Coordonnées barycentriques dans un triangle

Coordonnées barycentriques dans un triangle

Monier, Géométrie MPSI, pages 130 et 181 Théorème :

Soit n = dim(E) ≥ 1 et (A 1 , . . . , A n+1 ) une famille anement libre de n + 1 points (i.e. il existe i 0 ∈ {1 . . . , n + 1} tel que la famille ( −−−→

A i

A i ) i6=i

soit libre dans E).

Alors, pour tout point M de E, il existe un unique (x 1 , . . . , x n+1 ) ∈ R ⁿ⁺¹ tel que M = bar

µ A i

x i

¶

1≤i≤n+1

et

n+1 X

i=1

x i = 1

De plus, l'application M 7→ (x ₁ , . . . , x _n+1 ) dénie précédemment est une bijection.

Avec ces notations, on appelle coordonnées barycentriques de M dans (A i ) 1≤i≤n+1

toute famille (λx i ) 1≤i≤n , λ ∈ R ^∗ .

Soit H =

½

(x 1 , . . . , x n+1 ) ∈ R ⁿ⁺¹ / ⁿ⁺¹ P

i=1

x i = 1

¾ .

Pour tout M ∈ E, il existe (x 2 , . . . , x n+1 ) ∈ R ⁿ unique tel que

−−−→ A 1 M =

n+1 X

i=2

x i −−−→

A 1 A i

puisque ( −−−→

A 1 A i2≤i≤n+1 est une base de E . On dénit ainsi une application ϕ : E → H.

Considérons ainsi l'application ψ : H → E qui, à tout élément (x 1 , . . . , x n+1 ) de H , associe le point M de E déni par :

−−−→ A 1 M =

n+1 X

i=2

x i −−−→

A 1 A i

Il est clair que ψ ◦ ϕ = Id E et ϕ ◦ ψ = Id H , donc ϕ et ψ sont bijectives et réciproques l'une de l'autre.

Application :

Dans le plan ane euclidien, on considère ABC un triangle non aplati, non rectangle.

On note

a = BC, b = AC, c = AB, A b = \ BAC, B b = \ ABC, C b = \ ACB

Alors, les coordonnées barycentriques dans (A, B, C) de G (centre de gravité), I (centre du cercle inscrit, I A , I B , I C (centres des cercles exinscrits dans les angles A, b B, b C b ), H (orthocentre), O (centre du cercle circonscrit) sont :

G(1, 1, 1)

I(a, b, c) , I A (−a, b, c) , I B (a, −b, c) , I C (a, b, −c) H (tan A, b tan B, b tan C) b

O(tan B b + tan C, b tan A b + tan C, b tan A b + tan B) b

• G(1, 1, 1)

Ceci découle de la dénition de G comme isobarycentre des points A, B et C.

• I(a, b, c), I A (−a, b, c), I B (a, −b, c), I C (a, b, −c)

On note A ⁰ (respectivement A ⁰⁰ le pied de la bissectrice intérieure (resp. extérieure) de l'angle A b . Montrons que

A ⁰ B A ⁰ C = − c

b et A ⁰⁰ B A ⁰⁰ C = c

b

1

En eet, si on applique la loi des sinus aux triangles AA ⁰ B et AA ⁰ C , on a : BA ⁰

sin à A b

2

! = AB sin

³ AA \ ⁰ B

´ et CA ⁰ sin

à A b 2

! = AC sin

³ AA \ ⁰ C

´

Or, on a que AA \ ⁰ B + AA \ ⁰ C = π, on en déduit que BA ⁰ CA ⁰ = AB

AC = c b . Enn, comme A ⁰ ∈ [BC], on conclut que A ⁰ B

A ⁰ C = − BA ⁰ CA ⁰ = − c

b . Par un raisonnement analogue, on obtient que A ⁰⁰ B

A ⁰⁰ C = BA ⁰⁰ CA ⁰⁰ = c

b ce qui démontre les formules demandées.

De là, on considère M = bar

µ A B C a b c

¶

Or, A ⁰ = bar

µ B C b c

¶

, donc M = bar

µ A A ⁰ a b + c

¶

∈ (AA ⁰ ) . De même, M ∈ (BB ⁰ ), M ∈ (CC ⁰ ) et donc M = I.

Un raisonnement analogue donne les formules pour I A , I B et I C .

• H(tan A, b tan B, b tan C) b

On note A ⁰ la projection orthogonale de A sur (BC). Montrons que A ⁰ = bar

µ B C

tan B b tan C b

¶

Supposons d'abord B b et C b aigus. On a : AA ⁰

BA ⁰ = tan B b et AA ⁰

CA ⁰ = tan C b . D'où BA ⁰ . tan B b = CA ⁰ . tan C b . Mais A ⁰ ∈ [BC] , on en déduit que :

tan B. b −−→

BA ⁰ + tan C. b −−→

CA ⁰ = − → O c'est-à-dire :

A ⁰ = bar

µ B C

tan B b tan C b

¶

Le raisonnement est analogue si un des deux angles B b ou C b est obtus.

De là, en utilisant le fait que C b = π − A b − B b , on a bien que tan A b + tan B b + tan C b 6= 0 . Notons alors H ⁰ = bar

µ A B C

tan A b tan B b tan C b

¶

= bar

µ A A ⁰

tan A b tan B b + tan C b

¶

∈ (AA ⁰ ) . De même, H ⁰ ∈ (BB ⁰ ), H ⁰ ∈ (CC ⁰ ), d'om H ⁰ = H.

Finalement

H = bar

µ A B C

tan A b tan B b tan C b

¶

• O(tan B b + tan C, b tan A b + tan C, b tan A b + tan B) b

Notons M, N, P les milieux respectifs de [BC], [CA], [AB]. Il est clair que les médiatrices de ABC sont les hauteurs de M N P et que les angles M , c N , b P b de M N P sont respectivement égaux aux angles A, b B, b C b de ABC, puisque (M N ) // (AB), (N P ) // (BC), (P M ) // (CA).

D'après l'étude précédente de l'orthocentre, O = bar

µ M N P

tan M c tan N b tan P b

¶ . On remplace : M = bar

µ B C 1 1

¶

, N = bar

µ A C 1 1

¶

, P = bar

µ A B 1 1

¶

, on obtient que O = bar

µ B C A C A B

tan A b tan A b tan B b tan B b tan C b tan C b

¶

= bar

µ A B C

tan B b + tan C b tan A b + tan C b tan A b + tan B b

¶

2