Objectif Général 2 — Géométrie vectorielle. Barycentre de deux ou trois points pondérés, propriétés (homogénéité, associativité) et applications.
Soient A et B deux points et a, b deux réels tels que a + b ≠ 0. Le barycentre G du système {(A,a) ; (B,b)} est l'unique point vérifiant :
a·GA + b·GB = 0
Si A(x_A ; y_A) et B(x_B ; y_B), les coordonnées de G sont :
Cas particulier : si a = b, G est l'isobarycentre de A et B, c'est-à-dire le milieu de [AB].
A(1 ; 2), B(4 ; 8), a=1, b=2. Masse totale = 3.
G(3 ; 6). Vérification vectorielle : GA=(1−3;2−6)=(−2;−4), GB=(4−3;8−6)=(1;2). GA + 2GB = (−2+2 ; −4+4) = (0;0) ✓.
Soient A, B, C trois points et a, b, c des réels tels que a+b+c ≠ 0. Le barycentre G du système {(A,a);(B,b);(C,c)} vérifie :
a·GA + b·GB + c·GC = 0
A(0;0), B(6;0), C(0;6), a=b=c=1 (isobarycentre = centre de gravité du triangle).
G(2 ; 2).
Le barycentre d'un système ne change pas si l'on multiplie tous les coefficients par un même réel k non nul : {(A,a);(B,b)} et {(A,ka);(B,kb)} ont le même barycentre.
Le barycentre G de {(A,a);(B,b);(C,c)} peut se calculer en remplaçant deux points par leur barycentre partiel affecté de la somme de leurs coefficients, à condition que cette somme soit non nulle : si G′ est le barycentre de {(A,a);(B,b)} (avec a+b≠0), alors G est le barycentre de {(G′,a+b);(C,c)}.
A(0;0) coeff 2, B(6;0) coeff 1, C(0;6) coeff 3 (masse totale 6).
Barycentre partiel G′ de {(A,2);(B,1)} (masse 3) : x_G′=(2×0+1×6)/3=2, y_G′=(2×0+1×0)/3=0. G′(2;0).
G = barycentre de {(G′,3);(C,3)} (masse 6) : x_G=(3×2+3×0)/6=1, y_G=(3×0+3×6)/6=3/2.
On retrouve directement : x_G=(2×0+1×6+3×0)/6=1, y_G=(2×0+1×0+3×6)/6=3/2. G(1 ; 3/2) ✓.
Calculer les coordonnées du barycentre G de {(A,3);(B,1)} avec A(2 ; −1) et B(6 ; 3).
Masse totale = 3+1 = 4.
G(3 ; 0).
Calculer les coordonnées de l'isobarycentre G de A(1 ; 5), B(3 ; −1), C(−4 ; 2).
G(0 ; 2).
A(1 ; 1) et B(7 ; 4). Déterminer le réel k tel que le barycentre G de {(A,k);(B,2)} soit le point (5 ; 3).
x_G = (k×1 + 2×7)/(k+2) = 5 ⟹ k + 14 = 5(k+2) = 5k + 10 ⟹ 14 − 10 = 5k − k ⟹ 4 = 4k ⟹ k = 1.
Vérification avec y : y_G = (1×1 + 2×4)/(1+2) = 9/3 = 3 ✓. Donc k = 1.
A(0 ; 0), B(4 ; 0), C(1 ; 3). Calculer le barycentre G de {(A,1);(B,2);(C,3)} en utilisant la méthode de réduction (barycentre partiel de A et B).
Barycentre partiel G′ de {(A,1);(B,2)} (masse 3) :
G est alors le barycentre de {(G′,3);(C,3)} (masse totale 6) :
G(11/6 ; 3/2). Vérification directe : x_G=(1×0+2×4+3×1)/6=11/6 ✓, y_G=(1×0+2×0+3×3)/6=3/2 ✓.
Triangle ABC avec A(0 ; 0), B(4 ; 0), C(1 ; 5). Soit I le milieu de [BC] et G l'isobarycentre de A, B, C. Montrer que G appartient au segment [AI] et que AG = (2/3) AI.
I = milieu de [BC] = ((4+1)/2 ; (0+5)/2) = (2,5 ; 2,5).
G = isobarycentre de A,B,C = ((0+4+1)/3 ; (0+0+5)/3) = (5/3 ; 5/3).
Vecteur AI = I − A = (2,5 ; 2,5). Vecteur AG = G − A = (5/3 ; 5/3).
Donc AG = (2/3) AI : G appartient bien à [AI], aux deux tiers de A en partant de A. C'est la propriété classique du centre de gravité qui divise chaque médiane dans le rapport 2:1 à partir du sommet.
10 questions · Une seule bonne réponse · Correction immédiate
Le barycentre de {(A,1);(B,1)} est :
Le barycentre de {(A,a);(B,b)} existe à condition que :
Pour A(2 ; −1), B(6 ; 3), le barycentre de {(A,3);(B,1)} est :
L'isobarycentre de trois points A, B, C a pour coordonnées :
La propriété d'homogénéité du barycentre affirme que :
L'associativité (réduction) permet de remplacer deux points pondérés par leur barycentre partiel affecté :
Pour A(1 ; 5), B(3 ; −1), C(−4 ; 2), l'isobarycentre G est :
Le centre de gravité G d'un triangle ABC divise la médiane [AI] (I milieu de [BC]) dans le rapport :
Pour A(1 ; 1), B(7 ; 4), la valeur de k telle que le barycentre de {(A,k);(B,2)} soit (5 ; 3) est :
Si a + b = 0 (avec a≠0) pour le système {(A,a);(B,b)}, alors :
