René DescartesDescartes et les Mathématiques

Barycentre

À la recherche du point G…

 Le barycentre n'est plus étudié au lycée.

Sommaire

1. Rappel sur les 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

Isobarycentre du pentagone régulier

La géométrie du triangle IV : cercle d'Apollonius

Lieu d'un barycentre : épreuve pratique en TS

Barycentre et aires dans un triangle

Faire de la
géométrie dynamique

Barycentre
au bac S

Épreuve pratique TS
Lieu d'un barycentre

Cercle d'Euler
Théorème de Feuerbach

GéoSpace
Tétraèdres

Petits programmes TI-92
Barycentre

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

1.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

1.b. Vecteurs colinéaires.

1.c. Droite passant par A de direction vect(u).

1.d. Vecteurs coplanaires.

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

2. Repère

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

3. Barycentre de deux points

3.a. Activités

Balance romaine.

3.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 αvect(GA) + β vect(GB) = vect(0)  ;
le point G est appelé barycentre des points pondérés (A, α) et (B, β).

Barycentre de deux points

Barycentre de (A, 2) ; (B, 1)

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, alors 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.

3.c. Position du barycentre

De la colinéarité des vecteurs vect(AG) et vect(AB), 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 ≤ β/(α+β) ≤ 1, donc le point G appartient au segment [AB].

α vect(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.

3.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).

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

Somme vectorielle de Leibniz αvect(MA)+βvect(MB)

G barycentre de (A, 2) et (B, 3/2)

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) + βvect(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.

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 vect(MA) + β vect(MB) + γvect(MC) = vect(0).

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) vect(MC) = α vect(MA) + β vect(MB), il suffit de choisir γ = − (α + β).

3.f. Cas particuliers : coefficients égaux ou opposés

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 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 = 2 MI2 + 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 ; où le point H est la projection orthogonale du point M sur la droite (AB).

Voir lieux et théorème de la médiane

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.

4. Barycentre de trois points

Barycentre de trois points

Barycentre de (A, 3) ; (B, 2) et (C,4)

4.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).

 

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Démonstration : calcul 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)

Calcul de vect(AS) et vect(AG)Sur la figure 4 ci-contre :

vect(AB') = β vect(AB) ; vect(AC') = γ vect(AC) ;

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

vect(AG) = 1/(α+β+γ) AS

 

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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.

4.b. Fonction vectorielle de Leibniz αvect(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) + β vect(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).

4.c. Exemples : centre de gravité d'un triangle

Isobarycentre d'un triangle

Centre de gravité d'un triangle

Exemple 1 : isobarycentre

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 :

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

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

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

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

G appartient à la médiane [AA’] du triangle ABC et est 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
barycentre de (A, 2) ; (B, 1) et (C, 1)

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].

g2w Télécharger la figure GéoPlan bary3_f6.g2w

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

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

Barycentre partiel

B’ barycentre partiel

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’].

 

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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).

Barycentre de (A, 2) ; (B, -1) et (C, 4)

Construire les barycentres partiels

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’).

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

Pas de barycentre partiel sur (BC)

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).

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.

g2w 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.

4.e. Problème réciproque

Exprimer un point comme barycentre de trois autres

Problème réciproqueExercice 1

ABCD est 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).

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) + vect(ID) = vect(0)
Comme D est le barycentre de (A, 1) ; (B, −1) et (C, 1) on a :
vect(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 du triangle 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.

 

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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 une droite des milieux.
L est le milieu de [AK].
LK = MN = NC; AK = 2 NC.
Dans le triangle DCN, la droite (KJ), parallèle à (CH), est une 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 une droite des milieux.
NI = 1/2 MB.
KI = KN + 1/2 KN = 3/2 DK.
Le rapport DK/KI est égal à 2/3.
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).

4.f. Aires et barycentre

concours des médianes avec les aires et barycentreTout 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.

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

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Sujet proposé dans le forum ilemaths

5. Problèmes d'alignement

Problème d'alignement

Prouver un alignement

Exercice 1

Soit ABC un triangle, P le symétrique de B par rapport à C, Q le point défini par vect(CQ) = 1/3 vect(CA) et R le milieu de [AB]. Prouver que P, Q et R sont alignés.

Il suffit de montrer que Q est le barycentre de P et R :

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

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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.

Alignement de I, L et M

Montrer un alignement

5.2.a. Écrire L comme barycentre et calculer 4 vect(IL).

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

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

Solution 

5.2.a. L est le barycentre de (A, 1) et (C, 3) d'où 4 vect(IL) = vect(IA) + 3 vect(IC)

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

5.2.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).

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

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6. Problèmes de lieux

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

6.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).

 

6.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).

 

g2w Télécharger la figure GéoPlan lieu_f13.g2w

6.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).

Problèmes de lieux6.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).

 

6.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 cercle (C2) contient le point B.

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Cercles d'Apollonius : voir lieux géométriques dans le triangle

Lieux géométriques

Somme de carrés α MA2 + β MC2 + γ MC2

Transformation pour calculer α MA2 + β MC2 + γ MC2 avec le barycentre des points pondérés (A, α) ; (B, β) et (C, γ)

α MA2 + β MC2 + γ MC2 = α vect(MA)2 + β vect(MB)2 + γ vect(MC)2 = α(vect(MG) + vect(GA))2 + β(vect(MG) + vect(GB))2 + γ(vect(MG) + vect(GC))2

= α MG2 + 2α vect(MG) . vect(GA) + α GA2 + β MG2 + 2 β vect(MG) . vect(GB) + β GB2 + γ MG2 + 2γ vect(MG) . vect(GB) + γ GC2

= (α + β + γ) MG2 + 2 vect(MG).(α vect(GA) + β vect(GB) + γ vect(GC)) + α GA2 + β GB2+ γ GC2

Commme α vect(GA) + β vect(GB) + γ vect(GC) = vect(0), on a :

α MA2 + β MC2 + γ MC2 = (α + β + γ) MG2 + α GA2 + β GB2+ γ GC2

Si d2 > α GA2 + β GB2 + γ GC2, le lieu des points M tel que α MA2 + β MC2 + γ MC2 = d2 est un cercle de centre G.

ApplicationsDeux points : α MA2 + β MC2 = (α + β) MG2 + α GA2 + β GB2 ; voir lieux et théorème de la médiane

Quatre points : α MA2 + β MC2 + γ MC2 + δ MD2 = (α + β + γ + δ) MG2 + α GA2 + β GB2+ γ GC2 + δ GD2 ; voir le calcul de Mons. des Cartes

7. Barycentre de quatre points

7.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).

7.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.

7.c. Centre de gravité d'un tétraèdre

Centre de gravité d'un tétraèdre

Les 4 médianes sont concourantes au centre de gravité du tétraèdre.

Définition : les médianes d'un tétraèdre sont les segments reliant les sommets au centre de gravité de la face opposée.

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’].

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Voir : centre de gravité d'un quadrilatère et droites joignant les sommets d'un quadrilatère aux centres de gravité de triangles
Barycentre et tétraèdre avec GéoSpace
Sections planes d'un tétraèdre : GéoSpace dans l'ancienne 1ère S

8. Problèmes de concours et isobarycentres dans un quadrilatère

8.a. Centre de gravité d'un quadrilatère

Centre de gravite d'un quadrilatere

Les médianes d'un quadrilatère se coupent en leur milieu
qui est l'isobarycentre des sommets.

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

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

Démonstration :

Dans un quadrilatère ABCD, soit I le milieu de [AB] et K le milieu de [CD],
G l'isobarycentre de (A, 1) ; (B, 1) ; (C, 1) ; (D,1).

D'après la règle d'associativité du barycentre,
G est le barycentre de (I, 1+1) ; (K, 1+1), d'où G est le milieu de la médiane [IK].

On montre, de même, que G est le milieu de la médiane [JL] et du segment [PQ] joignant les milieux des diagonales.

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

Voir : théorème de Varignon

Remarque : ne pas confondre ce centre de gravité (isobarycentre des 4 sommets) avec le centre de masse du quadrilatère plein (centre de gravité de la surface homogène), ni avec le barycentre des côtés (centre de masse du quadrilatère en fil de fer).

Quatre droites joignant les sommets d'un quadrilatère aux centres de gravité de triangles

Centre de gravité d'un quadrilatère

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

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

g2w Télécharger la figure GéoPlan quad_ct_gravite.g2w

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

Quadrilatère formé par les centres de gravité de triangles

Centre de gravité d'un quadrilatère

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

Par exemple, d'après la règle d'associativité, G est le barycentre de (A, 1) et (A’, 3) ;
on a donc vect(GA) + 3vect(GA') = vect(0) et vect(GA') = − 1/3 vect(GA).

Ces deux quadrilatères ABCD et A’B’C’D’ sont semblables, par l'homothétie de centre G et de rapport − 1/3.

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8.b. Bissectrices d'un triangle

Bissectrices d'un triangle

Construction du centre du cercle inscrit comme barycentre

Les trois bissectrices intérieures d'un triangle ABC 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 en A du triangle ABC.

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Construction à la « règle et au compas », voir : problèmes de construction

8.c. Concours au centre de gravité

Concours au centre de gravitéChacun 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 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.

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

8.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.

Alignement de trois points dans un parallelogramme<

Alignement dans un parallélogramme

8.d. Alignement de trois points

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.

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

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Les droites (AL), (BK), (CI) et (DJ) sont concourantes

Point de concours dans un parallélogramme

8.d. Point de concours

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

8.d.2.a. Exprimer J et K comme barycentre de deux points puis exprimer G comme barycentre de A, B et D.
8.d.2.b. Exprimer C comme barycentre de A, B et D puis I comme barycentre de A et B.
8.d.2.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) + vect(BL) = vect(AL) et conclure
.

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8.d. Correction de l'exemple ci-dessus

8.d.2.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).

 

8.d.2.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 3vect(GI) = 2 vect(GA) + vect(GB).
En ajoutant ces deux égalités : GC + 3vect(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).

 

8.d.2.c. En combinant les deux relations précédentes, on trouve :
GC + 3 vect(GI) = 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 vect(AL).
Donc, 2 vect(AG) = vect(AL). 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

 

La géométrie
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Sommaire

1. Rappel sur les 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

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Rétroliens

Chu Timone

Quelques articles repris dans l'encyclopédie des Sciences - 1ere S et ES

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

 Statistiques Orangee visite des pages « première ».

Page no 24, réalisée le 12/11/2002, modifiée le 3/4/2010