Géométrie affine/Exercices/Barycentres

Exercice 3-1

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

Solution

(Quitte à diviser $a,b,c$ par leur somme, on peut les supposer de somme 1, ce qui simplifie les notations.) Soient $G'=aA'+bB'+cC'$ et $M$ un point arbitraire, alors ${\overrightarrow {GG'}}={\overrightarrow {MG'}}-{\overrightarrow {MG}}=(a{\overrightarrow {MA'}}+b{\overrightarrow {MB'}}+c{\overrightarrow {MC'}})-(a{\overrightarrow {MA}}+b{\overrightarrow {MB}}+c{\overrightarrow {MC}})=a{\overrightarrow {AA'}}+b{\overrightarrow {BB'}}+c{\overrightarrow {CC'}}$.

 

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 ») ${A+B+C \over 3}={\frac {2\alpha +2\beta +2\gamma }{6}}={\frac {\alpha +\beta +\gamma }{3}}$.

 

Exercice 3-3

Soit $ABC$ un triangle ; on suppose que $A'$ divise le segment $BC$ dans le rapport $2$ à $3$ (c'est-à-dire ${{\overline {BA'}} \over {\overline {BC}}}=2/3$), que $B'$ divise le segment $AC$ dans le rapport $3/5$, et que $(AA')$ et $(BB')$ 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 $s\in \mathbb {R}$ tel que $G=sA'+(1-s)A=s{2C+B \over 3}+(1-s)A$ et un unique $t\in \mathbb {R}$ tel que $G=tB'+(1-t)B=t{3C+2A \over 5}+(1-t)B$. 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 $G={4A+3B+6C \over 13}$ 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 $A'$ le barycentre de $(B,b),(C,c)$, $B'$ celui de $(C,c),(A,a)$ et $C'$ celui de $(A,a),(B,b)$. Montrer que les trois droites $(AA'),(BB'),(CC')$ sont parallèles.

Solution

Exprimons ${\overrightarrow {AA'}}$, ${\overrightarrow {BB'}}$ et ${\overrightarrow {CC'}}$ en fonction par exemple de $b,c,{\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}}$ :

${\overrightarrow {AA'}}={b{\overrightarrow {AB}}+c{\overrightarrow {AC}} \over b+c}$, ${\overrightarrow {BB'}}={c{\overrightarrow {BC}}+a{\overrightarrow {BA}} \over c+a}={b{\overrightarrow {AB}}+c{\overrightarrow {AC}} \over -b}$ et ${\overrightarrow {CC'}}={a{\overrightarrow {CA}}+b{\overrightarrow {CB}} \over a+b}={b{\overrightarrow {AB}}+c{\overrightarrow {AC}} \over -c}$,

d'où $a{\overrightarrow {AA'}}=b{\overrightarrow {BB'}}=c{\overrightarrow {CC'}}$.

 

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 ${\cal {R}}=(A,{\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})$ et dans le repère ${\cal {R}}'=(B,{\overrightarrow {BA}},{\overrightarrow {BC}})$. Les trois questions sont donc indépendantes.

1. Exprimer les coordonnées $(x',y')$ dans ${\cal {R}}'$ d'un point quelconque du plan en fonction de ses coordonnées $(x,y)$ dans ${\cal {R}}$, puis résoudre $x'=x,y'=y$ 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. $A+x{\overrightarrow {AB}}+y{\overrightarrow {AC}}=B+x'{\overrightarrow {BA}}+y'{\overrightarrow {BC}}\Leftrightarrow (x-1+x'+y'){\overrightarrow {AB}}+(y-y'){\overrightarrow {AC}}=0\Leftrightarrow y'=y,x'=1-x-y$, 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 $I={A+B \over 2}$, 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 $M'$ aligné avec $M$ et l'isobarycentre de $(A,B,C)$.

Solution

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

1. Soient $(x',y',z')$ les coordonnées barycentriques de $P$. En identifiant ${M+P \over 2}$ avec ${B+C \over 2}$, on trouve $(x+x')/2=0,(y+y')/2=1/2,(z+z')/2=1/2$, d'où $x'=-x,y'=1-y,z'=1-z$, 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 $G={A+B+C \over 3}$. Calculons $(AP)\cap (MG)$.
   ${\begin{aligned}(1-s)A+sP=(1-t)G+tM&\Leftrightarrow (1-s)(1,0,0)+s(-x,1-y,1-z)=(1-t)(1/3,1/3,1/3)+t(x,y,z)\\&\Leftrightarrow 1-s(1+x)=(1-t)/3+tx,s(1-y)=(1-t)/3+ty,s(1-z)=(1-t)/3+tz\\&\Leftarrow s=1/2,t=-1/2\end{aligned}}$
   (la dernière implication est même une équivalence, sauf si $y=z$). Le point $M':={3G-M \over 2}$ 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 $(A',B',C')$ tel que

${\overrightarrow {AC'}}=k{\overrightarrow {AB'}},\qquad {\overrightarrow {BA'}}=k{\overrightarrow {BC'}}\qquad {\rm {et}}\qquad {\overrightarrow {CB'}}=k{\overrightarrow {CA'}},$,

en précisant les coordonnées barycentriques de $A',B',C'$ dans le repère $(A,B,C)$.

Solution

Remarquons d'abord que ces équations équivalent à

$C'=kB'+(1-k)A,\qquad A'=kC'+(1-k)B,\qquad {\rm {et}}\qquad B'=kA'+(1-k)C$.

Unicité : de ces trois équations on tire

$B'=k(kC'+(1-k)B)+(1-k)C=k^{2}(kB'+(1-k)A)+k(1-k)B+(1-k)C=k^{3}B'+k^{2}(1-k)A+k(1-k)B+(1-k)C$,

d'où

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

et par suite

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

et

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

Existence : réciproquement, ces trois points $A',B',C'$ vérifient bien

$C'=kB'+(1-k)A$ et $A'=kC'+(1-k)B$ (par construction), et

$kA'+(1-k)C={k^{2}(1-k) \over 1-k^{3}}A+{k(1-k) \over 1-k^{3}}B+{k^{3}(1-k) \over 1-k^{3}}C+(1-k)C={k^{2}(1-k) \over 1-k^{3}}A+{k(1-k) \over 1-k^{3}}B+{1-k \over 1-k^{3}}C=B'$.

Remarques :

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

 

Exercice 3-8

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

1. (1^re méthode) Soit $J$ le milieu de $(B',C')$.

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

${\overrightarrow {B'C'}}=\alpha ({\overrightarrow {AB}}+{\overrightarrow {AC}}),\qquad {\overrightarrow {AB'}}=\beta {\overrightarrow {AB}},\qquad {\overrightarrow {AC'}}=\gamma {\overrightarrow {AC}}$.

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

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

d) En déduire que $I'=J$.

2. (2^e méthode) Soit $C''$ le point (unique) tel que $I'$ soit le milieu de $(B',C'')$.

a) Soit $s$ la symétrie par rapport à $(AI)$, parallèlement à $(AI')$. Démontrer que $s$ envoie $(AC)$ sur $(AB)$.

b) Soit $s'$ la symétrie par rapport à $(AI')$, parallèlement à $(AI)$. Démontrer que $s'$ envoie $(AB')$ sur $(AC'')$.

c) Déduire de a) et b) que la symétrie par rapport à $A$ envoie $(AC)$ sur $(AC'')$.

d) En déduire que $A,C,C''$ sont alignés, puis, que $C'=C''$.

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

a) Démontrer (en utilisant deux fois Thalès) que

${{\overline {I'P}} \over {\overline {I'C'}}}={{\overline {IC}} \over {\overline {IP}}}$.

b) Démontrer de même que

${{\overline {I'P}} \over {\overline {I'B'}}}={{\overline {IB}} \over {\overline {IP}}}$.

c) En déduire que ${{\overline {I'B'}} \over {\overline {I'C'}}}=-1$ et conclure.

Solution

1.

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

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

c) ${\overrightarrow {AJ}}=({\overrightarrow {AB'}}+{\overrightarrow {AC'}})/2=(-\alpha {\overrightarrow {AB}}+\alpha {\overrightarrow {AC}})/2=(\alpha /2){\overrightarrow {BC}}$ donc $(AJ)$ est parallèle à $(BC)$.

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

2.

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

b) $s'(A)=A$ car $A\in (AI')$. $s'(B')=C''$ car $(B'C'')=(B'I')=D$ parallèle à $(AI)$ et le milieu $I'$ de $(B',C'')$ appartient à $(AI')$. Donc $s'(AB')=(AC'')$.

c) D'après a) et b), comme $(AB)=(AB')$, $(s'\circ s)(AC)=(AC'')$. Or $s'\circ s$ est la symétrie par rapport à $A$.

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

3.

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

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

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

Remarques

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