Document d'accompagnement Tome1 2ème Sc et Info

CHAPITRE 6. BARYCENTRE

6.14 D´evelopper ses comp´etences

6.14.1 1. Probl`eme d’alignement

Phase exp´erimentale
On fait appel au logiciel GeoGebra pour une ´eventuelle v´erification. On peut proc´eder de

diff´erentes mani`eres. Particuli`erement :

(a) Tracer la droite (GG ) et demander la relation entre chacun de points I et M et la droite
(GG ) comme c¸a ´etait vu dans une illustration pr´ec´edente

(b) Cr´eer la variable bool´eenne ”d = SontAlign´es(M,G,G’)” en l’´ecrivant dans le champ de
saisie, le logiciel affiche la r´eponse (d = true) puis la variable bool´eenne
”e = SontAlign´es(M,G,I)” en l’´ecrivant dans le champ de saisie, le logiciel affiche la r´eponse
(e = true), comme le montre l’image ci-dessous

A. Rahmouni page 51 Octobre 2018

CHAPITRE 6. BARYCENTRE

Animations .ggb et .html

http://mongeogebra.com/ggbg/2018/10/07/probdalig2scp103/

Solution

(a) (A1B1) est la droite des milieux dans les triangles M P Q et ABC donc AB = 2A1B1 = P Q
et (AB) (P Q), par suite ABP Q est un parall´elogramme et les diagonales [AP ] et [BQ]
se coupent en leur milieu.
De mˆeme (A1C1) est la droite des milieux dans les triangles M P R et ABC
donc AC = 2A1C1 = P R et (AC) (P R), par suite ACP R est un parall´elogramme et
les diagonales [AP ] et [CR] se coupent en leur milieu.
−→ −→ −→ −→ −→ −→ →−

(b) ((IA + IP ) + (IB + IQ) + (IC + IR) = 0 (car I est le milieu de [AP ], [BQ] et [CR])
−→ −→ →−

Donc (IG + IG = 0 et par suite I est le milieu de [GG ]
−−→ −−→
(c) (M G = 2M G donc M, G et G sont align´es et comme I, G et G le sont donc M, G, G
et I sont align´es.

Remarque : Apr`es avoir trait´e le chapitre ” homoth´eties”, on peut d´emontrer autrement que
−−→ −−→
M G = 2M G
G centre de gravit´e de ABC est aussi centre de gravit´e de A1B1C1.
L’homoth´etie de centre M et de rapport 2 transforme le triangle A1B1C1 en P QR et par suite

−−→ −−→
elle transforme G en G ,donc M, G et G sont align´es et M G = 2M G subsection1.Probl`eme
d’alignement

6.14.2 2. Probl`eme de concours

Phase exp´erimentale

Solution

ABLK est un parall´elogramme donc ses diagonales [AL] et [BK] se coupent en leur milieu
qu’on notera G

A. Rahmouni page 52 Octobre 2018

CHAPITRE 6. BARYCENTRE

Montrons que G ∈ (CI)
G = barycentre {((A, 2) ; (B, 2)} et L = barycentre {((B, 1) ; (C, 1)}
donc G = barycentre {((A, 2) ; (B, 1) ; (C, 1)} or I = barycentre {((A, 2) ; (B, 1)}
donc G = barycentre {((I, 3) ; (C, 1)} et par suite G ∈ (CI)
Montrons que G ∈ (DJ)
G = barycentre {((B, 2) ; (K, 2)} et K = barycentre {((A, 1) ; (D, 1)}
donc G = barycentre {((A, 1) ; (B, 2) ; (D, 1)} or I = barycentre {((A, 2) ; (B, 1)} or
J = barycentre {((A, 1) ; (B, 2)}
donc G = barycentre {((J, 3) ; (D, 1)} et par suite G ∈ (DJ)

6.14.3 3. Probl`eme d’optimisation

Phase exp´erimentale
Solution

1. Si on d´esigne par H et H les projet´es orthogonaux respectifs de B et C sur (AA ) on a :

aire(M AB) AM.BH BH
==

aire(M AC) AM.CH CH

BH A B c BH A B
D’autre part et d’apr`es Thal`es, on a : = donc = =
CH A C b CH A C

A. Rahmouni page 53 Octobre 2018

CHAPITRE 6. BARYCENTRE

donc −−→ + −−→ = →−0 et par suite A = barycentre {((B, b) ; (C, c)}
b.A B c.A C

On d´emontre de mˆeme que : B est le barycentre de {((A, b) ; (C, c)} et que

C est le barycentre de {((A, a) ; (B, b)}

2. Soit G = barycentre {((A, a) ; (B, b) ; (C, c)}. D’apr`es l’associativit´e du barycentre on
a:
G est le barycentre de {((A, a) ; (A , b + c)}, donc G ∈ (AA )
G est le barycentre de {((B, b) ; (B , a + c)}, donc G ∈ (BB )
G est le barycentre de {((C, c) ; (C , a + b)}, donc G ∈ (CC )
et par suite G = M

3. (a) M est le barycentre de {((A, a) ; (A , b + c)}, donc −−→ + (b + −−→ = →−0 alors
a.M A c).M A

MA b + c
=
MA a
M est le barycentre de {((B, b) ; (B , a + c)}, donc alors M B = a + c
MB b
MC a+b
M est le barycentre de {((C, c) ; (C , a + b)}, donc =
MC c

(b) Pour x > 0, x+ 1 −2 = (x − 1)2 ≥ 0 et (x − 1)2
xx = 0 si et seulement si x = 1
x

MA MB MC b+c a+c a+b
(c) + + est minimum si et seulement si + + est
MA MB MC ab c

minimum

b+ c + a+ c + a+ b = a + b c + b a + c ≥ 2 +2+2 = 6
( ) +( )+ ( )
a b c ba bc ca
b+c a+c a+b
la valeur minimale de + + est donc 6 et elle est atteinte pour
ab c
aca
= = = 1 donc pour a = b = c et comme M est le barycentre de
bbc
MA MB MC
{((A, a) ; (B, b) ; (C, c)}, la somme ++ est minimale si et seulement
MA MB MC

si M est le centre de gravit´e du triangle ABC

A. Rahmouni page 54 Octobre 2018

CHAPITRE 6. BARYCENTRE

6.15 Exercices et probl`emes

6.15.1 Exercice 7

−→ −−→ −→ →−
1. α.GA + βGB + γ.GC = 0

Si β+γ = 0 alors −→ + −−→ − −→ = →− alors −→ −−→ →−
α.GA β(GB GC ) 0 α.GA + β(CB = 0 : ce qui

contredit (AG) coupe (BC).

2. G est le barycentre de {((A, α) ; (I, β + γ)}, donc I appartient `a la droite (AG) et comme
il appartient aussi a` (BC) on aura : I = A

6.15.2 Exercice 8

* I est le barycentre de {((B, 1) ; (C, 1)}

* Il existe un r´eel a tel que H soit le barycentre de {((A, a) ; (I, 2)}. Par suite il existe un r´eel

a tel que H soit le barycentre de {((A, a) ; (B, 1) ; (C, 1)}

D’apr`es l’associativit´e du barycentre on a :

H est le barycentre de {((B, 1) ; (J, a + 1)} (r´esultat de l’exercice 7)

H est le barycentre de {((C, 1) ; (K, a + 1)} −−→ −→ →−
alors HB + (a + 1)HJ = 0

−−→ −−→ →−
et HC + (a + 1)HK = 0 . En retranchant membre `a membre on obtient :

−−→ −→ →−
BC + (a + 1)JK = 0 et par suite les droites (JK) et (BC) sont parall`eles .

6.15.3 Exercice 14

Soit G est le barycentre de {((A, 3) ; (B, 1) ; (C, 2)}
G est le barycentre de {((A, 3) ; (I, 3)} =⇒ G ∈ (AI)
G est le barycentre de {((B, 1) ; (J, 5)} =⇒ G ∈ (BJ)
G est le barycentre de {((C, 2) ; (K, 4)} =⇒ G ∈ (CK)
D’ou` la conclusion.

A. Rahmouni page 55 Octobre 2018

Chapitre 7

Exercice 19 page 90 tome II

7.1 Exercice 19 page 90

7.1.1 Solution

La loi du sinus dans le cercle C donne MN
= 2r donc
sin(N )

M N = 2r . sin(N ) (1)
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CHAPITRE 7. EXERCICE 19 PAGE 90 TOME II

La loi du sinus dans le cercle circonscrit au triangle M N P donne MP = 2R

sin(N )

MP
d’ou` sin(N ) = . En remplac¸ant sin(N ) par cette valeur dans la relation (1), on obtient :

2R

r
M N = M P (a)

R

La loi du sinus dans le cercle C donne M P = 2r donc
sin(P )

M P = 2r. sin(P ) (2)

La loi du sinus dans le cercle circonscrit au triangle M N P donne MN = 2R

sin(P )

MN
d’ou` sin(P ) = . En remplac¸ant sin(P ) par cette valeur dans la relation (2) on obtient :

2R

r
M P = M N (b)

R

En multipliant les relations (a) et (b) et en simplifiant on obtient : r.r = R2

A. Rahmouni page 57 Octobre 2018

Chapitre 8
Errata

8.1 Tome 1 Exercice 14 page 107

4`eme ligne : K le barycentre de (B, 1) et (A, 3) : (Le coefficient du point B est `a rectifier)

8.2 Tome 2 Exercice 19 page 90

r
2-a) Montrer que M N = 2r . sin(N ) = .M P

R
r
b) Montrer que M P = 2r. sin(P ) = .M N
R
c) En d´eduire que r.r = R2

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