Géométrie affine/Exercices/Barycentres

Exercice 3-1

Soit $G$ le barycentre de $(A,a),(B,b),(C,c)$. Montrer que $a\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+b\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+c\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=0$ si et seulement si $G$ est barycentre de $(A^{\prime },a),(B^{\prime },b),(C^{\prime },c)$.

Solution

(Quitte à diviser $a,b,c$ par leur somme, on peut les supposer de somme 1, ce qui simplifie les notations.) Soient $G^{\prime }=a{A}^{\prime }+b{B}^{\prime }+c{C}^{\prime }$ et $M$ un point arbitraire, alors $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\overrightarrow{M{G}^{\prime }}-\overrightarrow{MG}=(a\overrightarrow{M{A}^{\prime }}+b\overrightarrow{M{B}^{\prime }}+c\overrightarrow{M{C}^{\prime }})-(a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}+c\overrightarrow{MC})=a\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+b\overrightarrow{B{B}^{\prime }}+c\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$.

 

Exercice 3-2

Soient $A,B,C$ un triangle non aplati et $\alpha \beta \gamma$ le triangle obtenu en menant par chacun des sommets $A,B,C$ la parallèle à $BC,CA,AB$ ($\alpha$ opposé à $A$, etc.)

Montrer que ces deux triangles ont même isobarycentre.

Solution

Cette figure est pleine de parallélogrammes (dans un quadrilatère $(M,N,P,Q)$, si $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{QP}$ — ou, ce qui est équivalent, si $\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{NP}$ — alors les côtés opposés sont évidemment parallèles deux à deux, mais c'est la réciproque — pour un quadrilatère non aplati — qu'on utilise ici ; exercice subsidiaire : la (re-)démontrer).

Deux d'entre eux donnent $\overrightarrow{B\gamma }=\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{\alpha B}$, donc $B=\frac{\alpha +\gamma }{2}$. De même, $C=\frac{\alpha +\beta }{2}$ et $A=\frac{\beta +\gamma }{2}$.

Donc (par « associativité des barycentres ») $\frac{A+B+C}{3}=\frac{2\alpha +2\beta +2\gamma }{6}=\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}$.

 

Exercice 3-3

Soit $ABC$ un triangle ; on suppose que $A^{\prime }$ divise le segment $BC$ dans le rapport $2$ à $3$ (c'est-à-dire $\frac{\overline{B{A}^{\prime }}}{\overline{BC}}=2/3$), que $B^{\prime }$ divise le segment $AC$ dans le rapport $3/5$, et que $(A{A}^{\prime })$ et $(B{B}^{\prime })$ se coupent en $G$. Déterminer $a$ et $c$ tels que $G$ soit le barycentre de $(A,a),(B,1),(C,c)$.

Solution

(Vues les hypothèses, le triangle est non aplati). Il existe un unique $s\in ℝ$ tel que $G=s{A}^{\prime }+(1-s)A=s\frac{2C+B}{3}+(1-s)A$ et un unique $t\in ℝ$ tel que $G=t{B}^{\prime }+(1-t)B=t\frac{3C+2A}{5}+(1-t)B$. Par unicité des coordonnées barycentriques de $G$ dans $(A,B,C)$, $1-s=2t/5,s/3=1-t,2s/3=3t/5$, d'où $t=10/13$ (et $s=9/13$), donc $G=\frac{4A+3B+6C}{13}$ est barycentre de $(A,a),(B,1),(C,c)$ pour $a=4/3$ et $c=6/3=2$.

 

Exercice 3-4

Soient $A,B,C$ non alignés, et $a,b,c$ trois réels non nuls de somme nulle. On désigne par $A^{\prime }$ le barycentre de $(B,b),(C,c)$, $B^{\prime }$ celui de $(C,c),(A,a)$ et $C^{\prime }$ celui de $(A,a),(B,b)$. Montrer que les trois droites $(A{A}^{\prime }),(B{B}^{\prime }),(C{C}^{\prime })$ sont parallèles.

Solution

Exprimons $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$ et $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$ en fonction par exemple de $b,c,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$ :

$\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{b\overrightarrow{AB}+c\overrightarrow{AC}}{b+c}$, $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\frac{c\overrightarrow{BC}+a\overrightarrow{BA}}{c+a}=\frac{b\overrightarrow{AB}+c\overrightarrow{AC}}{-b}$ et $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\frac{a\overrightarrow{CA}+b\overrightarrow{CB}}{a+b}=\frac{b\overrightarrow{AB}+c\overrightarrow{AC}}{-c}$,

d'où $a\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=b\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=c\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$.

 

Exercice 3-5

Soient $A,B,C$ trois points non alignés d'un plan affine. On se propose de déterminer, par trois méthodes différentes, l'ensemble des points ayant mêmes coordonnées dans le repère $ℛ=(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ et dans le repère $ℛ\text{'}=(B,\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$. Les trois questions sont donc indépendantes.

1. Exprimer les coordonnées $(x^{\prime },y^{\prime })$ dans $ℛ\text{'}$ d'un point quelconque du plan en fonction de ses coordonnées $(x,y)$ dans $ℛ$, puis résoudre $x^{\prime }=x,y^{\prime }=y$ et conclure.
2. Montrer qu'un point $M$ de coordonnées barycentriques $(\alpha ,\beta ,\gamma )$ dans $(A,B,C)$ est solution du problème si et seulement si $\alpha =\beta$. Montrer que ceci équivaut à « $M$ est un barycentre de $I$ et de $C$ », où $I$ désigne le milieu de $(A,B)$, puis conclure.
3. Soit $s$ l'unique application affine qui fixe $C$ et intervertit $A$ et $B$. Montrer que $M$ est solution du problème si et seulement si $s(M)=M$. Interpréter $s$ géométriquement, puis conclure.

Solution

1. $A+x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}=B+x^{\prime }\overrightarrow{BA}+y^{\prime }\overrightarrow{BC}\iff (x-1+x^{\prime }+y^{\prime })\overrightarrow{AB}+(y-y^{\prime })\overrightarrow{AC}=0\iff y^{\prime }=y,x^{\prime }=1-x-y$, donc l'ensemble des solutions est la droite d'équation $2x+y=1$ dans le premier repère.
2. Les points ayant mêmes coordonnées barycentriques dans $(A,B,C)$ et dans $(B,A,C)$ sont ceux de la forme $aA+bB+cC$ avec $a+b+c=1$ et $a=b$, c'est-à-dire les $(1-c)I+cC$ où $I=\frac{A+B}{2}$, c'est-à-dire la droite $(IC)$.
3. $s$ est une symétrie par rapport à $(IC)$ (parallèlement à $(AB)$). Les points cherchés sont ceux fixes par $s$, c'est-à-dire $(IC)$.

 

Exercice 3-6

Dans un plan affine, soient $(A,B,C)$ un repère affine et $M$ un point de coordonnées barycentriques $(x,y,z)$ dans ce repère (donc $x+y+z=1$). On désigne par $P,Q,R$ les symétriques de $M$ par rapport aux milieux de $(B,C),(C,A),(A,B)$ respectivement.

1. Donner les coordonnées barycentriques de $P,Q,R$.
2. Montrer que $(AP),(BQ),(CR)$ sont concourantes en un point $M^{\prime }$ aligné avec $M$ et l'isobarycentre de $(A,B,C)$.

Solution

(Énoncé dans Université de Toulon, Deug 2 M42, 2003-4)

1. Soient $(x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime })$ les coordonnées barycentriques de $P$. En identifiant $\frac{M+P}{2}$ avec $\frac{B+C}{2}$, on trouve $(x+x^{\prime })/2=0,(y+y^{\prime })/2=1/2,(z+z^{\prime })/2=1/2$, d'où $x^{\prime }=-x,y^{\prime }=1-y,z^{\prime }=1-z$, donc les coordonnées barycentriques de $P$ sont $(-x,1-y,1-z)$. De même (par permutation circulaire) celles de $Q$ sont $(1-x,-y,1-z)$ et celles de $R$ sont $(1-x,1-y,-z)$.
2. Soit $G=\frac{A+B+C}{3}$. Calculons $(AP)\cap (MG)$.
   $\begin{array}{cc}(1-s)A+sP=(1-t)G+tM& \iff (1-s)(1,0,0)+s(-x,1-y,1-z)=(1-t)(1/3,1/3,1/3)+t(x,y,z)\\ & \iff 1-s(1+x)=(1-t)/3+tx,s(1-y)=(1-t)/3+ty,s(1-z)=(1-t)/3+tz\\ & \Leftarrow s=1/2,t=-1/2\end{array}$
   (la dernière implication est même une équivalence, sauf si $y=z$). Le point $M^{\prime }:=\frac{3G-M}{2}$ appartient donc à $(AP)$. Par permutation circulaire, il appartient aussi à $(BQ)$ et $(CR)$.

 

Exercice 3-7

On se place dans un plan affine. Soient $(A,B,C)$ un triangle non aplati et $k$ un réel différent de $1$. Démontrer qu'il existe un unique triangle $(A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime })$ tel que

$\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=k\overrightarrow{A{B}^{\prime }},\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=k\overrightarrow{B{C}^{\prime }}\mathrm{e}\mathrm{t}\overrightarrow{C{B}^{\prime }}=k\overrightarrow{C{A}^{\prime }},$,

en précisant les coordonnées barycentriques de $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ dans le repère $(A,B,C)$.

Solution

Remarquons d'abord que ces équations équivalent à

$C^{\prime }=k{B}^{\prime }+(1-k)A,A^{\prime }=k{C}^{\prime }+(1-k)B,\mathrm{e}\mathrm{t}{B}^{\prime }=k{A}^{\prime }+(1-k)C$.

Unicité : de ces trois équations on tire

$B^{\prime }=k(k{C}^{\prime }+(1-k)B)+(1-k)C=k^2(k{B}^{\prime }+(1-k)A)+k(1-k)B+(1-k)C=k^3{B}^{\prime }+k^2(1-k)A+k(1-k)B+(1-k)C$,

d'où

$B^{\prime }=\frac{k^2(1-k)}{1-k^3}A+\frac{k(1-k)}{1-k^3}B+\frac{1-k}{1-k^3}C$,

et par suite

$C^{\prime }=\frac{k^3(1-k)}{1-k^3}A+\frac{k^2(1-k)}{1-k^3}B+\frac{k(1-k)}{1-k^3}C+(1-k)A=\frac{1-k}{1-k^3}A+\frac{k^2(1-k)}{1-k^3}B+\frac{k(1-k)}{1-k^3}C$

et

$A^{\prime }=\frac{k(1-k)}{1-k^3}A+\frac{k^3(1-k)}{1-k^3}B+\frac{k^2(1-k)}{1-k^3}C+(1-k)B=\frac{k(1-k)}{1-k^3}A+\frac{1-k}{1-k^3}B+\frac{k^2(1-k)}{1-k^3}C$.

Existence : réciproquement, ces trois points $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ vérifient bien

$C^{\prime }=k{B}^{\prime }+(1-k)A$ et $A^{\prime }=k{C}^{\prime }+(1-k)B$ (par construction), et

$k{A}^{\prime }+(1-k)C=\frac{k^2(1-k)}{1-k^3}A+\frac{k(1-k)}{1-k^3}B+\frac{k^3(1-k)}{1-k^3}C+(1-k)C=\frac{k^2(1-k)}{1-k^3}A+\frac{k(1-k)}{1-k^3}B+\frac{1-k}{1-k^3}C=B^{\prime }$.

Remarques :

• on peut remplacer partout $\frac{1-k}{1-k^3}$ par $\frac{1}{1+k+k^2}$ ;
• les formules dans le cas $k=0$ donnent bien la solution (immédiate) $(A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime })=(B,C,A)$.

 

Exercice 3-8

Dans un plan affine, soient $(A,B,C)$ un triangle (non aplati), $I$ le milieu de $(B,C)$, $𝒟$ une parallèle à $(AI)$, $\{B^{\prime }\}=𝒟\cap (AB)$, $\{C^{\prime }\}=𝒟\cap (AC)$ et $I^{\prime }$ l'intersection de $𝒟$ avec la parallèle à $(BC)$ passant par $A$. On se propose de démontrer, par trois méthodes différentes, que $I^{\prime }$ est le milieu de $(B^{\prime },C^{\prime })$.

1. (1^re méthode) Soit $J$ le milieu de $(B^{\prime },C^{\prime })$.

a) Démontrer qu'il existe $\alpha ,\beta ,\gamma \in ℝ$ (uniques) tels que

$\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\alpha (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}),\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\beta \overrightarrow{AB},\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\gamma \overrightarrow{AC}$.

b) Prouver que $\gamma =-\beta =\alpha$.

c) Déduire de a) et b) que $(AJ)$ est parallèle à $(BC)$.

d) En déduire que $I^{\prime }=J$.

2. (2^e méthode) Soit $C^{″}$ le point (unique) tel que $I^{\prime }$ soit le milieu de $(B^{\prime },C^{″})$.

a) Soit $s$ la symétrie par rapport à $(AI)$, parallèlement à $(A{I}^{\prime })$. Démontrer que $s$ envoie $(AC)$ sur $(AB)$.

b) Soit $s^{\prime }$ la symétrie par rapport à $(A{I}^{\prime })$, parallèlement à $(AI)$. Démontrer que $s^{\prime }$ envoie $(A{B}^{\prime })$ sur $(A{C}^{″})$.

c) Déduire de a) et b) que la symétrie par rapport à $A$ envoie $(AC)$ sur $(A{C}^{″})$.

d) En déduire que $A,C,C^{″}$ sont alignés, puis, que $C^{\prime }=C^{″}$.

3. (3^e méthode) Soit $\{P\}=𝒟\cap (BC)$.

a) Démontrer (en utilisant deux fois Thalès) que

$\frac{\overline{I^{\prime }P}}{\overline{I^{\prime }{C}^{\prime }}}=\frac{\overline{IC}}{\overline{IP}}$.

b) Démontrer de même que

$\frac{\overline{I^{\prime }P}}{\overline{I^{\prime }{B}^{\prime }}}=\frac{\overline{IB}}{\overline{IP}}$.

c) En déduire que $\frac{\overline{I^{\prime }{B}^{\prime }}}{\overline{I^{\prime }{C}^{\prime }}}=-1$ et conclure.

Solution

1.

a) Comme $B^{\prime },C^{\prime }\in 𝒟$, $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}\in \overrightarrow{𝒟}=ℝ\overrightarrow{AI}$, or $\overrightarrow{AI}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})/2$, d'où $\alpha$. Comme $B^{\prime }\in (AB)$, $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\in ℝ\overrightarrow{AB}$, d'où $\beta$. Idem pour $\gamma$ en remplaçant $B$ par $C$ et $B^{\prime }$ par $C^{\prime }$.

b) $\alpha (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\gamma \overrightarrow{AC}-\beta \overrightarrow{AB}$ et $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ est libre, donc $\gamma =-\beta =\alpha$.

c) $\overrightarrow{AJ}=(\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }})/2=(-\alpha \overrightarrow{AB}+\alpha \overrightarrow{AC})/2=(\alpha /2)\overrightarrow{BC}$ donc $(AJ)$ est parallèle à $(BC)$.

d) D'après c), $J$ appartient à la parallèle à $(BC)$ passant par $A$. D'autre part, $J\in (B^{\prime }{C}^{\prime })=D$. Donc $J=I^{\prime }$.

2.

a) $s(A)=A$ car $A\in (AI)$. $s(B)=C$ car $(BC)$ est parallèle à $(A{I}^{\prime })$ et le milieu $I$ de $(B,C)$ appartient à $(AI)$. Donc $s(AC)=(AB)$.

b) $s^{\prime }(A)=A$ car $A\in (A{I}^{\prime })$. $s^{\prime }(B^{\prime })=C^{″}$ car $(B^{\prime }{C}^{″})=(B^{\prime }{I}^{\prime })=D$ parallèle à $(AI)$ et le milieu $I^{\prime }$ de $(B^{\prime },C^{″})$ appartient à $(A{I}^{\prime })$. Donc $s^{\prime }(A{B}^{\prime })=(A{C}^{″})$.

c) D'après a) et b), comme $(AB)=(A{B}^{\prime })$, $(s^{\prime }\circ s)(AC)=(A{C}^{″})$. Or $s^{\prime }\circ s$ est la symétrie par rapport à $A$.

d) D'après c), $(A{C}^{″})=(AC)$ donc $C^{″}\in (AC)$. Par ailleurs, $C^{″}\in (B^{\prime }{I}^{\prime })=D$. Donc $C^{″}=C^{\prime }$ (donc $I^{\prime }$ est le milieu de $(B^{\prime },C^{\prime })$).

3.

a) D'une part, $(A{I}^{\prime })$ est parallèle à $(CB)=(CP)$ et $(AC)\cap (I^{\prime }P)=(AC)\cap D=\{C^{\prime }\}$ donc $\frac{\overline{I^{\prime }P}}{\overline{I^{\prime }{C}^{\prime }}}=\frac{\overline{AC}}{\overline{A{C}^{\prime }}}$. D'autre part, $(AI)$ est parallèle à $D=(C^{\prime }P)$ et $(C^{\prime }A)\cap (PI)=(AC)\cap (BC)=\{C\}$ donc $\frac{\overline{AC}}{\overline{A{C}^{\prime }}}=\frac{\overline{IC}}{\overline{IP}}$.

b) Par le même raisonnement (en remplaçant $C$ par $B$ et $C^{\prime }$ par $B^{\prime }$), $\frac{\overline{I^{\prime }P}}{\overline{I^{\prime }{B}^{\prime }}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{A{B}^{\prime }}}=\frac{\overline{IB}}{\overline{IP}}$.

c) D'après a) et b), $\frac{\overline{I^{\prime }{B}^{\prime }}}{\overline{I^{\prime }{C}^{\prime }}}=\frac{\overline{IC}}{\overline{IB}}=-1$ donc $I^{\prime }$ est le milieu de $(B^{\prime },C^{\prime })$.

Remarques

• Variantes de formulations de l'énoncé, plus « autoduales » :
  • $(A,B,C)$ et $(A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime })$ deux triangles, $I$ le milieu de $(B,C)$, $I^{\prime }$ le milieu de $(B^{\prime },C^{\prime })$. On suppose $A,B,B^{\prime }$ alignés et $A,C,C^{\prime }$ alignés. Montrer que $(AI)$ est parallèle à $(BC)$ si et seulement si $(A{I}^{\prime })$ est parallèle à $(B^{\prime }{C}^{\prime })$. (Cf. 1^re solution.)
  • $(A,B,C)$ et $(A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime })$ deux triangles, $I$ le milieu de $(B,C)$, $I^{\prime }$ le milieu de $(B^{\prime },C^{\prime })$. On suppose que $(AI)$ est parallèle à $(BC)$ et $(A{I}^{\prime })$ est parallèle à $(B^{\prime }{C}^{\prime })$. Montrer que $A,B,B^{\prime }$ sont alignés si et seulement si $A,C,C^{\prime }$ sont alignés. (Cf. 2^e solution.)
• Généralisation. On peut (dans tous les énoncés et toutes les solutions) remplacer milieu (pour $I$ et $I^{\prime }$) par n'importe quel barycentre (de $(B,C)$ et $(C^{\prime },B^{\prime })$). Plus précisément si $I=tB+(1-t)C$, $I^{\prime }=t{C}^{\prime }+(1-t)B^{\prime }$. Dans la 1^re solution, on trouve $\overrightarrow{AJ}=t(1-t)\alpha \overrightarrow{BC}$. Dans la 2^e, on remplace les deux symétries par des affinités, de même rapport $k=\frac{\overline{IB}}{\overline{IC}}=\frac{\overline{I^{\prime }{C}^{″}}}{\overline{I^{\prime }{B}^{\prime }}}$, et la symétrie par rapport à $A$ par l'homothétie de centre $A$ et de rapport $k$.