Solution des exercices : Barycentre - 2nd

Classe: 
Seconde
 

Exercice 1

A  et  B sont deux points distincts.
 
1) Justifions qu'il existe un point G barycentre de (A, 2)  et  (B, 3).
 
Comme la somme des coefficients de pondération (2+3=5) est différente de zéro (0) et que A  et  B sont distincts alors, il existe un point G barycentre de (A, 2)  et  (B, 3).
 
2) Exprimons →AG en fonction de →AB.
 
G barycentre de (A, 2)  et  (B, 3) donc, G vérifie : 2→GA+3→GB=→0
Ainsi,
 
2→GA+3→GB=→0⇔2→GA+3(→GA+→AB)=→0⇔2→GA+3→GA+3→AB=→0⇔5→GA+3→AB=→0⇔5→GA=−3→AB⇔5→AG=3→AB⇔→AG=35→AB
 
D'où, →AG=35→AB
 
Plaçons G.
 

 

Exercice 2

Soit A  et  B deux points distincts.
 
1) Justifions qu'il existe un point G barycentre de (A, 0)  et  (B, −3).
 
En effet, A  et  B sont deux points distincts.
 
En calculant la somme de leur coefficient de pondération, on trouve :
−3+0=−3≠0
On constate alors que la somme des coefficients de pondération est non nulle ; c'est-à-dire, est différente de zéro.
 
Par conséquent, il existe un point G barycentre de (A, 0)  et  (B, −3). 
 
2) Exprimons →AG en fonction de →AB.
 
G étant barycentre de (A, 0)  et  (B, −3) alors, d'après la propriété caractéristique, on a : pour tout point M du plan,
 
→MG=0×→MA−3×→MB0−3=−3−3→MB=→MB
 
D'où,
→MG=→MB
Ainsi, en remplaçant M par A, on obtient : →AG=→AB
 
Plaçons G.
 
Comme →AG=→AB alors, G  et  B sont confondus.

 

 

Exercice 3

G est le barycentre de (A; 13)  et  (B; −56). G′ est le barycentre de (A, 2)  et  (B, −5).
 
Comparons G  et  G′.
 
Soit G est le barycentre de (A; 13)  et  (B; −56) alors, 13→GA−56→GB=→0
 
Or, d'après la propriété d'homogénéité, le barycentre reste inchangé si on multiplie ses coefficients par un même réel non nul.
 
Donc, en multipliant par 6, on obtient :
 
6×(13→GA−56→GB)=6×→0⇔63→GA−6×56→GB=→0⇔2→GA−5→GB=→0
 
Par suite, G est aussi le barycentre de (A, 2)  et  (B, −5).
 
Or, par hypothèse, G′ est le barycentre de (A, 2)  et  (B, −5).
 
Par conséquent, G=G′

Exercice 4

Sur une droite, on donne trois points A, B  et  G tels que →GA=−25→GB
 
Trouvons des réels a  et  b tels que G soit le barycentre du système {(A, a); (B; b)}
 
En effet, G doit vérifier :
a→GA+b→GB=→0
On a :
 
→GA=−25→GB⇔5→GA=−2→GB⇔5→GA+2→GB=→0
 
Par suite, la relation 5→GA+2→GB=→0 prouve que G est barycentre du système {(A, 5); (B; 2)}
 
D'où, a=5  et  b=2

Exercice 5

Soient A  et  B deux points distincts et G le barycentre de (A, 3)  et  (B, 2).
 
1) La méthode du parallélogramme
 
Soit M un point n'appartenant pas à (AB). Construisons les points A1, B1  et  S tels que :
→MA1=3→MA;→MB1=2→MBet→MS=→MA1+→MB1
Montrons alors que les droites (MS)  et  (AB) sont sécantes en G.
 
On a : G le barycentre de (A, 3)  et  (B, 2) alors,
3→GA+2→GB=→0 ⇒ 3→GA=−2→GB
Donc, A, B  et  G sont alignés. D'où, G∈(AB)
 
Par ailleurs, →MS=→MA1+→MB1
 
Or, →MA1=3→MA  et  →MB1=2→MB
 
Donc, en remplaçant, on obtient : →MS=3→MA+2→MB
 
Comme G est barycentre de (A, 3)  et  (B, 2) alors,
∀M∈P;  3→MA+2→MB=5→MG
Par suite,
→MS=5→MG
Ainsi, les points M, S  et  G sont alignés. D'où, G∈(MS)
 
G∈(AB)  et  G∈(MS) donc, G∈(AB)∩(MS)
 
Ce qui prouve que les droites (MS)  et  (AB) sont sécantes en G.
 
2) La méthode des parallèles
 
Soit →u un vecteur non colinéaire à →MA. Construisons les points A′  et  B′ tels que :
→AA′=2→u  et  →BB′=−3→u
Montrons que les droites (A′B′)  et  (AB) sont sécantes en G.
 
En multipliant le vecteur →AA′ par 3 et le vecteur →BB′ par 2, on obtient :
3→AA′=6→uet2→BB′=−6→u
Ainsi, 3→AA′+2→BB′=6→u−6→u=→0
 
Par suite,
 
3→AA′+2→BB′=→0⇒3(→AG+→GA′)+2(→BG+→GB′)=→0⇒3→AG+3→GA′+2→BG+2→GB′=→0⇒3→AG+2→BG⏟=→0+3→GA′+2→GB′=→0⇒3→GA′+2→GB′=→0
 
Donc, G est aussi barycentre de de (A′, 3)  et  (B′, 2)
 
Ainsi, les points A′, B′  et  G sont alignés. D'où, G∈(A′B′)
 
G∈(AB)  et  G∈(A′B′) alors, G∈(AB)∩(A′B′)
 
Cela montre que les droites (A′B′)  et  (AB) sont sécantes en G.
 
 

Exercice 6

Soient A  et  B deux points distincts.
 
Dans chacun des cas suivants, déterminons deux réels α  et  β tel que G soit le barycentre du système (A; α), (B; β)
 
Pour cela, G doit vérifier la relation
α→GA+β→GB=→0ouα→AG+β→BG=→0
a) Soit :
 
→AG=2→GB⇒→AG−2→GB=→0⇒→AG+2→BG=→0
 
Donc, G est le barycentre du système (A; 1), (B; 2)
 
b) On a :
 
→AB+→GB=3→GA⇒→AG+→GB+→GB−3→GA=→0⇒−→GA+2→GB−3→GA=→0⇒−4→GA+2→GB=→0
 
D'où, G est le barycentre du système (A; −4), (B; 2)
 
c) On a :
 
3→AB+→GA=→0⇒3(→AG+→GB)+→GA=→0⇒3→AG+3→GB+→GA=→0⇒−3→GA+3→GB+→GA=→0⇒−2→GA+3→GB=→0
 
Ainsi, G est le barycentre du système (A; −2), (B; 3)

Exercice 7

Dans chacun des cas suivants, trouvons des réels α  et  β tels que A soit barycentre de {(B; α) (C; β)}
 
De la même manière que dans l'exercice précédent, A doit vérifier la relation
α→AB+β→AC=→0ouα→BA+β→CA=→0
1) On a : →AB−2→CA=→0 ⇒ →AB+2→AC=→0
 
Donc, A est barycentre de {(B; 1) (C; 2)}
 
2) Soit :
 
→BA=3→AC⇒→BA−3→AC=→0⇒→BA+3→CA=→0
 
A est donc barycentre de {(B; 1) (C; 3)}
 
3) On a :
 
2→BC+→AC=→0⇒2(→BA+→AC)+→AC=→0⇒2→BA+2→AC+→AC=→0⇒2→BA+3→AC=→0⇒−2→AB+3→AC=→0
 
D'où, A est barycentre de {(B; −2) (C; 3)}
 
4) Soit :
 
→AB+→AC+→BC=2→BA⇒→AB+→AC+→BA+→AC−2→BA=→0⇒→AB+→AC−→AB+→AC+2→AB=→0⇒2→AB+2→AC=→0
 
D'où, A est barycentre de {(B; 2) (C; 2)}

Exercice 8

Soit ABCD un parallélogramme, I milieu de [AC]  et  G défini par :
→AG=13→AB
1) Déterminons α  et  β pour que G soit barycentre de (A; α), (B; β)
 
Soit : →AG=13→AB.
 
Alors, en utilisant les propriétés du calcul vectoriel et en introduisant le point G dans le vecteur →AB, par la relation de Chasles, on obtient :
 
→AG=13→AB⇔3→AG=→AB⇔3→AG−→AB=→0⇔3→AG−(→AG+→GB)=→0⇔3→AG−→AG−→GB=→0⇔2→AG+→BG=→0
 
Ainsi, on a : 2→AG+→BG=→0
 
Par conséquent, G est le barycentre du système {(A, 2); (B; 1)}
 
D'où, α=2  et  β=1
 
2) Donnons les coordonnées de A, B, C, D, I,  et  G dans le repère (A; →AC, →AD)
 
En effet, dans ce repère, on a :
 
A est origine du repère, →AC  et  →AD sont les vecteurs de base.
 
Donc, on a :
A(00), C(10)  et  D(01)
Pour déterminer les coordonnées de B dans ce repère, il suffit d'exprimer →AB en fonction de →AC  et  →AD.
 
On a :
→AB=→AC+→CB(1)
Or, ABCD est un parallélogramme. Donc,
→CB=→DA
Ainsi, en remplaçant →CB par →DA, dans la relation (1), on obtient :
 
→AB=→AC+→CB=→AC+→DA=→AC−→AD
 
D'où, →AB=→AC−→AD
 
Par conséquent,
B(1−1)
Soit I milieu de [AC].
 
Alors, on a : →AI=12→AC
 
D'où,
I(120)
On a : →AG=13→AB
 
Or, →AB=→AC−→AD
 
Par conséquent, →AG=13→AC−13→AD
 
D'où,
G(13−13)
3) Donnons les coordonnées de A, B, C, D, I,  et  G dans le repère (B; →BD, →BC)
 
En effet, dans ce repère, B est l'origine, →BD  et  →BC sont les vecteurs de base.
 
Ainsi, on a :
B(00), D(10)  et  C(01)
Pour déterminer les coordonnées de A dans ce repère, il suffit d'exprimer →BA en fonction de →BD  et  →BC.
 
Soit alors :
→BA=→BD+→DA(2)
Comme, ABCD est un parallélogramme alors, on a :
→DA=→CB
Ainsi, dans la relation (2), en remplaçant →DA par →CB, on obtient :
 
→BA=→BD+→DA=→BD+→CB=→BD−→BC
 
Donc, →BA=→BD−→BC
 
D'où,
A(1−1)
On a : I milieu de [AC].
 
Or, ABCD est un parallélogramme.
 
Par conséquent, I est aussi milieu de [BD].
 
D'où, →BI=12→BD
 
Ainsi,
I(120)
G étant le barycentre de (A; 2)  et  (B; 1) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
→BG=23→BA
Or, →BA=→BD−→BC
 
Donc, →BG=23→BD−23→BC
 
Par conséquent,
G(23−23)
4) Donnons les coordonnées de A,  B, C, D, I,  et  G dans le repère (A; →AB, →AD)
 
Dans ce repère, A est l'origine, →AB  et  →AD sont les vecteurs de base.
 
Par conséquent,
A(00), B(10)  et  D(01)
Pour déterminer les coordonnées de C dans ce repère, il suffit d'exprimer →AC en fonction de →AB  et  →AD.
 
On a :
→AC=→AD+→DC(3)
Or, ABCD est un parallélogramme. Donc,
→DC=→AB
Ainsi, en remplaçant →DC par →AB, dans la relation (3), on obtient :
 
→AC=→AD+→DC=→AD+→AB
 
D'où, →AC=→AB+→AD
 
Par conséquent,
C(11)
Soit I milieu de [AC].
 
Alors, on a :
→AI=12→AC
Or, →AC=→AB+→AD
 
Par suite, →AI=12→AB+12→AD
 
D'où,
I(1212)
G étant défini par :
→AG=13→AB
Alors,
G(130)

 

 

Exercice 9

On donne deux points A  et  B tels que AB=10
 
Soit C barycentre de {(A; 2), (B; 3)}  et  D barycentre de {(A; 3), (B; 2)}
 
1) Construisons C  et  D.
 
En effet, soit C barycentre de (A, 2)  et  (B, 3) alors, pour tout point M du plan, d'après la propriété caractéristique, on a :
→MC=2→MA+3→MB2+3
Donc, en remplaçant M par A, on obtient :
→AC=35→AB
De la même manière, soit D barycentre de (A, 3)  et  (B, 2) alors, pour tout point M du plan, d'après la propriété caractéristique, on a :
→MD=3→MA+2→MB3+2
Ainsi, en remplaçant M par A, on trouve :
→AD=25→AB
Plaçons alors les points C  et  D tels que :
→AC=35→AB et →AD=25→AB
2) Démontrons que [AB]  et  [CD] ont même milieu noté E.
 
En effet, comme C est barycentre de {(A; 2), (B; 3)}  et  D barycentre de {(A; 3), (B; 2)} alors, on a les relations vectorielles suivantes :
2→AC+3→BC=→0(1)
3→AD+2→BD=→0(2)
Ainsi, en additionnant, membre à membre les relations (1)  et  (2), on obtient :
2→AC+3→BC+3→AD+2→BD=→0 (3)
Soit alors E le milieu de [AB].
 
Donc, on a :
→AE+→BE=→0
Montrons alors que E est aussi milieu de [CD].
 
En effet, par la relation de Chasles, en introduisant le point E dans l'égalité (3), on obtient :
 
2→AC+3→BC+3→AD+2→BD=→0⇔2(→AE+→EC)+3(→BE+→EC)+3(→AE+→ED)+2(→BE+→ED)=→0⇔2→AE+2→EC+3→BE+3→EC+3→AE+3→ED+2→BE+2→ED=→0⇔5→AE+5→EC+5→BE+5→ED=→0⇔5→AE+5→BE+5→EC+5→ED=→0⇔5(→AE+→BE⏟=→0)+5→EC+5→ED=→0⇔5→EC+5→ED=→0⇔5(→EC+→ED)=→0⇔→EC+→ED=→0
 
D'où, →EC+→ED=→0
 
Ce qui prouve que E est milieu de [CD].
 
3) Déterminons l'ensemble des points M du plan tels que ‖2→MA+3→MB‖=10 (4)
 
En effet, comme C est barycentre de {(A; 2), (B; 3)} alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
2→MA+3→MB=5→MC
Donc, dans la relation (4), en remplaçant 2→MA+3→MB par 5→MC, on obtient :
 
‖2→MA+3→MB‖=10⇔‖5→MC‖=10⇔5‖→MC‖=10⇔‖→MC‖=105⇔‖→MC‖=2
 
D'où, ‖→MC‖=2
 
Cela représente alors le cercle de centre C et de rayon 2.
 
Ainsi, l'ensemble des points M du plan tels que ‖2→MA+3→MB‖=10 est le cercle de centre C et de rayon 2.
 
4) Déterminons l'ensemble des points M du plan tels que ‖2→MA+3→MB‖=‖3→MA+2→MB‖ (5)
 
En effet, comme C est barycentre de {(A; 2), (B; 3)}  et  D barycentre de {(A; 3), (B; 2)} alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
2→MA+3→MB=5→MC
3→MA+2→MB=5→MD
Par suite, dans la relation (5), en remplaçant 2→MA+3→MB par 5→MC  et  3→MA+2→MB par 5→MD, on trouve :
 
‖2→MA+3→MB‖=‖3→MA+2→MB‖⇔‖5→MC‖=‖5→MD‖⇔5‖→MC‖=5‖→MD‖⇔‖→MC‖=‖→MD‖
 
Donc, ‖→MC‖=‖→MD‖
 
Ce qui caractérise alors la médiatrice du segment [CD].
 
Ainsi, l'ensemble des points M du plan tels que ‖2→MA+3→MB‖=‖3→MA+2→MB‖ est la médiatrice du segment [CD].
 
C'est donc la droite perpendiculaire à la droite (CD) et passant par le milieu E de [CD].

 
 

Exercice 10

ABCD est un parallélogramme de centre O.
 
1) Définissons vectoriellement et plaçons les points I, J, K  et  L
 
En effet, on sait que si G est barycentre de (N; α)  et  (P; β) alors, pour tout point M du plan, on a : α→MN+β→MP=(α+β)→MG
Ce qui donne :
→MG=α→MN+β→MPα+β
Ainsi, nous allons appliquer cette propriété dans les cas suivants :
 
Soit I barycentre de (A, 5)  et  (B, −2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
→AI=−23→AB
Soit J barycentre de (B, 1) et (C, −2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
→BJ=2→BC
Soit K le barycentre de (C, −5) et (D, 2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
→CK=−23→CD
Soit L le barycentre de (D, −1) et (A, 2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
→DL=2→DA
2) Démontrons que IJKL est un parallélogramme de centre O.
 
En sommant membre à membre les égalités du résultat de 1), on obtient :
→AI+→BJ+→CK+→DL=−23→AB+2→BC−23→CD+2→DA
Or, ABCD parallélogramme donc, →CD=−→AB  et  →DA=−→BC
 
Par suite,
 
→AI+→BJ+→CK+→DL=−23→AB+2→BC−23→CD+2→DA=−23→AB+2→BC+23→AB−2→BC=−23→AB+23→AB+2→BC−2→BC=→0
 
Ainsi, →AI+→BJ+→CK+→DL=→0
 
En introduisant le point O, on obtient :
 
→AI+→BJ+→CK+→DL=→0⇔→AO+→OI+→BO+→OJ+→CO+→OK→DO+→OL=→0⇔→AO+→BO+→CO+→DO⏟=→0+→OI+→OJ+→OK+→OL=→0⇔→OI+→OJ+→OK+→OL=→0
 
Par conséquent, →OI+→OJ+→OK+→OL=→0
 
Ce qui démontre que IJKL est un parallélogramme de centre O.
 

 

Exercice 11

Soit ABC un triangle, A′ le barycentre des points pondérés (B, −1)  et  (C, 2)
 
B′ le barycentre de (A, 3)  et  (C, 2)  et  C′ le barycentre de (A, 3)  et  (B, −1).
 
1) Plaçons les points A′, B′  et  C′.
 
En effet, A′ étant le barycentre des points pondérés (B, −1)  et  (C, 2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
 
Pour tout point M du plan,
→MA′=−→MB+2→MC−1+2
Donc, en remplaçant M par B, on obtient :
→BA′=2→BC
De même, comme B′ est le barycentre de (A, 3)  et  (C, 2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
 
Pour tout point M du plan,
→MB′=3→MA+2→MC3+2
Ainsi, en remplaçant M par A, on obtient :
→AB′=25→AC
De la même manière, C′ étant le barycentre de (A, 3)  et  (B, −1) alors, en appliquant la propriété caractéristique, on a :
 
Pour tout point M du plan,
→MC′=3→MA−→MB3−1
Alors, en remplaçant M par B, on obtient :
→BC′=32→BA
Donc, nous allons placer les points A′, B′  et  C′ tels que :
→BA′=2→BC,→AB′=25→AC et →BC′=32→BA
 

 
2) Soit G le barycentre de (A, 3), (B, −1)  et  (C, 2). 
 
Montrons que :
3→GA+→GA′=→0
en effet, on sait que  A′ est le barycentre de (B, −1)  et  (C, 2). 
 
Donc, d'après la propriété d'associativité du barycentre, G est barycentre de (A, 3)  et  (A′, 1).
 
Ce qui se traduit par la relation vectorielle suivante :
3→GA+→GA′=→0
En déduisons que G est un point de (AA′).
 
Par la relation de Chasles, introduisons le point A dans le vecteur →GA′.
 
On obtient alors :
 
3→GA+→GA′=→0⇔3→GA+→GA+→AA′=→0⇔4→GA=−→AA′⇔4→AG=→AA′⇔→AG=14→AA′
 
Donc, →AG=14→AA′
 
D'où, les points A, G  et  A′ sont alignés.
 
Par conséquent, G est un point de (AA′).
 
3) Montrons que les droites (AA′), (BB′)  et  (CC′) sont concourantes.
 
De la même manière que dans la question 2), considérons le barycentre partiel B′ des points pondérés (A, 3)  et  (C, 2).
 
Alors, d'après la propriété d'associativité du barycentre, G est barycentre de (B′, 5)  et  (B, −1).
 
Ainsi, d'après la propriété caractéristique, on obtient :
→BG=54→BB′
Ce qui signifie que les points B, G  et  B′ sont alignés.
 
D'où, G∈(BB′).
 
Par ailleurs, C′ étant le barycentre des points pondérés (A, 3)  et  (B, −1) alors, d'après la propriété d'associativité du barycentre, G est barycentre de (C′, 2)  et  (C, 2).
 
Les coefficients de C  et  C′ étant les mêmes alors, G est le milieu de [CC′].
 
Par conséquent, G est un point de la droite (CC′).
 
Ainsi, on a :
G∈(AA′), G∈(BB′), G∈(CC′)
D'où, G∈(AA′)∩(BB′)∩(CC′)
 
Ce qui montre que (AA′), (BB′)  et  (CC′) sont concourantes au point G.

Exercice 12

Soit ABC un triangle. Soient I  et  J les points définis par :
→AI=34→AB et →AJ=23→AC
Les droites (BJ)  et  (CI) se coupent en G. La droite (AG) coupe (BC) en K.
 
1) Faisons une figure.

 

 
2) Trouvons les réels a, b  et  c tels que I soit le barycentre de {(A, a); (B, b)}  et  J le barycentre du système {(A, a); (C, c)}.
 
On a :
 
→AI=34→AB⇔4→AI=3→AB⇔4→AI−3→AB=→0⇔4→AI−3(→AI+→IB)=→0⇔4→AI−3→AI−3→IB=→0⇔→AI−3→IB=→0⇔→AI+3→BI=→0
 
Ainsi, →AI+3→BI=→0
 
D'où, I est le barycentre de {(A, 1); (B, 3)}
 
Par ailleurs, soit :
 
→AJ=23→AC⇔3→AJ=2→AC⇔3→AJ−2→AC=→0⇔3→AJ−2(→AJ+→JC)=→0⇔3→AJ−2→AJ−2→JC=→0⇔→AJ−2→JC=→0⇔→AJ+2→CJ=→0
 
Ainsi, →AJ+2→CJ=→0
 
Ce qui signifie que J est le barycentre de {(A, 1); (C, 2)}
 
Donc, a=1, b=3, c=2
 
3) Montrons que le barycentre du système {(A, 1); (B, 3); (C, 2)} est le point G.
 
En effet, considérons un point O barycentre du système {(A, 1); (B, 3); (C, 2)}.
 
D'après le résultat de la question 2), I est le barycentre de {(A, 1); (B, 3)}.
 
Donc, d'après la propriété d'associativité du barycentre, O est le barycentre du système {(I, 4); (C, 2)}.
 
D'où, O, I  et  C sont alignés.
 
Par conséquent, O∈(CI).
 
De la même manière, J étant le barycentre de {(A, 1); (C, 2)} alors, d'après la propriété d'associativité du barycentre, O est le barycentre du système {(J, 3); (B, 3)}.
 
Ce qui signifie que O est le milieu de [BJ].
 
Par conséquent, O∈(BJ).
 
Ainsi, on a :
O∈(CI), O∈(BJ)
Donc, O∈(CI)∩(BJ)
 
Ce qui signifie que les droites (CI)  et  (BJ) sont sécantes en O.
 
Or, par hypothèse, les droites (BJ)  et  (CI) se coupent en G.
 
Par conséquent, O=G, c'est-à-dire ; O  et  G sont confondus.
 
Ce qui montre que G est le barycentre du système {(A, 1); (B, 3); (C, 2)}.
 
En déduisons que K est le barycentre de (B, 3)  et  (C, 2).
 
En effet, comme la droite (AG) coupe la droite (BC) en K alors, on a :
 
d'une part A, G, K alignés, d'autre part B, C, K alignés.
 
Ainsi :
 
K est barycentre du système {(B, β); (C, γ)} 
 
G est barycentre du système {(A, 1); (K, β+γ)}
 
Par suite, G est le barycentre du système {(A, 1); (B, β); (C, γ)}
 
Or, on vient juste de montrer que G est le barycentre du système {(A, 1); (B, 3); (C, 2)}.
 
Par conséquent, β=3, γ=2
 
D'où, K est le barycentre de (B, 3)  et  (C, 2).
 
Donnons la position de K sur la droite (BC).
 
En effet, K étant le barycentre du système {(B, 3); (C, 2)} alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
→BK=25→BC
Par conséquent, K∈[BC]

Exercice 13

Soit ABC un triangle quelconque.
 
1) Construisons les barycentres suivants :
 
Soit G le barycentre de (A, 3)  et  (B, 3).
 
Comme les coefficients de pondération de A  et  B sont les mêmes alors, G est le milieu de [AB].
 
D'où,
→AG=12→AB
Soit E le barycentre de (B, 3)  et  (C, 1) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
→BE=14→BC
Soit F le barycentre de (A, 3)  et  (C, 1) alors, en appliquant la propriété caractéristique, on obtient :
→AF=14→AC
2) Soit I le barycentre de (A, 3), (B, 3)  et  (C, 1).
 
Démontrons que les points A, I  et  E sont alignés.
 
On sait que E est le barycentre de (B, 3)  et  (C, 1).
 
Donc, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on obtient : I barycentre de (A, 3)  et  (E, 4).
 
D'où, les points A, I  et  E sont alignés.
 
Démontrons que les points B, I  et  F sont alignés.
 
F étant le barycentre de (A, 3)  et  (C, 1) alors, d'après la propriété d'associativité du barycentre, I est barycentre de (F, 4)  et  (B, 3).
 
Par conséquent, les points B, I  et  F sont alignés.
 
Démontrons que les points C, I et G sont alignés.
 
Comme G est le barycentre de (A, 3)  et  (B, 3) alors, d'après la propriété d'associativité du barycentre, I est le barycentre de (G, 6)  et  (C, 1).
 
On peut en déduire que les droites (AE), (BF)  et  (CG) sont concourantes en I.
 
En effet, on a : I∈(AE), I∈(BF)  et  I∈(CG).
 
D'où, I∈(AE)∩(BF)∩(CG)
 
Par conséquent, les droites (AE), (BF)  et  (CG) sont concourantes en I.
 
3) Construisons le barycentre E′ de (B, 3)  et  (C, −1).
 
D'après la propriété caractéristique, on a :
→BE′=−12→BC
Exprimons le vecteur →E′G en fonction des vecteurs →AB  et  →AC.
 
Par la relation de Chasles, en introduisant le point B dans le vecteur →E′G, on obtient :
→E′G=→E′B+→BG(1)
Or, G milieu de [AB] donc,
→BG=12→BA
Par ailleurs, on a :
→BE′=−12→BC ⇒ →E′B=12→BC
La relation (1) devient alors :
→E′G=12→BC+12→BA
Par la relation de Chasles, introduisons le point A dans le vecteur →BC.
 
On obtient alors :
 
→E′G=12→BC+12→BA⇔→E′G=12(→BA+→AC+→BA)⇔→E′G=12(2→BA+→AC)⇔→E′G=→BA+12→AC⇔→E′G=−→AB+12→AC
 
D'où, →E′G=−→AB+12→AC
 
Exprimons le vecteur →GF en fonction des vecteurs →AB  et  →AC.
 
Par la relation de Chasles, introduisons le point A dans le vecteur →GF.
 
On obtient alors :
→GF=→GA+→AF(2)
Or, on a : →AG=12→AB donc,
→GA=−12→AB
Aussi, on a :
→AF=14→AC
Ainsi, en remplaçant →GA  et  →AF par leur expression, dans la relation (2), on obtient :
 
→GF=→GA+→AF=−12→AB+14→AC
 
D'où, →GF=−12→AB+14→AC
 
En déduisons que E′, F  et  G sont alignés.
 
En multipliant le vecteur →GF par 2, on trouve :
 
2×→GF=2(−12→AB+14→AC)=−→AB+12→AC=→E′G
 
Ainsi, →E′G=2→GF
 
Par conséquent, les points E′, F  et  G sont alignés.
 
4) Montrons que les droites (EF)  et  (AB) sont parallèles.
 
En effet, (AC)  et  (BC) sont deux droites sécantes en C.
 
F∈[AC]  et  E∈[BC]
 
Or, d'après la question 1), on a :
→BE=14→BC
→AF=14→AC
Donc, d'après la forme vectorielle de la réciproque du théorème de Thalès, les droite (EF)  et  (AB) sont parallèles.
 
Méthode des longueurs
 
D'après la question 1), on a :
{→BE=14→BC→AF=14→AC⇒{‖→BE‖‖→BC‖=14‖→AF‖‖→AC‖=14
Par conséquent, on obtient :
‖→BE‖‖→BC‖=‖→AF‖‖→AC‖=14
Ainsi, d'après la réciproque du théorème de Thalès, les droite (EF)  et  (AB) sont parallèles.
 
Soit H le symétrique de A par rapport à B  et  K le point d'intersection des droites (E′H)  et  (EF).
 
Montrer que :
→E′K=32→E′H
Comme H est le symétrique de A par rapport à B alors, H∈(AB).
 
Par ailleurs, K étant le point d'intersection des droites (E′H)  et  (EF) alors, K∈(EF).
 
Aussi, d'après le résultat de la question 4), les droites (EF)  et  (AB) sont parallèles.
 
Ce qui revient au même de dire que les droites (FK)  et  (GH) sont parallèles.
 
Ainsi, les triangles E′FK  et  E′GH sont en position de Thalès.
 
Or, d'après le résultat de la question 3), on a :
→E′G=2→GF
Donc, d'après la forme vectorielle du théorème de Thalès, on a :
→E′H=2→HK
Par la relation de Chasles, introduisons le point E′ dans le vecteur →HK.
 
On obtient alors :
 
→E′H=2→HK⇔→E′H=2(→HE′+→E′K)⇔→E′H=2→HE′+2→E′K⇔→E′H−2→HE′=2→E′K⇔→E′H+2→E′H=2→E′K⇔3→E′H=2→E′K⇔→E′K=32→E′H
 
D'où, →E′K=32→E′H

 

 
 

Exercice 14

1) Soit ABC un triangle, construisons les points I, J  et  K définis par :
 
− I est le barycentre de (A, 2) et (C, 1)
 
Alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
→AI=13→AC
− J est le barycentre de (A, 1) et (B, 2)
 
Donc, en appliquant la propriété caractéristique, on obtient :
→AJ=23→AB
− K est le barycentre de (C, 1) et (B, −4).
 
Alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
→BK=−13→BC
2) Exprimons B comme barycentre de (K, α)  et  (C, 1); (α étant un réel à déterminer.)
 
D'après la question 1), on a : K barycentre de (C, 1) et (B, −4).
 
Ce qui se traduit par :
→CK−4→BK=→0
Ainsi, par la relation de Chasles, en introduisant le point B dans le vecteur →CK, on obtient :
 
→CK−4→BK=→0⇔→CB+→BK−4→BK=→0⇔→CB−3→BK=→0⇔→CB+3→KB=→0
 
D'où, →CB+3→KB=→0
 
Ce qui signifie que B est le barycentre de (K, 3)  et  (C, 1)
 
3) Déterminons le barycentre de (A, 2), (K, 3)  et  (C, 1)
 
D'après le résultat de la question 2), on a : B barycentre de (K, 3)  et  (C, 1).
 
Donc, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on a : le barycentre de (A, 2), (K, 3)  et  (C, 1) est le même que celui des points pondérés (A, 2)  et  (B, 4).
 
Par ailleurs, d'après la propriété d'homogénéité, le barycentre reste inchangé si on multiplie ses coefficients par un même réel non nul.
 
Donc, le système {(A, 2); (B, 4)}  et le système  {(A, 1); (B, 2)} ont le même barycentre.
 
Or, on sait que J est le barycentre de (A, 1)  et  (B, 2).
 
Par conséquent, J est le barycentre de (A, 2), (K, 3)  et  (C, 1).
 
4) Déduisons du 3) que I, J, K sont alignés.
 
D'après le résultat de la question 3), on a : J barycentre de (A, 2), (K, 3)  et  (C, 1).
 
Or, on sait que I est le barycentre de (A, 2)  et  (C, 1).
 
Donc, d'après la propriété d'associativité du barycentre, on a : J barycentre de (K, 3)  et  (I, 3).
 
D'où, les points I, J  et  K sont alignés.
 
K  et  I ayant le même coefficient de pondération, J est alors le milieu du segment [IK].
 
5) L étant le milieu de [CI]  et  E celui de [KC], démontrons que IJEL est un parallélogramme dont le centre G est l'isobarycentre de A, B  et  C.
 
Considérons le triangle CIK.
 
E milieu de [KC]  et  L milieu de [CI] alors, d'après le théorème de la droite des milieux, (IK)  et  (LE) sont parallèles et on a :
LE=12IK
Or, J est le milieu de [IK].
 
Donc,
IJ=12IK
Par conséquent, IJ=LE
 
Ainsi, le quadrilatère non croisé IJEL est tel que :
{(IJ)//(LE)IJ=LE
Par conséquent, IJEL est un parallélogramme.
 
Soit G le centre de IJEL alors, montrons que G est l'isobarycentre de A, B  et  C.
 
En effet, comme G est le centre du parallélogramme IJEL alors, G est l'isobarycentre de I, J, E  et  L.
 
Donc,
→GI+→GJ+→GE+→GL=→0
Ainsi, par la relation de Chasles, introduisons les points A, B  et  C respectivement dans les vecteurs →GI, →GJ  et  →GL
 
→GI+→GJ+→GE+→GL=→0⇔→GA+→AI+→GB+→BJ+→GE+→GC+→CL=→0=→GA+→GB+→GC+→BJ+→GE⏟=→0+→AI+→CL⏟=→0=→0⇔→GA+→GB+→GC=→0
 
D'où, →GA+→GB+→GC=→0
 
Ce qui montre que G est le centre de gravité du triangle ABC ou encore l'isobarycentre des points A, B  et  C.

 

Exercice 15

Soit ABC un triangle . On effectue les constructions suivantes : on symétrise A par rapport à B, B par rapport à C et C par rapport à A ; on obtient respectivement les points K, I, J (donc un triangle IJK).
 
1) Faisons une figure .

 

 
2) Exprimons chacun des points A, B, C comme barycentre des points I, J, K
 
−  Pour le point A, on a :
 
J symétrique de C par rapport à A alors, A est milieu de [CJ].
 
Donc,
→AJ+→AC=→0
Ensuite, par la relation de Chasles, en introduisant le point I dans le vecteur →AC, on obtient :
→AJ+→AI+→IC=→0
Or, B  et  I sont symétriques par rapport à C. Donc, C est milieu de [IB].
 
Par suite,
→IC=→CB
Donc, on a :
→AJ+→AI+→CB=→0
Puis, en utilisant la relation de Chasles dans le vecteur →CB, on obtient :
→CB=→CA+→AB
Ainsi, on a :
→AJ+→AI+→CA+→AB=→0
Enfin, →CA=→AJ  et  →AB=12→AK du fait que A est milieu de [CJ]  et  B est milieu de [AK].
 
Donc, en remplaçant, on obtient :
 
→AJ+→AI+→CA+→AB=→0⇔→AJ+→AI+→AJ+12→AK=→0⇔→AI+2→AJ+12→AK=→0⇔12(2→AI+4→AJ+→AK)=→0⇔2→AI+4→AJ+→AK=→0
 
D'où, 2→AI+4→AJ+→AK=→0
 
Par conséquent, A est barycentre de (I; 2), (J; 4)  et  (K; 1).
 
−  Pour le point B, on a :
 
K est le symétrique de A par rapport à B donc, B est milieu de [AK].
 
Ainsi,
→BK+→BA=→0
En procédant de la même que pour le point A, on obtient :
 
→BK+→BA=→0⇔→BK+→BJ+→JA=→0⇔→BK+→BJ+→AC=→0⇔→BK+→BJ+→AB+→BC=→0⇔→BK+→BJ+→BK+12→BI=→0⇔12→BI+→BJ+2→BK=→0⇔12(→BI+2→BJ+4→BK)=→0⇔→BI+2→BJ+4→BK=→0
 
Donc, →BI+2→BJ+4→BK=→0
 
D'où, B est barycentre de (I; 1), (J; 2)  et  (K; 4).
 
−  Pour le point C, on a :
 
I symétrique de B par rapport à C alors, C est milieu de [BI].
 
Donc, on a :
→CI+→CB=→0
Ainsi, en procédant de la même que pour le point A, on obtient :
 
→CI+→CB=→0⇔→CI+→CK+→KB=→0⇔→CI+→CK+→BA=→0⇔→CI+→CK+→BC+→CA=→0⇔→CI+→CK+→CI+12→CJ=→0⇔2→CI+12→CJ+→CK=→0⇔12(4→CI+→CJ+2→CK)=→0⇔4→CI+→CJ+2→CK=→0
 
Ainsi, 4→CI+→CJ+2→CK=→0
 
Par conséquent, C est barycentre de (I; 4), (J; 1)  et  (K; 2).
 
3) On définit les points P, Q, R par :
→KP=13→KJ,→IQ=13→IK,→JR=13→JI
Montrons que les points P, Q, R sont respectivement les points d'intersection des droites (BC)  et  (KJ), (AC)  et  (KI), (AB)  et  (JI).
 
Soit : →KP=13→KJ
 
Alors, P appartient à la droite (KJ) et on a :
 
→KP=13→KJ⇔3→KP=→KJ⇔3→KP−→KJ=→0⇔3→KP−→KP−→PJ=→0⇔2→KP+→JP=→0
 
D'où, 2→KP+→JP=→0
 
Par conséquent, P est barycentre de (J; 1)  et  (K; 2).
 
Par ailleurs, d'après le résultat de la question 2), on a : C barycentre de (I; 4), (J; 1)  et  (K; 2).
 
Donc, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on obtient : C barycentre de (I; 4)  et  (P; 3).
 
D'où, les points I, C, P sont alignés.
 
Ce qui signifie que P appartient à la droite (CI), c'est-à-dire ; P∈(BC).
 
Ainsi, P∈(BC)  et  P∈(KJ)
 
D'où, P∈(BC)∩(KJ)
 
Par conséquent, les droites (BC)  et  (KJ) sont sécantes en P.
 
Soit : →IQ=13→IK
 
Alors, Q appartient à la droite (KI) et on a :
 
→IQ=13→IK⇔3→IQ=→IK⇔3→IQ−→IK=→0⇔3→IQ−→IQ−→QK=→0⇔2→IQ+→KQ=→0
 
Donc, 2→IQ+→KQ=→0
 
D'où, Q est barycentre de (I; 2)  et  (K; 1).
 
Par ailleurs, d'après le résultat de la question 2), A est barycentre de (I; 2), (J; 4)  et  (K; 1).
 
Donc, d'après la propriété d'associativité du barycentre, on a : A barycentre de (J; 4)  et  (Q; 3).
 
Par conséquent, les points A, J, Q sont alignés.
 
Ce qui signifie que Q appartient à la droite (AJ), ce qui peut encore s'écrire : Q∈(AC).
 
Donc, Q∈(AC)  et  Q∈(KI)
 
D'où, P∈(AC)∩(KI)
 
Par suite, les droites (AC)  et  (KI) sont sécantes en Q.
 
Soit : →JR=13→JI
 
Alors, R∈(JI) et on a :
 
→JR=13→JI⇔3→JR=→JI⇔3→JR−→JI=→0⇔3→JR−→JR−→RI=→0⇔2→JR+→IR=→0
 
Ainsi, 2→JR+→IR=→0
 
D'où, R est barycentre de (I; 1)  et  (J; 2).
 
Or, d'après le résultat de la question 2), B est barycentre de (I; 1), (J; 2)  et  (K; 4).
 
Donc, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on obtient : B barycentre de (K; 4)  et  (R; 3).
 
Par conséquent, les points B, R  et  K sont alignés.
 
Par suite, R appartient à la droite (BK), c'est-à-dire ; R∈(AB).
 
Donc, R∈(AB)  et  R∈(JI)
 
D'où, R∈(AB)∩(JI)
 
Ainsi, les droites (AB)  et  (JI) sont sécantes en R.

Exercice 16

Soit ABC un triangle et k un réel non nul. Soient D  et  E définis par :
→AD=k→AB  et  →CE=k→CA
1) Faisons une figure illustrant ces données pour k=13, puis pour k=−1.
 
Pour k=13, nous allons placer les points D  et  E tels que : 
→AD=13→AB  et  →CE=13→CA
 

 
Pour k=−1, nous construisons les points D  et  E définis par : 
→AD=−→AB  et  →CE=−→CA
 

 
2) Montrons que D est le barycentre de (A, 1−k)  et  (B, k)  et  E le barycentre de (C, 1−k)  et  (A, k).
 
En effet, soit la relation vectorielle suivante :
→AD=k→AB
Alors, en utilisant les propriétés du calcul vectoriel et en introduisant le point D dans le vecteur →AB, par la relation de Chasles, on obtient :
 
→AD=k→AB⇔→AD−k→AB=→0⇔→AD−k(→AD+→DB)=→0⇔→AD−k→AD−k→DB=→0⇔(1−k)→AD+k→BD=→0
 
Ainsi, (1−k)→AD+k→BD=→0
 
Ce qui montre que D est le barycentre de (A, 1−k)  et  (B, k).
 
De la même manière, considérons la relation vectorielle suivante :
→CE=k→CA
Alors, par la relation de Chasles, introduisons le point E dans le vecteur →CA.
 
On obtient :
 
→CE=k→CA⇔→CE−k→CA=→0⇔→CE−k(→CE+→EA)=→0⇔→CE−k→CE−k→EA=→0⇔(1−k)→CE+k→AE=→0
 
D'où, (1−k)→CE+k→AE=→0
 
Par conséquent, E est le barycentre de (C, 1−k)  et  (A, k).
 
3) En déduisons que, pour tout point M du plan, on a :
→MD+→ME=→MA+→MC+k→CB=2(→MB′+k→B′C′)
où B′  et  C′ sont les milieux respectifs de [AC]  et  [AB].
 
En effet, comme D est le barycentre de (A, 1−k)  et  (B, k) alors, d'après la propriété caractéristique, on a : pour tout point M du plan,
→MD=(1−k)→MA+k→MB
Aussi, comme E est le barycentre de (C, 1−k)  et  (A, k) alors, d'après la propriété caractéristique, on a : pour tout point M du plan,
→ME=(1−k)→MC+k→MA
Par suite, en remplaçant →MD  et  →ME par leur expression, on obtient :
 
→MD+→ME=(1−k)→MA+k→MB+(1−k)→MC+k→MA=→MA−k→MA+k→MB+→MC−k→MC+k→MA=→MA+→MC+k→CM+k→MB=→MA+→MC+k(→CM+→MB)=→MA+→MC+k→CB
 
D'où, →MD+→ME=→MA+→MC+k→CB
 
Par ailleurs, on sait que B′  et  C′ sont les milieux respectifs de [AC]  et  [AB].
 
Donc, par la relation de Chasles, en introduisant le point A dans le vecteur →CB puis, respectivement les points B′  et  C′, on obtient :
 
→MA+→MC+k→CB=→MA+→MC+k(→CA+→AB)=→MB′+→B′A+→MB′+→B′C+k(→CB′+→B′A+→AC′+→C′B)=→MB′+→MB′+→B′A+→B′C⏟=→0+k(2→B′A+2→AC′)=2→MB′+2k(→B′A+→AC′)=2→MB′+2k→B′C′=2(→MB′+k→B′C′)
 
Ainsi, →MA+→MC+k→CB=2(→MB′+k→B′C′)
 
D'où, pour tout point M du plan, on a :
→MD+→ME=→MA+→MC+k→CB=2(→MB′+k→B′C′)
4) Montrons que [DE], [AC]  et  [AB] ont leurs milieux alignés.
 
Soit H milieu de [DE].
 
Montrons alors que H, B′  et  C′ sont alignés.
 
Comme H est le milieu de [DE] alors, en appliquant la propriété caractéristique, on obtient :
→MD+→ME=2→MH
Par suite, d'après le résultat de la question 3), on a :
 
→MD+→ME=2(→MB′+k→B′C′)⇔2→MH=2(→MB′+k→B′C′)⇔→MH=→MB′+k→B′C′⇔→MH−→MB′=k→B′C′⇔→B′M+→MH=k→B′C′⇔→B′H=k→B′C′
 
D'où, →B′H=k→B′C′
 
Ce qui montre que les points H, B′  et  C′ sont alignés.
 
Autrement dit, les segments [DE], [AC]  et  [AB] ont leurs milieux alignés.

Exercice 17

Soient A, B, C trois points distincts ; a, b, c des réels tels que a+b+c≠0.
 
Soit G le barycentre des points pondérés (A, a), (B, b)  et  (C, c).
 
1) Démontrons que les points pondérés (A, 2a+1), (B, 2b−2)  et  (C, 2c+1) admettent un barycentre qu'on appellera K.
 
A, B, C étant trois points distincts alors, (A, 2a+1), (B, 2b−2)  et  (C, 2c+1) admettent un barycentre si, et seulement si, la somme des coefficients de pondération est différente de zéro.
 
On a : 2a+1+2b−2+2c+1=2a+2b+2c=2(a+b+c)
 
Or, on sait que a+b+c≠0
 
Par suite, 2(a+b+c)≠0
 
D'où, les points pondérés (A, 2a+1), (B, 2b−2)  et  (C, 2c+1) admettent un barycentre.
 
2) a) Donnons une relation vectorielle définissant K. et en déduisons que : a→KA+b→KB+c→KC=→AB+→CB2
 
En effet, K barycentre de (A, 2a+1), (B, 2b−2)  et  (C, 2c+1) alors, cela se traduit par la relation vectorielle suivante :
(2a+1)→KA+(2b−2)→KB+(2c+1)→KC=→0
En développant cette relation vectorielle, on obtient :
 
(2a+1)→KA+(2b−2)→KB+(2c+1)→KC=→0⇔2a→KA+→KA+2b→KB−2→KB+2c→KC+→KC=→0⇔2a→KA+2b→KB+2c→KC+→KA−2→KB+→KC=→0⇔2(a→KA+b→KB+c→KC)+→KA−→KB−→KB+→KC=→0⇔2(a→KA+b→KB+c→KC)+→BK+→KA+→BK+→KC=→0⇔2(a→KA+b→KB+c→KC)+→BA+→BC=→0⇔2(a→KA+b→KB+c→KC)=−→BA−→BC⇔2(a→KA+b→KB+c→KC)=→AB+→CB⇔a→KA+b→KB+c→KC=→AB+→CB2
 
D'où, \boxed{a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}}{2}}
 
b) En déduisons que G\ et \ K sont confondus si et seulement si B est le milieu du segment [AC].
 
On a : G\ et \ K confondus alors, 
a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}=a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}
Ainsi, d'après le résultat de la question 2\;)\;a\;), on a :
 
\begin{array}{rcl}a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}=a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}&\Leftrightarrow&\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}}{2}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}=\vec{0}\end{array}
 
Ainsi, \boxed{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}=\vec{0}}
 
Ce qui signifie que B est le milieu de [AC].
 
3) On suppose que A\;,\ B\ et \ C ne sont pas alignés. Soit E le point vérifiant que ABCE est un parallélogramme.
 
Démontrons que :
\overrightarrow{GK}=\dfrac{\overrightarrow{BE}}{2(a+b+c)}
D'après le résultat de la question 2\;), on a :
a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}}{2}
Or, on sait que ABCE est un parallélogramme.
 
Donc, \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{EC}
 
Ainsi, par la relation de Chasles, en introduisant G dans les vecteurs \overrightarrow{KA}\;,\ \overrightarrow{KB}\ et \ \overrightarrow{KC} puis, en remplaçant \overrightarrow{AB} par \overrightarrow{EC}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl}a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}}{2}&\Leftrightarrow&a\left(\overrightarrow{KG}+\overrightarrow{GA}\right)+b\left(\overrightarrow{KG}+\overrightarrow{GB}\right)+c\left(\overrightarrow{KG}+\overrightarrow{GC}\right)=\dfrac{\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CB}}{2}\\\\&\Leftrightarrow&a\overrightarrow{KG}+a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{KG}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{KG}+c\overrightarrow{GC}=\dfrac{\overrightarrow{EB}}{2}\\\\&\Leftrightarrow&(a+b+c)\overrightarrow{KG}+\underbrace{a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}}_{=\vec{0}}=\dfrac{\overrightarrow{EB}}{2}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{KG}=\dfrac{\overrightarrow{EB}}{2(a+b+c)}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{GK}=\dfrac{\overrightarrow{BE}}{2(a+b+c)}\end{array}
 
D'où, \boxed{\overrightarrow{GK}=\dfrac{\overrightarrow{BE}}{2(a+b+c)}}
 
On pose a=c=\dfrac{1}{2} et b=2. Construisons les points G\ et \ K.
 
D'après la propriété caractéristique, on a :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AG}&=&\dfrac{2\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}}{3}\\\\&=&\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{6}\overrightarrow{AC}\end{array}
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AK}&=&\dfrac{2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}}{6}\\\\&=&\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}\end{array}
 
Pour le point K, on peut aussi appliquer le résultat de la question 3\;).
 
On a alors : \overrightarrow{GK}=\dfrac{\overrightarrow{BE}}{6}

 

Exercice 18

Soit ABC un triangle équilatéral de côté a=4\;cm.
 
Soit D le point défini par :
3\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\vec{0}
1) Exprimons D comme barycentre de A\;,\ B\ et \ C affectés de coefficients à préciser.
 
Soit : 3\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\vec{0}
 
Alors, par la relation de Chasles, introduisons le point D dans les vecteurs \overrightarrow{AB}\ et \ \overrightarrow{AC}.
 
On obtient :
 
\begin{array}{rcl}3\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\vec{0}&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{DA}-\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB}\right)+2\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DA}-2\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}\end{array}
 
Donc, \boxed{2\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}\qquad(1)}
 
Par conséquent, D est le barycentre du système
\{(A\;,\ 2)\;;\ (B\;,\ -1)\;;\ (C\;,\ 2)\}
2) Soit I le milieu de [AC]. Montrons que D est barycentre de B\ et \ I affectés de coefficients à préciser.
 
En effet, comme I est le milieu de [AC] alors,
\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\vec{0}
Ainsi, dans la relation (1) de la question 1\;), introduisons, par la relation de Chasles, le point I dans les vecteurs \overrightarrow{DA}\ et \ \overrightarrow{DC}.
 
On obtient alors :
 
\begin{array}{rcl}2\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}&\Leftrightarrow&2\left(\overrightarrow{DI}+\overrightarrow{IA}\right)-\overrightarrow{DB}+2\left(\overrightarrow{DI}+\overrightarrow{CC}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{DI}+2\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{DI}+2\overrightarrow{IC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{DI}+2\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DB}+2\left(\underbrace{\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}}_{=\vec{0}}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DB}=\vec{0}\end{array}
 
D'où, \boxed{4\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DB}=\vec{0}\qquad(2)}
 
Ce qui montre que D est le barycentre du système
\{(B\;,\ -1)\;;\ (I\;,\ 4)\}
Autre méthode
 
Soit D barycentre de (A\;,\ 2)\;;\ (B\;,\ -1)\ et \ (C\;,\ 2).
 
Or, I est le milieu de [AC].
 
Donc, I est barycentre de (A\;,\ 2)\ et \ (C\;,\ 2).
 
Ainsi, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, D est le barycentre du système
\{(B\;,\ -1)\;;\ (I\;,\ 4)\}
En déduisons que D est le symétrique de G par rapport à I\ (G étant le centre de gravité du triangle ABC)
 
En effet, comme I est milieu de [AC] alors, [BI] est une médiane du triangle ABC.
 
Or, on sait que le centre de gravité G de ce triangle se situe au tiers de cette médiane en partant de I. Ce qui peut encore s'écrire :
\overrightarrow{IG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IB}\qquad(3)
Par ailleurs, comme D est barycentre de (B\;,\ -1)\ et \ (I\;,\ 4) alors, par la relation de Chasles, en introduisant le point I dans le vecteur \overrightarrow{DB} de la relation (2), on obtient :
 
\begin{array}{rcl}4\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DB}=\vec{0}&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{DI}-\left(\overrightarrow{DI}+\overrightarrow{IB}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{IB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{IB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{DI}=\overrightarrow{IB}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{DI}=\dfrac{\overrightarrow{IB}}{3}\end{array}
 
Donc, on a :
\overrightarrow{DI}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IB}\qquad(4)
Ainsi, en regroupant les relations (3)\ et \ (4), on peut écrire :
\left\lbrace\begin{array}{rcl}\overrightarrow{IG}&=&\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IB}\\\\\overrightarrow{DI}&=&\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IB}\end{array}\right.
Par comparaison, on trouve :
\overrightarrow{DI}=\overrightarrow{IG}
Ce qui signifie que I est le milieu de [DG].
 
Par conséquent, D\ et \ G sont symétriques par rapport à I.
 
3) Soit (E) l'ensemble des points M du plan tels que :
\|2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=4\sqrt{3}\qquad(5)
Déterminons (E).
 
En effet, comme D est le barycentre de (A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ -1)\;,\ (C\;;\ 2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MD}
Ainsi, dans la relation (5), en remplaçant 2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC} par 3\overrightarrow{MD}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl}\|2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=4\sqrt{3}&\Leftrightarrow&\|3\overrightarrow{MD}\|=4\sqrt{3}\\ \\ &\Leftrightarrow&3\|\overrightarrow{MD}\|=4\sqrt{3}\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MD}\|=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\end{array}
 
D'où, \boxed{\|\overrightarrow{MD}\|=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}}
 
Ce qui est caractéristique d'un cercle de centre D et de rayon \dfrac{4\sqrt{3}}{3}.
 
Donc, \boxed{(E)=\mathcal{C}\left(D\;,\ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}\right)}
 
Vérifions que G appartient à (E) et construisons (E).
 
En effet, G appartient à (E) si, et seulement si,
GD=4\sqrt{3}
Calculons alors la longueur GD.
 
D étant le symétrique de G par rapport à I alors,
GD=2IG
Or, IG=\dfrac{1}{3}IB
 
Par suite,
GD=\dfrac{2}{3}IB\qquad(6)
Par ailleurs, comme le triangle BIC est rectangle en I alors, d'après le théorème de Pythagore, on a :
IB^{2}+IC^{2}=BC^{2}
Donc,
 
\begin{array}{rcl}IB^{2}+IC^{2}=BC^{2}&\Rightarrow&IB^{2}=BC^{2}-IC^{2}\\\\&\Rightarrow&IB=\sqrt{BC^{2}-IC^{2}}\\\\&\Rightarrow&IB=\sqrt{4^{2}-2^{2}}\\\\&\Rightarrow&IB=\sqrt{16-4}\\\\&\Rightarrow&IB=\sqrt{12}\\\\&\Rightarrow&IB=2\sqrt{3}\end{array}
 
Ainsi, en remplaçant IB par sa valeur, dans la relation (6), on obtient :
GD=\dfrac{2}{3}IB=\dfrac{2\times 2\sqrt{3}}{3}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}
D'où, \boxed{GD=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}}
 
Ce qui prouve que G appartient à (E).
 
Enfin, pour construire (E), on place G et on trace le cercle de centre D et passant par G.

 
 

Exercice 19

1) Construisons un triangle ABC tel que :
AC=12\;,\ BA=10\quad\text{ et }\quad CB=8
Soit G barycentre de (A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 2)\ et \ (C\;,\ 1).
 
Alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AG}&=&\dfrac{2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{4}\\\\&=&\dfrac{2}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}\\\\&=&\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}\end{array}
 
Donc, plaçons G tel que :
\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}
2) Déterminons et représentons l'ensemble des points M du plan tels que :
\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=AC\qquad(1)
G étant le barycentre de (A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 2)\;,\ (C\;;\ 1) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MG}
Ainsi, dans la relation (1), en remplaçant \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} par 4\overrightarrow{MG}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl}\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=AC&\Leftrightarrow&\|4\overrightarrow{MG}\|=12\\ \\ &\Leftrightarrow&4\|\overrightarrow{MG}\|=12\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MG}\|=\dfrac{12}{4}\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MG}\|=3\end{array}
 
D'où, \boxed{\|\overrightarrow{MG}\|=3}
 
Ce qui représente un cercle de centre G et de rayon 3.
 
Donc, l'ensemble des points M du plan tels que \|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=AC est le cercle de centre G et de rayon 3.
 
3) Soit (E) l'ensemble des points M du plan tels que :
\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|\qquad(2)
Montrons que B appartient à (E).
 
B appartient à (E) si, et seulement si, B vérifie la relation (2).
 
Soit la relation suivante :
\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|
Alors, en remplaçant M par B, on obtient :
\|\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BB}+\overrightarrow{BC}\|=\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|
Donc, B vérifie bien la relation (2).
 
Par conséquent, B appartient à (E).
 
Déterminons et représentons l'ensemble (E).
 
Comme G est le barycentre de (A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 2)\;,\ (C\;;\ 1) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MG}
Ainsi, dans la relation (2), en remplaçant \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} par 4\overrightarrow{MG}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl}\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|&\Leftrightarrow&\|4\overrightarrow{MG}\|=\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|\\ \\ &\Leftrightarrow&4\|\overrightarrow{MG}\|=\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MG}\|=\dfrac{\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|}{4}\end{array}
 
Donc, \boxed{\|\overrightarrow{MG}\|=\dfrac{\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|}{4}}
 
On obtient alors un cercle de centre G et de rayon \dfrac{\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|}{4}.
 
Ainsi, l'ensemble (E) est le cercle de centre G et de rayon \dfrac{\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|}{4}.
 
Comme B est un élément de (E) alors, pour représenter (E) il suffit de tracer le cercle de centre G et passant par la pont B.
 
4) Déterminons et représentons l'ensemble des points M du plan tels que :
\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=\|3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}\|\qquad(3)
Considérons H barycentre de (A\;;\ 3)\ et \ (C\;;\ 1).
 
Alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MH}
Par ailleurs, comme G est le barycentre de (A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 2)\;,\ (C\;;\ 1) alors, d'après la propriété caractéristique, on obtient :
\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MG}
Ainsi, dans la relation (3), en remplaçant \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} par 4\overrightarrow{MG}\ et \ 3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC} par 4\overrightarrow{MH}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl} \|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=\|3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}\|&\Leftrightarrow&\|4\overrightarrow{MG}\|=\|4\overrightarrow{MH}\|\\ \\ &\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MG}\|=\|\overrightarrow{MH}\|\end{array}
 
Donc, \boxed{\|\overrightarrow{MG}\|=\|\overrightarrow{MH}\|}
 
On reconnait alors la médiatrice du segment [GH]
 
D'où, l'ensemble des points M du plan tels que \|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=\|3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}\| est la médiatrice du segment [GH].
 
C'est la droite perpendiculaire à (GH) et passant par le milieu K du segment [GH].

 

Exercice 20

On considère trois points A\;,\ B\;,\ C non alignés affectés des coefficients respectifs 1\;,\ 2\ et \ -3.
 
1) Ces points pondérés n'admettent pas de barycentre.
 
En effet, les trois points A\;,\ B\;,\ C non alignés admettent un barycentre si, et seulement si, la somme de leur coefficient de pondération est non nulle.
 
Or, on a :
1+2-3=0
Par conséquent, les points A\;,\ B\ et \ C n'ont pas de barycentre.
 
2) Montrons que lorsque M se déplace dans le plan, le vecteur \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC} reste constant.
 
Par la relation de Chasles, introduisons le point A dans les vecteurs \overrightarrow{MB}\ et \ \overrightarrow{MC}.
 
On obtient alors :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC}&=&\overrightarrow{MA}+2\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}\right)-3\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC}\right)\\\\&=&\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{AC}\\\\&=&\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\\\\&=&2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\end{array}
 
D'où, \boxed{\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}}
 
On constate que la somme vectorielle 2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC} ne dépend pas du point M et reste toujours constante.
 
Par conséquent, lorsque M se déplace dans le plan, le vecteur \overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC} reste constant.
 
On note \vec{u} ce vecteur constant. Construisons le point D tel que :
\overrightarrow{AD}=\vec{u}
On a : \vec{u}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}
 
Donc, \overrightarrow{AD}=\vec{u}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}
 
Donc, plaçons le point D tel que :
\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}
3) Construction de barycentres
 
Soit A' barycentre de (B\;,\ 2)\ et \ (C\;,\ -3) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
\overrightarrow{BA'}=3\overrightarrow{BC} 
Soit B' barycentre de (C\;,\ -3)\ et \ (A\;,\ 1) alors, en appliquant la propriété caractéristique, on obtient :
\overrightarrow{AB'}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{AC}
Soit C' barycentre de (A\;,\ 1)\ et \ (B\;,\ 2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
\overrightarrow{AC'}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}
Ainsi, plaçons les points A'\;,\ B'\ et \ C' tels que :
\overrightarrow{BA'}=3\overrightarrow{BC}\;,\quad \overrightarrow{AB'}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{AC}\;,\quad \overrightarrow{AC'}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}
Démontrons que :
\vec{u}=-\overrightarrow{AA'}=-2\overrightarrow{BB'}=3\overrightarrow{CC'}
D'après le résultat de la question 2\;), on a :
\vec{u}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}
Alors, par la relation de Chasles, introduisons le point A' dans les vecteurs \overrightarrow{AB}\ et \ \overrightarrow{AC}.
 
Ainsi, on a :
 
\begin{array}{rcl}\vec{u}&=&2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'B}\right)-3\left(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{AA'}+2\overrightarrow{A'B}-3\overrightarrow{AA'}-3\overrightarrow{A'C}\\\\&=&2\overrightarrow{AA'}-3\overrightarrow{AA'}+\underbrace{2\overrightarrow{A'B}-3\overrightarrow{A'C}}_{=\vec{0}}\\\\&=&-\overrightarrow{AA'}\end{array}
 
D'où, \boxed{\vec{u}=-\overrightarrow{AA'}}
 
Encore, par la relation de Chasles, en introduisant le point B' dans les vecteurs \overrightarrow{AB}\ et \ \overrightarrow{AC}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl}\vec{u}&=&2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{B'B}\right)-3\left(\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{B'C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{AB'}+2\overrightarrow{B'B}-3\overrightarrow{AB'}-3\overrightarrow{B'C}\\\\&=&2\overrightarrow{AB'}-3\overrightarrow{AB'}-3\overrightarrow{B'C}+2\overrightarrow{B'B}\\\\&=&-\overrightarrow{AB'}-3\overrightarrow{B'C}+2\overrightarrow{B'B}\\\\&=&\underbrace{\overrightarrow{B'A}-3\overrightarrow{B'C}}_{=\vec{0}}-2\overrightarrow{BB'}\end{array}
 
Ainsi, \boxed{\vec{u}=-2\overrightarrow{BB'}}
 
Par ailleurs, d'après la relation de Chasles, introduisons le point C' dans les vecteurs \overrightarrow{AB}\ et \ \overrightarrow{AC}.
 
On obtient alors :
 
\begin{array}{rcl}\vec{u}&=&2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{AC'}+\overrightarrow{C'B}\right)-3\left(\overrightarrow{AC'}+\overrightarrow{C'C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{AC'}+2\overrightarrow{C'B}-3\overrightarrow{AC'}-3\overrightarrow{C'C}\\\\&=&2\overrightarrow{AC'}-3\overrightarrow{AC'}+2\overrightarrow{C'B}-3\overrightarrow{C'C}\\\\&=&-\overrightarrow{AC'}+2\overrightarrow{C'B}-3\overrightarrow{C'C}\\\\&=&\underbrace{\overrightarrow{C'A}+2\overrightarrow{C'B}}_{=\vec{0}}+3\overrightarrow{CC'}\\\\&=&3\overrightarrow{CC'}\end{array}
 
Donc, \boxed{\vec{u}=3\overrightarrow{CC'}}
 
Ainsi, on a :
\left\lbrace\begin{array}{rcl}\vec{u}&=&-\overrightarrow{AA'}\\\\\vec{u}&=&-2\overrightarrow{BB'}\\\\\vec{u}&=&3\overrightarrow{CC'}\end{array}\right.
D'où, \boxed{\vec{u}=-\overrightarrow{AA'}=-2\overrightarrow{BB'}=3\overrightarrow{CC'}}
 
Alors, on peut en déduire que les droites (AA')\;,\ (BB')\ et \ (CC') sont parallèles.
 
En effet, d'après le résultat précédent, on peut écrire :
-\overrightarrow{AA'}=-2\overrightarrow{BB'}=3\overrightarrow{CC'}
Ce qui signifie que les vecteurs -\overrightarrow{AA'}\;,\ -2\overrightarrow{BB'}\;,\ et \ 3\overrightarrow{CC'} sont colinéaires.
 
Par conséquent, les droites (AA')\;,\ (BB')\ et \ (CC') sont parallèles.

 
 
 

Exercice 22

On se donne un triangle ABC. Pour tout point M du plan , on pose :
\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}
1) P désignant un point quelconque du plan , prouvons que \overrightarrow{f(M)}=\overrightarrow{f(P)}.
 
Cela revient donc à montrer que f est constante.
 
En d'autres termes ; \overrightarrow{f(M)} est ne dépend pas de M.
 
Soit : \overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} alors, par la relation de Chasles, introduisons le point B dans les vecteurs \overrightarrow{MA}\ et \ \overrightarrow{MC}.
 
On obtient :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{f(M)}&=&2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BA}\right)-3\overrightarrow{MB}+\left(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{BA}-3\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}\\\\&=&2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\\\\&=&2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\end{array}
 
D'où, \boxed{\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}}
 
On remarque que la somme vectorielle 2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC} ne dépend pas du point M.
 
Ce qui montre que f est constante.
 
2) Construisons G_{1} barycentre (B\;;\ -3)\ et \ (C\;;\ 1).
 
D'après la propriété caractéristique, on a :
\overrightarrow{BG_{1}}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}
Montrons que \overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{G_{1}A}
 
D'après le résultat de la question 1\;), on a :
\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}
Donc, par la relation de Chasles, en introduisant le point G_{1} dans les vecteurs \overrightarrow{BA}\ et \ \overrightarrow{BC}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{f(M)}&=&2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{G_{1}A}\right)+\left(\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{G_{1}C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{1}}+2\overrightarrow{G_{1}A}+\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{G_{1}C}\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{G_{1}C}+2\overrightarrow{G_{1}A}\\\\&=&3\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{G_{1}C}+2\overrightarrow{G_{1}A}\\\\&=&\underbrace{-3\overrightarrow{G_{1}B}+\overrightarrow{G_{1}C}}_{=\vec{0}}+2\overrightarrow{G_{1}A}\\\\&=&2\overrightarrow{G_{1}A}\end{array}
 
D'où, \boxed{\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{G_{1}A}}
 
3) Construisons G_{2} barycentre (A\;;\ 2)\ et \ (C\;;\ 1).
 
En appliquant la propriété caractéristique, on obtient :
\overrightarrow{AG_{2}}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}
Montrons que \overrightarrow{f(M)}=3\overrightarrow{BG}_{2}
 
Soit : \overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}
 
Alors, par la relation de Chasles, en introduisant le point G_{2} dans les vecteurs \overrightarrow{BA}\ et \ \overrightarrow{BC}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{f(M)}&=&2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{BG_{2}}+\overrightarrow{G_{2}A}\right)+\left(\overrightarrow{BG_{2}}+\overrightarrow{G_{2}C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{2}}+2\overrightarrow{G_{2}A}+\overrightarrow{BG_{2}}+\overrightarrow{G_{2}C}\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{2}}+\overrightarrow{BG_{2}}+2\overrightarrow{G_{2}A}+\overrightarrow{G_{2}C}\\\\&=&3\overrightarrow{BG_{2}}+\underbrace{2\overrightarrow{G_{2}A}+\overrightarrow{G_{2}C}}_{=\vec{0}}\\\\&=&3\overrightarrow{BG_{2}}\end{array}
 
Donc, \boxed{\overrightarrow{f(M)}=3\overrightarrow{BG_{2}}}
 
4) On désigne par G_{3} le barycentre de (B\;;\ -3)\ et \ (A\;;\ 2).
 
Alors, de la même manière, introduisons le point G_{2} dans les vecteurs \overrightarrow{BA}\ et \ \overrightarrow{BC}.
 
On obtient :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{f(M)}&=&2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{BG_{3}}+\overrightarrow{G_{3}A}\right)+\left(\overrightarrow{BG_{3}}+\overrightarrow{G_{3}C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{3}}+2\overrightarrow{G_{3}A}+\overrightarrow{BG_{3}}+\overrightarrow{G_{3}C}\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{3}}+\overrightarrow{BG_{3}}+2\overrightarrow{G_{3}A}+\overrightarrow{G_{3}C}\\\\&=&3\overrightarrow{BG_{3}}+2\overrightarrow{G_{3}A}+\overrightarrow{G_{3}C}\\\\&=&\underbrace{-3\overrightarrow{G_{3}B}+2\overrightarrow{G_{3}A}}_{=\vec{0}}+\overrightarrow{G_{3}C}\\\\&=&\overrightarrow{G_{2}C}\end{array}
 
D'où, \boxed{\overrightarrow{f(M)}=\overrightarrow{G_{3}C}}
 
Montre que les droites (AG_{1})\;,\ (BG_{2})\ et \ (CG_{3}) sont parallèles.
 
D'après les résultats des questions précédentes, on peut écrire :
\left\lbrace\begin{array}{rcl}\overrightarrow{f(M)}&=&2\overrightarrow{G_{1}A}\\\\\overrightarrow{f(M)}&=&3\overrightarrow{BG_{2}}\\\\\overrightarrow{f(M)}&=&\overrightarrow{G_{3}C}\end{array}\right.
Ce qui entraine : \boxed{2\overrightarrow{G_{1}A}=3\overrightarrow{BG_{2}}=\overrightarrow{G_{3}C}}
 
D'où, les vecteurs 2\overrightarrow{G_{1}A}\;,\ 3\overrightarrow{BG_{2}}\ et \ \overrightarrow{G_{3}C} sont colinéaires.
 
Par conséquent, les droites (AG_{1})\;,\ (BG_{2})\ et \ (CG_{3}) sont parallèles.
 
5) En déduisons une construction de G_{3}.
 
En effet, G_{3} étant le barycentre de (B\;;\ -3)\ et \ (A\;;\ 2) alors, A\;,\ B\ et \ G_{3} sont alignés.
 
D'où, G_{3} appartient à la droite (AB).
 
Par ailleurs, G_{3}\in(CG_{3}).
 
Donc, les droites (AB)\ et \ (CG_{3}) sont sécantes en G_{3}.
 
L'autre information capitale est : les droites (AG_{1})\;,\ (BG_{2})\ et \ (CG_{3}) sont parallèles.
 
Ainsi, pour construire G_{3}, on trace la droite parallèle à (AG_{1}) et passant par le point C.
 
Cette droite coupe donc la droite (AB) au point G_{3}.

 

Exercice 23

Soit un triangle ABC rectangle en A et tel que AB=4\;,\ AC=6.
 
1) Plaçons le point G tel que :
\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}
2) Calculons AG.
 
Comme \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC} alors, on a :
 
\begin{array}{rcl}\left\|\overrightarrow{AG}\right\|^{2}&=&\left\|\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|^{2}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\left\|\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|^{2}+2\times\left\|\overrightarrow{AB}\right\|\times\left\|\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|\times\cos\widehat{A}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}+2\times\left\|\overrightarrow{AB}\right\|\times\dfrac{1}{2}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|\times\underbrace{\cos\dfrac{\pi}{2}}_{=0}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}\end{array}
 
Par conséquent, \boxed{\left\|\overrightarrow{AG}\right\|=\sqrt{\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}}\qquad(1)}
 
Ainsi, en remplaçant AB\ et \ AC par leur valeur, dans la relation (1), on obtient :
 
\begin{array}{rcl}\left\|\overrightarrow{AG}\right\|&=&\sqrt{\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}}\\\\&=&\sqrt{4^{2}+\dfrac{1}{4}\times 6^{2}}\\\\&=&\sqrt{16+\dfrac{36}{4}}\\\\&=&\sqrt{16+9}\\\\&=&\sqrt{25}\\\\&=&5\end{array}
 
D'où, \boxed{AG=5}
 
3) Démontrons que G est le barycentre de A\;,\ B\;,\ C affectés de coefficients que l'on précisera.
 
Soit : \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}
 
Ce qui entraine : \overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\vec{0}
 
Ce qui peut encore s'écrire, en multipliant par 2\ :
2\overrightarrow{AG}-2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\vec{0}
Alors, par la relation de Chasles, introduisons le point G dans les vecteurs \overrightarrow{AB}\ et \ \overrightarrow{AC}.
 
On obtient :
 
\begin{array}{rcl}2\overrightarrow{AG}-2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\vec{0}&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{AG}-2\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB}\right)-\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GC}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{AG}-2\overrightarrow{AG}-2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{GC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&-\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}=\vec{0}\end{array}
 
Ainsi, \boxed{-\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}=\vec{0}}
 
Par conséquent, G est barycentre de (A\;;\ -1)\;,\ (B\;;\ 2)\ et \ (C\;;\ 1).
 
4) Déterminons l'ensemble (\Gamma) des points M du plan tels que :
\left\|-\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right\|=10\qquad(2)
D'après le résultat de la question 3\;)\;,\ G est barycentre de (A\;;\ -1)\;,\ (B\;;\ 2)\ et \ (C\;;\ 1).
 
Donc, d'après la propriété caractéristique, on a : 
\left\|-\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right\|=\left\|2\overrightarrow{MG}\right\|
Ainsi, dans la relation (2), en remplaçant \left\|-\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right\| par \left\|2\overrightarrow{MG}\right\|, on obtient :
 
\begin{array}{rcl}\left\|-\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right\|=10&\Leftrightarrow&\left\|2\overrightarrow{MG}\right\|=10\\\\&\Leftrightarrow&2\left\|\overrightarrow{MG}\right\|=10\\\\&\Leftrightarrow&\left\|\overrightarrow{MG}\right\|=\dfrac{10}{2}\\\\&\Leftrightarrow&\left\|\overrightarrow{MG}\right\|=5\end{array}
 
D'où, \boxed{\left\|\overrightarrow{MG}\right\|=5}
 
Ce qui représente le cercle de centre G et de rayon 5.
 
Par conséquent, l'ensemble (\Gamma) des points M du plan tels que \left\|-\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right\|=10 est le cercle de centre G et de rayon 5.
 
5) Montrons que (\Gamma) passe par C\ et \ A.
 
En effet, (\Gamma) passe par C\ et \ A si, et seulement si, CG=5\ et \ AG=5.
 
Or, d'après le résultat de la question 2\;), on a :
AG=5
Par conséquent, (\Gamma) passe par A.
 
Calculons CG
 
Pour cela, exprimons d'abord \overrightarrow{CG} en fonction de \overrightarrow{AB}\ et \ \overrightarrow{AC}.
 
D'après la question 1\;), on a : \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}
 
Alors, par la relation de Chasles, en introduisant le point C dans le vecteur \overrightarrow{AG}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}&\Rightarrow&\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AC}\\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\end{array}
 
Donc, \boxed{\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}}
 
Par suite,
 
\begin{array}{rcl}\left\|\overrightarrow{CG}\right\|^{2}&=&\left\|\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|^{2}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\left\|\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|^{2}-2\times\left\|\overrightarrow{AB}\right\|\times\left\|\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|\times\cos\widehat{A}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}-2\times\left\|\overrightarrow{AB}\right\|\times\dfrac{1}{2}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|\times\underbrace{\cos\dfrac{\pi}{2}}_{=0}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}\end{array}
 
Par conséquent,
\left\|\overrightarrow{CG}\right\|=\sqrt{\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}}=\left\|\overrightarrow{AG}\right\|
D'où, \boxed{CG=5}
 
Ce qui montre que (\Gamma) passe aussi par le point C.

 
 
 

Exercice 24

Soit ABCD un rectangle. On note I le milieu de [AB]\;,\ J milieu de [BC]\ et \ E le centre de gravité du triangle ABC.
 
Soient F\ et \ G tels que F barycentre de (C\;;\ 1)\;,\ (D\;;\ 3)\ et \ G barycentre de (E\;;\ 3)\;,\ (D\;;\ 3)
 
1) Construisons F.
 
F barycentre de (C\;;\ 1)\;,\ (D\;;\ 3) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
\overrightarrow{DF}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{DC}
2) Montrons que G est milieu de [ED].
 
On a : G barycentre de (E\;;\ 3)\;,\ (D\;;\ 3).
 
Or, E\ et \ D ont même coefficient de pondération qui est égal à 3.
 
Par conséquent, G est le milieu de [ED].
 
Construisons G.
 
En effet, G milieu de [ED] alors, on a :
\overrightarrow{DG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DE}
3) Démontrons que G est le barycentre de (A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\ et \ (D\;,\ 3)
 
On a : G barycentre de (E\;;\ 3)\;,\ (D\;;\ 3).
 
Or, E est le centre de gravité du triangle ABC.
 
Ce qui signifie que E est l'isobarycentre des points A\;,\ B\;,\ C.
 
Par conséquent, E est barycentre de (A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1).
 
Ainsi, par la réciproque de la propriété d'associativité du barycentre, on a : G barycentre de (A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\ et \ (D\;,\ 3)
 
Autre méthode
 
On a : G est milieu de [ED].
 
Donc,
\overrightarrow{EG}=\overrightarrow{GD}
Par ailleurs, comme E est le centre de gravité du triangle ABC alors, E est barycentre de (A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1).
 
D'où,
\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}=\vec{0}
Ainsi, par la relation de Chasles, introduisons le point G dans les vecteurs \overrightarrow{EA}\;,\ \overrightarrow{EB}\ et \ \overrightarrow{EC}
 
On obtient alors :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}=\vec{0}&\Leftrightarrow&\left(\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GA}\right)+\left(\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GB}\right)+\left(\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GC}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+3\overrightarrow{EG}=\vec{0}\end{array}
 
Or, on sait que : \overrightarrow{EG}=\overrightarrow{GD}
 
Donc, en remplaçant \overrightarrow{EG} par \overrightarrow{GD}, on obtient :
\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+3\overrightarrow{EG}=\vec{0}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+3\overrightarrow{GD}=\vec{0}
D'où, \boxed{\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+3\overrightarrow{GD}=\vec{0}}
 
Ce qui montre que G est le barycentre de (A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\ et \ (D\;,\ 3).
 
4) Démontrons que G appartient à la droite (IF).
 
D'après le résultat de la question 3\;), on a : G barycentre de (A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\ et \ (D\;,\ 3).
 
Or, F est le barycentre de (C\;;\ 1)\;,\ (D\;;\ 3).
 
Donc, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on obtient : G barycentre de (A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (F\;,\ 4).
 
Par ailleurs, I étant milieu de [AB] alors, I est barycentre de (A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1).
 
Ainsi, d'après la propriété d'associativité du barycentre, on a : G barycentre de (I\;,\ 2)\;,\ (F\;,\ 4).
 
Par conséquent, les points G\;,\ I\ et \ F sont alignés.
 
D'où, G appartient à la droite (IF).
 
5) Soit K le point défini par : \overrightarrow{AK}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}
 
Montrons que G\;,\ K\ et \ J sont alignés.
 
On a :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AK}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AK}=3\overrightarrow{AD}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AK}-3\overrightarrow{AD}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AK}-3\left(\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{KD}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AK}-3\overrightarrow{AK}-3\overrightarrow{KD}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AK}+3\overrightarrow{DK}=\vec{0}\end{array}
 
Ainsi, \boxed{\overrightarrow{AK}+3\overrightarrow{DK}=\vec{0}}
 
Ce qui signifie que K est le barycentre de  (A\;,\ 1)\;,\ (D\;,\ 3).
 
Or, G est le barycentre de (A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\ et \ (D\;,\ 3).
 
Donc, par associativité du barycentre, on a : G est le barycentre de (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\;,\ (K\;,\ 4).
 
Par ailleurs, comme J est le milieu de [BC] alors, J est barycentre de (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1).
 
Ainsi, d'après la propriété d'associativité du barycentre, G est barycentre de (J\;,\ 2)\;,\ (K\;,\ 4).
 
D'où, les points G\;,\ K\ et \ J sont alignés.

 
 

Exercice 26

Soit un triangle ABC tel que :
AB=6\;cm\;,\ BC=4\;cm\ \text{ et }\ AC=5\;cm
1) Construisons I\ et \ J tels que I soit barycentre de (A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 2)\ et \ J barycentre de (A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 3)\;,\ (C\;;\ -1).
 
En effet, soit I barycentre de (A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AI}&=&\dfrac{\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}}{4}\\\\&=&\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\end{array}
 
De la même manière, J étant barycentre de (A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 3)\;,\ (C\;;\ -1) alors, d'après la propriété caractéristique, on obtient :
 
\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AJ}&=&\dfrac{3\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}}{4}\\\\&=&\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}\end{array}
 
Enfin, plaçons les point I\ et \ J tels que :
\overrightarrow{AI}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\quad\text{ et }\quad\overrightarrow{AJ}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}
Autre méthode
 
Pour une construction plus simple, on peut toujours essayer de chercher des barycentres partiels et par la suite appliquer la propriété d'associativité du barycentre.
 
En effet, soit I barycentre de (A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 2) alors, choisissons K barycentre de (A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1).
 
A\ et \ B ayant la même pondération alors, K est milieu de [AB].
 
Par suite, d'après la propriété d'associativité du barycentre, I est barycentre de (K\;;\ 2)\;,\ (C\;;\ 2).
 
Comme K\ et \ C sont affectés d'un même coefficient alors, I est le milieu de [KC].
 
Par ailleurs, pour la construction du point J, nous pouvons, par exemple, commencer par construire un point E barycentre de (B\;;\ 3)\;,\ (C\;;\ -1).
 
Ensuite, par application de la propriété d'associativité du barycentre, J sera barycentre de (A\;;\ 2)\;,\ (E\;;\ 2).
 
Comme A\ et \ E sont affectés d'un même coefficient alors, J est le milieu de [AE].
 
2) Déterminons l'ensemble des points M du plan tels que \|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\|\qquad(1)
 
En effet, I étant barycentre de (A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MI}
Aussi, comme J est le barycentre de (A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 3)\;,\ (C\;;\ -1) alors, d'après la propriété caractéristique, on obtient :
2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MJ}
Ainsi, dans la relation (1), en remplaçant \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC} par 4\overrightarrow{MI}\ et \ 2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} par 4\overrightarrow{MJ}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl} \|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\|&\Leftrightarrow&\|4\overrightarrow{MI}\|=\|4\overrightarrow{MJ}\|\\ \\ &\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MI}\|=\|\overrightarrow{MJ}\|\end{array}
 
Donc, \boxed{\|\overrightarrow{MI}\|=\|\overrightarrow{MJ}\|}
 
Ce qui représente la médiatrice de [IJ]
 
D'où, l'ensemble des points M du plan tels que \|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\| est la médiatrice du segment [IJ].
 
3) Déterminons l'ensemble des points M du plan tels que \|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\|\qquad(2)
 
En effet, soit I barycentre de (A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 2) alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MI}
Par ailleurs, en utilisant les propriétés du calcul vectoriel puis, la relation de Chasles, on a :
\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{CB}
Donc, dans la relation (2), en remplaçant \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC} par 4\overrightarrow{MI}\ et \ \overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC} par \overrightarrow{CB}, on obtient :
 
\begin{array}{rcl} \|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\|&\Leftrightarrow&\|4\overrightarrow{MI}\|=\|\overrightarrow{CB}\|\\ \\ &\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MI}\|=\dfrac{\|\overrightarrow{CB}\|}{4}\end{array}
 
Or, on sait que BC=4\;cm donc, \|\overrightarrow{MI}\|=\dfrac{4}{4}=1
 
D'où, \boxed{\|\overrightarrow{MI}\|=1}
 
On obtient alors le cercle de centre I et de rayon 1\;cm.
 
Ainsi, l'ensemble des points M du plan tels que \|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\| est le cercle de centre I et de rayon 1\;cm.

 

Exercice 28

Soit trois points A\;,\ B\;,\ C non alignés ; à tout réel m on associe le point G_{m} s'il existe, barycentre de \{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ m)\}
 
1) Déterminons les valeurs de m pour lesquelles il existe un barycentre G_{m}.
 
G_{m} existe si, et seulement si, la somme des coefficients de pondération des points A\;,\ B\;,\ C est non nulle.
 
Ainsi,
 
\begin{array}{rcl}G_{m}\ \exists&\Leftrightarrow&2+1+m\neq 0\\\\&\Leftrightarrow&3+m\neq 0\\\\&\Leftrightarrow&m\neq -3\end{array}
 
Donc, pour tout nombre réel m différent de -3, le barycentre G_{m} existe.
 
2) Construisons les points G_{0}\;,\ G_{1}\ et \ G_{-1} respectivement associés à 0\;,\ 1\ et \ -1.
 
Soit G_{0} barycentre de \{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 0)\} alors, on a :
2\overrightarrow{G_{0}A}+\overrightarrow{G_{0}B}+0\times\overrightarrow{G_{0}C}=\vec{0}
Ce qui peut encore s'écrire :
2\overrightarrow{G_{0}A}+\overrightarrow{G_{0}B}=\vec{0}
Ainsi, G_{0} est barycentre de \{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\}.
 
Donc, d'après la propriété caractéristique, on a :
\overrightarrow{AG_{0}}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}
Soit G_{1} barycentre de \{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 1)\} alors, en appliquant la propriété caractéristique on obtient :
\overrightarrow{AG_{1}}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}
Soit G_{-1} barycentre de \{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ -1)\} alors, d'après la propriété caractéristique on a :
\overrightarrow{AG_{-1}}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}
Nous constatons que les points G_{0}\;,\ G_{1}\;,\ G_{-1}\ et \ C sont alignés.
 
Ce qui signifie que ces points sont sur une même droite.
 
3) Démontrons que lorsque m varie, G_{m} se déplace sur une droite fixe.
 
Soit G_{m} barycentre du système \{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ m)\}.
 
Considérons I barycentre de \{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\}.
 
Alors, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on obtient : G_{m} barycentre du système \{(I\;;\ 3)\;,\ (C\;;\ m)\}.
 
D'où, les points G_{m}\;,\ I\ et \ C sont alignés.
 
Par conséquent G_{m} appartient à la droite (CI).
 
Ainsi, lorsque m varie, G_{m} se déplace sur une droite fixe ; (CI).
 
Remarque : I\ et \ G_{0} sont confondus.

 

 
 
Auteur: 
Diny Faye

Commentaires

Anonyme (non vérifié)

mar, 07/06/2021 - 18:34

interressant

ibrahima sow (non vérifié)

lun, 03/14/2022 - 02:34

intéressant

Anonyme (non vérifié)

sam, 12/24/2022 - 08:57

Correction de l exo 14

Cheikh2216620000 (non vérifié)

mer, 01/03/2024 - 22:58

Bonjour je suis un élève 1s

Anonyme (non vérifié)

mar, 01/10/2023 - 22:38

Montrer la correction d'exercice 21 ou 22,27 ou 33

Djigo (non vérifié)

dim, 11/19/2023 - 14:49

Merci de votre travail pour aider les élèves

Maye faye (non vérifié)

dim, 01/21/2024 - 22:04

Tellement intéressant

Mouhamed Ndiaye (non vérifié)

jeu, 02/22/2024 - 00:00

Pouvez vous me donner la correction de l'exercice 21 sur le barycentre

Jalilo (non vérifié)

lun, 03/04/2024 - 03:19

Très bien, svp Ex 14

Jalilo (non vérifié)

lun, 03/04/2024 - 03:19

Merci bcp

Anonyme (non vérifié)

ven, 12/27/2024 - 19:33

Correction de l'exo 15 svp

Angèle sene (non vérifié)

ven, 12/27/2024 - 19:37

La correction d'exo 15

Anonyme (non vérifié)

ven, 02/07/2025 - 18:27

Merci beaucoup

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