Cours de géométrie élementaire - Accès à l'enseignement supérieur, Barycentre

De
Publié par

Ce cours de géométrie élémentaire destiné à consolider les acquis des étudiants pour leur accès à l'enseignement supérieur est composé de deux chapitres : (1) Coniques (2) Barycentres

Publié le : mardi 1 janvier 2013
Lecture(s) : 49
Licence : En savoir +
Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
Nombre de pages : 18
Voir plus Voir moins

Barycentres 1

BARYCENTRES

Soit E un espace affine réel et E l’espace vectoriel associé.
I - Fonction vectorielle de Leibniz
1) Définitions
Un point pondéré de E est un couple (A,α) formé d’un point A de E et d’un réel α .
Par exemple pour une particule, on peut considérer sa position A et sa masse α .
Lorsque l’on a n points pondérés, on parlera de « système » (A ,α ) . k k 1≤k≤n
Etant donné un système (A ,α ) de n points pondérés de E , on appelle fonction k k 1≤k≤n
r
vectorielle de Leibniz associée l’application F de E dans E qui à tout point M de E
nr
associe le vecteur F(M )= α MA . ∑ k k
k=1
Exemple : Si le système de points pondérés est {(A,α),(B,β)}, la fonction vectorielle de
r
Leibniz associe à tout point M le vecteur F (M )=αMA+βMB .
2) Propriétés de la fonction vectorielle de Leibniz
Etudions d’abord l’injectivité de cette application.
r r
Donc comparons F(M ) et F(N) pour deux points quelconques M et N de E :
n n nr
F(M )= α (MN + NA )= α MN + α NA ∑ k k ∑ k ∑ k k
k=1 k=1 k=1
nr r 2∀(M , N )∈E F(M )= α MN + F(N)Donc   ∑ k
 k=1 
n r r
• Si , alors . α = 0 ∀(M , N )∈E F(M ) = F(N )∑ k
k=1
Si la somme des coefficients des points pondérés est nulle, alors la fonction vectorielle
de Leibniz associée est constante sur E .
Exemple : Si le système de points pondérés est {(A,1),(B,−1)}, la fonction vectorielle
r
associe à tout point M le vecteur F (M )= MA− MB = BA .
n rr r
• Supposons maintenant que α ≠ 0 . Alors F(M )= F(N ) si et seulement si MN = 0 , ∑ k
k=1
r
donc si M = N . Donc l’application F est injective.
Etudions sa surjectivité. Pour cela, fixons un point O de E .
nr r r r r 
Pour tout vecteur V de E, on a F(M )= V si et seulement si V =  α MO+ F(O) , ∑ k
 k=1 
r r r r1
donc si OM = (F(O)−V ) . Donc il existe un unique point M tel que F(M )= V .
n
α∑ k
k=1 r
Donc l’application est surjective. F
Si la somme des coefficients des points pondérés est non nulle, alors la fonction
vectorielle de Leibniz associée est bijective de dans E. E
Exemple : Si le système de points pondérés est {(A,1),(B,1)}, la fonction vectorielle
r
associe à tout point M le vecteur F (M )= MA+ MB = 2MB+ BA . Barycentres 2

3) Barycentre
n rr
En particulier si α ≠ 0 , il existe un unique point G tel que F(G)= 0 . ∑ k
k=1
n
Si α ≠ 0 , on appelle barycentre du système de points pondérés (A ,α ) ∑ k k k 1≤k≤n
k=1
n r
l’unique point G de E tel que α GA = 0 . ∑ k k
k=1
Exemple : Si le système de points pondérés est {(A,1),(B,1)}, le barycentre est le point
r
G tel que GA+ GB = 0 , c’est-à-dire le milieu de [AB] .
On appelle isobarycentre des points A , ..., A le barycentre du système de points 1 n
pondérés (A ,1) . k 1≤k≤n
Exemple : L’isobarycentre de deux points A et B est le milieu du segment [AB] .
II - Propriétés du barycentre
1) Propriété caractéristique
n
Soit (A ,α ) un système de points pondérés tel que α ≠ 0 et G son barycentre. k k 1≤k≤n ∑ k
k=1
nr r 2 On a vu que : ∀(M , N)∈E F(M )=  α MN + F(N) ∑ k
k=1 
nr r r r 
En particulier : ∀M ∈E F(M )=  α MG+ F(G) . Or F(G)= 0 . ∑ k
k=1 
n n 
∀M ∈E α MA = α MG Donc   ∑ k k ∑ k
k=1  k=1 
C’est une propriété caractéristique car réciproquement, s’il existe un point M et un point
n n n n     
K tel que α MA =  α MK , alors  α MK =  α MG , donc K = G . ∑ ∑ ∑ ∑k k k k k
k=1  k=1   k=1   k=1 
2) Coordonnées du barycentre
n
Soit (A ,α ) un système de points pondérés tel que et G son barycentre. α ≠ 0k k 1≤k≤n ∑ k
k=1
n n 
Si O est un point de l’espace E , on a vu que : ∀M ∈E  α OG = α OA . ∑ ∑k k k
 k=1  k=1
r r
• Donc, si dimE = 2 et si (O,i , j) est un repère de E , le point G a pour coordonnées :
n n
α x α y∑ k k ∑ k k
k=1 k=1x = et y = si les points A ont pour coordonnées (x , y ) . G G k k kn n
α α∑ k ∑ k
k=1 k=1
rr r
• Et si dimE = 3 et si (O, i , j, k ) est un repère de E , le point G a pour coordonnées :
n n n
α x α y α z∑ k k ∑ k k ∑ k k
k=1 k=1 k=1x = , y = et z = si les points A ont pour G G G kn n n
α α α∑ k ∑ k ∑ k
k=1 k=1 k=1
coordonnées (x , y , z ) . k k kBarycentres 3

3) Autres propriétés
Commutativité : On ne change pas le barycentre de n points pondérés en changeant
l’ordre de ces points.
Evident car l’addition est commutative dans E.
Homogénéité : On ne change pas le barycentre de n points pondérés en multipliant
tous les coefficients par un même réel non nul.
n
En effet, si G est barycentre du système (A ,α ) avec α ≠ 0 et si λ≠ 0 , ∑k k 1≤k≤n k
k=1
n n 
alors λα =λ α ≠ 0 et : ∑ k ∑ k
k=1  k=1 
n n n n   
∀M ∈E λα MA =λ α MA =λ α MG =  λα MG . ∑ k k ∑ k k ∑ k ∑ k
k=1 k=1  k=1   k=1 
Donc G est aussi barycentre du système (A ,λα ) . k k 1≤k≤n
Remarque : On peut utiliser cette propriété pour simplifier les coefficients du système.
Exemple : Le barycentre de {(A,2),(B,6)} est aussi le barycentre de {(A,1),(B,3)}.
Conséquence : G est isobarycentre des points A , ..., A si et seulement si il est 1 n
barycentre des points A , ..., A affectés des mêmes coefficients non nuls. 1 n
Associativité : On ne change pas le barycentre de n points pondérés en remplaçant
plusieurs de ces points par leur barycentre affecté de la somme de leurs coefficients si
cette somme est non nulle.
n
En effet, soit G le barycentre du système (A ,α ) avec , et soit un α ≠ 0k k 1≤k≤n ∑ k
k=1
p
entier p∈P1, n−1T tel que α ≠ 0 . Donc le barycentre K de (A ,α ) existe. ∑ k k k 1≤k≤ p
k=1
pn n
On a : ∀M ∈E α MA = α MA + α MA . ∑ k k ∑ k k ∑ k k
k=1 k=1 k= p+1
p p n n   
Or : ∀M ∈E α MA = α MK et α MA = α MG .  ∑ k k ∑ k ∑ k k ∑ k 
k=1  k=1  k=1  k=1 
n p n  
Donc ∀M ∈E  α MG = α MK + α MA . ∑ k ∑ k ∑ k k 
 k=1  k=1 k= p+1 
p 
 Donc G est barycentre des points pondérés K, α , (A ,α ) , ..., (A ,α ) . ∑ k p+1 p+1 n n 
k=1 
Remarque : On peut utiliser cette propriété pour grouper des points, ou au contraire
pour dissocier des points comme dans les applications qui vont suivre.
III - Exemples d’applications géométriques
1) Barycentre de deux points
Si A et B sont deux points distincts, quels que soient les réels α et β tels que α+β≠ 0 ,
le barycentre du système {(A,α),(B,β)} appartient à la droite . Il appartient au (AB)
segment [AB] si et seulement si αβ≥ 0 .
β
En effet : ∀M ∈E αMA+βMB= (α+β)MG , donc en particulier : AG = AB .
α+βBarycentres 4

β β
Il appartient au segment [AB] si et seulement si 0≤ ≤ 1, donc si ≥ 0 et
α+β α+β
β α
1− = ≥ 0 , dons si α et β sont de même signe.
α+β α+β
Réciproquement, pour tout point M de la droite (AB) , il existe un réel λ tel que
r
AM =λ AB , donc tel que (1−λ)MA+λMB= 0 , donc M est barycentre de
{(A,1−λ),(B,λ)} (la somme des coefficients est 1, donc non nulle).
Si A et B sont deux points distincts, la droite (AB) est l’ensemble des barycentres des
points pondérés (A,1−λ) et (B,λ) lorsque λ décrit , et le segment [AB] est
l’ensemble des barycentres des points pondérés (A,1−λ) et (B,λ) lorsque λ décrit [0,1].
Etant donnée la propriété d’homogénéité, la droite (AB) est l’ensemble de tous les
barycentres des points A et B.
2) Méthode pour démontrer un alignement
Pour démontrer que trois points sont alignés, il suffit donc de démontrer que l’un d’entre
eux est barycentre des deux autres.

Exemple 1 : Soit ABC un triangle, I le point défini
1
par AI = AB , J le milieu du segment [BC] et K
3
le milieu du segment [AJ ] .
Démontrer que les points C, K et I sont alignés.

K est milieu de [AJ ] , donc K est barycentre de (A,1) et (J ,1) , donc de (A,2) et (J,2)
d’après la propriété d’homogénéité.
Or J est milieu de [BC], donc J est barycentre de (B,1) et (C,1) .
Donc d’après la propriété d’associativité, K est barycentre de (A,2) , (B,1) et (C,1) .
r1
Or AI = AB , donc 2IA+ IB = 0 , donc I est barycentre de (A,2) et (B,1) .
3
Donc toujours d’après la propriété d’associativité, K est barycentre de (I,3) et (C,1) .
Donc les points C, K et I sont alignés.

Exemple 2 (Théorème de Ménélaüs) :
Soit ABC un triangle, P, Q et R trois points
appartenant respectivement aux droites (BC),
(CA) et (AB) et distincts des points A, B et C.
Démontrer que les points P, Q et R sont alignés
PB QC RA
si et seulement si × × = 1.
PC QA RB

Il s’agit des mesures algébriques sur chacune des droites que l’oriente arbitrairement :
PB et PC sur la droite (BC) , QC et QA sur la droite (AC) , et RA et RB sur la
droite (BC) . Le choix de l’orientation des droites n’a pas d’importance puisqu’il s’agit
de rapports de mesures algébriques.
Le point P appartient à la droite (BC), donc il est barycentre de (B,α) et (C,1−α)
r
avec α≠ 0 et α≠ 1 car P est distinct de B et de C. Donc αPB+ (1−α)PC = 0 . Donc
PB α−1 CB 1
αPB+ (1−α)PC = 0 . Donc = , ce qui donne = .
α αPC CPBarycentres 5

De même, le point Q appartient à la droite (CA), donc il est barycentre de (C,β) et
QC β−1 CA 1
(A,1−β) avec β≠ 0 et β≠ 1, et = , ce qui donne = .
β 1−βQA CQ
On peut remarquer que, pour que les points P, Q et R soient alignés, il faut que la
CB CA
droite (PQ) ne soit pas parallèle à (AB), donc que ≠ , donc α ≠ 1−β .
CP CQ
Les points P, Q et R sont alignés si et seulement si il existe un réel λ tel que R soit
barycentre de (P,λ) et (Q,1−λ) . On peut remarquer que si λ existe, alors λ≠ 0 et
λ≠ 1 car les points sont distincts des sommets du triangle, donc distincts entre eux.
Donc, d’après les propriétés d’homogénéité et d’associativité, les points P, Q et R sont
alignés si et seulement si il existe un réel λ tel que R soit barycentre de (B,λα) ,
(C,λ(1−α)) , (C,(1−λ)β) et (A,(1−λ)(1−β)) , donc de (A,1−λ−β+λβ) , (B,λα) et
(C,λ+β−λα−λβ) .
Or le point R appartient à la droite (AB), donc les points P, Q et R sont alignés si et
seulement si il existe un réel λ tel que R soit barycentre de (A,1−λα) et (B,λα) avec
β
λ+β−λα−λβ = 0 , ce qui donne λ = car α ≠ 1−β .
α+β−1
Donc les points P, Q et R sont alignés si et seulement si R est barycentre de (A,γ) et
αβ RA γ−1 −αβ αβ
= = =(B,1−γ) avec γ = 1− , donc si ,
α+β−1 γ α+β−1−αβ (α−1)(β−1)RB
PB QC RA (α−1)(β−1)(γ−1)
donc si × × = = 1.
αβγPC QA RB
3) Méthode pour démontrer un concours
Pour démontrer que deux droites (AB) et (CD) sont concourantes, il suffit de démontrer
qu’il existe un point qui est à la fois barycentre de A et B, et barycentre de C et D.
Etant donné que deux droites non parallèles se coupent en un point, les seuls problèmes
intéressants sont ceux du concours d’au moins trois droites. On cherche donc le point
d’intersection de deux des droites et l’on montre qu’il appartient à la troisième droite, ce
qui nous ramène à un problème d’alignement.
Exemple 1 : Soient A, B, C et D quatre points
non alignés du plan, G le centre de gravité du
triangle ABC, I le milieu du segment [AB] , J le
milieu du segment [BC], K et L les points
3 1
définis par CK = CD et DL = DA .
4 4
Démontrer que les droites (IK), (JL) et (DG)
sont concourantes.
I est le milieu du segment [AB] , donc barycentre de (A,1) et (B,1) .
r3
CK = CD , donc KC+ 3KD = 0 , donc K est barycentre de (C,1) et (D,3) .
4
Un point M appartient à la droite s’il existe un réel α tel que M soit barycentre (IK )
de (I,α) et (K,1−α) , donc de (I,4α) et (K,4− 4α) , donc de (A,2α) , (B,2α) ,
(C,1−α) et (D,3− 3α) .
J est le milieu du segment [BC], donc barycentre de (B,1) et (C,1) .
r1
DL = DA , donc 3LD+ LA= 0 , donc L est barycentre de (A,1) et (D,3) .
4Barycentres 6

Un point M appartient à la droite (JL) s’il existe un réel β tel que M soit barycentre de
(J,β) et (L,1−β) , donc de (J,4β) et (L,4− 4β) , donc de (A,1−β) , (B,2β) , (C,2β)
et . (D,3− 3β)
Les deux systèmes de points pondérés ont la même somme de coefficients 4.
Donc le point M est intersection des droites et si et seulement si(IK ) (JL)
2α = 1−β

2α = 2β 1
ce qui équivaut à . Donc le point M d’intersection des α =β=
1−α = 2β 3
3− 3α = 3− 3β
2 2 2     
droites (IK ) et (JL) est barycentre de A, , B, , C, et (D,1) .      
3 3 3     
Or le point G est le centre de gravité du triangle ABC, donc l’isobarycentre des points
2 2 2     
A, B et C, donc le barycentre de A, , B, et C, .      
3 3 3     
Donc par associativité, le point M est barycentre de (G,2) et (D,1) . Donc il appartient
à la droite (DG).
Donc les trois droites (IK), (JL) et (DG) sont concourantes.

Exemple 2 (Théorème de Céva) :
Soit ABC un triangle, P, Q et R trois points
appartenant respectivement aux droites (BC), (CA) et
(AB) et distincts des points A, B et C.
Montrer que les droites (AP) , (BQ) et (CR) sont
PB QC RA
concourantes si et seulement si × × =−1.
PC QA RB

On fait un raisonnement analogue à celui du théorème de Ménélaüs.
Le point P appartient à la droite (BC), donc il est barycentre de (B,α) et (C,1−α)
PB α−1
avec α≠ 0 et α≠ 1, et = .
αPC
Donc un point M appartient à la droite (AP) s’il existe un réel λ tel que M soit
barycentre de (P,λ) et (A,1−λ) , donc de (A,1−λ) , (B,λα) et (C,λ−λα) .
Le point Q appartient à la droite (CA), donc il est barycentre de (C,β) et (A,1−β)
QC β−1
avec β≠ 0 et β≠ 1, et = .
βQA
Donc un point M appartient à la droite (BQ) s’il existe un réel μ tel que M soit
barycentre de (Q,μ) et (B,1−μ) , donc de (A,μ−βμ) , (B,1−μ) et (C,βμ) .
Pour que les droites (AP) , (BQ) et (CR) sont concourantes, il faut d’abord que les
CB CQ
droites (AP) et (BQ) ne soient pas parallèles, donc que ≠ , donc α−αβ ≠ 1.
CP CA
Les deux systèmes de points pondérés ont la même somme de coefficients 1.
Donc le point M est intersection des droites (AP) et (BQ) si et seulement si
1−λ=μ−βμ
β 1−α
λα= 1−μ ce qui équivaut à λ = et μ= . 
1−α+αβ 1−α+αβλ−λα=βμBarycentres 7

Donc le point M d’intersection des droites (AP) et (BQ) est barycentre de (A,1−λ) ,
β
(B,λα) et (C,λ−λα) avec λ = . La somme des coefficients vaut 1.
1−α+αβ
Les droites (AP) , (BQ) et (CR) sont concourantes si et seulement si le point M
appartient à la droite , donc si et seulement si il existe un réel δ tel que R soit (CR)
barycentre de (M ,δ) et (C,1−δ) , donc de (A,δ−δλ), (B,αδλ), (C,λδ−αδλ) et
(C,1−δ) , donc de (A,δ−δλ), (B,αδλ), (C,λδ−αδλ+1−δ).
Or le point R appartient à la droite (AB), donc il est barycentre de (A,γ) et (B,1−γ)
RA γ−1
avec γ≠ 0 et γ≠ 1, et . =
γRB
Donc les droites , et sont concourantes si et seulement si il existe un (AP) (BQ) (CR)
γ =δ(1−λ)
γ αγλ
réel δ tel que : 1−γ =αδλ , ce qui équivaut à δ= et 1−γ = . 
1−λ 1−λλδ−αδλ+1−δ= 0
1−α+αβ−β (1−α)(1−β)
En effet, on peut diviser par (1−λ) car 1−λ = = ≠ 0 .
1−α+αβ 1−α+αβ
Donc les droites (AP) , (BQ) et (CR) sont concourantes si et seulement si
αγλ αβγ PB QC RA (α−1)(β−1)(γ−1)
1−γ = = , donc si × × = =−1.
1−λ (1−α)(1−β) αβγPC QA RB
4) Barycentre de trois points
αSi A, B et C sont trois points non alignés, quels que soient les réels , β et γ tels que
α+β+γ ≠ 0 , le barycentre du système {(A,α),(B,β),(C,γ)} appartient au plan (ABC) .
En effet : ∀M ∈E αMA+βMB+γMC = (α+β+γ)MG , donc en particulier :
β γ
AG = AB+ AC . Donc G appartient au plan (ABC) .
α+β α+β
Réciproquement, si A, B et C ne sont pas alignés, (A, AB, AC) est un repère du plan
(ABC) . Donc pour tout point M du plan (ABC) , il existe un couple unique (λ,μ) de
r
réels tel que AM =λAB+μAC , donc tel que (1−λ−μ)MA+λMB+μMC = 0 , donc M
{ }est barycentre de (A,1−λ−μ),(B,λ),(C,μ) (la somme des coefficients est non nulle).
Si A, B et C sont trois points non alignés, le plan (ABC) est l’ensemble des barycentres
2des points pondérés (A,1−λ−μ) , (B,λ) et (C,μ) lorsque (λ,μ) décrit .
Soit M un point du plan (ABC) donc barycentre de (A,α) , (B,β) et (C,γ) avec
α+β+γ ≠ 0 . On suppose que M n’appartient pas aux côtés du triangle ABC, donc que
α , β et γ ne sont pas nuls.
Si β+γ = 0 , la droite (AM) est parallèle à (BC) car αMA=βBC , donc le point M est
extérieur au triangle ABC.
Si β+γ ≠ 0 , on désigne par A' le barycentre de (B,β) et (C,γ) . Donc, par associativité,
M est le barycentre de (A,α) et (A',β+γ) . Donc A' est le point d’intersection des
droites (AM) et (BC).
Donc le point M est intérieur au triangle ABC si et seulement si appartient au segment A'
βγ ≥ 0
et M appartient au segment , donc si , donc si α , et sont [BC] [AA'] β γ
α(β+γ)≥ 0
tous les trois de même signe. Barycentres 8

Si α= 0 , la condition devient βγ≥ 0 , ce qui équivaut à M ∈[BC] . Si β= 0 , la
condition devient αγ ≥ 0 , ce qui équivaut à M ∈[AC]. Si γ = 0 , la condition devient
αβ≥ 0 , ce qui équivaut à M ∈[AB] . Dans les trois cas, M est intérieur au triangle ABC.
Si A, B et C sont trois points non alignés, le barycentre du système (A,α) , (B,β) et
(C,γ) avec α+β+γ ≠ 0 est intérieur au triangle ABC si et seulement si α , β et γ sont
de même signe. Par homogénéité, on peut les supposer tous les trois positifs.
5) Méthode pour démontrer une coplanarité
Pour montrer que quatre points sont coplanaires, il suffit donc de montrer que l’un
d’entre eux est barycentre des trois autres.
Exemple : Soit ABCD un tétraèdre, et deux réels a et b
distincts de 0 et de 1. On construit les points M, N, P et Q
tels que AM = a AB , BN = bBC , CP= (1− a)CD et
DQ= (1− b)DA .
Démontrer que les points M, N, P et Q sont coplanaires.
r
AM = a AB , donc AM − a AB = 0 , donc A est barycentre de (M ,1) et (B,−a) .
r
Et CP= (1− a)CD , donc DP− aDC = 0 , donc D est barycentre de (P,1) et (C,−a) .
La somme des coefficients des deux systèmes est la même : 1− a .
Et DQ= (1− b)DA , donc Q est barycentre de et , donc de (A,1− b) (D,b)
(A,(1− b)(1− a)) et (D,b(1− a)) , donc de (M ,1− b) , (B,−a(1− b)) , (P,b) et (C,−ab) .
Or BN = bBC , donc N est le barycentre des points (B,1− b) et (C,b) , donc de
(B,−a(1− b)) et (C,−ab) .
Donc, par associativité, Q est barycentre de (M ,1− b) , (N,−a) et (P,b) .
Donc le point Q appartient au plan (MNP). Donc M, N, P et Q sont coplanaires.
IV - Points et droites remarquables du triangle
On suppose dans ce paragraphe que l’espace E est un plan affine euclidien.
1) Coordonnées barycentriques
On a vu que si trois points A, B et C ne sont pas alignés, tout point du plan (ABC) est
barycentre de A, B et C affectés de certains coefficients.
Si A, B et C sont trois points non alignés et M un point du plan ABC, on appelle
système de coordonnées barycentriques de M dans le repère affine (A, B,C) tout
triplet (α,β,γ) de réels tel que α+β+γ ≠ 0 et tel que M soit barycentre de (A,α) ,
(B,β) et (C,γ) .
Il n’y a pas unicité, sauf si l’on impose α+β+γ = 1, puisque l’on ne change pas un
barycentre en multipliant tous les coefficients par un même réel non nul.
De plus, on a : ∀N∈E (α+β+γ)MN =αAN +βBN +γCN .
Donc en particulier : (α+β+γ)MB=αAB+γCB= (α+γ)AB−γ AC .
Et : (α+β+γ)MC =αAC+βBC =−βAB+ (α+β)AC .
2Donc : (α+β+γ) det(MB, MC)= det[(α+γ)AB−γAC,−βAB+ (α+β)AC] .
2
Donc : (α+β+γ) det(MB, MC)= [(α+γ)(α+β)−βγ]det(AB, AC) .
Donc : (α+β+γ)det(MB, MC)=α det(AB, AC) .
De même : (α+β+γ)det(MC, MA)=βdet(BC, BA)=βdet(AB, AC) .
Et : (α+β+γ)det(MA, MB)=γ det(CA,CB)=γ det(AB, AC) . Barycentres 9

Donc α , β et γ sont proportionnels respectivement à det(MB, MC) , det(MC, MA) et
det(MA, MB) . Or les coordonnées barycentriques sont connues à un coefficient près.
On peut remarquer que la propriété reste vraie si M est l’un des points A, B ou C.
Donc, si A, B et C sont trois points non alignés et M un point du plan ABC, un système
de coordonnées barycentriques de M dans le repère affine (A, B,C) est défini par
α= det(MB, MC) , β= det(MC, MA) et γ = det(MA, MB) .
Si H est le projeté orthogonal de M sur la droite (BC) , on a :
α= det(MB, MC)= det(MH + HB, MH + HC)= det(MH, HC)+ det(HB, MH) .
Donc α= det(MH, HC− HB)= det(MH, BC) .
r r r 1
Si M n’appartient pas à (BC), on définit le repère orthonormé (B,i , j) par i = BC
BC
r 0 BC1
α= det(MH, BC)= =−HM× BCet j = HM . Donc on a : , donc
HM HM 0
α = 2× aire(MBC) . Et cette égalité est encore vraie si M appartient à (BC) car α= 0 .
De même β = 2× aire(MAC) et γ = 2× aire(MAB) .
Or, si M est intérieur au triangle, on peut prendre des coefficients α , et positifs. β γ
Si A, B et C sont trois points non alignés et si M est un point intérieur au triangle ABC,
un système de coordonnées barycentriques de M dans le repère affine (A, B,C) est
défini par α= aire(MBC), β= aire(MAC) et γ= aire(MAB) .
2) Médianes
Dans un triangle, une médiane est une droite qui joint un sommet au milieu du côté
opposé. Un triangle possède donc trois médianes.
Soient A' , B' et C' les milieux des segments [BC], [CA] et [AB] .
Soit G le centre de gravité du triangle, c’est-à-dire l’isobarycentre de A, B et C, c’est-à-
dire le barycentre de (A,1) , (B,1) et (C,1) .
Les milieux des segments sont isobarycentres des extrémités de ces segments.
Donc, par associativité, en groupant les points par 2, G est
barycentre de :
• (A,1) et (A',2) , donc G appartient à la médiane (AA') .
• (B,1) et (B',2) , donc G appartient à la médiane (BB') .
• (C,1) et (C',2) , donc G appartient à la médiane (CC') .
2 2 2
De plus : AG = AA' , BG = BB' et CG = CC'.
3 3 3
Dans un triangle ABC, les trois médianes sont concourantes en un point G appelé
centre de gravité du triangle et qui est isobarycentre de A, B et C.
Le centre de gravité d’un triangle est toujours intérieur au triangle. Donc d’après ce
qui précède, il partage le triangle en trois triangles de même aire.
3) Hauteurs
Dans un triangle, une hauteur est une droite qui passe par un sommet et qui est
orthogonale au côté opposé. Un triangle possède donc trois hauteurs.
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆNotons , et C les angles géométriques du triangle ABC. Donc A+ B+ C =π. A B
Soit A" le projeté orthogonal de A sur (BC). Il y a trois dispositions possibles : Barycentres 10


AA" AA"ˆ ˆ ˆˆDans le premier cas, on a : tan B = et tan C = , donc BA"×tan B= CA"×tanC .
BA" CA"
r
ˆˆDonc (tan B)BA"+ (tanC)CA"= 0 car BA" et CA" sont colinéaires de sens contraires.
AA" AA"ˆ ˆ ˆˆDans le deuxième cas, on a tan B =− et tan C = , donc BA"×tan B =−CA"×tanC .
BA" CA"
r
ˆˆDonc (tan B)BA"+ (tanC)CA"= 0 car BA" et CA" sont colinéaires de même sens.
AA" AA"ˆ ˆ ˆˆDans le troisième cas, on a tan B = et tan C = − , donc BA"×tan B =−CA"×tanC .
BA" CA"
r
ˆˆDonc (tan B)BA"+ (tanC)CA"= 0 car BA" et CA" sont colinéaires de même sens.
r
ˆ ˆ ˆ ˆDans les trois cas, on a : (tan B)BA"+ (tanC)CA"= 0 . Or tan B+ tanC ≠ 0 car
ˆ ˆ ˆ ˆC ≠π− B . Donc dans tous les cas, A" est barycentre de (B, tan B) et (C, tan C) .
ˆ ˆDe même, B" est barycentre de (A, tan A) et (C, tan C) , et C" est barycentre de
ˆ ˆ(A, tan A) et (B, tan B) .
ˆ ˆtan B+ tan Cˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆOn sait que A+ B+ C =π, donc tan A=−=− tan(B+ C)=− .
ˆˆ1− tan B tan C
ˆˆtan B tan Cˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆtan A+ tan B+ tan C =−(tan B+ tan C)Donc . Or tan B+ tanC ≠ 0 ,
ˆ ˆ1− tan B tan C
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆtan B≠ 0 et tanC ≠ 0 , donc tan A+ tan B+ tanC ≠ 0.
ˆ ˆ ˆDonc on peut définir le point H barycentre de (A, tan A) , (B, tan B) et (C, tan C) .
Par associativité, H est barycentre de :
ˆ ˆ ˆ• (A, tan A) et (A", tan B+ tan C) , donc le
point H appartient à la hauteur (AA") .
ˆ ˆ ˆ• (B, tan B) et (B", tan A+ tan C) , donc le
point H appartient à la hauteur (BB") .
ˆ ˆ ˆ• (C, tan C) et (C", tan A+ tan B) , donc le
point H appartient à la hauteur (CC") .
Dans un triangle ABC, les trois hauteurs sont concourantes en un point H appelé
ˆ ˆ ˆorthocentre du triangle et qui est barycentre de (A, tan A) , (B, tan B) et (C, tan C) .
L’orthocentre n’est pas toujours à l’intérieur du triangle.
4) Médiatrices
Dans un triangle, une médiatrice est une droite qui est orthogonale à un côté en son
milieu. Un triangle possède donc trois médiatrices.
ˆ ˆ ˆNotons a= BC , b= CA, c= AB , et toujours , et C les angles du triangle. A B
Soient A' , B' et C' les milieux des segments [BC], [CA] et [AB] .
Les médiatrices des segments [AB] et [AC] sont sécantes car elles sont orthogonales
à deux droites sécantes en A. Soit O leur point d’intersection.

Soyez le premier à déposer un commentaire !

17/1000 caractères maximum.