1. Rappels vecteurs

Parallélogramme : égalité de vecteurs et somme $\vec{u}+\vec{v}$;
vecteur opposé ; différence de deux vecteurs ; multiplication par un réel.
Représentation d’une somme de trois vecteurs dans l’espace : règle du parallélépipède.
Vecteurs colinéaires.
Droite passant par A de direction $\vec{u}$.
Vecteurs coplanaires.
Milieu : I milieu de [AB] : $\vec{IA} + \vec{IB}=\vec{0}$

2. Repère

Droite : $(A, \vec{u} )$
Plan : $(O, \vec{i}, \vec{j})$
Espace : $(O, \vec{i},\vec{j},\vec{k})$

3. Barycentre de deux points

Activités
Balance romaine
Définition et formules
Définition :
Soit $(A, \alpha)$ et $(B, \beta)$ deux points pondérés tels que $\alpha + \beta \neq 0$,
Il existe un point unique G tel que $\alpha \vec{GA} +\beta \vec{GB} =\vec{0}$;
le point G est appelé barycentre des points pondérés $(A, \alpha)$ et $(B, \beta)$.

Pour chercher G, avec la relation de Chasles, remplacer $\vec{GB}$ par $\vec{GA} +\vec{AB}$;
on obtient : $(\alpha +\beta)\vec{GA} +\beta \vec{AB}$;
donc $\vec{GA} =\frac{\alpha +\beta}{\beta} \vec{AB}$.
Cette relation assure que le point $G$ existe et est unique.
Si $k \neq 0$, $k\alpha \vec{GA} +k\beta \vec{GB} = \vec{0}$;
ceci montre que le point G est aussi le barycentre des
points pondérés $(A, k\alpha)$ et $(B, k\beta)$.

Position du barycentre
De la colinéarité des vecteurs $\vec{AG}$ et $\vec{AB}$ on peut déduire que $A$, $B$ et $G$ sont alignés.

Théorème :
Le barycentre de deux points $A$ et $B$ appartient à la droite $(AB)$.
Il est sur le segment $[AB]$ si les coefficients sont de même signe,
au milieu si les coefficients sont égaux.
De $A$ et de $B$, le point le plus près du barycentre est celui dont le coefficient a la plus grande valeur absolue.
Si les coefficients sont de même signe on a $0 \leq \frac{\beta}{\alpha+\beta}\leq 1$, donc G appartient au segment $[AB]$.
$\alpha \vec{GA} = -\beta \vec{GB}$;
d’où $|\alpha|GA = |\beta | GB$;
donc si $\alpha \geq \beta$ ; $GA$ est plus petit que $GB$ ; $G$ est plus près de $A$.

d) Problème réciproque :
exprimer un point comme barycentre de deux autres
$B$ milieu $[AC]$ : $B$ isobarycentre de $A$ et de $C$,
$A$ barycentre de $(B,2)$ et $(C,-1)$;  $2\vec{AB}=\vec{AC}$.
$C$ barycentre de $(A,1)$ et $(B,-2)$;  $2\vec{CB}=\vec{CA}$.
$B$ au tiers de $[AC]$ : $B$ barycentre de $(A,2)$ et $(C,1)$ $2\vec{AB} = \vec{BC}$ ,
$A$ barycentre de $(B,3)$ et $(C,-1)$;  $3\vec{AB} = \vec{AC}$,
$C$ barycentre de $(A,2)$ et $(B,-3)$;  $CA=3$ ; $CB=2$ d’où $3\vec{CB} = 2 \vec{CA}$ .

e) Fonction vectorielle de Leibniz :   $\alpha \vec{MA} +\beta\vec{MB}$
Soit $(A, \alpha)$ et $(B, \beta)$ deux points pondérés tels que $\alpha + \beta \neq 0$, et $G$ leur barycentre.
Pour tout point M du plan on a :

                                                         $\alpha\vec{MA}+\beta\vec{MB}=\alpha(\vec{MG}+\vec{GA})+\beta(\vec{MG}+\vec{GB}) $
                                                                                        $=(\alpha+\beta)\vec{MG}+\alpha \vec{GA}+\beta\vec{GB}$
 $=(\alpha+\beta)\vec{MG}+\vec{0}$
 $=(\alpha+\beta)\vec{MG}$
$(\alpha+\beta)\vec{MG}=\alpha\vec{MA}+\beta\vec{MB}$
$\vec{MG}=\frac{\alpha}{\alpha+\beta}\vec{MA}+\frac{\beta}{\alpha+\beta}\vec{MB}$

En remplaçant $M$ par $G$ on retrouve la formule du barycentre.
En remplaçant $M$ par $A$ ou par $B$ on reconnaît les formules permettant de calculer les vecteurs $\vec{AG}$ ou $\vec{BG}$ .

Dans un repère $(O, \vec{i},\vec{j})$ , remplacer $M$ par $O$ permet d’obtenir les coordonnées du barycentre.
$G$ barycentre de $(A,2)$ et $(B,3/2)$
$\vec{MA'}=\alpha\vec{MA}$; $\vec{MB'}=\beta\vec{MB}$;
$\vec{MS}=\vec{MA'}+\vec{MB'}=\alpha\vec{MA}+\beta\vec{MB}$

Cas particuliers
Médianes : si les coefficients $\alpha$ et $\beta$ sont égaux et non nuls l'isobarycentre I des points $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$ est le milieu du segment $[AB]$. On choisit souvent $\alpha =\beta= 1$.
On a alors $\vec{IA}+\vec{IB} = \vec{0}$. On obtient pour tout point M la forme vectorielle du
« théorème de la médiane » dans le triangle $ABM:\vec{MA}+\vec{MB} = 2\vec{MI}$ . En géométrie analytique ou avec le produit scalaire on peut en vérifier les formes numériques :
$MA^{2}+MB^{2}= 2{MI^{2}}+\frac{1}{2}{AB^{2}}$ et $MA^{2}-MB^{2}=2\vec{AB}.\vec{IH}$ ou $|MA^{2}-MB^{2}|=2AB×IH$ où
$H$ est la projection du point $M$ sur la droite $(AB)$.
Coefficients opposés : si $\alpha+\beta=0$ alors $\alpha \vec{MA}+\beta \vec{MB}=\alpha(\vec{MA}-\vec{MB})=\alpha\vec{BA}$ est un vecteur constant indépendant du point $M$. Il n'y a pas de barycentre.

3. Barycentre de trois points

a) Extension des définitions
Soit ($A,\alpha$) ; ($B,\beta$) et ($C,\gamma$) trois points pondérés tels que
$\alpha + \beta + \gamma \neq 0$,
il existe un point unique $G$ tel que :
$\alpha \vec{GA} + \beta \vec{GB} + \gamma \vec{GC} = \vec{0}$;
le point $G$ est appelé barycentre des trois points pondérés
$(A, \alpha)$ ; $(B, \beta)$ et $(C, \gamma)$.

Démonstration : calcul par exemple du vecteur $\vec{AG}$
$\alpha \vec{GA} + \beta \vec{GB} + \gamma \vec{GC} = \vec{0}$;
$\alpha\vec{GA} +\beta ( \vec{GA}+\vec{AB})+\gamma(\vec{GA}+\vec{AC})=\vec{0}$
$(\alpha+\beta+\gamma)\vec{GA}+\beta\vec{AB}+\gamma\vec{AC}=\vec{0}$
$(\alpha+\beta+\gamma)\vec{AG}=\beta\vec{AB}+\gamma\vec{AC}$
$\vec{AG}=\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}\vec{AB}+\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}\vec{AC}$
Sur la figure :
$\vec{AB'}=\beta\vec{AB}$; $\vec{AC'}=\gamma\vec{AC}$;
$\vec{AS}=\vec{AB'}+\vec{AC'}=\beta\vec{AB}+\gamma\vec{AC}$
$\vec{AG}=\frac{1}{\alpha+\beta+\gamma}\vec{AS}$

Fonction vectorielle de Leibniz $\alpha \vec{MA} + \beta \vec{MB} + \gamma \vec{MC}$
Transformation pour calculer le vecteur $\vec{MG}$
$\alpha \vec{GA} + \beta \vec{GB} + \gamma \vec{GC} = \vec{0}$
$\alpha (\vec{GM}+\vec{MG}) + \beta (\vec{GM}+\vec{MB}) + \gamma (\vec{GM}+\vec{MB}) = \vec{0}$
$\alpha\vec{MA}+\beta\vec{MB}+\gamma\vec{MC}=(\alpha+\beta+\gamma)\vec{MG}$
$\vec{MG}= \frac{\alpha}{\alpha+\beta+\gamma}\vec{MA}+\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}\vec{MB}+\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}\vec{MC}$.

b) Exemples
1. Centre de gravité d’un triangle
Soit G l’isobarycentre des sommets d’un triangleABC.
En prenant $\alpha = \beta = \gamma = 1$ on a:
$\vec{GA} + \vec{GB} +\vec{GC} = \vec{0}$

Si $A'$ est le milieu de $[BC]$ on a :
$\vec{GB} +\vec{GC} = 2\vec{GA'}$
donc $\vec{GA} + 2 \vec{GA'} = \vec{0}$
$G$ est donc le barycentre de $(A, 1)$ et $(A', 2)$.
$G$ appartient à la médiane $[AA']$ et est au $\frac{2}{3}$ de cette médiane.

Exemple 2. Trouver le point $G$ barycentre de $(A,2)$ ; $(B,1)$ et $(C,1)$ :
Choisir A comme origine des vecteurs de la fonction vectorielle de Leibniz

$4 \vec{AG} = \vec{AB} + \vec{AC} = 2\vec{AI}$ où $I$ est le milieu de $[BC]$.
$\vec{AG} =\frac{1}{2}\vec{AI}$ : $G$ est le milieu de $[AI]$.

Calcul vectoriel :
$2\vec{GA} + \vec{GB} + \vec{GC} = \vec{0}$
$2\vec{GA} + 2\vec{GI} =\vec{0}$

Théorème du barycentre partiel (ou d’associativité)
Théorème :
On ne change pas le barycentre de trois points pondérés en remplaçant deux d’entre eux par leur barycentre partiel (s’il existe) affecté de la somme des deux coefficients.

Exemple1 : Construction du barycentre de
$(A,-1)$ ; $(B, 2)$ et $(C, 3)$ ;
Construire le barycentre $B’$ de $(A,-1)$ et $(C, 3)$
et conclure que $G$ est le milieu de $[BB’]$.

Exemple 2 : Construction du barycentre de $(A, 2)$ ; $(B, -1)$ et $(C, 4)$ où $BC = 6 cm$.
Construire les barycentres partiels C’ de
$(A, 2)$ ; $(B, -1)$ et$ A’$ de $(B, -1)$ ; $(C, 4)$ puis
trouver $G$ à l’intersection des droites $(CC’)$ et $(AA’)$.

Exemple 3 : pas de barycentre partiel sur la
droite $(BC)$
$G$ barycentre de $(A, 2)$ ; $(B, 1)$ et $(C, -1)$.
Construire les barycentres partiels B’ et C’.
Le choix de A comme origine des vecteurs de la
fonction vectorielle de Leibniz permet d’écrire :
$2{\vec{AG}} =\vec{AB} - \vec{AC}=\vec{CB}$ .
Vérifier que $(AG) // (BC)$.

Conclusion :
Si $ \beta+\gamma \neq 0$, $A'$ est le barycentre partiel de $(B, \beta)$ et $(C, \gamma)$, alors $G$ est le barycentre de $(A, \alpha)$ et $(A', \beta+\gamma)$.
Si $\alpha+ \gamma ≠ 0$, $B'$ est le barycentre partiel de $(A, \alpha$) et $(C, \gamma)$, alors $G$ est le barycentre de ($B, \beta$) et ($B', \alpha+\gamma)$.
Si $a+b \neq 0$, $C'$ est le barycentre partiel de $(A, \alpha)$ et $(B, \beta)$, alors $G$ est le barycentre de$(C, \gamma)$ et $(C', \alpha+\beta)$.

Lorsqu'elles existent les droites $(AA')$, $(BB')$ et $(CC')$ sont concourantes en $G$.
b) Problème réciproque : exprimer un point comme barycentre de trois autres
Exercice 1: $ABCD$ est un parallélogramme
Ecrire $D$ comme barycentre de A, B et C:
Méthode 1: somme vectorielle: $\vec{DB}=\vec{DA}+\vec{DC}$
on en déduit que $\vec{DA}-\vec{DB}+\vec{DC}=\vec{0}$
$D$ est le barycentre de $(A, 1)$ ; $(B,-1)$ et $(C, 1)$.
Méthode 2 : associativité : $O$ centre du parallélogramme $2{\vec{DO}}=\vec{DB}$ ;
$2\vec{{DO}}-\vec{DB}=\vec{0}$. $D$ est le barycentre de $(O,2)$ et $(B,-1)$ ;
$O$ est l’isobarycentre de $(A,1)$ et $(C,1)$ :$ 2{\vec{DO}}=\vec{DA}+\vec{DC}$.
Exercice 2 : $ABCD$ est un parallélogramme, $I$ est le milieu de $[CD]$
Ecrire $I$ comme barycentre de $A$, $B$ et $C$.

Solution
$I$ est le barycentre de $(A, α)$ ; $(B, β)$ et $(C, γ)$ avec, par exemple, $α = 1$, $β = -1$, $γ = 2$.
Méthode 1: associativité: I est l’isobarycentre de C et D donc $\vec{IC}+\vec{ID}= \vec{0}$.
Comme D est le barycentre de $(A,1)$ ; $(B,-1)$ et $(C ,1)$ on a :
$\vec{ID}=\vec{IA}-\vec{IB}+\vec{IC}$ , d’où $\vec{IC}+(\vec{IA}-\vec{IB}+\vec{IC}) = \vec{0}$; soit $ \vec{IA}-\vec{IB}+2\vec{IC}=\vec{0}$.
$I$ est le barycentre de $(A,1)$ ; $(B,-1)$ et $(C ,2)$.
Méthode2 : calcul vectoriel: $2{\vec{IC}}=\vec{AB}=\vec{AI}+\vec{IB}$ soit $\vec{IA}-\vec{IB}+2{\vec{IC}} =\vec{0}$.
Exercice 3: Les points $A$, $B$, $C$ et $G$ sont tels que $C$ est le barycentre de $(A,1)$ ; $(B,1)$ et $(G,-3)$.
Montrer que $G$ est le centre de gravité du triangle $ABC$.

5) Problème d’alignement

Exercice 1.
Soit $ABC$ un triangle, $P$ le symétrique de $B$ par rapport à
C, Q le point défini par $\vec{CQ}=3\vec{CA}$ et R le milieu de[AB].
Prouver que P, Q et R sont alignés.
Il suffit de monter que Q est le barycentre de P et R :
P est le barycentre de (B,-1) et (C,2)
donc en utilisant la relation de calcul du barycentre à partir du point Q
on a $\vec{QP}=-\vec{QB}+2{\vec{QC}}$ .
Faire des mathématiques …avec GéoPlan Page 7/16 Le barycentre en 1S
R est l'isobarycentre de (A, 1) et (B, 1) et d'après la formule de la médiane du triangle
QAB on a : $2{\vec{QR}}=\vec{QA} +\vec{QB}$.
Q est le barycentre de (A,1) et (C,2) :$\vec{QA}+2{\vec{QC}}=\vec{0}$.
En ajoutant membre à membre les deux premières égalités vectorielles on obtient cette troisième égalité vectorielle :
$\vec{QP}+ 2{\vec{QR}}=\vec{QA} + 2{\vec{QC}}=\vec{0}$.
Donc Q est le barycentre de (P,1) et (R,2) ;
P, Q et R sont alignés et $\vec{PQ}=2{\vec{QR}}$ .

Exercice 2.
(Dans la foulée n°5 Terracher 1S page 23)
Soit un triangle ABC ; I, J et K les milieux des côtés [BC], [CA] et [AB], L est le milieu de [JC] et M le symétrique de K par rapport à B.
a) Ecrire L comme barycentre et calculer 4 $\vec{IL}$ .
b) Ecrire M comme barycentre et calculer $2{\vec{IM}}$ .
c) Ecrire I comme barycentre.
Conclure à l’alignement de I, L et M.
Solution :
R est l'isobarycentre de (A, 1) et (B, 1) et d'après la formule de la médiane du triangle QAB
on a : $2{\vec{QR}}=\vec{QA}+\vec{QB}$.
Q est le barycentre de (A,1) et (C,2) :$\vec{QA}+2{\vec{QC}}=\vec{0}$.
En ajoutant membre à membre les deux premières égalités vectorielles on obtient cette troisième égalité vectorielle : $\vec{QP}+2{\vec{QR}}=\vec{QA}+2{\vec{QC}}=\vec{0}$.
Donc Q est le barycentre de (P,1) et (R,2) ; P, Q et R sont alignés et $\vec{PQ}=2{\vec{QR}}$ .

Solution :
a) L est le barycentre de (A, 1) et (C, 3) d’où $4{\vec{IL}}=\vec{IA}+3{\vec{IC}}$ .
b) M est le barycentre de (A,-1) et (B, 3) d’où $2{\vec{IM}}=-\vec{IA}+3{\vec{IB}}$ .
c) En ajoutant membre à membres les deux égalités précédentes on a :
$4{\vec{IL}}+2{\vec{IM}} =\vec{IA} + 3{\vec{IC}}-\vec{IA}+3{\vec{IB}}=3(\vec{IC}+\vec{IB}) =\vec{0}$
En effet $\vec{IC}+\vec{IB}=\vec{0}$ car I est le milieu [BC].
donc  $2(2{\vec{IL}}+\vec{IM})=\vec{0}$; I est le barycentre de (L,2) et (M,1).
I, L et M sont alignés et $\vec{IM}=2{\vec{LI}}$ .

6) Problèmes de lieu

Soit ABC un triangle équilatéral tel que AB = 8 (l’unité est égale à 1 cm).
H est le milieu de [BC].
a) Construire le barycentre G des points pondérés (A,2); (B,1) et (C,1).
On a alors les relations $4{\vec{MG}} = 2{\vec{MA}}+\vec{MB}+\vec{MC}$
                                              et $2{\vec{MH}} =\vec{MB}+\vec{MC}$

b) Dire quel est l’ensemble (D1) des points M tels que $2{\vec{MA}}+\vec{MB}+\vec{MC}$
soit colinéaire à $\vec{BC}$ et de même sens que $\vec{BC}$ .
Construire (D1).

c) Dire quel est l’ensemble (D2) des points M tels que
$2||\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}||=2||\vec{MB}+\vec{MC}||$.
Construire (D2).
d) Dire quel est l’ensemble (C1) des points M tels que $2{\vec{MA}}+\vec{MB }+\vec{MC}$ soit orthogonal à $\vec{MB}+\vec{MC}$.
Construire (C1).
e) Dire quel est l’ensemble (C2) des points M tels que $2||{\vec{MA}}+\vec{MB}+\vec{MC}||=8\sqrt{7}$ .
Construire (C2).
Montrer que (C2) contient le point B.

7) Barycentre de quatre points

a) Extension des définitions
Si $\alpha + \beta + \gamma + \delta \neq{0}$; le point G défini par $\alpha\vec{GA}+\beta{\vec{GB}}+\gamma{\vec{GC}}+\delta{\vec{GD}}=\vec{0}$ est le barycentre des points pondérés $(A, \alpha)$ ; $(B, \beta)$ ; $(C, \gamma)$ et $(D, \delta)$
Pour tout point M on a $\alpha \vec{MA}+\beta \vec{MB}+\gamma \vec{MC}+\delta \vec{MD} = (\alpha+\beta+ \gamma+\delta)\vec{MG}$ soit 
$\vec{MG}=\frac{\alpha}{\alpha+\beta+ \gamma+\delta}\vec{MA}+\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}\vec{MB}+\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}\vec{MC}+\frac{\delta}{\alpha+\beta+ \gamma+\delta}\vec{MD}$ .
b) Associativité du barycentre
Théorème :
On ne modifie pas le barycentre de plusieurs points si l’on regroupe certain d’entre eux, dont la somme des coefficients est non nulle, en les remplaçant par leur barycentre partiel affecté de cette somme.
c) Exemple dans l’espace
Centre de gravité d’un tétraèdre :

Nous trouvons 7 droites concourantes:

G est le milieu des trois segments [IR]; [JP] et [KQ] qui relient les milieux d’arêtes non concourantes.

G est situé aux $\frac{4}{3}$des quatre segments [AA’] ; [BB’] ; [CC’] et [DD’] qui relient un sommet au centre de gravité de la face opposée à ce sommet.

8) Problèmes de concours

Exemple 1 : centre de gravité d’un
quadrilatère :
Les trois droites qui joignent les milieux
des côtés (médianes) et les milieux des
diagonales se coupent en G, centre de
gravité du quadrilatère, qui est leurs
milieux.

Démonstration :
Dans un quadrilatère ABCD, s oit I le milieu de [AB] et K le milieu de [CD], G l'isobarycentre
de (A, 1) ; (B, 1) ; (C, 1) ; (D,1).
D'après la règle d'associativité du barycentre , G est le barycentre de (I, 1+1) ; (K, 1+1), d'où G est le milieu de la médiane [IK].
On montre de même que G est le milieu de la médiane [JL] et du segment [PQ] joignant les milieux des diagonales.

Les trois droites sont concourantes en G milieu des médianes [IK], [JL] et du segment [PQ].
Exemple 2 : les 3 bissectrices
intérieures d’un triangle sont
concourantes en I barycentre de
(A, a) ; (B, b) ; (C, c) avec
a=BC, b=AC et c=AB.
Monter que $\vec{AI}$ est la somme de
deux vecteurs de mêmes normes.
D’après la définition du barycentre I en prenant le point A pour origine on a :
$(a+b+c)\vec{AI}=b{AB}+c{AC}$. Les vecteurs $b{AB}$ et $c{AC}$ ont la même norme bc.
Donc $\vec{AI}=\frac{a}{a+b+c}\vec{AB}+\frac{b}{a+b+c}AC=\vec{AB}_{1}+\vec{AC}_{1}$ . Ces deux vecteurs ont
même norme et $A{B}_{1}I{C}_{1}$ est un losange : la diagonale [AI] est la bissectrice de l’angle en
A du triangle ABC.
Exemple 3.
ABCD est un parallélogramme. K est le
milieu de [AD], L le milieu de [BC] et les
points I et J partagent [AB] en trois parties
égales.
Le but del’exercice est de montrer que les
droites (AL), (BK), (CI) et (DJ) sont
concourantes.
Faire des mathématiques …avec GéoPlan Page 12/16 Le barycentre en 1S
a) Exprimer J et K comme barycentre de deux points puis exprimer G comme barycentre
de A, B et D.
b) Exprimer C comme barycentre de A, B et D puis I comme barycentre de A et B.
c) Sachant que G est le barycentre de A, B et C ; calculer le vecteur $4\vec{AG}$ , en déduire que $2{\vec{AG}}=\vec{AL}$ et conclure.
Indications
a) Soit G le point d’intersection de (BK) et (DJ). Cherchons trois nombres α, b et d tels
que G soit le barycentre de (A, a) ; (B, b) et (D, d). Etudions les barycentres partiels :
J est le barycentre de (A,1) et (B,2) donc $\beta = 2\alpha$ et $3{\vec{GJ}}=\vec{GA}+2{\vec{GB}}$ .
K est le milieu de [AD] donc $\alpha = \gamma$ et $2{\vec{GK}}=\vec{GA}+\vec{GD}$ .
En choisissant a = 1, G est le barycentre de (A, 1) ; (B, 2) et (D, 1).
En effet en ajoutant $\vec{GD}$ aux deux membres de la première égalité on a :
$3{\vec{GJ}}+\vec{GD}=\vec{GA}+2{\vec{GB}}+\vec{GD}$; ce vecteur a pour direction (DJ).
De même en ajoutant $2{\vec{GB}}$ aux deux membres de la deuxième égalité on a :
$2{\vec{GK}}+2{\vec{GB}}=\vec{GA}+2{\vec{GB}}+\vec{GD}$ ; ce vecteur a pour direction (BK).
Le vecteur $\vec{GA}+2{\vec{GB}}+\vec{GD}$ porté par deux directions distinctes est le vecteur nul.
La règle d’associativité permet de conclure que G est l’intersection de (DJ) et (BK).
b) D’après la formule des sommets d’un parallélogramme C est le barycentre de
(A,-1) ;(B,1) ; (D,1) donc $\vec{GC}=-\vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GD}$ .
I est le barycentre de (A, 2) et (B, 1) donc $3{\vec{GI}}=2{\vec{GA}}+\vec{GB}$ .
En ajoutant ces deux égalités :$\vec{GC}+ 3{\vec{GI}}=\vec{GA}+ 2{\vec{GB}}+\vec{GD}=\vec{0}$.
G est le barycentre de (C, 1) et (I, 3). Ces trois points sont alignés et G est sur la droite
(CI).
c) En combinant les deux relations précédentes on trouve :$\vec{GC}+3{\vec{GI}}=\vec{GC}+(2{\vec{GA}}+\vec{GB})=\vec{0}$
d’où G est le barycentre de (A,2) ; (B,1) ; (C,1).
En utilisant A comme origine : $4{\vec{AG}}=\vec{AB}+\vec{AC}$ . D’après le théorème de la médiane
dans le triangle ABC on a $\vec{AB}+\vec{AC}=2{\vec{AL}} $.
Donc $2\vec{AG}=\vec{AL}$ . G est le milieu de [AL]. La droite (AL) est concourante en G avec les 3 autres droites.

Exercice 4 : Triangle de Napoléon
ABC est un triangle bordé extérieurement par trois triangles équilatéraux BCD, ACE et ABF ayant pour centres de gravités respectifs P, Q et R.

Vérifier avec GéoPlan que :
1. les triangles ABC et PQR ont même centre de
gravité G,

2. le triangle PQR est équilatéral (triangle extérieur de Napoléon),

3. Les segments [AD], [BE] et [CF] sont concourants en I,

4. Les cercles circonscrits aux triangles BCD, ACE et ABF sont concourants en I (application du théorème du pivot de Forder démontré par Niquel en 1838).

Triangle intérieur de Napoléon : c'est le triangle analogue $P_{1}Q_{1}R_{1}$ obtenu en traçant les trois triangles équilatéraux $BCD_{1}$, $ACE_{1}$ et $ABF_{1}$ du même côté que le triangle ABC par rapport aux droites (AB), (BC) et (AC). Les sommets $P_{1}$, $Q_{1}$, $R_{1}$ du triangle intérieur sont les symétriques des sommets du triangle extérieur P, Q, R par rapport aux côtés [BC], [AC], [AB] de ABC.
Vérifier avec GéoPlan que :

5. le triangle intérieur de Napoléon est équilatéral,

6. la différence des aires entre le triangle extérieur PQR et le triangle intérieur $P_{1}Q_{1}R_{1}$ est égale à l'aire du triangle ABC (démontrés par Yaglom).

En géométrie contrairement à certaines propriétés numériques, avant l'informatique, il n'était pas possible d'envisager toutes les situations possibles. D'une figure ne pouvait se déduire de preuve expérimentale en raison de l'imprécision du dessin d'une part et de l'ambiguïté de tracer un cas particulier et non une configuration générale d'autre part. Il fallait faire une démonstration abstraite soit avec la méthode synthétique qui remonte à Euclide qui à partir des postulats et théorèmes établis précédemment permet de déduire les propriétés cherchées, soit avec la méthode analytique, développée par Descartes, qui ramène la démonstration à des calculs algébriques.

Le logiciel GéoPlan permet de confier à l'ordinateur les calculs algébriques et de démontrer une propriété par une figure bien faite (à la précision de l'ordinateur près) et modifiable à volonté permettant d'envisager toutes les situations possibles.

Ne pouvant faire les démonstrations mathématiques dans le cadre de ce document, nous
nous contenterons de la «preuve par GéoPlan» : lancer le logiciel, déplacer les points A,
B ou C et conclure.

En classe de terminale S, la démonstration se fera en utilisant les nombres complexes.
Une résolution à l'aide de rotations est plus délicate : elle suppose l'intervention d'une
composée de rotations, notion peu familière pour la plupart des élèves (brochure
d'accompagnement des programmes de TS)

Exercice 5. Droite d’Euler
ABC est un triangle non équilatéral, O le centre du cercle circonscrit, G le centre de
gravité et H l’orthocentre.

Pour démontrer l'égalité vectorielle $\vec{OH}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}$ (relation d'Euler), faire un changement de point de vue en transformant
l'exercice en " caractériser le point X tel que $\vec{OX}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}$ .

Caractérisation de l’orthocentre

Soit X le point tel que :$\vec{OX}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}$
$\vec{OX}-\vec{OA}=\vec{OB}+\vec{OC}=2{\vec{OA'}}or \vec{OX}-\vec{OA} =\vec{AX}$.
$\vec{OX}-\vec{OA}=\vec{OB}+\vec{OC}=2{\vec{OA'}}or \vec{OX}-\vec{OA} =\vec{AX}$
donc $AX = 2{\vec{OA'}}$ et X appartient à la hauteur (AA1).
De même on montre que X appartient aux deux autres hauteurs. Donc X est l’orthocentre
H et $\vec{OH}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}$
La définition vectorielle du centre de gravité permet d’écrire $3{\vec{OG}}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}$ ,
donc $\vec{OH}=3{\vec{OG}}$ . Les points O, G et H sont alignés sur une droite dite droite d’Euler.
Symétriques de H
Nous avons démontré que $\vec{AH}=2{\vec{OA'}}$ . Si $A_{2}$ est le symétrique de A par rapport à O,
dans le triangle $AHA_{2}$, [OA’] est donc le segment des milieux. A’ est le milieu de [$HA_{2}$].
Les symétriques de l’orthocentre par rapport aux milieux des côtés du triangle sont
situés sur le cercle circonscrit au triangle.
[$AA_{2}$] étant un diamètre, le triangle $AH_{1}A_{2}$ est rectangle et (BC) est parallèle à ($H_{1}A_{2}$).
Dans le triangle $HH_{1}A_{2}$, $[A_{1}A’]$ est le segment des milieux et $A_{1}$ est milieu de [$HH_{1}$].
Les symétriques de l’orthocentre par rapport aux côtés du triangle sont situés sur le cercle circonscrit au triangle.