Première S2-S4-S5 · Leçon 11
Outil vectoriel et analytique : vecteurs et barycentre
Ce que dit le programme officiel (7 points)
- Rappels et compléments sur les vecteurs du plan et de l’espace ; extension brève du calcul vectoriel à l’espace ; décomposer un vecteur de l’espace
- Barycentre de quatre points pondérés dans le plan : définition, relations vectorielles caractéristiques
- Réduire un vecteur du type a·MA + b·MB + c·MC + d·MD (a, b, c, d réels)
- Construire, s’il existe, le barycentre de quatre points ; calculer ses coordonnées
- Extension de la notion de barycentre à l’espace ; dans l’espace, trois points et leur barycentre sont coplanaires
- Problèmes d’alignement de points et de concours de droites dans des cas simples
- Centre d’inertie d’une plaque homogène simple, d’un disque évidé d’un autre disque, d’un disque évidé d’une figure simple
Source : Programme de mathématiques, Premières S2 et S4 (Sénégal), octobre 2006
Vecteurs et repères de l'espace, coplanarité
Les vecteurs de l'espace se manipulent exactement comme dans le plan : addition (règle du parallélogramme), multiplication par un réel, relation de Chasles \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}\). Rien de nouveau dans les propriétés — seule la troisième dimension s'ajoute.
Deux vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\) sont colinéaires s'il existe un réel \(k\) tel que \(\vec v=k\vec u\) (ou l'un des deux est nul). Un vecteur \(\vec u\) est vecteur directeur d'une droite \(D\) si \(D\) est dirigée par \(\vec u\) : deux points \(A,B\) de \(D\) vérifient \(\overrightarrow{AB}\) colinéaire à \(\vec u\).
Trois vecteurs \(\vec u,\vec v,\vec w\) sont coplanaires s'il existe trois réels \(a,b,c\) non tous nuls tels que \(a\vec u+b\vec v+c\vec w=\vec 0\) (résultat admis). Concrètement : l'un des trois s'exprime comme combinaison des deux autres. Un plan \(P\) admet deux vecteurs directeurs \(\vec u,\vec v\) non colinéaires : tout vecteur de \(P\) est alors coplanaire avec \(\vec u,\vec v\).
\(\vec u(1;0;1)\), \(\vec v(0;1;1)\), \(\vec w(2;1;3)\). Cherchons \(a,b\) tels que \(\vec w=a\vec u+b\vec v\) : \(2=a\), \(1=b\), \(3=a+b=2+1=3\) ✓. Les trois composantes sont cohérentes : \(\vec u,\vec v,\vec w\) sont coplanaires (\(\vec w=2\vec u+\vec v\)).
Une base de l'espace est un triplet \((\vec i,\vec j,\vec k)\) de vecteurs non coplanaires. Dans une telle base, tout vecteur \(\vec u\) se décompose de façon unique : \(\vec u=x\vec i+y\vec j+z\vec k\), et l'on note \(\vec u(x;y;z)\). Un repère de l'espace est la donnée d'un point \(O\) (l'origine) et d'une base \((\vec i,\vec j,\vec k)\) ; un point \(M\) a pour coordonnées \((x;y;z)\) celles du vecteur \(\overrightarrow{OM}\).
Figure — Représentation en perspective cavalière d'un repère \((O;\vec\imath,\vec\jmath,\vec k)\)
L'axe \((Oy)\) est dessiné en oblique pour suggérer la profondeur — convention usuelle de la perspective cavalière utilisée dans toutes les figures de ce chapitre.
Barycentre de points pondérés
Rappel de SecondePose une règle sur ton doigt : elle tient en équilibre si le doigt est au milieu. Accroche maintenant une masse plus lourde à une extrémité : il faut rapprocher le doigt de cette extrémité pour retrouver l'équilibre. Ce point d'équilibre est le barycentre des deux extrémités, chacune comptant avec sa masse. En mathématiques, le barycentre généralise le milieu d'un segment et le centre de gravité d'un triangle. Il sert à placer un point avec précision sur une figure, à démontrer que des points sont alignés ou que des droites sont concourantes, et à simplifier des sommes de vecteurs.
Soient \(A_1,\ldots,A_n\) des points affectés de coefficients (masses) \(m_1,\ldots,m_n\) avec \(m_1+\cdots+m_n\ne0\). Le barycentre \(G\) de ce système est l'unique point tel que :
\[ m_1\overrightarrow{GA_1}+\cdots+m_n\overrightarrow{GA_n} = \vec 0. \]Si tous les coefficients sont égaux, \(G\) est l'isobarycentre (pour 2 points : le milieu ; pour 3 points : le centre de gravité du triangle).
Pour \(n=2\) points \(A(x_A;y_A)\), \(B(x_B;y_B)\) de coefficients \(m_1,m_2\) :
\[ x_G = \dfrac{m_1x_A+m_2x_B}{m_1+m_2}, \qquad y_G = \dfrac{m_1y_A+m_2y_B}{m_1+m_2}. \]La formule se généralise directement à 3 ou 4 points de la même façon.
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Voir les offresFigure interactive — Barycentre de A et B
Le point G se déplace vers A quand son coefficient augmente.
Un point pondéré est un couple \((A,a)\) formé d'un point \(A\) et d'un nombre réel \(a\), appelé coefficient (ou masse). Le coefficient peut être négatif.
Soient \((A,a)\) et \((B,b)\) deux points pondérés tels que \(a+b\ne 0\). Il existe un unique point \(G\) tel que \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=\vec{0}\). On l'appelle le barycentre des points pondérés \((A,a)\) et \((B,b)\), et on écrit \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\).
Pourquoi la condition \(a+b\ne 0\) ? Si \(a+b=0\), alors \(b=-a\) et \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=a\left(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB}\right)=a\,\overrightarrow{BA}\). Pour \(a\ne 0\) et \(A\ne B\), ce vecteur n'est jamais nul, quel que soit le point \(G\) : il n'y a pas de barycentre.
La définition est la même pour trois points : si \(a+b+c\ne 0\), le barycentre de \((A,a)\), \((B,b)\) et \((C,c)\) est l'unique point \(G\) tel que \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}+c\,\overrightarrow{GC}=\vec{0}\).
Soit \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\) avec \(a+b\ne 0\). Alors
\[\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}.\]Démonstration. Avec la relation de Chasles, \(\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}\). L'égalité \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=\vec{0}\) devient \((a+b)\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{AB}=\vec{0}\), d'où \((a+b)\,\overrightarrow{AG}=b\,\overrightarrow{AB}\).
Conséquences.
- \(G\) est toujours sur la droite \((AB)\).
- Si \(a\) et \(b\) ont le même signe, \(G\) est sur le segment \([AB]\), plus près du point dont le coefficient a la plus grande valeur absolue.
- Si \(a\) et \(b\) sont de signes contraires, \(G\) est sur la droite \((AB)\) mais en dehors du segment \([AB]\).
- Si \(a=b\), \(G\) est le milieu de \([AB]\) : c'est l'isobarycentre de \(A\) et \(B\).
Réciproquement, tout point de la droite \((AB)\) est un barycentre de \(A\) et \(B\) : le point \(P\) tel que \(\overrightarrow{AP}=t\,\overrightarrow{AB}\) est le barycentre de \((A,1-t)\) et \((B,t)\).
Homogénéité. On ne change pas le barycentre en multipliant tous les coefficients par un même nombre \(k\ne 0\) : \(\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}=\text{bar}\{(A,ka)\,;(B,kb)\}\). Par exemple, le barycentre de \((A,6)\) et \((B,9)\) est aussi celui de \((A,2)\) et \((B,3)\). On s'en sert pour remplacer les coefficients par des nombres plus simples.
Réduction. Si \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\), alors pour tout point \(M\) du plan :
\[a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}=(a+b)\,\overrightarrow{MG}.\]Démonstration. On introduit \(G\) avec la relation de Chasles : \(a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}=a\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)+b\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)=(a+b)\,\overrightarrow{MG}+\left(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}\right)\), et la dernière parenthèse est le vecteur nul.
De même, pour trois points, si \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\}\), alors \(a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}+c\,\overrightarrow{MC}=(a+b+c)\,\overrightarrow{MG}\) pour tout point \(M\). Une somme de plusieurs vecteurs est ainsi remplacée par un seul vecteur.
Soit \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\}\) avec \(a+b+c\ne 0\).
Position. En prenant \(M=A\) dans la formule de réduction : \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b+c}\,\overrightarrow{AB}+\dfrac{c}{a+b+c}\,\overrightarrow{AC}\).
Barycentre partiel. Si de plus \(a+b\ne 0\), notons \(H=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\). Alors \(G\) est le barycentre de \((H,a+b)\) et \((C,c)\) : on peut remplacer deux points par leur barycentre, affecté de la somme de leurs coefficients.
Justification. D'après la réduction appliquée avec \(M=G\), \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=(a+b)\,\overrightarrow{GH}\). L'égalité de définition de \(G\) s'écrit donc \((a+b)\,\overrightarrow{GH}+c\,\overrightarrow{GC}=\vec{0}\).
Application : le centre de gravité. L'isobarycentre \(G\) d'un triangle \(ABC\) est le barycentre de \((A,1)\), \((B,1)\) et \((C,1)\). Si \(I\) est le milieu de \([AB]\), alors \(G=\text{bar}\{(I,2)\,;(C,1)\}\), donc \(\overrightarrow{CG}=\dfrac{2}{3}\,\overrightarrow{CI}\) : \(G\) est sur la médiane \((CI)\), aux deux tiers à partir du sommet. Le même raisonnement avec les deux autres côtés montre que les trois médianes passent par \(G\).
Pour construire \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\) :
- Vérifie que \(a+b\ne 0\), sinon le barycentre n'existe pas.
- Simplifie les coefficients si c'est possible, grâce à l'homogénéité.
- Écris \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}\). Attention : au numérateur, c'est le coefficient de l'autre point, \(B\).
- Place \(G\) sur la droite \((AB)\) : partage le segment en \(a+b\) parties égales si les coefficients sont des entiers positifs, ou reporte la longueur \(\left|\dfrac{b}{a+b}\right|\times AB\) du bon côté de \(A\).
Contrôle rapide. Avec des coefficients de même signe, \(G\) doit se trouver entre \(A\) et \(B\), plus près du point le plus « lourd ». Si l'un des coefficients est négatif, \(G\) doit être à l'extérieur du segment.
Construire \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\}\).
- Choisis deux points dont la somme des coefficients n'est pas nulle, par exemple \(B\) et \(C\), et construis leur barycentre \(H\).
- Remplace-les par \((H,b+c)\) : \(G\) est le barycentre de \((A,a)\) et \((H,b+c)\).
- Construis \(G\) sur la droite \((AH)\) avec la méthode des deux points.
On peut aussi placer directement \(G\) avec \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b+c}\,\overrightarrow{AB}+\dfrac{c}{a+b+c}\,\overrightarrow{AC}\).
Démontrer que trois points sont alignés. Il suffit de montrer que l'un est le barycentre des deux autres : un barycentre de deux points est toujours sur la droite qui les joint. Le barycentre partiel fournit ces alignements : dans l'étape 2 ci-dessus, les points \(A\), \(G\) et \(H\) sont alignés.
Démontrer que des droites sont concourantes. On regroupe les points de plusieurs façons : chaque regroupement place \(G\) sur une droite différente, et toutes ces droites passent par \(G\).
Énoncé. \(A\) et \(B\) sont deux points tels que \(AB=12\) cm. Place \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(B,3)\}\) et \(K=\text{bar}\{(A,3)\,;(B,-1)\}\).
Point \(G\). \(1+3=4\ne 0\), donc \(G\) existe et \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{3}{4}\,\overrightarrow{AB}\). Le point \(G\) est sur le segment \([AB]\), à \(\dfrac{3}{4}\times 12=9\) cm de \(A\), donc à 3 cm de \(B\). C'est cohérent : \(B\) a le plus gros coefficient, \(G\) est plus près de \(B\).
Point \(K\). \(3+(-1)=2\ne 0\), donc \(K\) existe et \(\overrightarrow{AK}=\dfrac{-1}{2}\,\overrightarrow{AB}\). Les vecteurs \(\overrightarrow{AK}\) et \(\overrightarrow{AB}\) sont de sens contraires : \(K\) est sur la droite \((AB)\), du côté de \(A\) opposé à \(B\), à \(\dfrac{1}{2}\times 12=6\) cm de \(A\). Il est en dehors du segment, comme prévu avec des coefficients de signes contraires.
Vérification pour \(K\). \(KA=6\) cm et \(KB=6+12=18\) cm, et les vecteurs \(\overrightarrow{KA}\) et \(\overrightarrow{KB}\) ont le même sens. On a bien \(3\,\overrightarrow{KA}=\overrightarrow{KB}\), c'est-à-dire \(3\,\overrightarrow{KA}-\overrightarrow{KB}=\vec{0}\).
Énoncé. Dans un repère, on donne \(A(0;0)\), \(B(6;0)\) et \(C(0;6)\). Soit \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(B,2)\,;(C,3)\}\). Construis \(G\) à l'aide d'un barycentre partiel, puis contrôle par les coordonnées.
Regroupement. Soit \(H=\text{bar}\{(B,2)\,;(C,3)\}\) : \(\overrightarrow{BH}=\dfrac{3}{5}\,\overrightarrow{BC}\), donc \(H\) est sur \([BC]\), aux trois cinquièmes à partir de \(B\). D'après le barycentre partiel, \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(H,5)\}\), donc \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{5}{6}\,\overrightarrow{AH}\) : \(G\) est sur \([AH]\), aux cinq sixièmes à partir de \(A\). Les points \(A\), \(G\) et \(H\) sont alignés.
Contrôle par les coordonnées. \(H\left(\dfrac{2\times 6+3\times 0}{5};\dfrac{2\times 0+3\times 6}{5}\right)\), soit \(H(2{,}4\,;3{,}6)\). Directement : \(x_G=\dfrac{1\times 0+2\times 6+3\times 0}{6}=2\) et \(y_G=\dfrac{1\times 0+2\times 0+3\times 6}{6}=3\), donc \(G(2;3)\).
Les deux méthodes concordent : \(\dfrac{5}{6}\times 2{,}4=2\) et \(\dfrac{5}{6}\times 3{,}6=3\), on retrouve bien \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{5}{6}\,\overrightarrow{AH}\).
Énoncé. \(A\) et \(B\) sont deux points distincts. Détermine l'ensemble des points \(M\) du plan tels que le vecteur \(2\,\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\) ait pour norme 6.
Étape 1 : introduire un barycentre. La somme des coefficients est \(2+1=3\ne 0\). Soit \(G=\text{bar}\{(A,2)\,;(B,1)\}\) ; on a \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\,\overrightarrow{AB}\), donc \(G\) est sur \([AB]\), au tiers à partir de \(A\).
Étape 2 : réduire. Pour tout point \(M\), \(2\,\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=3\,\overrightarrow{MG}\). La norme de ce vecteur est donc \(3\times MG\).
Étape 3 : conclure. La condition s'écrit \(3\,MG=6\), c'est-à-dire \(MG=2\). L'ensemble cherché est le cercle de centre \(G\) et de rayon 2.
Sans le barycentre, la somme de deux vecteurs dépendant de \(M\) était difficile à étudier ; après réduction, il ne reste qu'une distance à un point fixe.
Premier piège : la somme des coefficients. Avant tout calcul, vérifie qu'elle n'est pas nulle. Les points pondérés \((A,2)\) et \((B,-2)\) n'ont pas de barycentre.
Deuxième piège : le coefficient au numérateur. Dans \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}\), c'est le coefficient de \(B\) qui apparaît, pas celui de \(A\). Pour \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(B,3)\}\), on a \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{3}{4}\,\overrightarrow{AB}\) et non \(\dfrac{1}{4}\,\overrightarrow{AB}\) : le barycentre est attiré par le point le plus lourd.
Troisième piège : un coefficient négatif. Il ne rend pas le barycentre impossible : il le place en dehors du segment. Seule une somme nulle empêche le barycentre d'exister.
Quatrième piège : les coordonnées. On divise par la somme des coefficients, pas par le nombre de points. Pour \((A,1)\), \((B,2)\) et \((C,3)\), le dénominateur est 6, et non 3.
Cinquième piège : le barycentre partiel. Le point \(H\) qui remplace \(B\) et \(C\) porte la somme \(b+c\) de leurs coefficients, pas le coefficient 1.
Barycentre de plus de trois points et lignes de niveau
Le barycentre de deux ou trois points pondérés se généralise sans changement à quatre points ou plus. Il sert surtout à simplifier : une somme de plusieurs vecteurs d'origine \(M\) se réduit à un seul vecteur, une somme de carrés de distances se réduit à une seule distance. C'est ce qui permet de reconnaître des ensembles de points appelés lignes de niveau.
Soit \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) quatre points et \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) quatre réels tels que \(a+b+c+d\neq 0\). Il existe un unique point \(G\) tel que
\[a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}+c\,\overrightarrow{GC}+d\,\overrightarrow{GD}=\vec 0.\]Ce point est le barycentre des points pondérés \((A,a)\), \((B,b)\), \((C,c)\), \((D,d)\). La définition est la même pour cinq points ou plus.
Réduction. Pour tout point \(M\) du plan :
\[a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}+c\,\overrightarrow{MC}+d\,\overrightarrow{MD}=(a+b+c+d)\,\overrightarrow{MG}.\]Coordonnées. En prenant pour \(M\) l'origine du repère, on obtient
\[x_G=\frac{a\,x_A+b\,x_B+c\,x_C+d\,x_D}{a+b+c+d},\qquad y_G=\frac{a\,y_A+b\,y_B+c\,y_C+d\,y_D}{a+b+c+d}.\]Homogénéité. On ne change pas le barycentre en multipliant tous les coefficients par un même réel non nul.
Lorsque les quatre coefficients sont égaux, \(G\) est l'isobarycentre des quatre points.
Théorème des barycentres partiels. Soit \(G\) le barycentre de \((A,a)\), \((B,b)\), \((C,c)\), \((D,d)\). Si \(a+b\neq 0\) et si \(H\) est le barycentre de \((A,a)\) et \((B,b)\), alors \(G\) est le barycentre de \((H,a+b)\), \((C,c)\), \((D,d)\).
On peut donc remplacer plusieurs points par leur barycentre partiel, affecté de la somme de leurs coefficients. En effet \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=(a+b)\,\overrightarrow{GH}\).
Conséquence. L'isobarycentre de quatre points \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) est le milieu du segment qui joint le milieu de \([AB]\) et le milieu de \([CD]\).
Réduire \(\vec v=a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}+c\,\overrightarrow{MC}+d\,\overrightarrow{MD}\).
- Si \(a+b+c+d\neq 0\) : \(\vec v=(a+b+c+d)\,\overrightarrow{MG}\), où \(G\) est le barycentre.
- Si \(a+b+c+d=0\) : il n'y a pas de barycentre, et \(\vec v\) est un vecteur constant, qui ne dépend pas de \(M\). On le calcule en remplaçant \(M\) par l'un des points, par exemple \(A\).
Soit \(f\) une application qui à tout point \(M\) du plan associe un réel \(f(M)\). La ligne de niveau \(k\) de \(f\) est l'ensemble des points \(M\) tels que \(f(M)=k\). Dans ce qui suit, \(A\) et \(B\) sont deux points distincts et \(I\) est le milieu de \([AB]\).
1. \(\vec u\cdot\overrightarrow{OM}=k\) (\(\vec u\) non nul). C'est une droite de vecteur normal \(\vec u\). Elle coupe la droite passant par \(O\) et dirigée par \(\vec u\) au point \(H\) tel que \(\overrightarrow{OH}=\dfrac{k}{\|\vec u\|^2}\,\vec u\).
2. \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=k\). On a \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=MI^2-\dfrac{AB^2}{4}\). L'égalité s'écrit donc \(MI^2=k+\dfrac{AB^2}{4}\). Si ce nombre est strictement positif, la ligne de niveau est le cercle de centre \(I\) et de rayon \(\sqrt{k+\frac{AB^2}{4}}\) ; s'il est nul, elle se réduit au point \(I\) ; s'il est négatif, elle est vide. Pour \(k=0\), on retrouve le cercle de diamètre \([AB]\).
3. \(a\,MA^2+b\,MB^2=k\). Si \(a+b\neq 0\), on note \(G\) le barycentre de \((A,a)\) et \((B,b)\). Alors
\[a\,MA^2+b\,MB^2=(a+b)\,MG^2+a\,GA^2+b\,GB^2.\]On est ramené à \(MG^2=\) constante : un cercle de centre \(G\), le point \(G\), ou l'ensemble vide. Si \(a+b=0\), on utilise \(MA^2-MB^2=2\,\overrightarrow{IM}\cdot\overrightarrow{AB}\) : la ligne de niveau est une droite perpendiculaire à \((AB)\).
4. \(\dfrac{MA}{MB}=k\) (\(k\gt 0\)). Si \(k=1\), c'est la médiatrice de \([AB]\). Si \(k\neq 1\), l'égalité équivaut à \(MA^2-k^2\,MB^2=0\) : c'est le cercle de diamètre \([G_1G_2]\), où \(G_1\) est le barycentre de \((A,1)\), \((B,k)\) et \(G_2\) celui de \((A,1)\), \((B,-k)\).
Pour construire un barycentre de quatre points. On regroupe les points deux par deux (ou trois et un) en barycentres partiels, en vérifiant que chaque somme partielle de coefficients est non nulle. On termine par un barycentre de deux points, facile à placer sur un segment.
Pour une somme de vecteurs d'origine \(M\). On additionne les coefficients. Somme non nulle : on introduit le barycentre \(G\) et la somme vaut (somme des coefficients) \(\times\,\overrightarrow{MG}\). Somme nulle : le vecteur est constant.
Pour une ligne de niveau. On transforme l'expression pour ne garder qu'un seul point variable : on introduit le milieu \(I\) pour un produit scalaire \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}\), le barycentre \(G\) pour une somme \(a\,MA^2+b\,MB^2\). On obtient \(MI^2\) ou \(MG^2\) égal à une constante, dont on étudie le signe avant de conclure. Pour un quotient de distances, on élève au carré.
Pour contrôler. On vérifie le résultat sur un point simple de l'ensemble trouvé, par exemple un point de la droite \((AB)\).
Énoncé. Dans un repère orthonormé, on donne \(A(0\,;0)\), \(B(6\,;0)\), \(C(6\,;4)\), \(D(0\,;4)\). a) Calculer les coordonnées du barycentre \(G\) de \((A,1)\), \((B,2)\), \((C,2)\), \((D,1)\), puis le construire. b) Déterminer l'ensemble des points \(M\) tels que \(\|\overrightarrow{MA}+2\,\overrightarrow{MB}+2\,\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\|=12\). c) Réduire \(\vec w=\overrightarrow{MA}-2\,\overrightarrow{MB}+2\,\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MD}\).
Solution : a) La somme des coefficients est 6. \(x_G=\dfrac{0+12+12+0}{6}=4\) et \(y_G=\dfrac{0+0+8+4}{6}=2\) : \(G(4\,;2)\). Pour le construire : le barycentre de \((A,1)\) et \((D,1)\) est le milieu \(H(0\,;2)\) de \([AD]\) ; celui de \((B,2)\) et \((C,2)\) est le milieu \(K(6\,;2)\) de \([BC]\). Donc \(G\) est le barycentre de \((H,2)\) et \((K,4)\) : \(\overrightarrow{HG}=\dfrac46\,\overrightarrow{HK}=\dfrac23\,\overrightarrow{HK}\).
b) La somme vaut \(6\,\overrightarrow{MG}\). La condition s'écrit \(6\,MG=12\), soit \(MG=2\) : c'est le cercle de centre \(G\) et de rayon 2.
c) La somme des coefficients est \(1-2+2-1=0\) : \(\vec w\) est constant. En remplaçant \(M\) par \(A\) : \(\vec w=-2\,\overrightarrow{AB}+2\,\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}=2\,\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{AD}\). Comme \(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}\) dans ce rectangle, \(\vec w=\overrightarrow{AD}\), de coordonnées \((0\,;4)\).
Énoncé. On donne \(A(-3\,;0)\) et \(B(3\,;0)\) ; le milieu de \([AB]\) est l'origine \(I\), et \(AB=6\). Déterminer l'ensemble des points \(M\) tels que : a) \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=7\) ; b) \(MA^2+MB^2=26\) ; c) \(MA^2-MB^2=12\).
Solution : a) \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=MI^2-\dfrac{36}{4}=MI^2-9\). L'égalité donne \(MI^2=16\), soit \(MI=4\) : c'est le cercle de centre \(I\) et de rayon 4. Contrôle avec \(M(4\,;0)\) : \(\overrightarrow{MA}(-7\,;0)\) et \(\overrightarrow{MB}(-1\,;0)\), produit scalaire 7.
Avec le même calcul, le niveau \(-9\) donne \(MI^2=0\), donc le seul point \(I\), et le niveau \(-10\) donne \(MI^2=-1\), impossible : la ligne de niveau est vide.
b) \(I\) est le barycentre de \((A,1)\) et \((B,1)\), donc \(MA^2+MB^2=2\,MI^2+IA^2+IB^2=2\,MI^2+18\). L'égalité donne \(MI^2=4\) : c'est le cercle de centre \(I\) et de rayon 2.
c) La somme des coefficients est nulle. \(MA^2-MB^2=2\,\overrightarrow{IM}\cdot\overrightarrow{AB}\), avec \(\overrightarrow{AB}(6\,;0)\) et \(\overrightarrow{IM}(x\,;y)\) : l'égalité s'écrit \(12x=12\), soit \(x=1\). C'est la droite d'équation \(x=1\), perpendiculaire à \((AB)\).
Énoncé. On donne \(A(0\,;0)\) et \(B(6\,;0)\). Déterminer l'ensemble des points \(M\) tels que \(\dfrac{MA}{MB}=2\).
Solution : La condition équivaut à \(MA^2-4\,MB^2=0\), c'est-à-dire \((\overrightarrow{MA}-2\,\overrightarrow{MB})\cdot(\overrightarrow{MA}+2\,\overrightarrow{MB})=0\).
Soit \(G_1\) le barycentre de \((A,1)\) et \((B,2)\) : \(x=\dfrac{0+12}{3}=4\), donc \(G_1(4\,;0)\), et \(\overrightarrow{MA}+2\,\overrightarrow{MB}=3\,\overrightarrow{MG_1}\). Soit \(G_2\) le barycentre de \((A,1)\) et \((B,-2)\) : \(x=\dfrac{0-12}{-1}=12\), donc \(G_2(12\,;0)\), et \(\overrightarrow{MA}-2\,\overrightarrow{MB}=-\overrightarrow{MG_2}\).
La condition devient \(-3\,\overrightarrow{MG_1}\cdot\overrightarrow{MG_2}=0\), soit \(\overrightarrow{MG_1}\cdot\overrightarrow{MG_2}=0\) : \(M\) décrit le cercle de diamètre \([G_1G_2]\), de centre \(\Omega(8\,;0)\) et de rayon 4.
Contrôle avec \(M(8\,;4)\) : \(MA^2=64+16=80\) et \(MB^2=4+16=20\), donc \(\dfrac{MA}{MB}=\sqrt4=2\).
Figure — Le cercle de l'exemple 3
En bleu marine, l'ensemble des points M tels que MA = 2 MB : c'est le cercle de diamètre [G₁G₂], de centre Ω. Les points G₁ et G₂, marqués en or sur la droite (AB), sont les deux points de cette droite qui sont deux fois plus loin de A que de B. Pour le point M placé en haut du cercle, les segments en pointillés ont pour longueurs MA et MB.
Introduire un barycentre quand la somme des coefficients est nulle. Il n'existe pas. Dans ce cas, la somme de vecteurs est constante (exemple 1, question c) et la somme de carrés conduit à une droite (exemple 2, question c).
Former un barycentre partiel de somme nulle. On ne peut regrouper \((A,a)\) et \((B,b)\) que si \(a+b\neq 0\). Si ce n'est pas le cas, on choisit un autre regroupement.
Conclure « cercle » sans regarder le signe. L'égalité \(MI^2=r\) ne donne un cercle que si \(r\gt 0\). Pour \(r=0\) l'ensemble est un point, pour \(r\lt 0\) il est vide (exemple 2, niveaux \(-9\) et \(-10\)).
Oublier le cas \(k=1\) pour un quotient de distances. \(MA=MB\) donne la médiatrice de \([AB]\), et non un cercle : le point \(G_2\) n'existe pas, car \(1-k=0\).
Centre d’inertie d’une plaque homogène
Une plaque de tôle ou de carton d'épaisseur constante, faite d'un seul matériau, est dite homogène. Son centre d'inertie (son centre de gravité) est le point où elle tient en équilibre sur une pointe. Le barycentre permet de le calculer pour des plaques formées de morceaux simples, ou percées d'un trou.
Pour une plaque homogène, la masse d'un morceau est proportionnelle à son aire. On admet les propriétés suivantes, issues de la physique.
- Symétrie. Si la plaque a un centre de symétrie, c'est son centre d'inertie (disque : son centre ; rectangle, carré, parallélogramme : le point d'intersection des diagonales). Si elle a un axe de symétrie, son centre d'inertie est sur cet axe.
- Triangle. Le centre d'inertie d'une plaque triangulaire est le centre de gravité du triangle, point d'intersection des médianes, situé aux deux tiers de chaque médiane à partir du sommet.
- Réunion. Si une plaque est la réunion de deux plaques sans partie commune, d'aires \(S_1\) et \(S_2\) et de centres d'inertie \(G_1\) et \(G_2\), son centre d'inertie est le barycentre de \((G_1\,;S_1)\) et \((G_2\,;S_2)\). Cela s'étend à trois morceaux ou plus.
Une plaque \(\mathcal P\) d'aire \(S\) et de centre d'inertie \(G\) est percée d'un trou \(\mathcal T\) d'aire \(s\) et de centre d'inertie \(H\). La plaque complète est la réunion de la plaque évidée (aire \(S-s\), centre \(K\) cherché) et du trou. Donc \(G\) est le barycentre de \((K\,;S-s)\) et \((H\,;s)\), ce qui donne
\[(S-s)\,\overrightarrow{OK}=S\,\overrightarrow{OG}-s\,\overrightarrow{OH} :\]\(K\) est le barycentre de \((G\,;S)\) et \((H\,;-s)\). On « retire » le trou en lui donnant un coefficient négatif. En coordonnées : \(x_K=\dfrac{S\,x_G-s\,x_H}{S-s}\) et de même pour \(y_K\).
Le point \(K\) est sur la droite \((GH)\), du côté de \(G\) opposé au trou.
1) On choisit un repère adapté (origine en un sommet ou au centre, axes le long des bords ou d'un axe de symétrie).
2) On découpe la plaque en morceaux simples (rectangles, triangles, disques) dont on connaît l'aire et le centre d'inertie ; pour une plaque percée, on part de la plaque pleine et du trou.
3) On calcule le barycentre des centres affectés des aires (coefficient négatif pour un trou).
4) On contrôle : le point trouvé doit être sur les axes de symétrie de la plaque, et du côté où il y a le plus de matière. Un autre découpage doit donner le même point.
Énoncé. Dans un repère orthonormé (unité 1 cm), une plaque homogène est formée du rectangle \(OABC\) avec \(A(6\,;0)\), \(B(6\,;2)\), \(C(0\,;2)\), et du rectangle \(CDEF\) avec \(D(2\,;2)\), \(E(2\,;6)\), \(F(0\,;6)\). Déterminer son centre d'inertie.
Solution : Le premier rectangle a pour aire \(6\times 2=12\) et pour centre \(G_1(3\,;1)\) ; le second, d'aire \(2\times4=8\), a pour centre \(G_2(1\,;4)\). Le centre d'inertie est le barycentre de \((G_1\,;12)\) et \((G_2\,;8)\) :
\[x_G=\frac{12\times3+8\times1}{20}=2{,}2,\qquad y_G=\frac{12\times1+8\times4}{20}=2{,}2.\]Contrôles : la plaque est symétrique par rapport à la droite d'équation \(y=x\), et \(G(2{,}2\,;2{,}2)\) est bien sur cette droite. Autre découpage : le carré de côté 6 (aire 36, centre \((3\,;3)\)) moins le carré \([2\,;6]\times[2\,;6]\) (aire 16, centre \((4\,;4)\)) : \(x_G=\dfrac{36\times3-16\times4}{20}=2{,}2\).
Énoncé. Un disque homogène de centre \(O\) et de rayon 4 est percé d'un trou circulaire de rayon 2, de centre \(A(2\,;0)\) (le trou touche le bord du grand disque). Déterminer le centre d'inertie \(K\) de la plaque obtenue.
Solution : Aires : \(S=16\pi\) pour le disque plein, \(s=4\pi\) pour le trou. \(K\) est le barycentre de \((O\,;16\pi)\) et \((A\,;-4\pi)\) :
\[x_K=\frac{16\pi\times0-4\pi\times2}{16\pi-4\pi}=-\frac{8\pi}{12\pi}=-\frac23,\qquad y_K=0.\]\(K\left(-\dfrac23\,;0\right)\) est sur l'axe de symétrie (l'axe des abscisses), du côté opposé au trou, comme prévu.
Figure — Disque évidé et son centre d'inertie
Le disque de centre O et de rayon 4, en bleu, percé du disque de centre A(2 ; 0) et de rayon 2, en pointillés. Le centre d'inertie K(−2/3 ; 0), en or, est sur l'axe de symétrie, du côté opposé au trou : la matière est plus abondante à gauche.
Énoncé. Un disque homogène de centre \(O\) et de rayon 3 est percé d'un trou carré de côté 2, de centre \(B(1\,;0)\), à côtés parallèles aux axes. Déterminer le centre d'inertie de la plaque, puis en donner une valeur approchée.
Solution : Le carré est bien à l'intérieur du disque (son sommet le plus éloigné, \((2\,;1)\), est à la distance \(\sqrt5\lt 3\) de \(O\)). Aires : \(9\pi\) et 4. Le centre d'inertie est le barycentre de \((O\,;9\pi)\) et \((B\,;-4)\) :
\[x_K=\frac{-4\times1}{9\pi-4}=-\frac{4}{9\pi-4}\approx-0{,}16,\qquad y_K=0.\]Le trou est petit devant le disque : le centre d'inertie ne se déplace que légèrement, vers la gauche.
Faire la moyenne des centres sans les aires. Dans l'exemple 1, la moyenne des abscisses \(\dfrac{3+1}{2}=2\) est fausse : le grand rectangle pèse plus lourd, d'où 2,2.
Ajouter le trou au lieu de le retirer. Le trou reçoit le coefficient \(-s\), et le total des coefficients est \(S-s\), l'aire de la plaque restante.
Oublier les contrôles de symétrie. Un centre d'inertie qui n'est pas sur un axe de symétrie de la plaque, ou qui est du côté du trou, signale une erreur de signe ou de coordonnées.
Résumé
Si la somme \(s\) des coefficients est non nulle, la somme des vecteurs d'origine \(M\) vaut \(s\,\overrightarrow{MG}\) ; sinon elle est constante.
On remplace des points par leur barycentre, affecté de la somme (non nulle) de leurs coefficients.
\(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=MI^2-\dfrac{AB^2}{4}\), avec \(I\) milieu de \([AB]\).
\(a\,MA^2+b\,MB^2=(a+b)\,MG^2+a\,GA^2+b\,GB^2\) si \(a+b\neq 0\).
\(\dfrac{MA}{MB}=k\), \(k\neq 1\) : cercle de diamètre \([G_1G_2]\) ; \(k=1\) : médiatrice.
Centre de symétrie de la plaque : c'est le centre d'inertie. Axe de symétrie : le centre d'inertie est dessus.
Barycentre des centres des morceaux, affectés de leurs aires.
Barycentre de \((G\,;S)\) et \((H\,;-s)\) : le trou reçoit un coefficient négatif.
Si \(a+b\ne 0\), \(G\) est l'unique point tel que \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=\vec{0}\). Somme nulle : pas de barycentre.
\(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}\). \(G\) est sur \((AB)\), entre \(A\) et \(B\) si les coefficients ont le même signe.
Multiplier tous les coefficients par \(k\ne 0\) ne change pas \(G\). Pour tout \(M\) : \(a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}=(a+b)\,\overrightarrow{MG}\).
On remplace deux points par leur barycentre, affecté de la somme de leurs coefficients. Centre de gravité : aux deux tiers de chaque médiane.
\(x_G=\dfrac{ax_A+bx_B+cx_C}{a+b+c}\), de même pour \(y_G\) : on divise par la somme des coefficients.
\(a\vec u+b\vec v+c\vec w=\vec 0\) avec \(a,b,c\) non tous nuls.
\((x_A+ta,\ y_A+tb,\ z_A+tc)\), point + vecteur directeur.
Paramétrique (point + 2 vecteurs) ou cartésienne \(\alpha x+\beta y+\gamma z+\delta=0\).
Non parallèles et non sécantes — spécifique à l'espace.
Sujet type devoir
Question 1. Donner une représentation paramétrique de la droite \(D\) passant par \(A(0;1;2)\) et \(B(3;-1;1)\).
\(\overrightarrow{AB}(3;-2;-1)\) dirige \(D\) : \(x=3t,\ y=1-2t,\ z=2-t\), \(t\in\mathbb R\).
Question 2. Le point \(C(1;1;2)\) appartient-il au plan \(P:\ x+2y-z-1=0\) ?
\(1+2(1)-2-1=1+2-2-1=0\) ✓ : \(C\in P\).
Question 3. Les vecteurs \(\vec u(1;1;0)\), \(\vec v(0;1;1)\), \(\vec w(2;4;2)\) sont-ils coplanaires ?
Cherchons \(a,b\) : \(\vec w=a\vec u+b\vec v\) donne \(2=a\), \(4=a+b\Rightarrow b=2\), \(2=b=2\) ✓. Cohérent sur les trois coordonnées : oui, coplanaires (\(\vec w=2\vec u+2\vec v\)).