Faites la chasse aux contradictions: Rien de pire que d’écrire une chose et, quelques lignes plus bas, son contraire.
D.M. n°°°°4 : Barycentres CORRIGE 1
èreS 3
Pour un corrigé en couleur, voir http://lhelmeg.keepandshare.com/
Exercice 1.
ABC est un triangle. On considère le barycentre A' de (B, 2) et (C, −−−−3), le barycentre B' de (A, 5) et (C, −−−−3) ainsi que le barycentre C' de (A, 5) et (B, 2).
1) Faire une figure.
A B
C
A' B'
C'
2) Démontrer que les droites (AA'), (BB') et (CC') sont concourantes.
Soit G le barycentre de (A ; 5), (B ; 2) et (C, −3).
• Par la propriété d’associativité du barycentre (utilisable puisque 2 −3 = −1 ≠ 0), G qui est le barycentre de (C, −3), (B ; 2) et (A, 5)
est aussi le barycentre de (A’, −1) et (A, 5). On en déduit que G ∈ (AA’).
• Par la propriété d’associativité du barycentre (utilisable puisque 5 + 2 = 7 ≠ 0), G qui est le barycentre de (A ; 5), (B ; 2) et (C, −3)
est aussi le barycentre de (C’, 7) et (C, −3). On en déduit que G ∈ (CC’).
• On démontre de même que G ∈ (BB’) par la propriété d’associativité du barycentre.
Finalement, puisque G appartient à chacune des droites (AA'), (BB') et (CC'), ces droites sont concourantes (en G).
TSVP
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Exercice 2.
Soient A, B et C trois points du plan non alignés. G est le centre de gravité du triangle ABC.
On note I le point de (AB) tel que
→→→
→
AI = 3
→→
→→
AB et J le point de (BC) tel que
→→
→→
BJ = 2 7
→→
→→
BC . 1) Faire une figure. Voir ci-contre.
2) Démontrer que les points G, I et J sont alignés.
• →
AI = 3
→
AB ⇔ →
AI = 3
→
AI + 3
→
IB (En introduisant I par Chasles dans
→
AI = 3
→
AB )
⇔ 2
→
AI + 3
→
IB =
→
0 ⇔ −2 →
IA + 3
→
IB =
→ 0 . On en déduit que
I est le barycentre de (A ; −2) et (B ; 3).
A
B
C I
J G M
• Par un raisonnement similaire, on déduit que J est le barycentre de le barycentre de (B ; 5) et (C ; 2).
• G est le centre de gravité du triangle ABC donc G le barycentre de (A ; 2), (B ; 2) et (C, 2).
Par la propriété d’associativité du barycentre (utilisable puisque 5−3 = 2≠ 0), G est le barycentre de (A ; 2), (B ; −3), (B ; 5) et (C, 2).
Par la propriété d’associativité du barycentre (utilisable puisque 2 −3 = 1 ≠ 0 et 5 + 2 = 7 ≠ 0), G qui est le barycentre de (A ; 2), (B ; −3) et (B ; 5) et (C, 2)
est aussi le barycentre de (I, −1) et (J, 7).
Le barycentre de deux points appartenant toujours à la droite définie par ces deux points, on en déduit que G, qui est le barycentre de (I, −1) et (J, 7) appartient à (IJ) donc les points G, I et J sont alignés.
3) Soit M le point d’intersection des droites (GI) et (AC). Déterminer la position de M sur (AC). (On attend une réponse de la forme
→
AM = α→
AC , α étant un nombre à déterminer).
Méthode 1 : On fait apparaître J comme un barycentre partiel dans G (avec une rédaction qui exhibe une solution puis qui explique que cette solution tirée de notre chapeau marche).
• G est le barycentre de (A ; 5), (B ; 5) et (C, 5)
Par la propriété d’associativité du barycentre (utilisable puisque 2+3 = 5 ≠ 0),
G est le barycentre de (A ; 5), (B ; 5), (C, 2) et (C, 3). Soit M’ le barycentre de (A ; 5) et (C, 3).
Par la propriété d’associativité du barycentre,
G qui est le barycentre de (A ; 5), (C ; 3) et (B ; 5) et (C, 2) est aussi le barycentre de (M’, 8) et (J, 7).
• Montrons que M’ est le point M cherché :
◊ M’ est le barycentre de (A ; 5) et (C, 3) donc M’∈ (AC).
◊ G est le barycentre (M’, 8) et (J, 7) donc G∈ (M’J) donc M’∈ (GJ) =(GI).
M’est donc le point d’intersection des droites (GI) et (AC) donc M’= M.
Par définition du barycentre, 5
MA +3 MC =
0, et après avoir introduit A dans
MC par Chasles, on obtient
→
AM= 3 8
→
AC , ce qui est cohérent avec la figure.
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Méthode 2 : On fait apparaître I comme un barycentre partiel dans G (avec une rédaction qui exhibe une solution puis qui explique que cette solution tirée de notre chapeau marche).
• G est le barycentre de (A ; 3), (B ; 3) et (C, 3)
Par la propriété d’associativité du barycentre (utilisable puisque 5−2 = 3 ≠ 0),
G est le barycentre de (A ; 5), (A, −2), (B ; 3) et (C, 3). Soit M’ le barycentre de (A ; 5) et (C, 3).
Par la propriété d’associativité du barycentre,
G qui est le barycentre de (A ; 5), (C ; 3) et (A ; −2) et (B, 3) est aussi le barycentre de (M’, 8) et (I, 1).
• Montrons que M’ est le point M cherché : comme précédemment.
Méthode 3 : En cherchant à quelle condition sur les poids un barycentre de G et I peut aussi être un barycentre de A et C.
M∈(GI) donc M est le barycentre de G et I avec des coefficients à déterminer. Par homogénéité du barycentre, en divisant les deux coefficients par le coefficient de I (qui est non nul car sinon M serait confondu avec G ce qui n’est pas le cas sinon A, B et C seraient alignés) on peut supposer que le coefficient de I est égal à 1, M est donc le barycentre de (G, α) et (I, 1). Remarquons que l’on a aussi α
≠ 0 sinon M et I seraient confondus ce qui n’est pas le cas sinon A, B et C seraient alignés.
• M est le barycentre de (G, α) et (I, 1) avec α ≠ 0.
Par la propriété d’associativité du barycentre (utilisable puisque α +α +α = 3α ≠0 et −2+3 = 1 ≠ 0), M est le barycentre de (A ; α), (B ; α), (C, α) et (A ; −2) et (B ; 3)
(G, α) (I ; 1).
Ceci s’écrit, par définition du barycentre, α
MA + α
MB + α
MC −2
MA + 3 MB =
0 , c'est-à-dire (α−2)
MA + (α+3)
MB + α MC =
0 ⇔ M le barycentre de (A ; α−2), (B ; α+3) et (C ; α).
• M étant le barycentre de (A ; α−2), (B ; α+3) et (C ; α), M∈(AC) ssi α+3 = 0 c'est-à-dire ssi α = −3 et M est alors le barycentre de (A ; −5) et (C ; −3) c'est-à-dire, par la propriété d’homogénéité du barycentre, M est le barycentre de (A ; 5) et (C ; 3)
Par définition du barycentre, 5
MA +3 MC =
0, et après avoir introduit A dans
MC par Chasles, on obtient
→
AM= 3 8
→
AC , ce qui est cohérent avec la figure.
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Exercice 3. Lieux géométriques
ABC est un triangle équilatéral de côté 4 cm.
1) Déterminer et représenter l'ensemble EEEE des points M du plan tels que :
||
→
→
→
→
MA+ + + + →→→→
MB+ + + + 2 →→→→
MC || = = = = || →→→→
MB+ + + + 3 →→→→
MC ||. (I) Soit G le barycentre de (A ; 1), (B ; 1) et (C, 2) et soit K le barycentre de (B ; 1) et (C, 3). Ces deux barycentres sont bien définis puisque dans chaque cas la somme des coefficients est non nulle.
Par la propriété de réduction, (I) devient || (1+1+2)
→MG || = ||(1+3) →MK||, c'est-à-dire 4 MG = 4 MK, c'est-à-dire MG = MK.
E E E
E est donc la médiatrice de [GK].
2) Déterminer et représenter l'ensemble FFFF des points M du plan tels que :
||
→
→
→
→
MA+ + + + →→→→
MB+ + + + 2 →→→→
MC || = = = = || 3 →→→→
MB− − − − 3
→
→→
→
MC ||. (II)
• G étant le barycentre de (A ; 1), (B ; 1) et (C, 2), comme précédemment, par la propriété de réduction on a
→
MA+ →
MB+ 2 →
MC = 4
→
MG.
• Par ailleurs, 3 →
MB− 3
→MC = 3 (→
MB− →
MC ) = 3 (→
MB+ →CΜ) = 3 →CB par Chasles.
• (II) devient || 4 →MG || = || 3
→CB ||, c'est-à-dire 4 MG = 3 BC = 4 3, c'est-à-dire MG = 3.
FFF
F est donc le cercle de centre G et de rayon 3.
• Sur le dessin, il semble que C∈ F. Montrons-le :
◊ Soit I le milieu de [AB]. Par la propriété d’associativité du barycentre (utilisable puisque 1+1 = 2 ≠ 0), G qui est le barycentre de (A ; 1), (B ; 1) et (C, 2)
est aussi le barycentre de (I, 2) et (C, 2). On en déduit que G est le milieu de [CI].
◊ Par Pythagore, on montre que la hauteur h d’un triangle équilatéral de coté a mesure 2
a 3. Ici, a = 4,
donc h = 2 3 et GC = 3
2 3 2
2 = =
h .
◊F est le cercle de centre G et de rayon 3 et par ailleurs GC = 3 donc C∈F. Remarque : Comme GI = GC = 3 donc I, le milieu de [AB] appartient lui aussi à F. F
FF
F est donc le cercle de diamètre [CI].
A F
O
B C
G
K I
F FF F
E EE E
