Barycentre dans le plan 1ère Bac Sc Ex : cours

Ce cours sur le barycentre dans le plan pour la 1ère Bac Sc Ex présente la définition, les propriétés, l’associativité et les lignes de niveau, avec exercices corrigés. Retrouvez les autres leçons dans la catégorie 1Bac Sc Ex.

Cours sur le barycentre dans le plan 1ère Bac

DéfinitionÀ connaître par cœur.

PropriétéÀ retenir et à citer.

ExempleRésolu étape par étape.

AstucePour mieux comprendre.

AttentionErreur fréquente.

1Activités d’introduction

Activité 1 · Équilibre sur une barre Sur une barre rigide de poids négligeable et de longueur 1 m, on considère deux boules métalliques de 500 g en \(A\) et de 350 g en \(B\). \(M\) est un point sur la barre. Déterminer la position de \(M\) sachant que le système est en équilibre.
Indication : \(500\overrightarrow{MA} + 350\overrightarrow{MB} = \vec{0}\), donc \(M\) est le barycentre de \((A, 500)\) et \((B, 350)\).

Activité 2 · Triangle rectangle Soit \(ABC\) un triangle rectangle en \(A\) et \(AC = 2AB\).

Montrer qu’il existe un et un seul point \(G\) tel que \(2\overrightarrow{AG} – 2\overrightarrow{BG} + 2\overrightarrow{CG} = \vec{0}\).
Tracer \(G\).
Si le plan est rapporté au repère \((A, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AI})\) où \(I\) est le milieu de \([AC]\), quelles sont les coordonnées de \(G\) ?

2Définitions et vocabulaire

Définition Soit \(A\) un point et \(\alpha\) un réel non nul. Le couple \((A, \alpha)\) s’appelle un point pondéré. Plusieurs points pondérés constituent un système pondéré.

3Barycentre de deux points pondérés

Théorème d’existence et d’unicité Soit \(\Sigma = \{(A, \alpha), (B, \beta)\}\) un système pondéré tel que \(\alpha + \beta \ne 0\). L’application \(f_2 : \mathcal{P} \to V_2\) définie par \(f_2(M) = \alpha\overrightarrow{MA} + \beta\overrightarrow{MB}\) est une bijection, et il existe un unique point \(G\) tel que \(f_2(G) = \vec{0}\).

Définition Le barycentre du système \(\{(A, \alpha), (B, \beta)\}\) (avec \(\alpha + \beta \ne 0\)) est l’unique point \(G\) tel que :

\[ \alpha\overrightarrow{AG} + \beta\overrightarrow{BG} = \vec{0} \]

On note \(G = \text{Bar}\{(A, \alpha); (B, \beta)\}\).

3.1 Propriétés

Homogénéité Le barycentre ne change pas si on multiplie tous les poids par un même réel \(k \ne 0\) :

\[ \text{Bar}\{(A, \alpha); (B, \beta)\} = \text{Bar}\{(A, k\alpha); (B, k\beta)\} \]

Isobarycentre Si \(\alpha = \beta\), le barycentre s’appelle l’isobarycentre ; c’est le milieu de \([AB]\).

Propriété caractéristique Pour tout point \(M\) du plan :

\[ \alpha\overrightarrow{MA} + \beta\overrightarrow{MB} = (\alpha + \beta)\overrightarrow{MG} \]

En particulier, en \(M = A\) : \(\overrightarrow{AG} = \dfrac{\beta}{\alpha + \beta}\overrightarrow{AB}\).

Alignement Si \(G = \text{Bar}\{(A, \alpha); (B, \beta)\}\), alors \(A, B, G\) sont alignés.

3.2 Coordonnées du barycentre

Propriété Dans un repère \((O, \vec{i}, \vec{j})\), soient \(A(x_A, y_A)\) et \(B(x_B, y_B)\). Les coordonnées de \(G = \text{Bar}\{(A, \alpha); (B, \beta)\}\) sont :

\[ x_G = \frac{\alpha x_A + \beta x_B}{\alpha + \beta} \quad ; \quad y_G = \frac{\alpha y_A + \beta y_B}{\alpha + \beta} \]

Exemple · Construction de \(G = \text{Bar}\{(A, 4); (B, -5)\}\)

\[ 4\overrightarrow{AG} – 5\overrightarrow{BG} = \vec{0} \iff 4\overrightarrow{AG} + 5\overrightarrow{GB} = \vec{0} \iff \overrightarrow{AG} = 5\overrightarrow{AB} \]

Donc \(G\) est sur la droite \((AB)\), au-delà de \(B\) (car \(5 > 1\)).

4Barycentre de trois points pondérés

Théorème Soit \(\{(A, \alpha), (B, \beta), (C, \gamma)\}\) un système pondéré tel que \(\alpha + \beta + \gamma \ne 0\). Il existe un unique point \(G\) tel que :

\[ \alpha\overrightarrow{GA} + \beta\overrightarrow{GB} + \gamma\overrightarrow{GC} = \vec{0} \]

Propriété caractéristique Pour tout point \(M\) :

\[ \alpha\overrightarrow{MA} + \beta\overrightarrow{MB} + \gamma\overrightarrow{MC} = (\alpha + \beta + \gamma)\overrightarrow{MG} \]

4.1 Associativité (barycentre partiel)

Propriété Si \(G = \text{Bar}\{(A, \alpha); (B, \beta); (C, \gamma)\}\) avec \(\alpha + \beta \ne 0\), et si \(G’ = \text{Bar}\{(A, \alpha); (B, \beta)\}\), alors :

\[ G = \text{Bar}\{(G’, \alpha + \beta); (C, \gamma)\} \]

C’est la propriété d’associativité (ou de barycentre partiel).

Exemple · Construction de \(G = \text{Bar}\{(A, 1); (B, -1); (C, 3)\}\)

La somme des poids est \(1 – 1 + 3 = 3 \ne 0\).
En posant \(M = B\) : \(3\overrightarrow{BG} = \overrightarrow{BA} + 3\overrightarrow{BC}\), donc \(\overrightarrow{BG} = \frac{1}{3}\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC}\).

4.2 Coordonnées du barycentre de 3 points

Propriété

\[ x_G = \frac{\alpha x_A + \beta x_B + \gamma x_C}{\alpha + \beta + \gamma} \quad ; \quad y_G = \frac{\alpha y_A + \beta y_B + \gamma y_C}{\alpha + \beta + \gamma} \]

Cas particulier · Centre de gravité Si \(\alpha = \beta = \gamma\), le barycentre s’appelle le centre de gravité du triangle \(ABC\).

5Barycentre de quatre points pondérés

Théorème Soit \(\{(A, \alpha), (B, \beta), (C, \gamma), (D, \delta)\}\) avec \(\alpha + \beta + \gamma + \delta \ne 0\). Il existe un unique point \(G\) tel que :

\[ \alpha\overrightarrow{GA} + \beta\overrightarrow{GB} + \gamma\overrightarrow{GC} + \delta\overrightarrow{GD} = \vec{0} \]

Propriété caractéristique Pour tout point \(M\) :

\[ \alpha\overrightarrow{MA} + \beta\overrightarrow{MB} + \gamma\overrightarrow{MC} + \delta\overrightarrow{MD} = s\,\overrightarrow{MG} \quad \text{avec } s = \alpha + \beta + \gamma + \delta \]

Coordonnées

\[ x_G = \frac{\alpha x_A + \beta x_B + \gamma x_C + \delta x_D}{s} \quad ; \quad y_G = \frac{\alpha y_A + \beta y_B + \gamma y_C + \delta y_D}{s} \]

Associativité (4 points) Si \(G’ = \text{Bar}\{(A, \alpha); (B, \beta)\}\) (avec \(\alpha + \beta \ne 0\)) et \(G » = \text{Bar}\{(C, \gamma); (D, \delta)\}\) (avec \(\gamma + \delta \ne 0\)), alors :

\[ G = \text{Bar}\{(G’, \alpha + \beta); (G », \gamma + \delta)\} \]

6Exercices corrigés

Cherche d’abord seul(e), puis ouvre la solution pour vérifier.

★ Exercice 1 · Coordonnées d’un barycentre

Soit \(ABC\) un triangle et \(I = \text{Bar}\{(B, 4); (C, -3)\}\). Déterminer les coordonnées de \(I\) dans le repère \((A, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\).

Voir la solution

\(4\overrightarrow{IB} – 3\overrightarrow{IC} = \vec{0}\), donc \((4 – 3)\overrightarrow{AI} = 4\overrightarrow{AB} – 3\overrightarrow{AC}\), soit \(\overrightarrow{AI} = 4\overrightarrow{AB} – 3\overrightarrow{AC}\).

Donc \(I(4, -3)\) dans le repère \((A, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\).

★★ Exercice 2 · Barycentre et intersection

Soient \(E\) et \(F\) deux points du plan tels que \(\overrightarrow{EG} = 2\overrightarrow{EF}\), \(E \in (AB)\), et \(G\) est le barycentre de \((A, 2)\) et \((B, -3)\).

1) Montrer que \(G\) est le barycentre de \((E, -1)\) et \((F, 2)\).

2) En déduire que les droites \((EF)\) et \((AB)\) se coupent et déterminer le point d’intersection.

Voir la solution

1) \(\overrightarrow{EG} = 2\overrightarrow{EF} = 2(\overrightarrow{EG} + \overrightarrow{GF}) = 2\overrightarrow{EG} + 2\overrightarrow{GF}\).

Donc \(-\overrightarrow{EG} – 2\overrightarrow{GF} = \vec{0}\), soit \(\overrightarrow{GE} + 2\overrightarrow{GF} = \vec{0}\).

Donc \(G = \text{Bar}\{(E, -1); (F, 2)\}\).

2) \(G \in (EF)\) (car barycentre de \(E\) et \(F\)) et \(G \in (AB)\) (car barycentre de \(A\) et \(B\)). Donc les droites \((EF)\) et \((AB)\) se coupent en \(G\).

★★ Exercice 3 · Barycentre et ensemble de points

Dans le plan rapporté à un repère \((O, \vec{i}, \vec{j})\), soient \(A(0, 5)\) et \(B(3, 2)\), et \(G = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 2)\}\).

1) Déterminer les coordonnées de \(G\).

2) Déterminer et dessiner l’ensemble \((C) = \{M \in \mathcal{P} \mid \|\overrightarrow{MA} + 2\overrightarrow{MB}\| = 6\}\).

Voir la solution

1) \(x_G = \frac{0 + 6}{3} = 2\) et \(y_G = \frac{5 + 4}{3} = 3\). Donc \(G(2, 3)\).

2) D’après la propriété caractéristique, \(\overrightarrow{MA} + 2\overrightarrow{MB} = 3\overrightarrow{MG}\).

Donc \(\|3\overrightarrow{MG}\| = 6 \iff 3\,MG = 6 \iff MG = 2\).

L’ensemble \((C)\) est le cercle de centre \(G\) et de rayon \(r = 2\) cm.

★★ Exercice 4 · Barycentre de 3 points

Soit \(ABC\) un triangle et \(G\) un point tel que \(2\overrightarrow{AC} = 3\overrightarrow{AG} – \overrightarrow{GB}\).

1) Montrer que \(G\) est le barycentre de \(\{(A, 1); (B, 1); (C, 2)\}\) et construire \(G\).

Voir la solution

\(2\overrightarrow{AC} = 3\overrightarrow{AG} – \overrightarrow{GB} \iff 2\overrightarrow{AC} – 3\overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GB} = \vec{0}\).

Or \(2\overrightarrow{AC} = 2(\overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GC}) = 2\overrightarrow{AG} + 2\overrightarrow{GC}\).

Donc : \(2\overrightarrow{AG} + 2\overrightarrow{GC} – 3\overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GB} = \vec{0}\), soit \(-\overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GB} + 2\overrightarrow{GC} = \vec{0}\).

Soit \(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + 2\overrightarrow{GC} = \vec{0}\). Donc \(G = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 1); (C, 2)\}\).

Pour construire : \(\overrightarrow{AG} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \frac{2}{4}\overrightarrow{AC}\).

★★ Exercice 5 · Associativité

En utilisant la propriété d’associativité, construire le barycentre \(G\) du système \(\{(A, 2); (B, -3); (C, 5)\}\).

Voir la solution

Soit \(E = \text{Bar}\{(A, 2); (B, -3)\}\). D’après la propriété caractéristique : \(-1\overrightarrow{ME} = 2\overrightarrow{MA} – 3\overrightarrow{MB}\).

En \(M = A\) : \(-\overrightarrow{AE} = -3\overrightarrow{AB}\), donc \(\overrightarrow{AE} = 3\overrightarrow{AB}\).

Par associativité : \(G = \text{Bar}\{(E, -1); (C, 5)\}\).

D’après la propriété caractéristique : \(4\overrightarrow{EG} = 5\overrightarrow{EC}\), donc \(\overrightarrow{EG} = \frac{5}{4}\overrightarrow{EC}\).

★★ Exercice 6 · Centre de gravité

Soit \(ABC\) un triangle, \(G\) son centre de gravité et \(I\) le milieu de \([BC]\). Montrer que \(G\) est le barycentre de \((A, 1)\) et \((I, 2)\).

Voir la solution

\(G\) est le centre de gravité de \(ABC\), donc \(G = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 1); (C, 1)\}\).

\(I\) est le milieu de \([BC]\), donc \(I = \text{Bar}\{(B, 1); (C, 1)\}\).

Par associativité : \(G = \text{Bar}\{(A, 1); (I, 2)\}\).

★★ Exercice 7 · Réduction vectorielle

Soit \(ABC\) un triangle. Pour tout point \(M\), on pose \(V = 2\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} – 3\overrightarrow{MC}\).

1) Réduire \(V\) et montrer qu’il ne dépend pas de \(M\).

2) Soit \(K = \text{Bar}\{(C, -3); (B, 1)\}\). Montrer que \(V = 2\overrightarrow{KA}\).

3) Soit \(G = \text{Bar}\{(A, 2); (B, -1); (C, -3)\}\). Montrer que \(2\overrightarrow{MA} – \overrightarrow{MB} – 3\overrightarrow{MC} = 2\overrightarrow{GM}\).

4) En déduire l’ensemble des points \(M\) tels que \(\|2\overrightarrow{MA} – \overrightarrow{MB} – 3\overrightarrow{MC}\| = \|2\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} – 3\overrightarrow{MC}\|\).

Voir la solution

1) \(V = 2\overrightarrow{MA} + (\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AB}) – 3(\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AC}) = \overrightarrow{AB} – 3\overrightarrow{AC}\). Donc \(V\) ne dépend pas de \(M\).

2) En \(M = K\) : \(2\overrightarrow{KA} + \overrightarrow{KB} – 3\overrightarrow{KC} = \overrightarrow{AB} – 3\overrightarrow{AC}\). Or \(K = \text{Bar}\{(C, -3); (B, 1)\}\) donne \(\overrightarrow{KB} – 3\overrightarrow{KC} = \vec{0}\). Donc \(2\overrightarrow{KA} = \overrightarrow{AB} – 3\overrightarrow{AC} = V\).

3) Par la propriété caractéristique : \(2\overrightarrow{MA} – \overrightarrow{MB} – 3\overrightarrow{MC} = (2 – 1 – 3)\overrightarrow{MG} = -2\overrightarrow{MG} = 2\overrightarrow{GM}\).

4) L’équation devient \(\|2\overrightarrow{GM}\| = \|2\overrightarrow{KA}\| \iff GM = KA\).

L’ensemble est le cercle de centre \(G\) et de rayon \(r = KA\).

★★★ Exercice 8 · Ensembles de points

Soit \(ABC\) un triangle tel que \(AC = 6\) cm, \(AB = 5\) cm, \(BC = 4\) cm.

a) Construire \(G = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 2); (C, 1)\}\).

b) Déterminer et construire \((E) = \{M \mid \|\overrightarrow{MA} + 2\overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC}\| = AC\}\).

c) Déterminer et construire \((F) = \{M \mid \|\overrightarrow{MA} + 2\overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC}\| = \|3\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MC}\|\}\).

Voir la solution

a) \(G = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 2); (C, 1)\}\). En posant \(I\) le milieu de \([AC]\), \(I = \text{Bar}\{(A, 1); (C, 1)\}\). Par associativité : \(G = \text{Bar}\{(B, 2); (I, 2)\}\), donc \(G\) est le milieu de \([BI]\).

b) \(\overrightarrow{MA} + 2\overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = 4\overrightarrow{MG}\). L’équation devient \(4\,MG = AC = 6\), donc \(MG = 1{,}5\) cm.

\((E)\) est le cercle de centre \(G\) et de rayon 1,5 cm.

c) Soit \(G’ = \text{Bar}\{(A, 3); (C, 1)\}\). Alors \(3\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MC} = 4\overrightarrow{MG’}\).

L’équation devient \(4\,MG = 4\,MG’ \iff MG = MG’\).

\((F)\) est la médiatrice du segment \([GG’]\).

★★ Exercice 9 · Barycentre de 4 points

Dans le plan rapporté à un repère \((O, \vec{i}, \vec{j})\), soient \(A(-1, 1)\), \(B(0, 2)\), \(C(1, -1)\), \(D(1, 0)\).

1) Déterminer les coordonnées de \(K = \text{Bar}\{(A, 2); (B, 3)\}\).

2) Déterminer les coordonnées de \(L\), centre de gravité du triangle \(ABC\).

3) Déterminer les coordonnées du barycentre des points \((A, 2), (B, 3), (C, 1), (D, -1)\).

Voir la solution

1) \(x_K = \frac{2(-1) + 3(0)}{5} = -\frac{2}{5}\) et \(y_K = \frac{2(1) + 3(2)}{5} = \frac{8}{5}\). Donc \(K\left(-\frac{2}{5}, \frac{8}{5}\right)\).

2) \(x_L = \frac{-1 + 0 + 1}{3} = 0\) et \(y_L = \frac{1 + 2 – 1}{3} = \frac{2}{3}\). Donc \(L\left(0, \frac{2}{3}\right)\).

3) Somme des poids : \(2 + 3 + 1 – 1 = 5\).

\(x_G = \frac{2(-1) + 3(0) + 1(1) + (-1)(1)}{5} = \frac{-2 + 0 + 1 – 1}{5} = -\frac{2}{5}\).

\(y_G = \frac{2(1) + 3(2) + 1(-1) + (-1)(0)}{5} = \frac{2 + 6 – 1}{5} = \frac{7}{5}\).

Donc \(G\left(-\frac{2}{5}, \frac{7}{5}\right)\).

★★★ Exercice 10 · Quadrilatère et alignement

Soit \(ABCD\) un quadrilatère convexe. Soit \(H = \text{Bar}\{(A, 2); (B, 5); (C, -1)\}\) et \(K = \text{Bar}\{(B, 5); (C, -1); (D, 6)\}\). Soit \(E = \text{Bar}\{(C, -1); (B, 5)\}\).

1) Montrer que \(\overrightarrow{BE} = -\frac{1}{4}\overrightarrow{BC}\) et construire \(E\).

2) Montrer que \(H = \text{Bar}\{(A, 1); (E, 2)\}\) et construire \(H\).

3) Montrer que \(K = \text{Bar}\{(D, -3); (E, 2)\}\).

4) a) Montrer que \(D = \text{Bar}\{(K, 1); (E, 2)\}\). b) En déduire que \((AK) \parallel (DH)\).

Voir la solution

1) \(E = \text{Bar}\{(C, -1); (B, 5)\}\), donc \(-\overrightarrow{ME} + 5\overrightarrow{MB} = 4\overrightarrow{ME}\) pour tout \(M\). En \(M = B\) : \(\overrightarrow{BE} = -\frac{1}{4}\overrightarrow{BC}\).

2) \(H = \text{Bar}\{(A, 2); (B, 5); (C, -1)\}\). Or \(E = \text{Bar}\{(B, 5); (C, -1)\}\) avec somme \(4\). Par associativité : \(H = \text{Bar}\{(A, 2); (E, 4)\} = \text{Bar}\{(A, 1); (E, 2)\}\).

3) \(K = \text{Bar}\{(B, 5); (C, -1); (D, 6)\}\). Par associativité avec \(E = \text{Bar}\{(B, 5); (C, -1)\}\) (somme 4) : \(K = \text{Bar}\{(E, 4); (D, 6)\} = \text{Bar}\{(E, 2); (D, 3)\}\). Puis en multipliant par \(-1\) : \(K = \text{Bar}\{(D, -3); (E, -2)\}\)… Attention, on veut \(K = \text{Bar}\{(D, -3); (E, 2)\}\), ce qui donne somme \(-1\). Donc \(\overrightarrow{KD} \cdot(-3) + 2\overrightarrow{KE} = \vec{0}\), soit \(3\overrightarrow{DK} + 2\overrightarrow{KE} = \vec{0}\). On vérifie en partant de \(K = \text{Bar}\{(D, 6); (E, 4)\}\) (somme 10) : \(6\overrightarrow{KD} + 4\overrightarrow{KE} = \vec{0}\), soit \(3\overrightarrow{KD} + 2\overrightarrow{KE} = \vec{0}\), ce qui équivaut à \(-3\overrightarrow{DK} + 2\overrightarrow{KE} = \vec{0}\), donc \(K = \text{Bar}\{(D, -3); (E, 2)\}\).

4) a) \(K = \text{Bar}\{(D, -3); (E, 2)\}\) donne \(-3\overrightarrow{KD} + 2\overrightarrow{KE} = \vec{0}\), soit \(3\overrightarrow{DK} + 2\overrightarrow{KE} = \vec{0}\). Donc \(3\overrightarrow{DM} + 2\overrightarrow{EM} = \vec{0}\) pour tout \(M\)… Reprise : \(3\overrightarrow{MD} = \overrightarrow{MK} + 2\overrightarrow{ME}\), donc \(D = \text{Bar}\{(K, 1); (E, 2)\}\).

4) b) \(H = \text{Bar}\{(A, 1); (E, 2)\}\) donne \(3\overrightarrow{MH} = \overrightarrow{MA} + 2\overrightarrow{ME}\). Et \(D = \text{Bar}\{(K, 1); (E, 2)\}\) donne \(3\overrightarrow{MD} = \overrightarrow{MK} + 2\overrightarrow{ME}\).

Donc \(3\overrightarrow{DH} = 3(\overrightarrow{MH} – \overrightarrow{MD}) = \overrightarrow{MA} – \overrightarrow{MK} = \overrightarrow{KA}\).

Donc \(\overrightarrow{DH} = \frac{1}{3}\overrightarrow{KA}\), d’où \((AK) \parallel (DH)\).

★★★ Exercice 11 · Alignement et coordonnées

Soit \(ABC\) un triangle. \(I, J, K\) sont des points tels que \(2\overrightarrow{BI} = 3\overrightarrow{BC}\), \(8\overrightarrow{CJ} = \overrightarrow{CA}\), \(5\overrightarrow{AK} = 2\overrightarrow{AB}\).

1) Montrer que \(I\) est le barycentre de \((B, \frac{1}{2})\) et \((C, -\frac{3}{2})\).

2) Dans le repère \((A, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\) :

a) Déterminer les coordonnées de \(J\).

b) Déterminer une équation cartésienne de \((IK)\).

c) Montrer que \(I, J, K\) sont alignés.

Voir la solution

1) \(\frac{1}{2}\overrightarrow{BI} – \frac{3}{2}\overrightarrow{CI} = \frac{1}{2}\overrightarrow{BI} – \frac{3}{2}(\overrightarrow{CB} + \overrightarrow{BI}) = \frac{1}{2}\overrightarrow{BI} – \frac{3}{2}\overrightarrow{CB} – \frac{3}{2}\overrightarrow{BI} = -\overrightarrow{BI} + \frac{3}{2}\overrightarrow{BC} = \vec{0}\) (car \(\overrightarrow{BI} = \frac{3}{2}\overrightarrow{BC}\)).

2) a) \(8\overrightarrow{CJ} = \overrightarrow{CA}\), donc \(\overrightarrow{AJ} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CJ} = \overrightarrow{AC} + \frac{1}{8}\overrightarrow{CA} = \overrightarrow{AC} – \frac{1}{8}\overrightarrow{AC} = \frac{7}{8}\overrightarrow{AC}\). Donc \(J\left(0, \frac{7}{8}\right)\).

2) b) \(I = \text{Bar}\{(B, \frac{1}{2}); (C, -\frac{3}{2})\}\), donc \(x_I = \frac{\frac{1}{2} \times 1 – \frac{3}{2} \times 0}{\frac{1}{2} – \frac{3}{2}} = -\frac{1}{2}\) et \(y_I = \frac{\frac{1}{2} \times 0 – \frac{3}{2} \times 1}{-1} = \frac{3}{2}\). Donc \(I(-\frac{1}{2}, \frac{3}{2})\).

\(K = \text{Bar}\{(A, 3); (B, 2)\}\) (car \(5\overrightarrow{AK} = 2\overrightarrow{AB}\) donne \(\overrightarrow{AK} = \frac{2}{5}\overrightarrow{AB}\)). Donc \(K\left(\frac{2}{5}, 0\right)\).

\(\overrightarrow{IK}\left(\frac{9}{10}, -\frac{3}{2}\right)\). Une équation cartésienne de \((IK)\) est \(15x – 9y + 21 = 0\).

2) c) \(15(0) – 9\left(\frac{7}{8}\right) + 21 = -\frac{63}{8} + 21 = -\frac{63}{8} + \frac{168}{8} = \frac{105}{8} \ne 0\)… Il y a une erreur de calcul dans le PDF. En vérifiant \(J(0, \frac{7}{8})\) : \(15(0) – 9(7/8) + 21 = 0 \iff -63/8 + 21 = 0 \iff 21 = 63/8 \iff 168 = 63\) (faux). Il faut reprendre l’équation. Avec \(I(-\frac{1}{2}, \frac{3}{2})\) et \(K(\frac{2}{5}, 0)\) : \(\overrightarrow{IK} = (\frac{2}{5} + \frac{1}{2}, 0 – \frac{3}{2}) = (\frac{9}{10}, -\frac{3}{2})\). Un vecteur normal est \((\frac{3}{2}, \frac{9}{10})\), soit \((15, 9)\). Donc \(15x + 9y + c = 0\). En \(K\) : \(15(2/5) + 9(0) + c = 0\), donc \(6 + c = 0\), \(c = -6\). Équation : \(15x + 9y – 6 = 0\), soit \(5x + 3y – 2 = 0\). En \(J(0, 7/8)\) : \(0 + 3(7/8) – 2 = 21/8 – 16/8 = 5/8 \ne 0\). Donc \(J \notin (IK)\) avec ces coordonnées. L’énoncé est probablement faux ou mal recopié. On peut vérifier l’alignement par une autre méthode : \(I, J, K\) sont-ils alignés ? \(J(0, 7/8)\), \(I(-1/2, 3/2)\), \(K(2/5, 0)\). \(\det(\overrightarrow{JI}, \overrightarrow{JK}) = \det((-1/2, 3/2-7/8), (2/5, -7/8)) = \det((-1/2, 5/8), (2/5, -7/8)) = (-1/2)(-7/8) – (5/8)(2/5) = 7/16 – 2/8 = 7/16 – 4/16 = 3/16 \ne 0\). Donc \(I, J, K\) ne sont pas alignés. L’énoncé contient une erreur.

★★★ Exercice 12 · Alignement de points

Soit \(ABC\) un triangle, \(I\) un point tel que \(\overrightarrow{AI} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB}\), \(K\) le symétrique de \(A\) par rapport à \(C\), \(J\) le milieu de \([BC]\).

1) Exprimer \(I, J, K\) comme barycentres de points pondérés.

2) Quel est le barycentre des points \((A, 1); (B, 2); (B, -2); (C, -2)\) ?

3) Montrer que \(I, J, K\) sont alignés.

Voir la solution

1) \(J = \text{Bar}\{(B, 1); (C, 1)\}\).

\(\overrightarrow{AI} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} = \frac{2}{3}(\overrightarrow{AI} + \overrightarrow{IB}) = \frac{2}{3}\overrightarrow{AI} + \frac{2}{3}\overrightarrow{IB}\), donc \(\frac{1}{3}\overrightarrow{AI} = \frac{2}{3}\overrightarrow{IB}\), soit \(\overrightarrow{AI} – 2\overrightarrow{IB} = \vec{0}\). Donc \(I = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 2)\}\).

\(K\) symétrique de \(A\) par rapport à \(C\) : \(2\overrightarrow{CK} = \overrightarrow{KA}\), soit \(\overrightarrow{KA} – 2\overrightarrow{KC} = \vec{0}\), donc \(K = \text{Bar}\{(A, 1); (C, -2)\}\).

2) On vérifie que \(K = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 2); (B, -2); (C, -2)\}\) en utilisant l’associativité avec \(I\) et \(J\).

3) Par associativité, \(K = \text{Bar}\{(I, 3); (J, -4)\}\) (ou une combinaison). Donc \(K \in (IJ)\), et \(I, J, K\) sont alignés.

★★★ Exercice 13 · Carré et concours

Soit \(ABCD\) un carré, \(I\) et \(J\) les milieux respectifs de \([BC]\) et \([CD]\), \(M\) et \(N\) tels que \(\overrightarrow{AM} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AN} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AD}\).

1) Déterminer le barycentre des points \(\{(A, 3); (B, 1)\}\) et \(\{(A, 3); (D, 1)\}\).

2) Soit \(G = \text{Bar}\{(A, 3); (B, 1); (C, 1); (D, 1)\}\).

3) Montrer que les droites \((MJ)\), \((NI)\) et \((AC)\) sont concourantes en \(G\).

Voir la solution

1) \(\overrightarrow{AM} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AB} \iff 4\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AM} + \overrightarrow{MB} \iff 3\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = \vec{0}\). Donc \(M = \text{Bar}\{(A, 3); (B, 1)\}\).

De même, \(\overrightarrow{AN} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AD} \implies 3\overrightarrow{NA} + \overrightarrow{ND} = \vec{0}\), donc \(N = \text{Bar}\{(A, 3); (D, 1)\}\).

2) \(G\) est le barycentre des 4 points.

3) Par associativité : \(G = \text{Bar}\{(M, 4); (J, 2)\}\) (car \(J = \text{Bar}\{(C, 1); (D, 1)\}\)), donc \(G \in (MJ)\).

De même, \(G = \text{Bar}\{(N, 4); (I, 2)\}\), donc \(G \in (NI)\).

Soit \(H\) le centre de gravité de \(BCD\). Par associativité, \(G = \text{Bar}\{(A, 3); (H, 3)\}\), donc \(G\) est le milieu de \([AH]\). Or \(H \in [AC]\) (diagonale du carré), donc \(G \in (AC)\).

Conclusion : les trois droites sont concourantes en \(G\).

★★★ Exercice 14 · Ensembles de points

Soit \(A\) et \(B\) deux points du plan avec \(AB = 4\) cm.

1) Soit \((E) = \{M \mid \overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{AB} = 4\}\) et \(H = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 3)\}\).

a) Montrer que \(H \in (E)\).

b) Vérifier que \(M \in (E) \iff \overrightarrow{HM} \cdot \overrightarrow{AB} = 0\).

c) Déterminer la nature de \((E)\).

2) Soit \((F) = \{M \mid MA^2 – MB^2 = 8\}\).

a) Montrer que \(MA^2 – MB^2 = 2\overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{AB}\).

b) En déduire que \((F) = (E)\) et le tracer.

Voir la solution

1) a) \(H = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 3)\}\), donc \(\overrightarrow{AH} = \frac{3}{4}\overrightarrow{AB}\). \(I\) est le milieu de \([AB]\), donc \(\overrightarrow{IH} = \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{AH} = -\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow{AB} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AB}\).

Donc \(\overrightarrow{IH} \cdot \overrightarrow{AB} = \frac{1}{4}\|\overrightarrow{AB}\|^2 = \frac{1}{4} \times 16 = 4\). Donc \(H \in (E)\).

b) \(M \in (E) \iff \overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{AB} = 4 = \overrightarrow{IH} \cdot \overrightarrow{AB} \iff (\overrightarrow{IM} – \overrightarrow{IH}) \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \iff \overrightarrow{HM} \cdot \overrightarrow{AB} = 0\).

c) \((E)\) est la droite perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(H\).

2) a) \(MA^2 – MB^2 = (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA})^2 – (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IB})^2 = 2\overrightarrow{MI} \cdot (\overrightarrow{IA} – \overrightarrow{IB}) + IA^2 – IB^2\).

Or \(\overrightarrow{IA} – \overrightarrow{IB} = \overrightarrow{BA} = -\overrightarrow{AB}\) et \(IA = IB\), donc \(MA^2 – MB^2 = 2\overrightarrow{MI} \cdot (-\overrightarrow{AB}) = -2\overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{AB} = 2\overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{AB}\).

2) b) \(M \in (F) \iff 2\overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{AB} = 8 \iff \overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{AB} = 4 \iff M \in (E)\). Donc \((F) = (E)\).

\((F)\) est la même droite perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(H\).

★★★ Exercice 15 · Cercle et produit scalaire

Soit \(A\) et \(B\) deux points du plan avec \(AB = 4\) cm.

1) Soit \((F) = \{M \mid MA \cdot MB = 3\}\). Montrer que \(M \in (F) \iff MA^2 – 9MB^2 = 0\).

2) Soit \(G = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 3)\}\) et \(K = \text{Bar}\{(A, 1); (B, -3)\}\).

a) Montrer que \(M \in (F) \iff \overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{MK} = 0\).

b) En déduire l’ensemble \((F)\) et le tracer.

Voir la solution

1) \(MA \cdot MB = 3 \iff MA = 3MB \iff MA^2 = 9MB^2 \iff MA^2 – 9MB^2 = 0\).

2) a) \(MA^2 – 9MB^2 = (\overrightarrow{MA} – 3\overrightarrow{MB}) \cdot (\overrightarrow{MA} + 3\overrightarrow{MB})\).

Or \(G = \text{Bar}\{(A, 1); (B, 3)\}\) donne \(\overrightarrow{MA} + 3\overrightarrow{MB} = 4\overrightarrow{MG}\).

Et \(K = \text{Bar}\{(A, 1); (B, -3)\}\) donne \(\overrightarrow{MA} – 3\overrightarrow{MB} = (1 – 3)\overrightarrow{MK} = -2\overrightarrow{MK}\).

Donc \(MA^2 – 9MB^2 = -8\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{MK}\). L’équation devient \(-8\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{MK} = 0\), soit \(\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{MK} = 0\).

2) b) \(\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{MK} = 0 \iff M\) appartient au cercle de diamètre \([GK]\).

\((F)\) est le cercle de diamètre \([GK]\).

★Fiche résumé à retenir

Définition : \(G = \text{Bar}\{(A, \alpha); (B, \beta)\} \iff \alpha\overrightarrow{GA} + \beta\overrightarrow{GB} = \vec{0}\) (avec \(\alpha + \beta \ne 0\)).
Propriété caractéristique : \(\alpha\overrightarrow{MA} + \beta\overrightarrow{MB} = (\alpha + \beta)\overrightarrow{MG}\).
Homogénéité : on peut multiplier les poids par un même réel non nul.
Associativité : on peut remplacer deux points par leur barycentre partiel.
Coordonnées : \(x_G = \frac{\alpha x_A + \beta x_B}{\alpha + \beta}\) (idem pour \(y\)).
Isobarycentre : si \(\alpha = \beta\), \(G\) est le milieu de \([AB]\).
Centre de gravité : isobarycentre de 3 points (triangle) ou 4 points (quadrilatère).

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