Barycentre : corrigé des exercices de maths en terminale en PDF.

Exercice 1 :

Notons \(G\) le centre de gravité du triangle ABC : c’est l’isobarycentre de A, B, C, donc \(\vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GC}=\vec{0}\).

Par définition des barycentres (sommes des coefficients égales à 6), pour tout point M :

\(6\vec{MD}=\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC}\), \(6\vec{ME}=2\vec{MA}+3\vec{MB}+\vec{MC}\), \(6\vec{MF}=3\vec{MA}+\vec{MB}+2\vec{MC}\).

En prenant \(M=G\) et en additionnant les trois égalités :

\[6(\vec{GD}+\vec{GE}+\vec{GF})=6\vec{GA}+6\vec{GB}+6\vec{GC}=\vec{0}.\]

Donc \(\vec{GD}+\vec{GE}+\vec{GF}=\vec{0}\) : G est l’isobarycentre de D, E, F, c’est-à-dire le centre de gravité du triangle DEF est G, celui du triangle ABC.

Exercice 2 :

Comme \(2+3=5\neq 0\), le barycentre C de (A,2)(B,3) vérifie pour tout point M : \(2\vec{MA}+3\vec{MB}=5\vec{MC}\). De même \(3\vec{MA}+2\vec{MB}=5\vec{MD}\).

On a \(\vec{AC}=\dfrac{3}{5}\vec{AB}\) et \(\vec{AD}=\dfrac{2}{5}\vec{AB}\), donc C et D sont deux points distincts de [AB].

a) \(\|2\vec{MA}+3\vec{MB}\|=10 \iff 5MC=10 \iff MC=2\).

L’ensemble cherché est le cercle de centre C et de rayon 2.

b) \(\|2\vec{MA}+3\vec{MB}\|=\|3\vec{MA}+2\vec{MB}\| \iff 5MC=5MD \iff MC=MD\).

L’ensemble cherché est la médiatrice du segment [CD]. Comme \(\dfrac{1}{2}(\vec{AC}+\vec{AD})=\dfrac{1}{2}\vec{AB}\), le milieu de [CD] est aussi le milieu de [AB] : cette droite est également la médiatrice de [AB].

Exercice 3 :

Soit G le barycentre de (A,1)(B,1)(C,2) (somme \(4\neq 0\)). Pour tout point M : \(\vec{MA}+\vec{MB}+2\vec{MC}=4\vec{MG}\).

Par associativité, si I est le milieu de [AB], G est le barycentre de (I,2)(C,2) : G est le milieu de [IC].

a) \(4\vec{MG}\) est colinéaire à \(\vec{BC}\) si et seulement si \(M=G\) ou la droite (MG) est parallèle à (BC).

L’ensemble cherché est la droite passant par G et parallèle à (BC).

b) La somme des coefficients de \(\vec{MA}+\vec{MB}-2\vec{MC}\) est nulle, donc ce vecteur ne dépend pas de M. Avec la relation de Chasles :

\[\vec{MA}+\vec{MB}-2\vec{MC}=(\vec{MC}+\vec{CA})+(\vec{MC}+\vec{CB})-2\vec{MC}=\vec{CA}+\vec{CB}=2\vec{CI}.\]

L’égalité s’écrit donc \(4MG=2CI\), soit \(MG=\dfrac{CI}{2}\).

L’ensemble cherché est le cercle de centre G et de rayon \(\dfrac{CI}{2}\) ; comme G est le milieu de [IC], c’est le cercle de diamètre [IC].

Exercice 4 :

G est l’isobarycentre de B, C, D, donc le barycentre de (B,1)(C,1)(D,1). I, milieu de [AG], est le barycentre de (A,3)(G,3), donc, par associativité, I est le barycentre de (A,3)(B,1)(C,1)(D,1).

Regroupons autrement ces quatre points :

• (A,3)(B,1) a pour barycentre K, affecté du coefficient 4 ;
• (C,1)(D,1) a pour barycentre J, milieu de [DC], affecté du coefficient 2.

Par associativité, I est le barycentre de (K,4)(J,2), donc \(\vec{KI}=\dfrac{2}{6}\vec{KJ}=\dfrac{1}{3}\vec{KJ}\).

Les vecteurs \(\vec{KI}\) et \(\vec{KJ}\) sont colinéaires : les points I, J et K sont alignés (et I est situé au tiers de [KJ] en partant de K).

Exercice 5 :

a) O est le milieu de [AC] et de [BD], donc \(\vec{OC}=-\vec{OA}\) et \(\vec{OD}=-\vec{OB}\).

\[3\vec{OG}=2\vec{OA}+\vec{OB} \quad\text{et}\quad 3\vec{OH}=2\vec{OC}+\vec{OD}=-2\vec{OA}-\vec{OB}=-3\vec{OG}.\]

Donc \(\vec{OH}=-\vec{OG}\) : O est le milieu de [GH], il appartient à la droite (GH) (G et H sont distincts car G est sur [AB] et H sur [CD]).

O étant aussi le point d’intersection de (AC) et (BD), les droites (AC), (BD) et (GH) sont concourantes en O.

b) G est le barycentre de (A,2)(B,1), de coefficient total 3. Par associativité, E, barycentre de (G,3)(D,1), est le barycentre de (A,2)(B,1)(D,1).

Or (B,1)(D,1) a pour barycentre O, milieu de [BD], avec le coefficient 2. Donc E est le barycentre de (A,2)(O,2) : E est le milieu de [AO].

Exercice 6 :

Si \(a+b\neq 0\), le barycentre G de (A,a)(B,b) vérifie \(\vec{AG}=\dfrac{b}{a+b}\vec{AB}\) : il se place à la règle sur la droite (AB).

1. \(\vec{AG}=\dfrac{2}{3}\vec{AB}\), donc \(AG=\dfrac{2}{3}\times 6=4\) cm. G est sur le segment [AB], à 4 cm de A (et 2 cm de B).
2. La somme des coefficients vaut \(3+(-3)=0\) : ce système n’a pas de barycentre. En effet \(3\vec{MA}-3\vec{MB}=3\vec{BA}\) est un vecteur constant, jamais nul.
3. \(1+(-2)=-1\neq 0\) et \(\vec{AG}=\dfrac{-2}{-1}\vec{AB}=2\vec{AB}\). G est sur la demi-droite [AB), au-delà de B, avec AG = 8 cm : B est le milieu de [AG].
4. Les coefficients \(-3\) et \(-2\) peuvent être multipliés par \(-1\) : c’est le barycentre de (M,3)(N,2). \(\vec{MG}=\dfrac{2}{5}\vec{MN}\), donc G est sur [MN] à 4 cm de M (et 6 cm de N).

Exercice 7 :

1. \(5+6=11\neq 0\) : soit I le barycentre de (A,5)(B,6), avec \(\vec{AI}=\dfrac{6}{11}\vec{AB}\). Alors

\[5\vec{MA}+6\vec{MB}=11\vec{MI}+5\vec{IA}+6\vec{IB}=11\vec{MI}.\]

\(\|5\vec{MA}+6\vec{MB}\|=22 \iff 11MI=22 \iff MI=2\) : cercle de centre I et de rayon 2.

2. \(-5+8=3\neq 0\) : soit I le barycentre de (A,−5)(B,8), avec \(\vec{AI}=\dfrac{8}{3}\vec{AB}\). Alors \(-5\vec{MA}+8\vec{MB}=3\vec{MI}\).

\(3MI=12 \iff MI=4\) : cercle de centre I et de rayon 4.

3. Soit I le barycentre de (A,5)(B,−6) (somme \(-1\)) et J celui de (A,7)(B,−6) (somme 1). Alors

\(5\vec{MA}-6\vec{MB}=-\vec{MI}\) et \(7\vec{MA}-6\vec{MB}=\vec{MJ}\), avec \(\vec{AI}=6\vec{AB}\) et \(\vec{AJ}=-6\vec{AB}\).

L’égalité s’écrit \(MI=MJ\) : l’ensemble est la médiatrice de [IJ]. Comme \(\vec{AI}=-\vec{AJ}\), A est le milieu de [IJ] : c’est la perpendiculaire à (AB) passant par A.

4. Soit I le barycentre de (A,2)(B,7) (somme 9) et J celui de (A,20)(B,−11) (somme \(20-11=9\)). Alors

\(2\vec{MA}+7\vec{MB}=9\vec{MI}\) et \(20\vec{MA}-11\vec{MB}=9\vec{MJ}\), avec \(\vec{AI}=\dfrac{7}{9}\vec{AB}\) et \(\vec{AJ}=-\dfrac{11}{9}\vec{AB}\).

L’égalité s’écrit \(9MI=9MJ\), soit \(MI=MJ\) : l’ensemble est la médiatrice de [IJ], c’est-à-dire la perpendiculaire à (AB) passant par le point K tel que \(\vec{AK}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{7}{9}-\dfrac{11}{9})\vec{AB}=-\dfrac{2}{9}\vec{AB}\).

Exercice 8 :

1. \(2+3=5\) : \(x_G=\dfrac{2\times 3+3\times (-1)}{5}=\dfrac{3}{5}\) et \(y_G=\dfrac{2\times 4+3\times 2}{5}=\dfrac{14}{5}\).

\(G(\dfrac{3}{5}\,;\,\dfrac{14}{5})\), que l’on construit grâce à \(\vec{AG}=\dfrac{3}{5}\vec{AB}\) : G est sur [AB], aux trois cinquièmes en partant de A.

2. Soit H le barycentre de (A,4)(B,5) (somme 9) : \(x_H=\dfrac{12-5}{9}=\dfrac{7}{9}\) et \(y_H=\dfrac{16+10}{9}=\dfrac{26}{9}\).

Pour tout point M : \(4\vec{MA}+5\vec{MB}=9\vec{MH}\). Donc \(\|4\vec{MA}+5\vec{MB}\|=45 \iff 9MH=45 \iff MH=5\).

\(C_1\) est le cercle de centre H et de rayon 5, d’équation \((x-\dfrac{7}{9})^2+(y-\dfrac{26}{9})^2=25\).

3. Soit P le barycentre de (A,3)(B,2) (somme 5) et Q celui de (A,7)(B,−2) (somme 5) :

\(P(\dfrac{9-2}{5}\,;\,\dfrac{12+4}{5})=P(\dfrac{7}{5}\,;\,\dfrac{16}{5})\) et \(Q(\dfrac{21+2}{5}\,;\,\dfrac{28-4}{5})=Q(\dfrac{23}{5}\,;\,\dfrac{24}{5})\).

L’égalité s’écrit \(5MP=5MQ\), soit \(MP^2=MQ^2\) : \(C_2\) est la médiatrice de [PQ].

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

Après développement, les termes \(x^2\) et \(y^2\) disparaissent : \(\dfrac{32}{5}x+\dfrac{16}{5}y=\dfrac{529+576-49-256}{25}=32\).

En multipliant par \(\dfrac{5}{16}\), une équation de \(C_2\) est \(2x+y-10=0\). Vérification : le milieu (3 ; 4) de [PQ] vérifie \(2\times 3+4=10\), et \(\vec{PQ}(\dfrac{16}{5}\,;\,\dfrac{8}{5})\) est bien normal à cette droite.

Exercice 9 :

0. Les points sont placés sur la figure ci-dessous.

1. \(\vec{AB}(6\,;\,0)\) et \(\vec{DC}(2\,;\,0)\), donc \(\vec{AB}=3\vec{DC}\) : (AB) et (DC) sont parallèles et \(AB\neq DC\), ABCD est un trapèze (qui n’est pas un parallélogramme).

\(AD=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{20}\) et \(BC=\sqrt{(-2)^2+4^2}=\sqrt{20}\). De plus la symétrie d’axe la droite d’équation \(x=1\) échange A et B, ainsi que D et C (les milieux (1 ; 0) et (1 ; 4) des bases sont sur cet axe perpendiculaire aux bases).

Donc ABCD est un trapèze isocèle.

2. O est le barycentre si \(\alpha+1+1+\beta\neq 0\) et \(\alpha\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}+\beta\vec{OD}=\vec{0}\). En coordonnées :

• abscisses : \(-2\alpha+4+2+0=0\), donc \(\alpha=3\) ;
• ordonnées : \(0+0+4+4\beta=0\), donc \(\beta=-1\).

La somme vaut \(3+1+1-1=4\neq 0\). \(\alpha=3\) et \(\beta=-1\) : O est le barycentre de (A,3)(B,1)(C,1)(D,−1).

3. \(I(\dfrac{4+2}{2}\,;\,\dfrac{0+4}{2})=I(3\,;\,2)\) et \(\vec{AG}=-\dfrac{1}{2}\vec{AD}=-\dfrac{1}{2}(2\,;\,4)=(-1\,;\,-2)\), donc \(G(-3\,;\,-2)\).

a. G est le barycentre de (A,a)(D,b) si \(\vec{AG}=\dfrac{b}{a+b}\vec{AD}\). Il suffit que \(\dfrac{b}{a+b}=-\dfrac{1}{2}\) ; avec \(a+b=2\) on obtient \(b=-1\) et \(a=3\).

G est le barycentre de (A,3)(D,−1) (ou de tout système proportionnel).

b. Dans le système (A,3)(B,1)(C,1)(D,−1) de la question 2, on regroupe (A,3)(D,−1), de barycentre G avec le coefficient 2, et (B,1)(C,1), de barycentre I avec le coefficient 2.

Par associativité, O est le barycentre de (G,2)(I,2) : G, O et I sont alignés et O est le milieu de [GI]. Vérification : \(\dfrac{-3+3}{2}=0\) et \(\dfrac{-2+2}{2}=0\).

4. a. \(\vec{MB}+\vec{MC}=2\vec{MI}\) et, G étant le barycentre de (A,3)(D,−1), \(3\vec{MA}-\vec{MD}=2\vec{MG}\).

L’égalité s’écrit \(2MI=2MG\), soit \(MI=MG\) : \(E_1\) est la médiatrice de [GI]. Elle passe par O, milieu de [GI], et est perpendiculaire à \(\vec{GI}(6\,;\,4)\) : son équation est \(3x+2y=0\).

b. O est le milieu de [GI], donc \(OG=OI\) : O appartient à \(E_1\).

5. a. D’après la question 2, O est le barycentre de (A,3)(B,1)(C,1)(D,−1), de somme 4, donc \(3\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}-\vec{MD}=4\vec{MO}\).

\(4MO=16 \iff MO=4\) : \(E_2\) est le cercle de centre O et de rayon 4.

b. \(OB=4\) car B(4 ; 0), et \(OD=4\) car D(0 ; 4) : B et D appartiennent à \(E_2\).

Exercice 10 :

1. Figure :

2. On se place dans un repère orthonormé direct et on note a, b, c, d, e, l les affixes des points. Un triangle PQR est rectangle isocèle en P de sens direct si et seulement si R est l’image de Q par la rotation de centre P et d’angle \(\dfrac{\pi}{2}\), c’est-à-dire \(r-p=i(q-p)\).

• DBA rectangle isocèle en D, direct : \(a-d=i(b-d)\), d’où \(b-d=\dfrac{a-d}{i}=-i(a-d)\).
• ACE rectangle isocèle en E, direct (le triangle EAC a le même sens que ACE) : \(c-e=i(a-e)\).
• \(\vec{CL}=\vec{DB}\) : \(l-c=b-d\).

On en déduit :

\[l-e=(c-e)+(l-c)=(c-e)+(b-d)=i(a-e)-i(a-d)=i(d-e).\]

L est donc l’image de D par la rotation de centre E et d’angle \(\dfrac{\pi}{2}\) : \(EL=ED\) et \((\vec{ED},\vec{EL})=\dfrac{\pi}{2}\).

EDL est un triangle rectangle isocèle en E de sens direct.

Exercice 11 :

1.a. \(1-1+1=1\neq 0\), donc G existe et \(\vec{AG}=\dfrac{-1\times \vec{AB}+1\times \vec{AC}}{1}=\vec{AC}-\vec{AB}=\vec{BC}\).

\(\vec{AG}=\vec{BC}\) : ABCG est un parallélogramme, ce qui permet de construire G.

b. \(1+5-2=4\neq 0\), donc G’ existe et \(\vec{AG^{\prime}}=\dfrac{5\vec{AB}-2\vec{AC}}{4}\), soit \(\vec{AG^{\prime}}=\dfrac{5}{4}\vec{AB}-\dfrac{1}{2}\vec{AC}\), que l’on construit à partir de A avec les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\).

2.a. Avec la relation de Chasles :

\[\vec{GG^{\prime}}=\vec{AG^{\prime}}-\vec{AG}=\dfrac{5}{4}\vec{AB}-\dfrac{1}{2}\vec{AC}-\vec{AC}+\vec{AB}=\dfrac{9}{4}\vec{AB}-\dfrac{3}{2}\vec{AC}\]

\[\vec{JG^{\prime}}=\vec{AG^{\prime}}-\vec{AJ}=\dfrac{5}{4}\vec{AB}-\dfrac{1}{2}\vec{AC}-\dfrac{1}{2}\vec{AB}=\dfrac{3}{4}\vec{AB}-\dfrac{1}{2}\vec{AC}\]

Donc \(\vec{GG^{\prime}}=3\vec{JG^{\prime}}\) : J appartient à la droite (GG’). J appartient aussi à (AB), et les droites (GG’) et (AB) ne sont pas parallèles (la composante de \(\vec{GG^{\prime}}\) selon \(\vec{AC}\) n’est pas nulle).

Les droites (GG’) et (AB) se coupent en J, milieu de [AB].

b. \(2-1=1\neq 0\), donc \(\vec{AI}=2\vec{AB}-\vec{AC}\) et

\[\vec{GI}=\vec{AI}-\vec{AG}=2\vec{AB}-\vec{AC}-\vec{AC}+\vec{AB}=3\vec{AB}-2\vec{AC}=\dfrac{4}{3}\vec{GG^{\prime}}.\]

Les vecteurs \(\vec{GI}\) et \(\vec{GG^{\prime}}\) sont colinéaires : I appartient à (GG’).

3.a. Remarque : D étant quelconque, K dépend de D et ne peut pas s’écrire en général comme barycentre de A, B, C ; le système attendu porte sur A, C et D (énoncé rectifié).

O est le milieu de [CD] : barycentre de (C,1)(D,1), coefficient total 2. K est le milieu de [OA] : barycentre de (A,2)(O,2). Par associativité, K est le barycentre de (A,2)(C,1)(D,1).

a = 2, c = 1, d = 1 (ou tout triplet proportionnel).

b. Soit X’ le barycentre de (A,2)(C,1) : il est sur (AC) et \(\vec{AX^{\prime}}=\dfrac{1}{3}\vec{AC}\). Par associativité, K est le barycentre de (X’,3)(D,1), donc K appartient à la droite (DX’), c’est-à-dire X’ appartient à (DK).

X’ est donc sur (DK) et sur (AC) : c’est le point X (D n’étant pas sur (AC), les deux droites sont sécantes en un seul point).

X est le barycentre de (A,2)(C,1) : a’ = 2 et c’ = 1, soit \(\vec{AX}=\dfrac{1}{3}\vec{AC}\).