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Si a+b = 0, le barycentre des points pondérés (A,a)(B,b) est le point G tel que a −→ fait du centre de gravité du triangle ABC (si les trois points sont distincts)

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On note par ailleurs O le centre du cercle circonscrit du triangle ABC On supposera (c) En déduire que P est le barycentre de {(B,sinβ),(C,sinγ)} (d) Donner 

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Associativité : On ne change pas le barycentre de n points pondérés en Or le point G est le centre de gravité du triangle ABC, donc l'isobarycentre des points

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Exercice 8: Soit un triangle et G point tel que :2 3 AC AG GB = - 1 )montrer que G le barycentre de : {( , 1); ( , 1); ( , 2)} et construire le 

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Passons aux exercices 4 Exercices sur les barycentres Exercice 1 : Isobarycentre de trois points et centre de gravité d'un triangle Lorsque les points ont tous 

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Vocabulaire : Lorsque a = b = c, le barycentre G appelé isobarycentre des points A, B et C est le centre de gravité du triangle ABC Remarque : Lorsque les trois 

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Barycentres 1

BARYCENTRES

Soit E un espace affine réel et E l'espace vectoriel associé.

I - Fonction vectorielle de Leibniz

1) Définitions

Un point pondéré de Eest un couple ),(αA formé d'un point A de E et d'un réel α. Par exemple pour une particule, on peut considérer sa position A et sa masse α. Lorsque l'on a n points pondérés, on parlera de " système »

Etant donné un système

vectorielle de Leibniz associée l'application Fr de E dans E qui à tout point M de E associe le vecteur ∑ n k kk MAMF 1)(r.

Exemple : Si le système de points pondérés est {}),(),,(βαBA, la fonction vectorielle de

Leibniz associe à tout point M le vecteur

MBMAMFβ+α=)(r.

2) Propriétés de la fonction vectorielle de Leibniz

Etudions d'abord l'injectivité de cette application.

Donc comparons

)(MFr et )(NFr pour deux points quelconques M et N de E : n k kkn k kn k kk

NAMNNAMNMF

111)()(r

Donc

12NFMNMFNM

n k krr+) =E Si 0

1=α∑

=n k k, alors )()(),(NFMFNMrr=??E. Si la somme des coefficients des points pondérés est nulle, alors la fonction vectorielle de Leibniz associée est constante sur E. Exemple : Si le système de points pondérés est {})1,(),1,(-BA, la fonction vectorielle associe à tout point M le vecteur

BAMBMAMF=-=)(r.

Supposons maintenant que 0

1≠α∑

=n k k. Alors )()(NFMFrr= si et seulement si 0r=MN, donc si

NM=. Donc l'application Fr est injective.

Etudions sa surjectivité. Pour cela, fixons un point O de E.

Pour tout vecteur

Vr de E, on a VMFrr=)( si et seulement si )(

1OFMOV

n k krr+) donc si ))((1 1

VOFOMn

k k rr- . Donc il existe un unique point M tel que VMFrr=)(.

Donc l'application

Fr est surjective.

Si la somme des coefficients des points pondérés est non nulle, alors la fonction vectorielle de Leibniz associée est bijective de E dans E. Exemple : Si le système de points pondérés est {})1,(),1,(BA, la fonction vectorielle associe à tout point M le vecteur

BAMBMBMAMF+=+=2)(r.

Barycentres 2

3) Barycentre

En particulier si 0

1≠α∑

=n k k, il existe un unique point G tel que 0)(rr=GF. Si 0

1≠α∑

=n k l'unique point G de E tel que 0 1 r=α∑ =n k kkGA. Exemple : Si le système de points pondérés est {})1,(),1,(BA, le barycentre est le point

G tel que

0r=+GBGA, c'est-à-dire le milieu de ][AB.

On appelle isobarycentre des points

1A, ..., nA le barycentre du système de points

Exemple : L'isobarycentre de deux points A et B est le milieu du segment ][AB.

II - Propriétés du barycentre

1) Propriété caractéristique

1≠α∑

=n k k et G son barycentre.

On a vu que :

12NFMNMFNM

n k krr+) =E

En particulier :

1GFMGMFM

n k krr+) =E. Or 0)(rr=GF. Donc MGMAM n k kn k kk ==11E

C'est une propriété caractéristique car réciproquement, s'il existe un point M et un point

K tel que

MKMA n k kn k kk ==11, alors MGMK n k kn k k ==11, donc GK=.

2) Coordonnées du barycentre

1≠α∑

=n k k et G son barycentre.

Si O est un point de l'espace

E, on a vu que : ∑∑

n k kkn k k OAOGM 11E. Donc, si 2dim=E et si ),,(jiOrr est un repère de E, le point G a pour coordonnées : n k kn k kk G x x 11 et n k kn k kk G y y 11 si les points kA ont pour coordonnées ),(kkyx. Et si 3dim=E et si ),,,(kjiOrrr est un repère de E, le point G a pour coordonnées : n k kn k kk G x x 11 n k kn k kk G y y 11 et n k kn k kk G z z 11 si les points kA ont pour coordonnées ),,( kkkzyx.

Barycentres 3

3) Autres propriétés

Commutativité : On ne change pas le barycentre de n points pondérés en changeant l'ordre de ces points.

Evident car l'addition est commutative dans E.

Homogénéité

: On ne change pas le barycentre de n points pondérés en multipliant tous les coefficients par un même réel non nul.

1≠α∑

=n k k et si 0≠λ, alors 0

11≠)

==n k kn k k et :

MGMGMAMAM

n k kn k kn k kkn k kk ====1111E.

Donc G est aussi barycentre du système

Remarque

: On peut utiliser cette propriété pour simplifier les coefficients du système.

Exemple

: Le barycentre de {})6,(),2,(BA est aussi le barycentre de {})3,(),1,(BA.

Conséquence

: G est isobarycentre des points 1A, ..., nA si et seulement si il est barycentre des points

1A, ..., nA affectés des mêmes coefficients non nuls.

Associativité

: On ne change pas le barycentre de n points pondérés en remplaçant plusieurs de ces points par leur barycentre affecté de la somme de leurs coefficients si cette somme est non nulle.

1≠α∑

=n k k, et soit un entier

TP1,1-?np tel que 0

1≠α∑

=p k

On a :

n pkkkp k kkn k kk

MAMAMAM

111E.
Or : MKMAM p k kp k kk ==11E et MGMA n k kn k kk ==11. Donc n pkkkp k kn k k

MAMKMGM

111E.

Donc G est barycentre des points pondérés

=p k kK

1,, ),(11++αppA, ..., ),(nnAα.

Remarque

: On peut utiliser cette propriété pour grouper des points, ou au contraire pour dissocier des points comme dans les applications qui vont suivre.

III - Exemples d'applications géométriques

1) Barycentre de deux points

Si A et B sont deux points distincts, quels que soient les réels α et β tels que 0≠β+α,

le barycentre du système {}),(),,(βαBA appartient à la droite )(AB. Il appartient au

segment ][AB si et seulement si 0≥αβ. En effet : MGMBMAM)(β+α=β+α??E, donc en particulier : ABAGβ+αβ=.

Barycentres 4

01≥β+αα=β+αβ-, dons si α et β sont de même signe.

Réciproquement, pour tout point M de la droite (AB) , il existe un réel

λ tel que

ABAMλ=, donc tel que 0)1(r=λ+λ-MBMA, donc M est barycentre de {}),(),1,(λλ-BA (la somme des coefficients est 1, donc non nulle).

Si A et B sont deux points distincts, la droite

)(AB est l'ensemble des barycentres des

points pondérés )1,(λ-A et ),(λB lorsque λ décrit ?, et le segment ][AB est

l'ensemble des barycentres des points pondérés )1,(λ-A et ),(λB lorsque λ décrit ]1,0[.

Etant donnée la propriété d'homogénéité, la droite (AB) est l'ensemble de tous les

barycentres des points A et B.

2) Méthode pour démontrer un alignement

Pour démontrer que trois points sont alignés, il suffit donc de démontrer que l'un d'entre eux est barycentre des deux autres.

Exemple 1

: Soit ABC un triangle, I le point défini par ABAI3

1=, J le milieu du segment ][BC et K

le milieu du segment ][AJ. Démontrer que les points C, K et I sont alignés.

K est milieu de

][AJ, donc K est barycentre de )1,(A et )1,(J, donc de )2,(A et )2,(J d'après la propriété d'homogénéité.

Or J est milieu de

][BC, donc J est barycentre de )1,(B et )1,(C. Donc d'après la propriété d'associativité, K est barycentre de )2,(A, )1,(B et )1,(C. Or ABAI3

1=, donc 02r=+IBIA, donc I est barycentre de )2,(A et )1,(B.

Donc toujours d'après la propriété d'associativité, K est barycentre de (I,3) et )1,(C.

Donc les points C, K et I sont alignés.

Exemple 2 (Théorème de Ménélaüs)

Soit ABC un triangle, P, Q et R trois points

appartenant respectivement aux droites (BC), (CA) et (AB) et distincts des points A, B et C. Démontrer que les points P, Q et R sont alignés si et seulement si 1=××RBRA QAQC PCPB. Il s'agit des mesures algébriques sur chacune des droites que l'oriente arbitrairement : PB et PC sur la droite )(BC, QC et QA sur la droite )(AC, etRA et RB sur la droite )(BC. Le choix de l'orientation des droites n'a pas d'importance puisqu'il s'agit de rapports de mesures algébriques. Le point P appartient à la droite (BC), donc il est barycentre de ),(αB et )1,(α-C avec 0≠α et 1≠α car P est distinct de B et de C. Donc 0)1(r=α-+αPCPB. Donc

0)1(=α-+αPCPB. Donc α-α=1PC

PB, ce qui donne

α=1CP

CB.

Barycentres 5

De même, le point Q appartient à la droite (CA), donc il est barycentre de ),(βC et )1,(β-A avec 0≠β et 1≠β, et β-β=1

QAQC, ce qui donne β-=11

CQCA. On peut remarquer que, pour que les points P, Q et R soient alignés, il faut que la droite (PQ) ne soit pas parallèle à (AB), donc que CQCA

CPCB≠, donc β-≠α1.

Les points P, Q et R sont alignés si et seulement si il existe un réel

λ tel que R soit

barycentre de ),(λP et )1,(λ-Q. On peut remarquer que si λ existe, alors 0≠λ et

1≠λ car les points sont distincts des sommets du triangle, donc distincts entre eux.

Donc, d'après les propriétés d'homogénéité et d'associativité, les points P, Q et R sont

alignés si et seulement si il existe un réel

λ tel que R soit barycentre de ),(λαB,

))1(,(α-λC, ))1(,(βλ-C et ))1)(1(,(β-λ-A, donc de )1,(λβ+β-λ-A, ),(λαB et

),(λβ-λα-β+λC. Or le point R appartient à la droite (AB), donc les points P, Q et R sont alignés si et seulement si il existe un réel λ tel que R soit barycentre de )1,(λα-A et ),(λαB avec

0=λβ-λα-β+λ, ce qui donne 1-β+α

β=λ car β-≠α1.

Donc les points P, Q et R sont alignés si et seulement si R est barycentre de ),(γA et )1,(γ-B avec 11-β+α

αβ-=γ, donc si )1)(1(11

donc si QAQC PCPB.

3) Méthode pour démontrer un concours

Pour démontrer que deux droites (AB) et (CD) sont concourantes, il suffit de démontrer qu'il existe un point qui est à la fois barycentre de A et B, et barycentre de C et D.quotesdbs_dbs27.pdfusesText_33