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Barycentre

À la recherche du point G…

 Le barycentre n'est plus étudié au lycée.

À mes élèves de Meknès et à mon inspecteur qui, du fond de la classe, n'a guère apprécié cette leçon.

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

1. Rappels sur les 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] : + = .

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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).

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 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, donc 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 .

e) Fonction vectorielle de Leibniz α + β ,

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, non tous nuls, 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 d'un triangle : 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 = 2 MI² + (formule d'Apollonius de Perge, 262/190 avant J.-C.).
et MA² − MB² = 2 . ou |MA² − MB²| = 2 AB × I H ; où le point H est la projection orthogonale 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.

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4. Barycentre de trois points

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

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 + β

Transformation pour calculer le vecteur  :
α + β + β = ,
α ( + ) + β ( + ) + β ( + ) = .

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

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, le centre de gravité G est le barycentre des trois points pondérés (A, 1) ; (B, 1) et (C, 1) ; et on a : + + = Si A’ est le milieu de [BC] on a + = 2 donc + 2 = Télécharger la figure GéoPlan medianes.g2w

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

G appartient à la médiane [AA’] du triangle ABC et est aux , à partir de A, de cette médiane.

La fonction de Leibniz permet d'écrire pour tout point M : + + = 3 .

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

Calcul vectoriel :
2 + + =
2 + 2 =

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

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 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.

télécharger la figure GéoPlan bary3_f8.g2w

Commandes GéoPlan

Déplacer les sommets ou modifier les divers coefficients ;
Les touches 1, 2 et 3 permettent d'obtenir les trois figures des exemples ci-dessus ::
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

ABCD est 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 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.

Exercice 4

f) Aires et barycentre

Tout point G situé à l'intérieur d'un triangle ABC peut être défini comme le barycentre des points pondérés :
[A, Aire(BCG)] ; [B, Aire(CAG)] ; [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(CAG)] ; [C, Aire(ABG)] est aussi celui de [B, CA’] ; [C, BA’].
Le barycentre de [B, Aire(CAG)] ; [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(CAG)] ; [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 est extérieur au triangle ABC, en comptant négativement les aires entièrement extérieures au triangle ABC.
Cela revient aussi à compter positivement les aire des triangles directs et négativement celle des triangles indirects.

Démontrer par les aires - André Laur - Bulletin APMEP n^o 463 - Mars 2006

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

Télécharger la figure GéoPlan bary_air.g2w
Sujet proposé dans le forum ilemaths

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5. Problèmes d'alignement

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

(Dans la foulée - Terracher géométrie 1^ère S - Hachette 2001)

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).

Les points I, L et M sont alignés et = 2 .

Télécharger la figure GéoPlan alig_f12.g2w

6. Problèmes de lieux

ABC est 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 = 2 + +

et 2 = + (MH est une médiane de MBC).

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

Construire (D₁).

Télécharger la figure GéoPlan lieu_f13.g2w

c. Dire quel est l'ensemble (D₂) des points M tels que .
Construire (D₂).

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

Construire (C₁).

e. Dire quel est l'ensemble (C₂) des points M tels que :.

Construire (C₂).

Montrer que le cercle (C₂) contient le point B.

Télécharger la figure GéoPlan lieu_f14.g2w

Cercles d'Apollonius : voir lieux géométriques dans le 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 + β + β + δ = est le barycentre des points pondérés (A, α) ; (B, β) ; (C, β) et (D, δ).

Fonction vectorielle de Leibniz : pour tout point M on a : α + β + β + 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.

c. Centre de gravité d'un tétraèdre

8. Problèmes de concours

b. Bissectrices d'un triangle

Télécharger la figure GéoPlan bissectr.g2w

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

Pour le point G, 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.

Télécharger la figure GéoPlan concours.g2w
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.

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

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