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Chapitre 3 — Barycentre

Cours

Plan du chapitre. I. Barycentre de deux points pondérés — II. Barycentre de trois points pondérés — III. Barycentre de quatre points pondérés.

Dans tout le chapitre, on travaille dans le plan (P)(\mathcal P) rapporté, si besoin, à un repère (O ;i⃗,j⃗)(O\,;\vec i,\vec j).

I. Barycentre de deux points pondérés

1. Définition et existence

Définition 1

On appelle point pondéré tout couple (A,a)(A,a) où AA est un point du plan et aa un réel (le poids ou coefficient de AA).

Soient (A,a)(A,a) et (B,b)(B,b) deux points pondérés tels que a+b≠0a+b\neq0. Il existe un unique point GG tel que aGA→+bGB→=0⃗.a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}=\vec 0. Ce point est appelé barycentre du système {(A,a) ;(B,b)}\{(A,a)\,;(B,b)\} ; on écrit G=bar{(A,a) ;(B,b)}G=\mathrm{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}.

Remarque

En introduisant AA par la relation de Chasles : aGA→+b(GA→+AB→)=0⃗a\overrightarrow{GA}+b(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB})=\vec0, d’où AG→=ba+b AB→.\overrightarrow{AG}=\frac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}. Cette égalité prouve l’existence et l’unicité de GG et permet de le construire. Si a+b=0a+b=0 (avec a≠0a\neq0), la relation devient aBA→=0⃗a\overrightarrow{BA}=\vec0 : il n’y a pas de barycentre lorsque A≠BA\neq B.

Exemple 1

Soient AA et BB deux points tels que AB=6AB=6 cm. Construire G=bar{(A,2) ;(B,1)}G=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(B,1)\} et H=bar{(A,3) ;(B,−1)}H=\mathrm{bar}\{(A,3)\,;(B,-1)\}.

Voir la solution
  • 2+1=3≠02+1=3\neq0 et AG→=13AB→\overrightarrow{AG}=\dfrac13\overrightarrow{AB} : GG est sur [AB][AB] à 22 cm de AA.
  • 3−1=2≠03-1=2\neq0 et AH→=−12AB→\overrightarrow{AH}=\dfrac{-1}{2}\overrightarrow{AB} : HH est sur la droite (AB)(AB), du côté opposé à BB par rapport à AA, à 33 cm de AA.
Figure

2. Propriétés

Propriété

Soit G=bar{(A,a) ;(B,b)}G=\mathrm{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\} avec a+b≠0a+b\neq0.

  • Homogénéité : pour tout réel k≠0k\neq0, G=bar{(A,ka) ;(B,kb)}G=\mathrm{bar}\{(A,ka)\,;(B,kb)\}.
  • GG appartient à la droite (AB)(AB) ; si aa et bb sont de même signe, G∈[AB]G\in[AB].
  • Si a=ba=b, GG est le milieu de [AB][AB] (on l’appelle isobarycentre de AA et BB).
  • Réciproquement, si AG→=kAB→\overrightarrow{AG}=k\overrightarrow{AB}, alors G=bar{(A,1−k) ;(B,k)}G=\mathrm{bar}\{(A,1-k)\,;(B,k)\}.

Exemple 2

Soit GG le point défini par AG→=25AB→\overrightarrow{AG}=\dfrac25\overrightarrow{AB}. Écrire GG comme barycentre de AA et BB avec des poids entiers.

Voir la solution

D’après la réciproque, G=bar{(A,35) ;(B,25)}G=\mathrm{bar}\{(A,\tfrac35)\,;(B,\tfrac25)\}, et par homogénéité (on multiplie par 55) : G=bar{(A,3) ;(B,2)}G=\mathrm{bar}\{(A,3)\,;(B,2)\}.

Vérification : ba+b=25\dfrac{b}{a+b}=\dfrac{2}{5}.

3. Réduction de la somme aMA→+bMB→a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}

Propriété

Si a+b≠0a+b\neq0 et G=bar{(A,a) ;(B,b)}G=\mathrm{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}, alors pour tout point MM du plan : aMA→+bMB→=(a+b) MG→.a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}=(a+b)\,\overrightarrow{MG}.

À retenir

Pour déterminer un ensemble de points MM vérifiant ∥aMA→+bMB→∥=k\|a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}\|=k, on remplace la somme par (a+b)MG→(a+b)\overrightarrow{MG} : on obtient MG=k∣a+b∣MG=\dfrac{k}{|a+b|}, c’est un cercle de centre GG.

Application

Soient AA, BB tels que AB=5AB=5. Déterminer l’ensemble (Γ)(\Gamma) des points MM tels que ∥2MA→+3MB→∥=10\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}\|=10.

Voir la solution

Soit G=bar{(A,2) ;(B,3)}G=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(B,3)\}, donc AG→=35AB→\overrightarrow{AG}=\dfrac35\overrightarrow{AB} (AG=3AG=3). Pour tout MM : 2MA→+3MB→=5MG→2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}=5\overrightarrow{MG}.

∥5MG→∥=10  ⟺  MG=2\|5\overrightarrow{MG}\|=10\iff MG=2 : (Γ)(\Gamma) est le cercle de centre GG et de rayon 22.

4. Coordonnées du barycentre

Propriété

Si A(xA;yA)A(x_A;y_A), B(xB;yB)B(x_B;y_B) et G=bar{(A,a) ;(B,b)}G=\mathrm{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\} avec a+b≠0a+b\neq0, alors xG=a xA+b xBa+betyG=a yA+b yBa+b.x_G=\frac{a\,x_A+b\,x_B}{a+b}\qquad\text{et}\qquad y_G=\frac{a\,y_A+b\,y_B}{a+b}.

Exemple 3

On donne A(1 ;2)A(1\,;2) et B(4 ;−1)B(4\,;-1). Calculer les coordonnées de G=bar{(A,2) ;(B,1)}G=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(B,1)\}.

Voir la solution

xG=2×1+1×43=2x_G=\dfrac{2\times1+1\times4}{3}=2 et yG=2×2+1×(−1)3=1y_G=\dfrac{2\times2+1\times(-1)}{3}=1 : G(2 ;1)G(2\,;1).

II. Barycentre de trois points pondérés

Définition 2

Soient (A,a)(A,a), (B,b)(B,b), (C,c)(C,c) trois points pondérés tels que a+b+c≠0a+b+c\neq0. Il existe un unique point GG tel que aGA→+bGB→+cGC→=0⃗,a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}=\vec0, appelé barycentre du système {(A,a) ;(B,b) ;(C,c)}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\}. Il est caractérisé par AG→=ba+b+c AB→+ca+b+c AC→.\overrightarrow{AG}=\frac{b}{a+b+c}\,\overrightarrow{AB}+\frac{c}{a+b+c}\,\overrightarrow{AC}.

Propriété

Soit G=bar{(A,a) ;(B,b) ;(C,c)}G=\mathrm{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\} avec a+b+c≠0a+b+c\neq0.

  • Homogénéité : on peut multiplier tous les poids par un même réel non nul.
  • Réduction : pour tout point MM, aMA→+bMB→+cMC→=(a+b+c)MG→a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}+c\overrightarrow{MC}=(a+b+c)\overrightarrow{MG}.
  • Coordonnées : xG=axA+bxB+cxCa+b+cx_G=\dfrac{ax_A+bx_B+cx_C}{a+b+c}, yG=ayA+byB+cyCa+b+cy_G=\dfrac{ay_A+by_B+cy_C}{a+b+c}.
  • Associativité : si a+b≠0a+b\neq0 et H=bar{(A,a) ;(B,b)}H=\mathrm{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}, alors G=bar{(H,a+b) ;(C,c)}G=\mathrm{bar}\{(H,a+b)\,;(C,c)\}.
  • Si a=b=ca=b=c, GG est l’isobarycentre de AA, BB, CC : c’est le centre de gravité du triangle ABCABC.

Exemple 4

Soit ABCABC un triangle. Construire G=bar{(A,1) ;(B,2) ;(C,1)}G=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,2)\,;(C,1)\} en utilisant l’associativité.

Voir la solution

Soit JJ le milieu de [AC][AC] : J=bar{(A,1) ;(C,1)}J=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(C,1)\}. Par associativité, G=bar{(J,2) ;(B,2)}G=\mathrm{bar}\{(J,2)\,;(B,2)\} : GG est le milieu de [JB][JB].

Figure

Application

Soit ABCABC un triangle et G=bar{(A,2) ;(B,−1) ;(C,1)}G=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(B,-1)\,;(C,1)\}. Exprimer AG→\overrightarrow{AG} en fonction de AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.

Voir la solution

a+b+c=2a+b+c=2, donc AG→=−12AB→+12AC→\overrightarrow{AG}=\dfrac{-1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{AC}.

Méthode

Montrer que trois droites sont concourantes. On choisit un barycentre GG de trois points et on montre, par associativité, que GG appartient à chacune des trois droites.

Application

Soit ABCABC un triangle, I=bar{(A,1) ;(B,2)}I=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,2)\}, J=bar{(B,2) ;(C,3)}J=\mathrm{bar}\{(B,2)\,;(C,3)\} et K=bar{(A,1) ;(C,3)}K=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(C,3)\}. Montrer que les droites (CI)(CI), (AJ)(AJ) et (BK)(BK) sont concourantes.

Voir la solution

Soit G=bar{(A,1) ;(B,2) ;(C,3)}G=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,2)\,;(C,3)\} (car 1+2+3=6≠01+2+3=6\neq0). Par associativité :

  • G=bar{(I,3) ;(C,3)}G=\mathrm{bar}\{(I,3)\,;(C,3)\}, donc G∈(CI)G\in(CI) ;
  • G=bar{(A,1) ;(J,5)}G=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(J,5)\}, donc G∈(AJ)G\in(AJ) ;
  • G=bar{(K,4) ;(B,2)}G=\mathrm{bar}\{(K,4)\,;(B,2)\}, donc G∈(BK)G\in(BK).

Les trois droites passent par GG : elles sont concourantes.

Figure

III. Barycentre de quatre points pondérés

Propriété

Les définitions et propriétés précédentes se prolongent à quatre points pondérés (A,a)(A,a), (B,b)(B,b), (C,c)(C,c), (D,d)(D,d) avec a+b+c+d≠0a+b+c+d\neq0 : le barycentre GG vérifie aGA→+bGB→+cGC→+dGD→=0⃗a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}+d\overrightarrow{GD}=\vec0, et l’on dispose de la réduction, des coordonnées et de l’associativité.

Exemple 5

Soit ABCDABCD un quadrilatère, II, JJ, KK, LL les milieux respectifs de [AB][AB], [BC][BC], [CD][CD], [DA][DA]. Montrer que les segments [IK][IK] et [JL][JL] ont le même milieu.

Voir la solution

Soit GG l’isobarycentre de AA, BB, CC, DD. Par associativité :

  • G=bar{(I,2) ;(K,2)}G=\mathrm{bar}\{(I,2)\,;(K,2)\} : GG est le milieu de [IK][IK] ;
  • G=bar{(J,2) ;(L,2)}G=\mathrm{bar}\{(J,2)\,;(L,2)\} : GG est le milieu de [JL][JL].

Donc [IK][IK] et [JL][JL] ont le même milieu GG (et IJKLIJKL est un parallélogramme).

Application

On donne A(0 ;0)A(0\,;0), B(4 ;0)B(4\,;0), C(4 ;2)C(4\,;2) et D(0 ;6)D(0\,;6). Calculer les coordonnées de G=bar{(A,1) ;(B,1) ;(C,2) ;(D,−1)}G=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,1)\,;(C,2)\,;(D,-1)\}.

Voir la solution

1+1+2−1=3≠01+1+2-1=3\neq0. xG=0+4+8+03=4x_G=\dfrac{0+4+8+0}{3}=4 et yG=0+0+4−63=−23y_G=\dfrac{0+0+4-6}{3}=-\dfrac23 : G(4 ;−23)G\left(4\,;-\dfrac23\right).

Série d’exercices

Exercice 1 — Construction Facile ★☆☆☆☆

Soient AA et BB deux points tels que AB=4AB=4 cm.

  1. Construire G1=bar{(A,1) ;(B,3)}G_1=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,3)\}.
  2. Construire G2=bar{(A,2) ;(B,−3)}G_2=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(B,-3)\}.
  3. Construire G3=bar{(A,−5) ;(B,−5)}G_3=\mathrm{bar}\{(A,-5)\,;(B,-5)\}.
Voir la solution

1) 1+3≠01+3\neq0 et AG1→=34AB→\overrightarrow{AG_1}=\dfrac34\overrightarrow{AB} : G1∈[AB]G_1\in[AB] avec AG1=3AG_1=3 cm.

2) 2−3=−1≠02-3=-1\neq0 et AG2→=−3−1AB→=3AB→\overrightarrow{AG_2}=\dfrac{-3}{-1}\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AB} : G2G_2 est sur la demi-droite [AB)[AB) avec AG2=12AG_2=12 cm.

3) Les poids sont égaux (homogénéité : G3=bar{(A,1) ;(B,1)}G_3=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,1)\}) : G3G_3 est le milieu de [AB][AB], AG3=2AG_3=2 cm.

Figure

Exercice 2 — Retrouver les poids Facile ★☆☆☆☆

Dans chaque cas, écrire le point GG comme barycentre de AA et BB avec des poids entiers :

  1. AG→=37AB→\overrightarrow{AG}=\dfrac37\overrightarrow{AB} ;
  2. GA→=−2GB→\overrightarrow{GA}=-2\overrightarrow{GB} ;
  3. AB→=3AG→\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AG}.
Voir la solution

1) G=bar{(A,47) ;(B,37)}=bar{(A,4) ;(B,3)}G=\mathrm{bar}\{(A,\tfrac47)\,;(B,\tfrac37)\}=\mathrm{bar}\{(A,4)\,;(B,3)\}.

2) GA→+2GB→=0⃗\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}=\vec0 : G=bar{(A,1) ;(B,2)}G=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,2)\}.

3) AG→=13AB→\overrightarrow{AG}=\dfrac13\overrightarrow{AB} : G=bar{(A,23) ;(B,13)}=bar{(A,2) ;(B,1)}G=\mathrm{bar}\{(A,\tfrac23)\,;(B,\tfrac13)\}=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(B,1)\}.

Exercice 3 — Coordonnées Facile ★☆☆☆☆

Dans un repère, on donne A(2 ;−1)A(2\,;-1), B(−1 ;3)B(-1\,;3) et C(4 ;1)C(4\,;1).

  1. Calculer les coordonnées de G=bar{(A,1) ;(B,2)}G=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,2)\}.
  2. Calculer les coordonnées de H=bar{(A,1) ;(B,1) ;(C,2)}H=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,1)\,;(C,2)\}.
  3. Déterminer le réel aa pour que E=bar{(A,2) ;(B,a)}E=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(B,a)\} appartienne à l’axe des ordonnées.
Voir la solution

1) xG=2+2×(−1)3=0x_G=\dfrac{2+2\times(-1)}{3}=0, yG=−1+2×33=53y_G=\dfrac{-1+2\times3}{3}=\dfrac53 : G(0 ;53)G\left(0\,;\dfrac53\right).

2) xH=2−1+84=94x_H=\dfrac{2-1+8}{4}=\dfrac94, yH=−1+3+24=1y_H=\dfrac{-1+3+2}{4}=1 : H(94 ;1)H\left(\dfrac94\,;1\right).

3) Il faut a≠−2a\neq-2 et xE=4−a2+a=0x_E=\dfrac{4-a}{2+a}=0, soit a=4a=4. Alors E(0 ;53)E(0\,;\tfrac53), c’est le point GG de la question 1 (homogénéité).

Exercice 4 — Réduction et lieux Facile ★★☆☆☆

Soient AA et BB deux points tels que AB=6AB=6.

  1. Déterminer le point GG tel que, pour tout MM, 3MA→−MB→=2MG→3\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MG}, et exprimer AG→\overrightarrow{AG} en fonction de AB→\overrightarrow{AB}.
  2. Réduire MA→+2MB→\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}.
  3. Déterminer l’ensemble (C)(\mathcal C) des points MM tels que ∥3MA→−MB→∥=4\|3\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\|=4.
  4. Déterminer l’ensemble (Δ)(\Delta) des points MM tels que ∥2MA→+MB→∥=∥MA→+2MB→∥\|2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\|=\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}\|.
Voir la solution

1) 3−1=2≠03-1=2\neq0 ; soit G=bar{(A,3) ;(B,−1)}G=\mathrm{bar}\{(A,3)\,;(B,-1)\} : 3MA→−MB→=2MG→3\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MG} et AG→=−12AB→\overrightarrow{AG}=-\dfrac12\overrightarrow{AB}.

2) Avec H=bar{(A,1) ;(B,2)}H=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,2)\} (AH→=23AB→\overrightarrow{AH}=\dfrac23\overrightarrow{AB}) : MA→+2MB→=3MH→\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}=3\overrightarrow{MH}.

3) ∥2MG→∥=4  ⟺  MG=2\|2\overrightarrow{MG}\|=4\iff MG=2 : (C)(\mathcal C) est le cercle de centre GG et de rayon 22.

4) Avec K=bar{(A,2) ;(B,1)}K=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(B,1)\} : ∥3MK→∥=∥3MH→∥  ⟺  MK=MH\|3\overrightarrow{MK}\|=\|3\overrightarrow{MH}\|\iff MK=MH. Comme AK=2≠AH=4AK=2\neq AH=4, K≠HK\neq H : (Δ)(\Delta) est la médiatrice de [KH][KH] (c’est aussi celle de [AB][AB], puisque KK et HH sont symétriques par rapport au milieu de [AB][AB]).

Exercice 5 — Triangle et alignement Facile ★★☆☆☆

Soit ABCABC un triangle, II le milieu de [AB][AB] et G=bar{(A,1) ;(B,1) ;(C,2)}G=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,1)\,;(C,2)\}.

  1. Montrer que GG est le milieu de [CI][CI].
  2. Exprimer AG→\overrightarrow{AG} en fonction de AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}, puis construire GG.
  3. Soit J=bar{(A,1) ;(C,2)}J=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(C,2)\}. Montrer que les points BB, GG et JJ sont alignés.
Voir la solution

1) I=bar{(A,1) ;(B,1)}I=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,1)\} ; par associativité G=bar{(I,2) ;(C,2)}G=\mathrm{bar}\{(I,2)\,;(C,2)\} : GG est le milieu de [CI][CI].

2) 1+1+2=41+1+2=4 : AG→=14AB→+12AC→\overrightarrow{AG}=\dfrac14\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{AC}.

Figure

3) Par associativité, G=bar{(J,3) ;(B,1)}G=\mathrm{bar}\{(J,3)\,;(B,1)\}, donc G∈(BJ)G\in(BJ) : BB, GG, JJ sont alignés.

Exercice 6 — Droites concourantes Facile ★★☆☆☆

Soit ABCABC un triangle. On considère I=bar{(A,2) ;(B,1)}I=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(B,1)\}, JJ le milieu de [BC][BC] et K=bar{(A,2) ;(C,1)}K=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(C,1)\}.

  1. Construire II, JJ et KK.
  2. Montrer que les droites (CI)(CI), (AJ)(AJ) et (BK)(BK) sont concourantes en un point GG que l’on précisera.
Voir la solution

1) AI→=13AB→\overrightarrow{AI}=\dfrac13\overrightarrow{AB}, JJ milieu de [BC][BC], AK→=13AC→\overrightarrow{AK}=\dfrac13\overrightarrow{AC}.

2) Soit G=bar{(A,2) ;(B,1) ;(C,1)}G=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(B,1)\,;(C,1)\} (2+1+1=4≠02+1+1=4\neq0). Par associativité :

  • G=bar{(I,3) ;(C,1)}∈(CI)G=\mathrm{bar}\{(I,3)\,;(C,1)\}\in(CI) ;
  • G=bar{(A,2) ;(J,2)}G=\mathrm{bar}\{(A,2)\,;(J,2)\} : GG est le milieu de [AJ][AJ], donc G∈(AJ)G\in(AJ) ;
  • G=bar{(K,3) ;(B,1)}∈(BK)G=\mathrm{bar}\{(K,3)\,;(B,1)\}\in(BK).

Les trois droites sont concourantes en GG, milieu de [AJ][AJ].

Exercice 7 — Parallélogramme Facile ★★☆☆☆

Soit ABCDABCD un parallélogramme de centre OO.

  1. Montrer que D=bar{(A,1) ;(B,−1) ;(C,1)}D=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,-1)\,;(C,1)\}.
  2. Montrer que OO est l’isobarycentre de AA, BB, CC, DD.
  3. Réduire, pour tout point MM, le vecteur MA→−MB→+MC→\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}.
Voir la solution

1) 1−1+1=1≠01-1+1=1\neq0 ; le barycentre GG vérifie AG→=−AB→+AC→=BA→+AC→=BC→\overrightarrow{AG}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BC}. Or ABCDABCD est un parallélogramme : BC→=AD→\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}. Donc AG→=AD→\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AD} et G=DG=D.

2) OO est le milieu de [AC][AC] et de [BD][BD] : O=bar{(A,1) ;(C,1)}=bar{(B,1) ;(D,1)}O=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(C,1)\}=\mathrm{bar}\{(B,1)\,;(D,1)\}. Par associativité, l’isobarycentre de AA, BB, CC, DD est bar{(O,2) ;(O,2)}=O\mathrm{bar}\{(O,2)\,;(O,2)\}=O.

3) D’après 1) : MA→−MB→+MC→=1⋅MD→=MD→\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=1\cdot\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{MD}.

Exercice 8 — Application physique Facile ★★☆☆☆

Une tige rigide [AB][AB] de masse négligeable mesure 1,21{,}2 m. On fixe une masse de 33 kg en AA et une masse de 55 kg en BB. Le centre de gravité GG du système est le barycentre de {(A,3) ;(B,5)}\{(A,3)\,;(B,5)\}.

  1. Calculer la distance AGAG.
  2. Quelle masse faudrait-il placer en AA (la masse en BB restant 55 kg) pour que GG soit le milieu de [AB][AB] ?
Voir la solution

1) AG→=53+5AB→\overrightarrow{AG}=\dfrac{5}{3+5}\overrightarrow{AB}, donc AG=58×1,2=0,75AG=\dfrac58\times1{,}2=0{,}75 m.

2) GG milieu de [AB][AB] exige des poids égaux : il faut 55 kg en AA.

Exercice 9 — Quatre points Moyen ★★★☆☆

Soit ABCABC un triangle de centre de gravité G1G_1, et DD un point du plan. On pose G=bar{(A,1) ;(B,1) ;(C,1) ;(D,3)}G=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,1)\,;(C,1)\,;(D,3)\}.

  1. Montrer que GG est le milieu de [G1D][G_1D].
  2. Déterminer l’ensemble des points MM tels que ∥MA→+MB→+MC→+3MD→∥=12\|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+3\overrightarrow{MD}\|=12.
Voir la solution

1) G1=bar{(A,1) ;(B,1) ;(C,1)}G_1=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,1)\,;(C,1)\} ; par associativité G=bar{(G1,3) ;(D,3)}G=\mathrm{bar}\{(G_1,3)\,;(D,3)\} : GG est le milieu de [G1D][G_1D].

2) 1+1+1+3=61+1+1+3=6 : MA→+MB→+MC→+3MD→=6MG→\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+3\overrightarrow{MD}=6\overrightarrow{MG}. Donc 6MG=12  ⟺  MG=26MG=12\iff MG=2 : c’est le cercle de centre GG et de rayon 22.

Exercice 10 — Lieu d’un barycentre Moyen ★★★☆☆

Soit ABCABC un triangle et JJ le milieu de [AC][AC]. Pour tout réel mm, on pose Gm=bar{(A,1) ;(B,m) ;(C,1−m)}G_m=\mathrm{bar}\{(A,1)\,;(B,m)\,;(C,1-m)\}.

  1. Justifier que GmG_m existe pour tout réel mm.
  2. Montrer que JGm→=m2 CB→\overrightarrow{JG_m}=\dfrac m2\,\overrightarrow{CB}.
  3. En déduire l’ensemble des points GmG_m lorsque mm décrit R\mathbb{R}.
Voir la solution

1) 1+m+(1−m)=2≠01+m+(1-m)=2\neq0 pour tout mm : GmG_m existe.

2) AGm→=m2AB→+1−m2AC→\overrightarrow{AG_m}=\dfrac m2\overrightarrow{AB}+\dfrac{1-m}{2}\overrightarrow{AC} et AJ→=12AC→\overrightarrow{AJ}=\dfrac12\overrightarrow{AC}, donc JGm→=m2AB→−m2AC→=m2(AB→+CA→)=m2CB→\overrightarrow{JG_m}=\dfrac m2\overrightarrow{AB}-\dfrac m2\overrightarrow{AC}=\dfrac m2\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CA}\right)=\dfrac m2\overrightarrow{CB}.

3) Quand mm décrit R\mathbb{R}, m2\dfrac m2 décrit R\mathbb{R} : l’ensemble des GmG_m est la droite passant par JJ et parallèle à (BC)(BC).

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