2\V{CD}=-2(\V{CA}+\V{AD})=2\V{AC}-2\V{AD}$ . Ainsi $\V{CH'}=4\V{AC}-\V{BC}-2\V{AD}=\V{CH}$ , donc $H'=H$ : $\ H=\bary{(A;2);(B;-1);(C;-4);(D;2)}$ .

2. $I$ est le barycentre partiel de $(A;2)$ et $(C;-4)$ (poids $-2$ ), $J$ celui de $(B;-1)$ et $(D;2)$ (poids $1$ ). Par associativité, $H=\bary{(I;-2);(J;1)}$ .

3. $-2\V{HI}+\V{HJ}=\vec0$ , donc $\V{HJ}=2\V{HI}$ : $I$ est le milieu de $[JH]$ . (Autre écriture : $\V{IH}=\frac{1}{-1}\V{IJ}=-\V{IJ}$ .)

Exercice 8 — Barycentre et paramètre Moyen ★★★☆☆

Dans le plan muni d’un repère $(O;\vec\imath;\vec\jmath)$ , on considère les points $A(2;-1)$ , $B(-1;3)$ et $C(0;2)$ .

Déterminer les coordonnées du barycentre $G$ du système pondéré $\{(A;3);(B;-2);(C;1)\}$ .
Pour tout $m\in\R$ , on considère le barycentre $G_m$ du système pondéré $\{(A;2m+1);(B;1-m);(C;-m)\}$ . a. Justifier l’existence de $G_m$ pour tout $m\in\R$ . b. Déterminer les coordonnées de $G_m$ en fonction de $m$ . c. Déterminer l’ensemble des points $G_m$ lorsque $m$ décrit $\R$ .

Voir la solution

1. Somme des poids : $3-2+1=2$ . $\ x_G=\frac{3\times2-2\times(-1)+0}{2}=4$ , $\ y_G=\frac{3\times(-1)-2\times3+2}{2}=-\frac72$ : $G\left(4;-\frac72\right)$ .

2. a. $(2m+1)+(1-m)+(-m)=2\neq0$ pour tout $m$ : $G_m$ existe pour tout $m\in\R$ .

2. b. $x_{G_m}=\frac{2(2m+1)-(1-m)+0\times(-m)}{2}=\frac{5m+1}{2}$ et $y_{G_m}=\frac{-(2m+1)+3(1-m)+2(-m)}{2}=\frac{2-7m}{2}$ .

2. c. Si $G_m(x;y)$ , alors $m=\frac{2x-1}{5}$ et $y=\frac{2-7m}{2}$ , d’où $10y=10-7(2x-1)$ , soit $14x+10y-17=0$ : $G_m$ appartient à la droite $(\Delta):14x+10y-17=0$ . Réciproquement, si $M(x;y)\in(\Delta)$ , on pose $m=\frac{2x-1}{5}$ : alors $x=\frac{5m+1}{2}$ et $y=\frac{17-14x}{10}=\frac{2-7m}{2}$ , donc $M=G_m$ . L’ensemble des points $G_m$ est la droite $(\Delta):14x+10y-17=0$ (elle passe par $G_0\left(\frac12;1\right)$ , de vecteur directeur $(5;-7)$ ).

Exercice 9 — Droites concourantes Facile ★★☆☆☆

Soit $ABC$ un triangle et $Y$ le milieu de $[AC]$ .

Placer, en justifiant les constructions, le barycentre $U$ des points pondérés $(B;3)$ et $(C;1)$ , puis le barycentre $E$ des points pondérés $(A;1)$ et $(B;3)$ .
Soit $G=\bary{(A;1);(B;3);(C;1)}$ . Montrer que $G$ est aussi le barycentre des points pondérés $(E;4)$ et $(C;1)$ .
Démontrer que les droites $(EC)$ , $(BY)$ et $(AU)$ sont concourantes.

Voir la solution

1. $U=\bary{(B;3);(C;1)}$ : $\V{BU}=\frac14\V{BC}$ . $\ E=\bary{(A;1);(B;3)}$ : $\V{AE}=\frac34\V{AB}$ .

2. Associativité (regroupement de $A$ et $B$ en $E$ , poids $4$ ) : $G=\bary{(E;4);(C;1)}$ .

3. $Y=\bary{(A;1);(C;1)}$ . Par associativité : $G=\bary{(E;4);(C;1)}\in(EC)$ ; $G=\bary{(Y;2);(B;3)}\in(BY)$ ; $G=\bary{(A;1);(U;4)}\in(AU)$ . Les trois droites sont concourantes en $G$ .

Exercice 10 — Quadrilatère et barycentre Moyen ★★★☆☆

Soient $a$ un réel non nul et $ABCD$ un quadrilatère non aplati tel que $\V{CD}=a\V{AB}$ .

Déterminer les réels $b$ et $c$ pour lesquels $D$ est le barycentre du système pondéré $\{(A;1);(B;b);(C;c)\}$ .
On suppose désormais que $a=-\frac12$ . Soient $E$ le milieu de $[CD]$ et $F$ le milieu de $[AE]$ . Déterminer les réels $x$ et $y$ pour lesquels $F$ est le barycentre du système pondéré $\{(A;x);(B;-1);(C;y)\}$ .

Voir la solution

1. $\V{AD}=\V{AC}+\V{CD}=a\V{AB}+\V{AC}$ . Analyse : si $D=\bary{(A;1);(B;b);(C;c)}$ avec $s=1+b+c\neq0$ , alors $\V{AD}=\frac bs\V{AB}+\frac cs\V{AC}$ . Comme $A$ , $B$ , $C$ ne sont pas alignés (quadrilatère non aplati), les coefficients sont uniques : $\frac bs=a$ et $\frac cs=1$ . Donc $c=s=1+b+c$ , d’où $b=-1$ , puis $s=-\frac1a$ et $c=-\frac1a$ . Synthèse : pour $b=-1$ et $c=-\frac1a$ , $s=-\frac1a\neq0$ et $\frac bs\V{AB}+\frac cs\V{AC}=a\V{AB}+\V{AC}=\V{AD}$ . Conclusion : $\ D=\bary{(A;1);(B;-1);\left(C;-\tfrac1a\right)}$ .

2. Pour $a=-\frac12$ : $D=\bary{(A;1);(B;-1);(C;2)}$ (poids total $2$ ). $E$ , milieu de $[CD]$ , est $\bary{(C;2);(D;2)}$ ; par associativité (on « éclate » $D$ ) : $E=\bary{(A;1);(B;-1);(C;2);(C;2)}=\bary{(A;1);(B;-1);(C;4)}$ (poids total $4$ ). $F$ , milieu de $[AE]$ , est $\bary{(A;4);(E;4)}=\bary{(A;4+1);(B;-1);(C;4)}$ . Donc $x=5$ et $y=4$ (le poids de $B$ étant imposé égal à $-1$ , l’homogénéité rend ce couple unique).

Exercice 11 — Barycentre et figure paramétrée Moyen ★★★☆☆

Soit $ABC$ un triangle et soit $k$ un réel non nul. On définit les points $D$ et $E$ par $\V{BD}=k\V{BC}$ et $\V{AE}=k\V{AB}$ .

Réaliser une figure pour $k=\frac12$ , puis une autre pour $k=-2$ .
Montrer que $D=\bary{(B;1-k);(C;k)}$ .
Montrer que $E=\bary{(A;1-k);(B;k)}$ .
En déduire que, pour tout point $M$ du plan, $\V{MD}+\V{ME}=\V{MA}+\V{MB}+k\V{AC}=2\left(\V{MC'}+k\V{C'A'}\right),$ où $A'$ et $C'$ sont les milieux respectifs de $[BC]$ et de $[AB]$ .
Soit $I$ le milieu de $[DE]$ . Déduire de la question précédente que les points $I$ , $C'$ et $A'$ sont alignés.

Voir la solution

1. Figures pour $k=\frac12$ (à gauche) et $k=-2$ (à droite) :

2. $\V{BD}=k\V{BC}=\frac{k}{(1-k)+k}\V{BC}$ , ce qui caractérise $D=\bary{(B;1-k);(C;k)}$ (somme $1\neq0$ ).

3. De même $\V{AE}=k\V{AB}$ caractérise $E=\bary{(A;1-k);(B;k)}$ .

4. Propriétés caractéristiques (sommes égales à $1$ ) : $\V{MD}=(1-k)\V{MB}+k\V{MC}$ et $\V{ME}=(1-k)\V{MA}+k\V{MB}$ . En additionnant : $\V{MD}+\V{ME}=\V{MA}+\V{MB}+k(\V{MC}-\V{MA})=\V{MA}+\V{MB}+k\V{AC}$ . Or $\V{MA}+\V{MB}=2\V{MC'}$ ( $C'$ milieu de $[AB]$ ) et, par le théorème de la droite des milieux dans $ABC$ , $\V{C'A'}=\frac12\V{AC}$ . Donc $\V{MD}+\V{ME}=2\left(\V{MC'}+k\V{C'A'}\right)$ .

5. $I$ milieu de $[DE]$ : $\V{MD}+\V{ME}=2\V{MI}$ pour tout $M$ . Avec $M=C'$ : $2\V{C'I}=2k\V{C'A'}$ , soit $\V{C'I}=k\V{C'A'}$ : $I$ , $C'$ , $A'$ sont alignés.

Exercice 12 — Droites concourantes et centre de gravité Moyen ★★★☆☆

Soit $ABC$ un triangle de centre de gravité $G$ . On définit les points $I$ , $J$ , $M$ , $N$ , $R$ et $S$ par $\V{AI}=\tfrac14\V{AB},\quad\V{AJ}=\tfrac35\V{AB},\quad\V{AM}=\tfrac14\V{AC},\quad\V{AN}=\tfrac34\V{AC},\quad\V{BR}=\tfrac25\V{BC},\quad\V{BS}=\tfrac35\V{BC}.$ Démontrer que les droites $(IS)$ , $(MR)$ et $(NJ)$ sont concourantes en $G$ .

Voir la solution

On traduit chaque relation en barycentre (deux points) : $I=\bary{(A;3);(B;1)}$ , $J=\bary{(A;2);(B;3)}$ , $M=\bary{(A;3);(C;1)}$ , $N=\bary{(A;1);(C;3)}$ , $R=\bary{(B;3);(C;2)}$ , $S=\bary{(B;2);(C;3)}$ . (Par exemple $\V{AJ}=\frac35\V{AB}=\frac{3}{2+3}\V{AB}$ ; $\V{BR}=\frac25\V{BC}=\frac{2}{3+2}\V{BC}$ .)

$G=\bary{(A;1);(B;1);(C;1)}=\bary{(A;3);(B;3);(C;3)}$ (homogénéité). Par associativité :

$\{(A;3);(B;1)\}\cup\{(B;2);(C;3)\}$ donne $G=\bary{(I;4);(S;5)}$ , donc $G\in(IS)$ ;
$\{(A;3);(C;1)\}\cup\{(B;3);(C;2)\}$ donne $G=\bary{(M;4);(R;5)}$ , donc $G\in(MR)$ ;
$\{(A;1);(C;3)\}\cup\{(A;2);(B;3)\}$ donne $G=\bary{(N;4);(J;5)}$ , donc $G\in(NJ)$ .

Les droites $(IS)$ , $(MR)$ et $(NJ)$ sont concourantes en $G$ .

Exercice 13 — Parallélogramme et alignement Difficile ★★★★☆

Soit $ABCD$ un parallélogramme. On définit les points $M$ , $N$ , $R$ et $S$ par $M=\bary{(A;2);(D;1)},\quad N=\bary{(A;2);(C;2);(D;1)},\quad\V{BR}=\tfrac13\V{BC}\quad\text{et}\quad\V{BS}=\tfrac59\V{BN}.$

Montrer que $S=\bary{(A;1);(B;1);(C;1)}$ .
Montrer que les points $M$ , $S$ et $R$ sont alignés.
Soient $T$ et $U$ les points définis par $\V{CT}=\frac12\V{CD}$ et $\V{AU}=k\V{AB}$ , où $k\in[0;1]$ . Déterminer $k$ pour que les points $S$ , $T$ et $U$ soient alignés.

Voir la solution

$ABCD$ étant un parallélogramme, $\V{AD}=\V{BC}$ , soit $\V{AD}=-\V{AB}+\V{AC}$ , ce qui caractérise $D=\bary{(A;1);(B;-1);(C;1)}$ (somme $1$ ).

1. Par associativité (on éclate $D$ ) : $N=\bary{(A;2);(C;2);(A;1);(B;-1);(C;1)}$ , soit $N=\bary{(A;3);(B;-1);(C;3)}$ (poids $5$ ). $\V{BS}=\frac59\V{BN}=\frac{5}{4+5}\V{BN}$ caractérise $S=\bary{(B;4);(N;5)}$ ; en éclatant $N$ : $S=\bary{(A;3);(B;4-1);(C;3)}$ , c’est-à-dire $S=\bary{(A;3);(B;3);(C;3)}$ , puis, par homogénéité, $S=\bary{(A;1);(B;1);(C;1)}$ .

2. En éclatant $D$ : $M=\bary{(A;2);(D;1)}$ s’écrit $M=\bary{(A;3);(B;-1);(C;1)}$ (poids $3$ ) et $\V{BR}=\frac13\V{BC}$ caractérise $R=\bary{(B;2);(C;1)}$ , donc aussi $R=\bary{(B;4);(C;2)}$ (poids $6$ ). Le système $\{(M;3);(R;6)\}$ équivaut à $\{(A;3);(B;-1+4);(C;1+2)\}=\{(A;3);(B;3);(C;3)\}$ . Donc $S=\bary{(M;3);(R;6)}$ et $S\in(MR)$ : $M$ , $S$ , $R$ sont alignés.

3. On se place dans le repère $(A;\V{AB};\V{AD})$ : $A(0;0)$ , $B(1;0)$ , $D(0;1)$ , $C(1;1)$ . Alors $S\left(\frac23;\frac13\right)$ (question 1), $T\left(\frac12;1\right)$ (milieu de $[CD]$ ) et $U(k;0)$ . $\V{ST}\left(-\frac16;\frac23\right)$ , $\V{SU}\left(k-\frac23;-\frac13\right)$ ; $\det(\V{ST};\V{SU})=\left(-\frac16\right)\left(-\frac13\right)-\frac23\left(k-\frac23\right)=\frac12-\frac23k$ . $S$ , $T$ , $U$ alignés $\iff\frac12-\frac23k=0\iff k=\frac34$ , qui appartient bien à $[0;1]$ .

Exercice 14 — Intersection de deux droites Difficile ★★★★★

Soit $ABCD$ un parallélogramme et soit $\alpha\in\,]0;+\infty[$ . On définit les points $K$ et $L$ par $\V{DK}=(\alpha+1)\V{DB}\qquad\text{et}\qquad\V{CL}=\alpha\V{BC}.$ Soit $M$ le point d’intersection des droites $(CK)$ et $(DL)$ . Montrer que $\V{DM}=\dfrac{\alpha+1}{\alpha^2+\alpha+1}\V{DL}$ .

Voir la solution

On utilise le repère (non nécessairement orthonormé) $(D;\V{DA};\V{DC})$ : $D(0;0)$ , $A(1;0)$ , $C(0;1)$ et $B(1;1)$ (car $\V{DB}=\V{DA}+\V{DC}$ ).

$\V{DK}=(\alpha+1)\V{DB}$ : $K(\alpha+1;\alpha+1)$ .
$\V{CL}=\alpha\V{BC}=\alpha(-1;0)$ : $L(-\alpha;1)$ .

$M\in(DL)$ : il existe $s\in\R$ tel que $\V{DM}=s\V{DL}$ , soit $M(-s\alpha;s)$ . $M\in(CK)$ : $\V{CM}(-s\alpha;s-1)$ et $\V{CK}(\alpha+1;\alpha)$ sont colinéaires : $\det(\V{CK};\V{CM})=(\alpha+1)(s-1)-\alpha(-s\alpha)=s(\alpha^2+\alpha+1)-(\alpha+1)=0 .$ Comme $\alpha^2+\alpha+1>0$ (et les droites ne sont pas parallèles, puisque $\det(\V{DL};\V{CK})=-\alpha^2-(\alpha+1)\neq0$ ), on obtient $s=\dfrac{\alpha+1}{\alpha^2+\alpha+1}$ , d’où $\V{DM}=\frac{\alpha+1}{\alpha^2+\alpha+1}\,\V{DL}.$

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