Barycentre : corrigé des exercices de maths en 1ère en PDF.

Exercice 1 (barycentre 1ère corrigé)

On rappelle que si \(a+b\neq 0\), le barycentre G de \((A,a)\) et \((B,b)\) vérifie \(\vec{AG}=\dfrac{b}{a+b}\vec{AB}\) ; il est toujours sur la droite (AB).

1. \(1+2=3\neq 0\) donc G existe et \(\vec{AG}=\dfrac{2}{3}\vec{AB}\). Comme AB = 6 cm, G est sur le segment [AB] à 4 cm de A (et à 2 cm de B).

2. \(3+(-3)=0\) : la somme des coefficients est nulle, donc le barycentre de (A,3) et (B,-3) n’existe pas. En effet \(3\vec{GA}-3\vec{GB}=3\vec{BA}\) ne dépend pas de G et n’est jamais nul puisque \(A\neq B\).

3. \(1+(-2)=-1\neq 0\) donc G existe et \(\vec{AG}=\dfrac{-2}{-1}\vec{AB}=2\vec{AB}\). Comme AB = 4 cm, G est sur la demi-droite [AB), au-delà de B, avec AG = 8 cm : B est le milieu de [AG].

4. \(-3+(-2)=-5\neq 0\) donc G existe et \(\vec{MG}=\dfrac{-2}{-5}\vec{MN}=\dfrac{2}{5}\vec{MN}\). Comme MN = 10 cm, G est sur le segment [MN] à 4 cm de M (et à 6 cm de N).

A vous d’effectuer ces constructions en sachant que le barycentre est forcément aligné avec les points A et B.

Exercice 2 :

1. Décrire l’ensemble des points M du plan tels que \(\|5\vec{MA}+6\vec{MB}\|=22 .\)
Considérons I barycentre des points (A,5) et (B,6)
\(5\vec{MA}+6\vec{MB}=11\vec{MI}+5\vec{IA}+6\vec{IB}=11\vec{MI}+\vec{0}=11\vec{MI} .\)
donc l’ensemble correspond au cercle de centre I et de rayon 2 .

En effet \(11MI=22\) donne \(MI=2\). Le point I se place avec \(\vec{AI}=\dfrac{6}{11}\vec{AB}\).

2. Décrire l’ensemble des points M du plan tels que \(\|-5\vec{MA}+8\vec{MB}\|=12 .\)
Considérons I barycentre des points (A,-5) et (B,8)
\(-5\vec{MA}+8\vec{MB}=3\vec{MI}-5\vec{IA}+8\vec{IB}=3\vec{MI}+\vec{0}=3\vec{MI} .\)
donc l’ensemble correspond au cercle de centre I et de rayon 4 .

En effet \(3MI=12\) donne \(MI=4\). Le point I se place avec \(\vec{AI}=\dfrac{8}{3}\vec{AB}\).

3. Décrire l’ensemble des points M du plan tels que \(\|5\vec{MA}-6\vec{MB}\|=\|7\vec{MA}-6\vec{MB}\| .\)
Considérons I barycentre des points (A,5) et (B,-6) et J barycentre des points (A,7) et (B;-6)
\(5\vec{MA}-6\vec{MB}=-\vec{MI}+5\vec{IA}-6\vec{IB}=-\vec{MI}+\vec{0}=-\vec{MI} .\)
De même : \(7\vec{MA}-6\vec{MB}=\vec{MJ}+7\vec{JA}-6\vec{JB}=\vec{MJ}+\vec{0}=\vec{MJ} .\)
donc nous recherchons les points M tels que MI=MJ, l’ensemble est donc la médiatrice du segment [IJ].

Pour placer ces points : \(\vec{AI}=\dfrac{-6}{-1}\vec{AB}=6\vec{AB}\) et \(\vec{AJ}=\dfrac{-6}{1}\vec{AB}=-6\vec{AB}\) ; A est donc le milieu de [IJ] et l’ensemble cherché est la perpendiculaire à (AB) passant par A.

4. Soit I le barycentre de (A,2) et (B,7), qui existe car \(2+7=9\neq 0\), et J le barycentre de (A,20) et (B,-11), qui existe car \(20-11=9\neq 0\).

D’après la propriété de réduction : \(2\vec{MA}+7\vec{MB}=9\vec{MI}\) et \(20\vec{MA}-11\vec{MB}=9\vec{MJ}\).

L’égalité devient \(9MI=9MJ\), soit \(MI=MJ\). Avec \(\vec{AI}=\dfrac{7}{9}\vec{AB}\) et \(\vec{AJ}=-\dfrac{11}{9}\vec{AB}\), les points I et J sont distincts, donc l’ensemble cherché est la médiatrice du segment [IJ].

Exercice 3 (barycentre 1ère corrigé)

Soit R un repère orthonormé du plan .

1. Effectuer la construction

G existe car \(2+3=5\neq 0\) et \(x_G=\dfrac{2\times 3+3\times (-1)}{5}=\dfrac{3}{5}\), \(y_G=\dfrac{2\times 4+3\times 2}{5}=\dfrac{14}{5}\). Donc \(G(\dfrac{3}{5}\,;\dfrac{14}{5})\), point du segment [AB] tel que \(\vec{AG}=\dfrac{3}{5}\vec{AB}\).

2. On note \(C_1\) l’ensemble des points M du plan tels que \(\|4\vec{MA}+5\vec{MB}\|=45 .\).

Soit M(x ; y). On a \(\vec{MA}(3-x\,;4-y)\) et \(\vec{MB}(-1-x\,;2-y)\), donc :

\(4\vec{MA}+5\vec{MB}=(4(3-x)+5(-1-x);4(4-y)+5(2-y))=(-9x+7;-9y+26).\)
\(\|4\vec{MA}+5\vec{MB}\|=\sqrt{(-9x+7)^2+(-9y+26)^2}=\sqrt{81[(x-\frac{7}{9})^2+(y-\frac{26}{9})^2]}=9\sqrt{(x-\frac{7}{9})^2+(y-\frac{26}{9})^2}.\)

Déterminer l’équation de l’ensemble \(C_1\) .

La condition s’écrit \(9\sqrt{(x-\frac{7}{9})^2+(y-\frac{26}{9})^2}=45\), soit \(\sqrt{(x-\frac{7}{9})^2+(y-\frac{26}{9})^2}=5\).

L’équation de cet ensemble est donc :
\((x-\frac{7}{9})^2+(y-\frac{26}{9})^2=25.\)

\(C_1\) est le cercle de centre \(K(\dfrac{7}{9}\,;\dfrac{26}{9})\) et de rayon 5 ; K est le barycentre de (A,4) et (B,5).

3. Déterminer l’équation de l’ensemble \(C_2\) et montrer que c’est une médiatrice.

\(3\vec{MA}+2\vec{MB}=(3(3-x)+2(-1-x)\,;3(4-y)+2(2-y))=(7-5x\,;16-5y)\) et \(7\vec{MA}-2\vec{MB}=(7(3-x)-2(-1-x)\,;7(4-y)-2(2-y))=(23-5x\,;24-5y)\).

L’égalité des normes équivaut à l’égalité de leurs carrés :

\[(7-5x)^2+(16-5y)^2=(23-5x)^2+(24-5y)^2\]

Après développement, les termes \(25x^2\) et \(25y^2\) s’éliminent : \(305-70x-160y=1105-230x-240y\), soit \(160x+80y=800\).

\(C_2\) a pour équation \(2x+y=10\) : c’est une droite. C’est la médiatrice du segment [PQ], où \(P(\dfrac{7}{5}\,;\dfrac{16}{5})\) est le barycentre de (A,3) et (B,2) et \(Q(\dfrac{23}{5}\,;\dfrac{24}{5})\) celui de (A,7) et (B,-2) : en effet \(3\vec{MA}+2\vec{MB}=5\vec{MP}\) et \(7\vec{MA}-2\vec{MB}=5\vec{MQ}\), donc la condition s’écrit MP = MQ. On vérifie que le milieu (3 ; 4) de [PQ] est bien sur la droite : \(2\times 3+4=10\).

Correction de l’exercice « Trouver un lieu de points » (triangle équilatéral ABC de côté 4 cm), placé sur la fiche à la fin de l’exercice 3 :

Exercice 4 :

Considérons le point G barycentre de (A,1); (B,1) et (C,2)

\(\vec{MA}+\vec{MB}+2\vec{MC}=\vec{MG}+\vec{GA}+\vec{MG}+\vec{GB}+2\vec{MG}+2\vec{GC}=4\vec{MG}\)

Considérons le point K barycentre de (B,1) et (C,3)

\(\vec{MB}+3\vec{MC}=\vec{MK}+\vec{KB}+3\vec{MK}+3\vec{KC}=4\vec{MK}\)

donc cela revient à chercher l’ensemble des points du plan tels que :

\(\|4\vec{MG}\|=\|4\vec{MK}\|\)

\(\|\vec{MG}\|=\|\vec{MK}\|\)

Pour placer ces points : \(\vec{BK}=\dfrac{3}{4}\vec{BC}\) ; si I est le milieu de [AB], G est le milieu de [IC] (associativité : G est le barycentre de (I,2) et (C,2)).

Conclusion : l’ensemble \(\Gamma\) des points M est la médiatrice du segment [GK].

Correction de l’exercice 4 de la fiche (triangle isocèle ABC avec BC = 8 cm et BA = 5 cm) :

1. \(\vec{BF}=-\vec{BA}\) signifie que B est le milieu de [AF] : F est le symétrique de A par rapport à B. Transformons l’égalité avec la relation de Chasles :

\(\vec{BF}+\vec{BA}=\vec{0}\), soit \(\vec{BF}+\vec{BF}+\vec{FA}=\vec{0}\), donc \(\vec{FA}-2\vec{FB}=\vec{0}\).

F est le barycentre de (A,1) et (B,-2) (ou de (A,-1) et (B,2), coefficients proportionnels).

2. I est le milieu de [BC], donc \(\dfrac{1}{2}\vec{PB}+\dfrac{1}{2}\vec{PC}=\dfrac{1}{2}(\vec{PI}+\vec{IB}+\vec{PI}+\vec{IC})=\vec{PI}\) car \(\vec{IB}+\vec{IC}=\vec{0}\).

F est le barycentre de (A,-1) et (B,2), de somme 1, donc \(-\vec{PA}+2\vec{PB}=\vec{PF}\).

La somme des coefficients est nulle : \(2\vec{PB}-2\vec{PA}=2(\vec{PB}+\vec{AP})=2\vec{AB}\), vecteur constant.

Bilan : \(\dfrac{1}{2}\vec{PB}+\dfrac{1}{2}\vec{PC}=\vec{PI}\), \(-\vec{PA}+2\vec{PB}=\vec{PF}\) et \(2\vec{PB}-2\vec{PA}=2\vec{AB}\).

3. D’après la question 2, la condition s’écrit \(\|\vec{MI}\|=\|\vec{MF}\|\), soit MI = MF. Les points I et F sont distincts, donc l’ensemble cherché est la médiatrice du segment [IF].

4. \(\vec{NB}+\vec{NC}=2\vec{NI}\) et \(2\vec{NB}-2\vec{NA}=2\vec{AB}\). La condition s’écrit \(2NI=2AB\), soit NI = AB = 5 cm. L’ensemble cherché est le cercle de centre I et de rayon 5 cm. Comme AI = 3 cm (théorème de Pythagore dans le triangle ABI rectangle en I : \(AI^2=5^2-4^2=9\)), le point A est à l’intérieur de ce cercle.

Exercice 5 (barycentre 1ère corrigé)

1. On trace un repère et on place les points A(1 ; 2), B(-3 ; 4) et C(-2 ; 5).

2. La somme des coefficients vaut \(3+2-4=1\neq 0\), donc G existe et :

\(x_G=\dfrac{3\times 1+2\times (-3)-4\times (-2)}{1}=3-6+8=5\) et \(y_G=\dfrac{3\times 2+2\times 4-4\times 5}{1}=6+8-20=-6\).

G a pour coordonnées (5 ; -6).

3. On a \(\vec{BG}(8\,;-10)\) et \(\vec{BO}(3\,;-4)\). Ces vecteurs sont colinéaires si et seulement si \(8\times (-4)-(-10)\times 3=0\). Or \(8\times (-4)-(-10)\times 3=-32+30=-2\neq 0\).

Les vecteurs \(\vec{BG}\) et \(\vec{BO}\) ne sont pas colinéaires : la droite (BG) ne passe pas par l’origine du repère. Elle a pour équation \(y=-\dfrac{5}{4}x+\dfrac{1}{4}\) et coupe l’axe des ordonnées au point \((0\,;\dfrac{1}{4})\), très près de l’origine : c’est pourquoi une figure ne suffit pas pour conclure.

Exercice 6 :

G existe car \(-2-2+15=11\neq 0\). Par définition, \(-2\vec{GA}-2\vec{GB}+15\vec{GC}=\vec{0}\).

Introduisons le point E avec la relation de Chasles : \(-2(\vec{GE}+\vec{EA})-2(\vec{GE}+\vec{EB})+15\vec{GC}=\vec{0}\), soit \(-4\vec{GE}-2(\vec{EA}+\vec{EB})+15\vec{GC}=\vec{0}\).

Comme E est le milieu de [AB], \(\vec{EA}+\vec{EB}=\vec{0}\), donc \(-4\vec{GE}+15\vec{GC}=\vec{0}\) et \(\vec{GC}=\dfrac{4}{15}\vec{GE}\).

(Autrement dit, par associativité, G est le barycentre de (E,-4) et (C,15).) Les vecteurs \(\vec{GC}\) et \(\vec{GE}\) sont colinéaires et ont le point G en commun : les points G, C et E sont alignés.

Exercice 7 (barycentre 1ère corrigé)

ABCD est un quadrilatère et G est le barycentre de (A, 1)(B, 1)(C, 3)(D, 3). Construire le point G. (Argumenter)

Utilisons l’associativité du barycentre

Soit K barycentre de (A,1) (B,1) et L barycentre de (C,3) (D,3)

Les points K et L sont des isobarycentres donc ce sont les milieux de segments.

De plus ces trois barycentre existent car la somme de leurs masses est non nulle.

Par associativité du barycentre, G est le barycentre de (K,2) (L,6)

Pour construire G, il suffit de placer le point K milieu de [AB] et L milieu de [CD] .

et

\(2\vec{GK}+6\vec{GL}=\vec{0}\)

\(2\vec{GL}+2\vec{LK}+6\vec{GL}=\vec{0}\)

\(8\vec{GL}=-2\vec{LK}\)

\(8\vec{GL}=2\vec{KL}\)

\(\vec{LG}=\frac{2}{8}\vec{LK}\)

\(\vec{LG}=\frac{1}{4}\vec{LK}\)

Ensuite il suffit de placer le point G au quart du segment [LK] en partant du point L.

Exercice 8 :

Indication : utiliser l’associativité du barycentre.
ABCD est un quadrilatère.
On note G son isobarycentre.
Le but de cet exercice est de préciser la position de G.

1) On note I le milieu de [AB] et J le milieu de [CD].

Montrer que G est le barycentre de I et J munis de coefficients que l’on précisera.

G est le barycentre de (A,1), (B,1), (C,1) et (D,1). I, milieu de [AB], est le barycentre de (A,1) et (B,1) ; J, milieu de [CD], est le barycentre de (C,1) et (D,1). Les sommes \(1+1=2\) ne sont pas nulles, donc, par associativité, G est le barycentre de (I,2) et (J,2), c’est-à-dire l’isobarycentre de I et J.

2) Conclure et faire une figure.

On a \(2\vec{GI}+2\vec{GJ}=\vec{0}\), soit \(\vec{GI}+\vec{GJ}=\vec{0}\) : G est le milieu du segment [IJ] qui joint les milieux de deux côtés opposés. En groupant autrement les points, G est aussi le milieu du segment qui joint les milieux de [AD] et [BC], ainsi que le milieu du segment qui joint les milieux des diagonales [AC] et [BD].

Exercice 9 (barycentre 1ère corrigé)

1. Pour chacun des cas suivants, où faut-il fixer le crochet G sur le segment [AB] pour réaliser l’équilibre ?
(M = 2 kg)

L’équilibre est réalisé lorsque le crochet G est le barycentre de (A, M) et (B, m), la masse M = 2 kg étant suspendue en A et le plateau (masse m) en B.

cas n° 1 :

Soit G le barycentre de (A,2) et (B,3)
G existe car \(2+3=5\neq 0\)
\(2\vec{GA}+3\vec{GB}=\vec{0}\)

\(2\vec{GA}+3\vec{GA}+3\vec{AB}=\vec{0}\)

\(5\vec{GA}=-3\vec{AB}\)

\(\vec{GA}=-\frac{3}{5}\vec{AB}\)

\({\color{DarkRed} \vec{AG}= \frac{3}{5}\vec{AB}}\)

Conclusion : il faut placer le crochet aux \(\frac{3}{5}\) de [AB] en partant du point A.

Cas n° 2 :

Soit G le barycentre de (A,2) et (B,5)
G existe car \(2+5=7\neq 0\)
\(2\vec{GA}+5\vec{GB}=\vec{0}\)

\(2\vec{GA}+5\vec{GA}+5\vec{AB}=\vec{0}\)

\(7\vec{GA}=-5\vec{AB}\)

\(\vec{GA}=-\frac{5}{7}\vec{AB}\)

\({\color{DarkRed} \vec{AG}= \frac{5}{7}\vec{AB}}\)

Conclusion : il faut placer le crochet aux \(\frac{5}{7}\) de [AB] en partant du point A.

On pourra reproduire ces schémas à l’échelle de son choix.

2. G est le barycentre de (A,2) et (B,m), donc \(\vec{AG}=\dfrac{m}{2+m}\vec{AB}\). On veut \(\dfrac{m}{2+m}=\dfrac{2}{3}\), soit \(3m=2(2+m)\), donc \(3m=4+2m\) et \(m=4\).

La masse pesée est m = 4 kg. Vérification : \(\dfrac{4}{2+4}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\).

Exercice 10 :

1. Soit I le milieu de [BC].

Montrer que :

\(\vec{GB}+\vec{GC}=2\vec{GI}\)

Avec la relation de Chasles : \(\vec{GB}+\vec{GC}=\vec{GI}+\vec{IB}+\vec{GI}+\vec{IC}=2\vec{GI}+(\vec{IB}+\vec{IC})=2\vec{GI}\) car I est le milieu de [BC].

En utilisant l’associativité du barycentre, on peut affirmer que \(G=\text{bar}\{(A,2);(I,2)\}\)

Nous avons donc :
\(2\vec{GA}+2\vec{GI}=\vec{0}\)
or
\(2\vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GC}=\vec{0}\) (définition du barycentre G)

donc

\({\color{DarkRed} \vec{GB}+\vec{GC}=2\vec{GI}}\)

2. En déduire que G est le barycentre de A et I munis de coefficients que l’on précisera.

En remplaçant dans \(2\vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GC}=\vec{0}\), on obtient \(2\vec{GA}+2\vec{GI}=\vec{0}\) :

\(G=\text{bar}\{(A,2);(I,2)\}\)

3. Conclure.

\(2\vec{GA}+2\vec{GI}=\vec{0}\)

\(\Leftrightarrow \vec{GA}+\vec{GI}=\vec{0}\)

Conclusion : G est le milieu du segment [AI] .

Exercice 11 (barycentre 1ère corrigé)

Indication : G est le milieu de [AI] et utiliser l’associativité du barycentre.
On considère un triangle ABC et l’on désigne par G le barycentre de (A ; 1), (B ; 4) et (C ; – 3).

1. Construire le barycentre I de (B ; 4) et (C ; – 3).

I existe car \(4-3=1\neq 0\) et \(4\vec{IB}-3\vec{IC}=\vec{0}\). Avec Chasles : \(4\vec{IB}-3\vec{IB}-3\vec{BC}=\vec{0}\), donc \(\vec{IB}=3\vec{BC}\), soit \(\vec{BI}=-3\vec{BC}\) : I est sur la droite (BC), du côté opposé à C par rapport à B, avec BI = 3BC.

2. Montrer que \(\vec{GA}+\vec{GI}=\vec{0}\) .

G existe car \(1+4-3=2\neq 0\). Par associativité, on remplace (B ; 4) et (C ; -3) par (I ; 1) : G est le barycentre de (A ; 1) et (I ; 1), donc \(\vec{GA}+\vec{GI}=\vec{0}\).

3. En déduire la position de G sur (AI).

D’après la question 2, G est le milieu du segment [AI].

Exercice 12 :

Dans le triangle ABC, E est le milieu de [AB] et G est le barycentre de (A ; – 2), (B ; – 2) et (C ; 15).

Démontrer que G, C et E sont alignés.

Tout d’abord le barycentre G existe car \(-2-2+15=11\neq0\)

Nous avons :

\(-2\vec{GA}-2\vec{GB}+15\vec{GC}=\vec{0}\)

et \(\vec{AE}=\frac{1}{2}\vec{AB}\)

Utilisons la relation de Chasles :

\(-2\vec{GE}-2\vec{EA}-2\vec{GE}-2\vec{EB}+15\vec{GC}=\vec{0}\)

\(-2 (\vec{EA}+\vec{EB} )-4\vec{GE}+15\vec{GC}=\vec{0}\)

or \(\vec{EA}+\vec{EB}=\vec{0}\) car E milieu de [AB].

donc nous avons l’égalité :

\(-4\vec{GE}+15\vec{GC}=\vec{0}\)

\(\vec{GC}=\frac{4}{15}\vec{GE}\)

On en conclut que les vecteurs \(\vec{GC}\) et \(\vec{GE}\) sont colinéaires .

De plus ces deux vecteurs ont le point G en commun,

donc les points G,C et E sont alignés .

Exercice 13 (barycentre 1ère corrigé)

B est le milieu de [AC].

Démontrer que le barycentre de (A ; 1) et (C ; 3) est confondu avec celui de (B ; 2) et (C ; 2).

Soit \(H=\text{bar}\{(A;1),(C;3)\}\) et \(G=\text{bar}\{(B;2),(C;2)\}\)

Nous avons :

\(\vec{HA}+3\vec{HC}=\vec{0}\)

\(2\vec{GB}+2\vec{GC}=\vec{0}\)

soit
\(\vec{GB}+\vec{GC}=\vec{0}\) et \(\vec{HA}+3\vec{HA}+3\vec{AC}=\vec{0}\)

\(4\vec{HA}+3\vec{AC}=\vec{0}\)

\(\vec{GA}+\vec{AB}+\vec{GA}+\vec{AC}=\vec{0}\)

en résumé :

\(2\vec{GA}+\vec{AB}+\vec{AC}=\vec{0}\) et \(\vec{AH}=\frac{3}{4}\vec{AC}\)

\(2\vec{GA}+\frac{3}{2}\vec{AC}=\vec{0}\) (car B milieu de [AC] ) et \(2\vec{AH}=\frac{3}{2}\vec{AC}\)

ainsi :

\(2\vec{GA}+2\vec{AH}=\vec{0}\)

\(2 (\vec{GA}+\vec{AH} )=\vec{0}\)

\(\vec{GA}+\vec{AH} =\vec{0}\)

\(\vec{GH} =\vec{0}\)

Conclusion : les points G et H sont confondus .

Exercice 14 :

ABC est un triangle.

1. G est le barycentre de (A ; 1), (B ; 2) et (C ; 3). Construire le point G. Expliquer.

Utilisons l’associativité du barycentre.
G est le barycentre de (A,1) (I,5) avec I barycentre de (B,2) et (C,3)

G existe car \(1+2+3=6\neq 0\), et I existe car \(2+3=5\neq 0\). On a \(\vec{BI}=\dfrac{3}{5}\vec{BC}\) puis \(\vec{AG}=\dfrac{5}{6}\vec{AI}\). On place I aux trois cinquièmes de [BC] en partant de B, puis G aux cinq sixièmes de [AI] en partant de A.

2. G ‘ est le barycentre de (A ; 1), (B ; 3) et (C ; – 3). Construire le point G ‘ . Expliquer.
Utilisons l’associativité du barycentre,
G’ est le barycentre de (K,4) et (C,-3) avec K barycentre de (A,1) et (B,3)

G’ existe car \(1+3-3=1\neq 0\), et K existe car \(1+3=4\neq 0\) : \(\vec{AK}=\dfrac{3}{4}\vec{AB}\). Ensuite \(\vec{KG^{\prime}}=\dfrac{-3}{1}\vec{KC}=3\vec{CK}\). On place K aux trois quarts de [AB] en partant de A, puis G’ sur la droite (CK), au-delà de K, avec KG’ = 3KC.

3. Démontrer que (AG’) est parallèle à (BC).

Indication : montrer que les vecteurs \(\vec{AG^{\prime}}\) et \(\vec{BC}\) sont colinéaires.

Par définition, \(\vec{G^{\prime}A}+3\vec{G^{\prime}B}-3\vec{G^{\prime}C}=\vec{0}\). Avec Chasles : \(\vec{G^{\prime}A}+3\vec{G^{\prime}B}-3\vec{G^{\prime}B}-3\vec{BC}=\vec{0}\), donc \(\vec{G^{\prime}A}=3\vec{BC}\), soit \(\vec{AG^{\prime}}=-3\vec{BC}\).

Les vecteurs \(\vec{AG^{\prime}}\) et \(\vec{BC}\) sont colinéaires, donc les droites (AG’) et (BC) sont parallèles.

Exercice 15 (barycentre 1ère corrigé)

Tout d’abord G existe car \(1+1+3+3=8\neq0\)

Notons \(I=\text{bar}\{(A;1),(B;1)\}\) et \(J=\text{bar}\{(C;3),(D;3)\}\)

Utilisons l’associativité du barycentre .

alors
\(G=\text{bar}\{(I;2),(J;6)\}\)

On place I qui est le milieu de [AB].
On place J le milieu de [CD]

ensuite :

\(2\vec{GI}+6\vec{GJ}=\vec{0}\)

\(2\vec{GI}+6\vec{GI}+6\vec{IJ}=\vec{0}\)

\(8\vec{GI}=-6\vec{IJ}\)

\(\vec{IG}=\frac{6}{8}\vec{IJ}\)

\(\vec{IG}=\frac{3}{4}\vec{IJ}\)

On divise le segment [IJ] en quatre parties égales
et on place le point G aux trois quarts de [IJ] en partant de I.

Exercice 16 :

1. Les diagonales d’un carré ont la même longueur et se coupent en leur milieu G. D’après le théorème de Pythagore dans le triangle ABC rectangle en B : \(AC^2=4^2+4^2=32\), donc \(AC=\sqrt{32}=4\sqrt{2}\) cm.

G est le milieu de [AC], donc \(GA=\dfrac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}\) cm (environ 2,83 cm).

2. G est le centre du carré, milieu des diagonales [AC] et [BD] : \(\vec{GA}+\vec{GC}=\vec{0}\) et \(\vec{GB}+\vec{GD}=\vec{0}\). G est donc l’isobarycentre de A, B, C et D. Avec la relation de Chasles :

\[\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}+\vec{MD}=4\vec{MG}+(\vec{GA}+\vec{GC})+(\vec{GB}+\vec{GD})=4\vec{MG}\]

Pour tout point M, \(\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}+\vec{MD}=4\vec{MG}\).

3. La condition s’écrit \(\|4\vec{MG}\|=8\sqrt{2}\), soit \(4MG=8\sqrt{2}\), donc \(MG=2\sqrt{2}\) cm.

\(\Gamma_1\) est le cercle de centre G et de rayon \(2\sqrt{2}\) cm : comme \(GA=GB=GC=GD=2\sqrt{2}\) cm, c’est le cercle circonscrit au carré ABCD.

4. La condition s’écrit : \(4\vec{MG}\) est colinéaire à \(\vec{AD}\), c’est-à-dire \(\vec{GM}\) colinéaire à \(\vec{AD}\) (le vecteur nul, obtenu pour M = G, est colinéaire à tout vecteur).

Les points M cherchés sont donc G lui-même et les points M tels que (GM) soit parallèle à (AD) : \(\Gamma_2\) est la droite passant par G et parallèle à (AD). Elle passe par les milieux de [AB] et de [DC].

Exercice 17 (barycentre 1ère corrigé)

1. E est le milieu de [AB], donc \(\vec{EA}+\vec{EB}=\vec{0}\) : E est le barycentre de (A,1) et (B,1), donc aussi de (A,-2) et (B,-2) (on peut multiplier les coefficients par un même réel non nul).

2. G existe car \(-2-2+8=4\neq 0\). Comme E est le barycentre de (A,-2) et (B,-2), avec \(-2-2=-4\neq 0\), l’associativité permet de remplacer ces deux points par (E,-4) : G est le barycentre de (E,-4) et (C,8).

G est donc sur la droite (EC) : les points G, C et E sont alignés.

3. On a \(-4\vec{GE}+8\vec{GC}=\vec{0}\), soit \(\vec{GE}=2\vec{GC}\). Avec Chasles : \(\vec{GC}+\vec{CE}=2\vec{GC}\), donc \(\vec{CE}=\vec{GC}\), c’est-à-dire \(\vec{CE}+\vec{CG}=\vec{0}\).

Oui, C est le milieu du segment [EG].

Exercice 18 :

Soit ABC un triangle équilatéral de côté 3 cm.

1) Placer, en justifiant, le barycentre Z de (A ; 1), (B ; 3) et (C ; – 3).

Z existe car \(1+3-3=1\neq 0\)

\(\vec{ZA}+3\vec{ZB}-3\vec{ZC}=\vec{0}\)

\(\vec{ZA}+ 3\vec{ZA}+ 3\vec{AB} -3\vec{ZA} -3\vec{AC}=\vec{0}\)

Après cela, \(\vec{ZA} + 3\vec{AB} -3\vec{AC}=\vec{0}\)

\(\vec{ZA} + 3\vec{AB} +3\vec{CA}=\vec{0}\)

De même, \(\vec{ZA} + 3\vec{CB} =\vec{0}\)
\(\vec{ZA}=- 3\vec{CB}\)

\(\vec{ZA}= 3\vec{BC}\)

Donc \(\vec{AZ}=3\vec{CB}\) : on place Z sur la parallèle à (BC) passant par A, à 9 cm de A (3 fois BC), dans le sens de C vers B.

2) Montrer que les droites (AZ) et (BC) sont parallèles.

D’après ce qui précède, \(\vec{ZA}= 3\vec{BC}\).

Ces vecteurs étant colinéaires, nous avons donc (AZ) parallèle à (BC).

Exercice 19 (barycentre 1ère corrigé)

Indication : utiliser le fait que G est l’isobarycentre du système {(A,1);(B,1);(C,1)}

et utilisez l’associativité du barycentre.

ABC est un triangle de centre de gravité G.

On note I, J, M, N, R et S les points définis par :

\(\vec{AI}=\frac{1}{3}\vec{AB};\vec{AJ}=\frac{2}{3}\vec{AB};\vec{AM}=\frac{1}{3}\vec{AC};\vec{AN}=\frac{2}{3}\vec{AC};\vec{BR}=\frac{1}{3}\vec{BC};\vec{BS}=\frac{2}{3}\vec{BC}\)

Démontrer que les droites (IS), (MR) et (NJ) sont concourantes en G.

Rappel : si \(\vec{AP}=\dfrac{b}{a+b}\vec{AB}\), alors P est le barycentre de (A,a) et (B,b). On en déduit :

• \(\vec{AI}=\dfrac{1}{3}\vec{AB}\) : I est le barycentre de (A,2) et (B,1) ; \(\vec{BS}=\dfrac{2}{3}\vec{BC}\) : S est le barycentre de (B,1) et (C,2) ;
• \(\vec{AM}=\dfrac{1}{3}\vec{AC}\) : M est le barycentre de (A,2) et (C,1) ; \(\vec{BR}=\dfrac{1}{3}\vec{BC}\) : R est le barycentre de (B,2) et (C,1) ;
• \(\vec{AN}=\dfrac{2}{3}\vec{AC}\) : N est le barycentre de (A,1) et (C,2) ; \(\vec{AJ}=\dfrac{2}{3}\vec{AB}\) : J est le barycentre de (A,1) et (B,2).

G est l’isobarycentre de A, B, C, donc aussi le barycentre de (A,2), (B,2) et (C,2).

• (A,2), (B,2), (C,2) = (A,2), (B,1) regroupés en (I,3), plus (B,1), (C,2) regroupés en (S,3) : G est le barycentre de (I,3) et (S,3), donc le milieu de [IS].
• De même, en regroupant (A,2), (C,1) en (M,3) et (B,2), (C,1) en (R,3) : G est le milieu de [MR].
• Enfin, en regroupant (A,1), (C,2) en (N,3) et (A,1), (B,2) en (J,3) : G est le milieu de [NJ].

Le point G appartient aux trois droites : les droites (IS), (MR) et (NJ) sont concourantes en G, qui est même le milieu des trois segments [IS], [MR] et [NJ].

Exercice 20 :

Indication : on pourra considérer le barycentre G de (A ; 5), (B ; 2) et (C ; – 3).
ABC est un triangle.
On considère le barycentre A’ de (B ; 2) et (C ; – 3), le barycentre B ‘ de (A ; 5) et (C ; – 3)
et le barycentre C ‘ de (A ; 5) et (B ; 2).

Démontrer que les droites (AA ‘), (BB ‘) et (CC ‘) sont concourantes.

G existe car \(5+2-3=4\neq 0\). Les points A’, B’ et C’ existent car \(2-3=-1\), \(5-3=2\) et \(5+2=7\) sont non nuls. Par associativité :

• en remplaçant (B ; 2) et (C ; -3) par (A’ ; -1), G est le barycentre de (A ; 5) et (A’ ; -1), donc G appartient à la droite (AA’) ;
• en remplaçant (A ; 5) et (C ; -3) par (B’ ; 2), G est le barycentre de (B ; 2) et (B’ ; 2), donc G est le milieu de [BB’] et appartient à (BB’) ;
• en remplaçant (A ; 5) et (B ; 2) par (C’ ; 7), G est le barycentre de (C ; -3) et (C’ ; 7), donc G appartient à (CC’).

(Les droites sont bien définies : A’ est sur (BC) donc distinct de A, et de même pour B’ et C’.) Les droites (AA’), (BB’) et (CC’) sont concourantes en G.

Exercice 21 (barycentre 1ère corrigé)

ABC est un triangle. Soit G le barycentre de (A ; 1), (B ; 3) et (C ; – 3).

Démontrer que les droites (AG) et (BC) sont parallèles.

Tout d’abord le barycentre G existe car \(1+3-3=1\neq0.\)

Nous avons :

\(\vec{GA}+3\vec{GB}-3\vec{GC}=\vec{0}\)

Utilisons la relation de Chasles :

\(\vec{GA}+3\vec{GB}-3\vec{GB}-3\vec{BC}=\vec{0}\)

\(\vec{GA}-3\vec{BC}=\vec{0}\)

\(\vec{GA}=3\vec{BC}\)

Les vecteurs \(\vec{GA}\) et \(\vec{BC}\) sont donc colinéaires ainsi

les droites (AG) et (BC) sont parallèles.

Exercice 22 :

1. Placer dans un repère les points A(1 ; 2), B( – 3 ; 4) et C( – 2 ; 5).
Soit G le barycentre des points pondérés (A ; 3), (B ; 2) et (C ; – 4).

2. Quelles sont les coordonnées de G? Placer G.

G existe car \(3+2-4=1\neq 0\). \(x_G=\dfrac{3\times 1+2\times (-3)-4\times (-2)}{1}=5\) et \(y_G=\dfrac{3\times 2+2\times 4-4\times 5}{1}=-6\). G(5 ; -6).

3. La droite (BG) passe-t-elle par l’origine du repère ? Justifier.

\(\vec{BG}(5-(-3)\,;-6-4)\), soit \(\vec{BG}(8\,;-10)\), et \(\vec{BO}(3\,;-4)\). Or \(8\times (-4)-(-10)\times 3=-32+30=-2\neq 0\) : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc O, B et G ne sont pas alignés.

La droite (BG) ne passe pas par l’origine : elle coupe l’axe des ordonnées au point \((0\,;\dfrac{1}{4})\), ce que la figure ne permet pas de distinguer à l’œil.

Exercice 23 (barycentre 1ère corrigé)

[AB] est un segment de longueur 10 cm et G bar {(A ; 2) , (B ; 3)}

1. Développez et réduire \(2(\vec{MG}+\vec{GA})^2+3(\vec{MG}+\vec{GB})^2\)

\(=5MG^2+2GA^2+3GB^2+4\vec{MG}.\vec{GA}+6\vec{MG}.\vec{GB}\)

Or \(4\vec{MG}\cdot\vec{GA}+6\vec{MG}\cdot\vec{GB}=2\vec{MG}\cdot(2\vec{GA}+3\vec{GB})=2\vec{MG}\cdot\vec{0}=0\) car G est le barycentre de (A ; 2) et (B ; 3). Donc :

\(2(\vec{MG}+\vec{GA})^2+3(\vec{MG}+\vec{GB})^2=5MG^2+2GA^2+3GB^2\).

2. Démontrez alors que pour tout point M du plan on a 2MA² + 3MB² = 5MG² + 120

Par Chasles, \(\vec{MA}=\vec{MG}+\vec{GA}\) et \(\vec{MB}=\vec{MG}+\vec{GB}\), donc \(2MA^2+3MB^2=5MG^2+2GA^2+3GB^2\).

De plus \(\vec{AG}=\dfrac{3}{5}\vec{AB}\), donc \(GA=\dfrac{3}{5}\times 10=6\) cm et \(GB=10-6=4\) cm. Ainsi \(2GA^2+3GB^2=2\times 36+3\times 16=72+48=120\).

Pour tout point M : \(2MA^2+3MB^2=5MG^2+120\).

3. Déterminez alors et représentez l’ensemble des points M du plan tels que 2MA² + 3MB² = 245

\(2MA^2+3MB^2=245\) équivaut à \(5MG^2+120=245\), soit \(5MG^2=125\), \(MG^2=25\) et \(MG=5\) (une distance est positive).

L’ensemble cherché est le cercle de centre G et de rayon 5 cm, G étant placé sur [AB] à 6 cm de A.

Exercice 24 :

Indication : utiliser la définition et les propriétés du barycentre.

A, B et C sont 3 points du plan non alignés et k un nombre réel quelconque.

I bar { (B ;1), (C ;2)} et G le barycentre de (A, k), (B, 1- k) et (C, 2)

1. Exprimer \(\vec{IG}\) en fonction de \(\vec{IA}\) , \(\vec{IB}\) et \(\vec{IC}\) .

La somme des coefficients vaut \(k+1-k+2=3\neq 0\) : G existe pour tout réel k. D’après la propriété de réduction appliquée au point I :

\(\vec{IG}=\dfrac{1}{3}(k\vec{IA}+(1-k)\vec{IB}+2\vec{IC})\).

2. Simplifier l’expression obtenue au 1. et en déduire l’ensemble (E) des points G lorsque k décrit \(\mathbb{R}\).

On regroupe : \(k\vec{IA}+(1-k)\vec{IB}+2\vec{IC}=k(\vec{IA}-\vec{IB})+(\vec{IB}+2\vec{IC})\). Or \(\vec{IB}+2\vec{IC}=\vec{0}\) (définition de I) et \(\vec{IA}-\vec{IB}=\vec{IA}+\vec{BI}=\vec{BA}\). Donc :

\(\vec{IG}=\dfrac{k}{3}\vec{BA}\).

Lorsque k décrit \(\mathbb{R}\), \(\dfrac{k}{3}\) décrit aussi tous les réels : G décrit l’ensemble des points M tels que \(\vec{IM}\) soit colinéaire à \(\vec{BA}\). (E) est la droite passant par I et parallèle à (AB).

3. Représentez graphiquement (E) dans le cas AB = 5 cm, BC = 6 cm , AC = 5,5 cm

On construit le triangle ABC au compas. I vérifie \(\vec{BI}=\dfrac{2}{3}\vec{BC}\) : on le place sur [BC] à 4 cm de B. On trace ensuite la parallèle à (AB) passant par I : c’est (E).

Exercice 25 (barycentre 1ère corrigé)

Conseil : ne vous compliquez pas la vie avec des calculs infernaux, utilisez plutôt astucieusement

l’associativité barycentrique .

A, B, C et D sont quatre points distincts.

On note K le barycentre de (A, 3) (B, 1), J le milieu de [DC], G le centre de gravité de BCD et I le milieu de [AG].

Montrer que les points I, J et K sont alignés.

Considérons le point H, barycentre de (A,3), (B,1), (C,1) et (D,1), qui existe car \(3+1+1+1=6\neq 0\).

• G, centre de gravité de BCD, est le barycentre de (B,1), (C,1), (D,1). Par associativité, H est le barycentre de (A,3) et (G,3), c’est-à-dire le milieu de [AG] : H = I.
• K est le barycentre de (A,3) et (B,1) (somme 4) et J celui de (C,1) et (D,1) (somme 2). Par associativité, H est le barycentre de (K,4) et (J,2).

Donc I est le barycentre de (K,4) et (J,2) : I appartient à la droite (KJ), avec \(\vec{KI}=\dfrac{1}{3}\vec{KJ}\). Les points I, J et K sont alignés.

Exercice 26 :

Indications : utiliser les propriétés du barycentre et l’associativité.

ABC un triangle ; à tout réel m, on associe le point G_m barycentre de (A ; 2) ; (B ; m) et (C ; – m).

On note O le milieu de [BC].
1.Expliquer pourquoi G_m existe toujours et démontrer que, lorsque m décrit \(\mathbb{R}\) , G_m décrit une droite D que vous préciserez.

La somme des coefficients vaut \(2+m-m=2\neq 0\) pour tout m : \(G_m\) existe toujours.

\(2\vec{G_mA}+m\vec{G_mB}-m\vec{G_mC}=\vec{0}\), et \(m\vec{G_mB}-m\vec{G_mC}=m(\vec{G_mB}+\vec{CG_m})=m\vec{CB}\). Donc \(2\vec{G_mA}+m\vec{CB}=\vec{0}\), soit \(\vec{AG_m}=\dfrac{m}{2}\vec{CB}\).

Quand m décrit \(\mathbb{R}\), \(\dfrac{m}{2}\) décrit \(\mathbb{R}\) : \(G_m\) décrit la droite D passant par A et parallèle à (BC).

2. a) Construisez G₂ et G_-2 . Avec AB= 4cm , AC = 3cm et BC = 6cm

\(\vec{AG_2}=\vec{CB}\) : ACBG₂ est un parallélogramme (on reporte à partir de A le vecteur \(\vec{CB}\)). \(\vec{AG_{-2}}=\vec{BC}\) : ABCG_-2 est un parallélogramme. Les deux points sont sur D, symétriques par rapport à A, à 6 cm de A.

b) On suppose m différent de 2 et -2.
Soit G_m un point de D distinct de A, G₂ etG_-2 .
Démontrer que (BG_m) coupe (AC) en un point noté I et que (CG_m) coupe (AB) en un point noté J.

\(G_m\neq A\) signifie \(m\neq 0\). Comme \(m\neq 2\), \(2-m\neq 0\) : le barycentre I de (A ; 2) et (C ; -m) existe et appartient à (AC). Par associativité, \(G_m\) est le barycentre de (I ; 2-m) et (B ; m), donc I, B et \(G_m\) sont alignés. De plus \(G_m\neq B\) (B n’est pas sur D), donc I est sur la droite \((BG_m)\) : \((BG_m)\) coupe (AC) en I (les deux droites sont distinctes car B n’est pas sur (AC)).

De même, comme \(m\neq -2\), \(2+m\neq 0\) : le barycentre J de (A ; 2) et (B ; m) existe, appartient à (AB), et \(G_m\) est le barycentre de (J ; 2+m) et (C ; -m). \((CG_m)\) coupe (AB) en J.

3.Dans le repère \((A,\vec{AB},\vec{AC})\),
calculez en fonction de m les coordonnées de I et J.
Déduisez-en que les points O, I et J sont alignés.
(On pourra utiliser la condition analytique de colinéarité de 2 vecteurs)

Dans ce repère : A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(0 ; 1) et O\((\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2})\).

I barycentre de (A ; 2) et (C ; -m) : \(\vec{AI}=\dfrac{-m}{2-m}\vec{AC}\), donc \(I(0\,;\dfrac{m}{m-2})\). J barycentre de (A ; 2) et (B ; m) : \(\vec{AJ}=\dfrac{m}{2+m}\vec{AB}\), donc \(J(\dfrac{m}{m+2}\,;0)\).

\(\vec{OI}(-\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{m}{m-2}-\dfrac{1}{2})\), soit \(\vec{OI}(-\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{m+2}{2(m-2)})\), et \(\vec{OJ}(\dfrac{m}{m+2}-\dfrac{1}{2}\,;-\dfrac{1}{2})\), soit \(\vec{OJ}(\dfrac{m-2}{2(m+2)}\,;-\dfrac{1}{2})\).

\(xy^{\prime}-x^{\prime}y=(-\dfrac{1}{2})\times (-\dfrac{1}{2})-\dfrac{m-2}{2(m+2)}\times \dfrac{m+2}{2(m-2)}=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}=0\).

Les vecteurs \(\vec{OI}\) et \(\vec{OJ}\) sont colinéaires : les points O, I et J sont alignés.

Exercice 27 :

Indication : utiliser le fait que le centre de gravité est un isobarycentre puis l’associativité du barycentre.

Soit ABC un triangle, A’ , B’ , et C’ les milieux des côtés opposés à A, B et C respectivement, M un point donné.

On note A₁ , B₁ et C₁ les symétriques du point M par rapport à A’ , B’ , et C’ .

On désigne par M’ barycentre des points (A, 1) (B,1) (C,1) et (M,-1)
1. Montrer que les droites (AA₁) ; (BB₁) et (CC₁) sont concourantes en M ‘.

M’ existe car \(1+1+1-1=2\neq 0\).

A’ est à la fois le milieu de [BC] et le milieu de [MA₁], donc \(\vec{A^{\prime}B}+\vec{A^{\prime}C}=\vec{0}\) et \(\vec{A^{\prime}M}+\vec{A^{\prime}A_1}=\vec{0}\). Pour tout point P : \(\vec{PB}+\vec{PC}=2\vec{PA^{\prime}}=\vec{PM}+\vec{PA_1}\), d’où \(\vec{PB}+\vec{PC}-\vec{PM}=\vec{PA_1}\). En prenant \(P=A_1\), on obtient \(\vec{A_1B}+\vec{A_1C}-\vec{A_1M}=\vec{0}\) : A₁ est le barycentre de (B,1), (C,1) et (M,-1) (somme 1).

Par associativité, M’ est le barycentre de (A,1) et (A₁,1) : M’ est le milieu de [AA₁], donc M’ appartient à (AA₁).

De la même façon, B₁ est le barycentre de (A,1), (C,1), (M,-1) et C₁ celui de (A,1), (B,1), (M,-1) ; M’ est donc le milieu de [BB₁] et de [CC₁].

Les droites (AA₁), (BB₁) et (CC₁) sont concourantes en M’.

2. Soit G le centre de gravité de ABC. Montrer que M ‘ , M et G sont alignés et préciser la position de M ‘ sur la droite (MG).

G est le barycentre de (A,1), (B,1), (C,1) (somme 3). Par associativité, M’ est le barycentre de (G,3) et (M,-1) : M’ appartient à la droite (MG), donc M’, M et G sont alignés.

De \(3\vec{M^{\prime}G}-\vec{M^{\prime}M}=\vec{0}\), on tire \(3\vec{M^{\prime}G}-\vec{M^{\prime}G}-\vec{GM}=\vec{0}\), soit \(2\vec{M^{\prime}G}=\vec{GM}\), c’est-à-dire \(\vec{GM^{\prime}}=\dfrac{1}{2}\vec{MG}\) : M’ est sur la droite (MG), au-delà de G par rapport à M, à une distance de G égale à la moitié de MG (si M = G, les points M, G et M’ sont confondus).

Exercice 28 :

ABCD est un carré.

1. Quel est l’ensemble E des points M du plan tels que :

\(\| 2\vec{MA}-\vec{MB}+\vec{MC} \|=AB\)

Notons \(G=\text{bar}\{(A,2),(B,-1),(C,1)\}\)

G existe car \(2-1+1=2\neq0\)

\(\| 2\vec{MA}-\vec{MB}+\vec{MC} \|=AB\)

Ensuite, \(\| 2\vec{MG}+2\vec{GA}-\vec{MG}-\vec{GB}+\vec{MG}+\vec{GC} \|=AB\)

\(\| 2\vec{MG}-\vec{MG}+\vec{MG}+2\vec{GA}-\vec{GB}+\vec{GC} \|=AB\)

De même, \(\| 2\vec{MG}+\vec{0} \|=AB\) car \(G=\text{bar}\{(A,2),(B,-1),(C,1)\}\)

\(2 \| \vec{MG} \|=AB\)

\(\| \vec{MG} \|=\frac{AB}{2}\)

Conclusion : l’ensemble de points recherché est le cercle de centre G et de rayon \(\frac{AB}{2}\) .

2. Représenter cet ensemble E.

Pour placer G : \(2\vec{GA}-\vec{GB}+\vec{GC}=\vec{0}\) donne, avec Chasles en A, \(2\vec{GA}-\vec{GA}-\vec{AB}+\vec{GA}+\vec{AC}=\vec{0}\), soit \(2\vec{GA}+\vec{BC}=\vec{0}\) et \(\vec{AG}=\dfrac{1}{2}\vec{BC}=\dfrac{1}{2}\vec{AD}\). G est le milieu de [AD] : E est le cercle de diamètre [AD].

Exercice 29 :

Soit ABCD un carré et K le barycentre des points pondérés (A ; 2), (B ; – 1), (C ; 2) et (D ; 1).

On note I le barycentre des points pondérés (A ; 2) et (B ; – 1), et J celui de (C ; 2) et (D ; 1).

1. Placer I et J en justifiant.
Tout d’abord les barycentres I et J existent car \(2-1=1\neq0\) et \(2+1=3\neq0\).

\(2\vec{IA}-\vec{IB}=\vec{0}\)

\(2\vec{IA}-\vec{IA}-\vec{AB}=\vec{0}\)

\(\vec{IA}=\vec{AB}\)

Conclusion : A est le milieu de [IB], c’est-à-dire que I est le symétrique du point B par rapport à A.

\(2\vec{JC}+\vec{JD}=\vec{0}\)

\(2\vec{JC}+\vec{JC}+\vec{CD}=\vec{0}\)

\(3\vec{JC}=-\vec{CD}\)

\(\vec{CJ}= \frac{1}{3}\vec{CD}\)

Conclusion : J est situé au tiers de [CD] en partant de C.

2. Réduire l’écriture des vecteurs suivants :

\(2\vec{KA}-\vec{KB}\text{ et }2\vec{KC}+\vec{KD}.\)

\(2 \vec{KA}- \vec{KB}=2 \vec{KI}+2 \vec{IA}- \vec{KI}- \vec{IB}= \vec{KI}\)

et

\(2 \vec{KC}+ \vec{KD}=2 \vec{KJ}+2 \vec{JC}+\vec{KJ}+\vec{JD}= 3\vec{KJ}\)

En déduire que K est le barycentre de (I ; 1) et (J ; 3).

K existe car \(2-1+2+1=4\neq 0\) et \(2\vec{KA}-\vec{KB}+2\vec{KC}+\vec{KD}=\vec{0}\). En remplaçant par les écritures réduites :

\(\vec{KI}+3\vec{KJ}=\vec{0}\)

donc K est le barycentre de (I ; 1) et (J ; 3).

3. Placer K en justifiant.

\(\vec{KI}+3\vec{KJ}=\vec{0}\) donne \(\vec{KI}+3\vec{KI}+3\vec{IJ}=\vec{0}\), soit \(\vec{IK}=\dfrac{3}{4}\vec{IJ}\). K est aux trois quarts du segment [IJ] en partant de I.

Exercice 30 :

Soit ABC un triangle et G un point vérifiant :

\(\vec{AB}-4\vec{GA}-2\vec{GB}-3\vec{GC}=\vec{0}\)

Le point G est-il le barycentre des points pondérés (A ; 5), (B ; 1) et (C ; 3) ? Justifier.

\(\vec{AB}-4\vec{GA}-2\vec{GB}-3\vec{GC}=\vec{0}\)

\(\vec{AG}+\vec{GB}-4\vec{GA}-2\vec{GB}-3\vec{GC}=\vec{0}\)

\(-\vec{GA}+\vec{GB}-4\vec{GA}-2\vec{GB}-3\vec{GC}=\vec{0}\)

\(-5\vec{GA}-\vec{GB}-3\vec{GC}=\vec{0}\)

Multiplions cette égalité vectorielle par – 1 .

\(5\vec{GA}+\vec{GB}+3\vec{GC}=\vec{0}\)

\(G=\text{bar}\{(A;5),(B;1),(C;3)\}\)

Comme \(5+1+3=9\neq 0\), oui, G est le barycentre de (A ; 5), (B ; 1) et (C ; 3).

Exercice 31 :

Dans un repère \((O;\vec{i},\vec{j})\),
1.Placer les points A(2 ; 1), B( – 1 ; 5), C(5 ; 7) et G(1 ; \(\frac{5}{2}\) ).

2. Déterminer les coordonnés de l’isobarycentre I des points B et C.

L’isobarycentre de B et C est le milieu de [BC] : \(x_I=\dfrac{-1+5}{2}=2\) et \(y_I=\dfrac{5+7}{2}=6\). I(2 ; 6).

3. Déterminer les coordonnées du centre de gravité H du triangle ABC.

indication : utiliser le fait que H est le barycentre de (A,1) (B,1) (C,1)

\(x_H=\dfrac{2-1+5}{3}=2\) et \(y_H=\dfrac{1+5+7}{3}=\dfrac{13}{3}\). \(H(2\,;\dfrac{13}{3})\).

4. Existe-t-il un réel k tel que G soit barycentre de (A ; 1) et (B ; k) ? Justifier.

Si G était le barycentre de (A ; 1) et (B ; k), G serait sur la droite (AB). Or \(\vec{AG}(-1\,;\dfrac{3}{2})\) et \(\vec{AB}(-3\,;4)\), et \((-1)\times 4-\dfrac{3}{2}\times (-3)=-4+\dfrac{9}{2}=\dfrac{1}{2}\neq 0\).

Les vecteurs ne sont pas colinéaires : G n’est pas sur (AB). Il n’existe aucun réel k tel que G soit le barycentre de (A ; 1) et (B ; k). (Sur la figure, G semble sur [AB], mais il en est très légèrement écarté.)

Exercice 32 :

Soit ABC un triangle isocèle en A tel que BC = 8 cm et BA = 5 cm. Soit I le milieu de [BC].

1. Placer le point F tel que \(\vec{BF}=-\frac{1}{3}\vec{BA}\) .

et montrer que F est le barycentre des points A et B pondérés par des réels que l’on déterminera.

Indication : insérer le Point F dans le vecteur \(\vec{BA}\) puis transposer le tout dans le premier membre.

F est sur la droite (AB), du côté opposé à A par rapport à B, avec \(BF=\dfrac{5}{3}\) cm. \(3\vec{BF}=-\vec{BA}=-\vec{BF}-\vec{FA}\), donc \(4\vec{BF}+\vec{FA}=\vec{0}\), soit \(\vec{FA}-4\vec{FB}=\vec{0}\). F est le barycentre de (A ; 1) et (B ; -4).

2. P étant un point du plan, réduire chacune des sommes suivantes :

\(\frac{1}{2}\vec{PB}+\frac{1}{2}\vec{PC}\) ; \(-\vec{PA}+2\vec{PB}\) ; \(2\vec{PB}-2\vec{PA}\)

I est le milieu de [BC] donc \(\dfrac{1}{2}\vec{PB}+\dfrac{1}{2}\vec{PC}=\vec{PI}\).

Soit J le barycentre de (A ; -1) et (B ; 2), qui existe car \(-1+2=1\neq 0\) ; on a \(\vec{AJ}=2\vec{AB}\) : J est le symétrique de A par rapport à B. Alors \(-\vec{PA}+2\vec{PB}=\vec{PJ}\).

La somme des coefficients étant nulle, \(2\vec{PB}-2\vec{PA}=2\vec{AB}\).

Bilan : \(\dfrac{1}{2}\vec{PB}+\dfrac{1}{2}\vec{PC}=\vec{PI}\), \(-\vec{PA}+2\vec{PB}=\vec{PJ}\) et \(2\vec{PB}-2\vec{PA}=2\vec{AB}\).

3. Déterminer et représenter l’ensemble des points M du plan vérifiant :

Indication : considérer le barycentre de (B,1) (C,1) et le barycentre de (A,-1) (B,2)

\(\|\frac{1}{2}\vec{MB}+\frac{1}{2}\vec{MC} \|= \| -\vec{MA}+2\vec{MB} \|\)

D’après la question 2, la condition s’écrit MI = MJ. L’ensemble cherché est la médiatrice du segment [IJ] (droite rouge sur la figure).

4. Déterminer et représenter l’ensemble des points M du plan vérifiant :

\(\|\vec{NB}+\vec{NC} \|= \| 2\vec{NB}-2\vec{NA} \|\)

\(\vec{NB}+\vec{NC}=2\vec{NI}\) et \(2\vec{NB}-2\vec{NA}=2\vec{AB}\) : la condition s’écrit \(2NI=2AB\), soit NI = AB = 5 cm. L’ensemble cherché est le cercle de centre I et de rayon 5 cm (cercle bleu sur la figure).

Barycentre 1ère corrigé : nos conseils pour progresser

D’abord, cherche chaque exercice seul, sur une feuille de brouillon. Ensuite, compare ta démarche avec la correction, étape par étape. Ainsi, chaque erreur devient une occasion de progresser. Par ailleurs, barycentre 1ère corrigé en première demande surtout de la régularité.

Par exemple, note sur une fiche les pièges rencontrés. Enfin, le programme officiel de mathématiques est détaillé sur le site Éduscol. Également, tu peux continuer avec statistiques : corrigé des exercices de maths en 1ère en PDF.