Le barycentre dans le plan et dans l espace Livre pages 160 à 171 Introduction : QCM + exercices sur les vecteurs niveau seconde; recherche de point d équilibre. 1 Vecteurs dans l espace 1.1 Propriétés des vecteur dans l espace À tout couple de points (A;B) de l espace, on associe le vecteur AB de la manière suivante : 1. Si A B alors le vecteur AB a : pour direction celle de la droite (AB); pour sens celui de A vers B; pour norme (ou longueur) la distance AB : on note AB = AB. 2. Si A = B, le vecteur AA est le vecteur nul, noté : AA =. Les propriétés vues en seconde sur les vecteurs dans le plan se généralisent aux vecteurs dans l espace : Soit u un vecteur non nul de l espace. 1. BA = AB. 2. k u = k = 0 ou u =. 3. Pour tout réel k non nul, k u est le vecteur de même direction que u, de même sens si k > 0 et de sens contraire si k < 0, et de norme k u = k u. 4. Deux vecteurs non nuls sont égaux si et seulement si ils ont même direction, même sens et même norme. 5. Pour tout point A de l espace, il existe un unique point B tel que AB = u. 6. Pour tous points A, B et C de l espace, AB + BC = AC : c est la relation de Chasles. 7. AB = DC ABCD est un parallélogramme (aplati si les points A, B, C et D sont alignés). 8. AB + AC = AD ABDC est un parallélogramme. 9. (k + k ) u = k u + k u ; k( u + v ) = k u + k v. On définit aussi, comme dans le plan, la notion de colinéarité : Colinéarité dans l espace 1. Soient A, B, C et D quatre points distincts du plan. On dit que les vecteurs (non nuls) AB et CD sont colinéaires s ils ont la même direction. Cela signifie donc que les droites (AB) et (CD) sont parallèles. Par convention, le vecteur nul est l unique vecteur colinéaire à tout vecteur u. 2. Soient u et v deux vecteurs non nuls. u et v colinéaires il existe un réel k tel que u = k v (ou il existe un réel k tel que v = k u. 3. (AB)//(CD) u et v sont colinéaires.
1.2 Plans dans l espace Caractérisation vectorielle d un plan Soient A, B et C trois points distincts et non alignés. Le plan (ABC) est l ensemble des points M tels qu il exite deux réels x et y tels que AM = x AB + yac On dit alors que les vecteurs AB et AC sont des vecteurs directeurs du plan (ABC) (ils dirigent le plan (ABC). Les vecteurs u et v forment une base du plan (ABC). Démonstration : Ce théorème est une caractérisation des plans. Cela signifie donc qu il faut montrer une équivalence, donc le sens direct et sa réciproque. A, B et C étant non alignés, les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires. Donc (A; AB; AC est un repère du plan (ABC). Tout point M du plan admet des coordonnées dans ce repère, c est-à-dire que pour tout point M du plan, il existe deux réels x et y tels que AM = x AB + yac. Réciproquement il faut montrer que tout point M du l espace tel que AM = x AB + yac est un point du plan (ABC). (A; AB; AC étant un repère du plan (ABC), pour tous réels x et y, il existe un point N du plan (ABC) tel que AN = x AB + yac. Donc AN = AM donc M = N donc M (ABC). Définition des vecteurs coplanaires Soient u, v et w trois vecteurs et soit O un point quelconque de l espace. On considère les points A, B et C tels que OA = u, OB = v et OC = w. Dire que les vecteurs u, v et w sont coplanaires signifie que les points O, A, B et C sont coplanaires, c est-à-dire sont dans un même plan. Caractérisation des vecteurs coplanaires Soient u, v et w trois vecteurs tels que u et v ne soient pas colinéaires. u, v et w coplanaires il existe deux réels x et y tels que w = x u + y v. Démonstration : c est une conséquence directe du théorème caractérisant les plans. En effet, soit O un point quelconque et soient A, B et C les points définis par OA = u, OB = v et OC = w. Par hypothèse u et v ne sont pas colinéaires. Donc ce sont des vecteurs directeurs du plan (OAB). On a : u, v et w coplanaires O, A, B et C coplanaires C (OAB) il existe deux réels x et y tels que OC = xoa + yob w = x u + y v. 2 Barycentre 2.1 Introduction Voir l activité : le barycentre abordé de manière intuitive. 2.2 Barycentre de deux points pondérés Théorème et définition du barycentre Soient A et B deux points de l espace et soient α et β deux réels tels que 0. Il existe un unique point G tel que α GA + β GB = 0. Le point G est appelé le barycentre des points pondérés (A;α), (B;β). On dit aussi que G est le barycentre des points A et B affectés des coefficients α et β. Démonstration : Transformons l égalité vectorielle en un autre dans laquelle le point G recherché n apparaisse qu une seule fois :
α GA + β GB = α GA + β( GA + AB) = α GA + β GB = () GA + β AB = α GA + β GB = 0 () GA = βab α GA + β β GB = 0 AG = AB = car 0 Par conséquent, déterminer un point G de l espace vérifiant α GA + β GB = 0 revient à déterminer un point G de l espace tel que : AG = β AB Or, α+β 0, donc le point G existe et est unique. La relation obtenue permet par ailleurs de construire le point G. Remarques : 1. Concrètement, le barycentre de deux points pondérés est le point d équilibre de l haltère formée par les deux poids. 2. Un poids négatif correspond à une masse portée par un ballon d hélium par exemple. 3. Si la masse totale est nulle ( = 0), le barycentre n est pas défini. Exemples : 1. Voir les exemples de l activité. 2. On considère les points A(1;3) et B( 2;4). Déterminer le barycentre du système {(A;2);(B; 1)}. On remarque tout d abord que le barycentre G de ce système existe puisque 2 1 = 1 0. On a alors : 2 GA GB = 0 Utilisons alors la relation de Chasles afin de transformer cette relation et de placer le point G : soit : 2 GA ( GA + AB) = AG = BA Par conséquent, A est le milieu du segment [BG]. 3. Soient C et D deux points. Déterminer le barycentre du système {(C; 2);(D; 3)}. Tout d abord, 3 + 2 0, donc le barycentre G du système existe. On a alors : 2 GC + 3 GD = Utilisons alors la relation de Chasles afin de transformer cette relation et de placer le point G : 2 GC + 3( GC + CD) = soit : CG = 3 CD 5 Afin de placer G, il faut diviser le segment [CD] en cinq parties égales. Le théoème de Thalès nous est ici utile :
D Les droites (CC ) et (DD ) sont parallèles par construction. On peut donc appliquer le théorème de Thalès dans les triangles GCC et GDD : 3 C C G 2 D CC DD = 3 2 = GC GD Par conséquent, les points C, G et D étant alignés : GC = 3 DG 2 ou encore : 2 GC + 3 GD = 4. Si α = β alors α GA + α GB =, ce qui donne, en simplifiant par α 0 : GA + GB = 0 Le point G tracé àl aide du théorème de Thalès correspond bien au barycentre de (C;2);(D;3). ce qui signifie que G est le milieu de [AB]. On dit que G est l isobarycentre de A et B. 2.3 Autres caractérisations du barycentre À travers les exemples traités et la démonstration de l existence du barycentre, on a rencontré une autre caractérisation du barycentre : Deuxième caractérisation du barycentre Soient A et B deux points de l espace et soient α et β deux réels tels que 0. G = bar{(a,α);(b;β)} AG = β AB Il existe encore une autre caractérisation du barycentre. Cette dernière formule est très utile et contient en particulier les deux autres : Troisième caractérisation du barycentre Soient A et B deux points de l espace et soient α et β deux réels tels que 0. Démonstration : G = bar{(a,α);(b,β)} Pour tout point M du plan, α MA + β MB = () MG Si G est le barycentre de (A,α) et (B,β) alors : α GA + β GB = 0. Pour tout point M du plan, on a alors, en utilisant la relation de Chasles : c est-à-dire : α( GM + MA) + β( GM + MB) = α MA + β MB = () MG Réciproquement, si pour tout point M du plan, α MA + β MB = () MG, alors en particulier pour M = G on a : α GA + β GB = () GG = 0 Comme 0 par hypothèse, on en conclut donc que G est le barycentre de (A,α) et (B,β).
2.4 Des exemples d utilisation du barycentre Soit (A,α) et (B,β) un système de points pondérés tel que 0. 1. Le barycentre G de (A,α) et (B,β) est tel que AG = β AB. Donc G (AB). 2. Soit M un point de la droite (AB). Alors il existe un réel k tel que AM = k AB. On a alors AM = k( AM + MB) et par conséquent : (1 k) MA + k MB = Or 1 k + k = 1 0 donc M est le barycentre de (A;1 k) et (B,k). Nous avons donc montré le théorème suivant : Droite et barycentre Soient A et B deux points de l espace. La droite (AB) est l ensemble des points M barycentre de (A,1 k) et (B,k), lorsque k décrit R. Recherche de lieux de points : 1. Soient A et B deux points distincts du plan. Déterminer l ensemble E décrit par les points M du plan tels que 3 MA + 5 MB = 9 MA + MB 3 + 5 0 soit donc G 1 = bar{(a,3);(b,5)}. On a alors, pour tout point M du plan : 3 MA + 5 MB = 8 MG 1 De même, 9 + 1 0, soit donc G 2 = bar{(a, 9);(B,1)}. On a alors, pour tout point M du plan : 9 MA + MB = 8 MG 2 Alors : 3 MA + 5 MB = 9 MA + MB 8 MG 1 = 8 MG 2 8 MG 1 = 8 MG 2 MG 1 = MG 2 MG 1 = MG2 M décrit la médiatrice de [AB] L ensemble E est donc la médiatrice de [AB]. 2. Soient A et B deux points distincts du plan. Déterminer l ensemble C décrit par les points M du plan tels que 2 MA + 3 MB = MA MB 2 + 3 0 soit donc G = bar{(a,2);(b,3)}. On a alors, pour tout point M du plan : 2 MA + 3 MB = 5 MG 1 1 = 0, on ne peut donc pas introduire le barycentre de (A,1) et (B, 1). En utilisant la relation de Chasles, on a cependant : MA MB = MB + BM = BA
Alors : 2 MA + 3 MB = MA MB 5 MG = BA MG = 1 5 BA MG = 1 5 AB M décrit le cercle de centre G et de rayon AB 5 L ensemble C est donc le cercle de centre G et de rayon AB 5. Conséquences : Soit (A,α) et (B,β) un système de points pondérés tel que 0. 1. Le barycentre G de (A,α) et (B,β) est tel que AG = β AB. Donc G (AB). 2. Soit M un point de la droite (AB). Alors il existe un réel k tel que AM = k AB. On a alors AM = k( AM + MB) et par conséquent : (1 k) MA + k MB = Or 1 k + k = 1 0 donc M est le barycentre de (A;1 k) et (B,k). Nous avons donc montré le théorème suivant : Droite et barycentre Soient A et B deux points de l espace. La droite (AB) est l ensemble des points M barycentre de (A,1 k) et (B,k), lorsque k décrit R. 2.5 Propriétés du barycentre Homogénéité du barycentre Le barycentre de deux points reste inchangé lorsqu on remplace les deux coefficients par des coefficients proportionnels (non nuls). Autrement dit : Si G = bar{(a,α);(b;β)} alors pour tout réel k non nul, G = bar{(a,kα);(b,kβ)}. Démonstration : Soit k un réel non nul. On a alors : G = bar{(a,α);(b,β)} α GA + β GB = 0 G = bar{(a,α);(b,β)} k(α GA + β GB) = 0 car k 0 G = bar{(a,α);(b,β)} kα GA + kβ GB = 0 Or kα+kβ 0. Donc G = bar{(a,kα);(b,kβ)}.