Barycentre

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BARYCENTRE DE 2 POINTS PONDÉRÉS (ET PLUS Motivation : sachant que la balance suivante est en équilibre, quel est le poids M ? 1 50 kg 6m or 10 1. Barycentre de deu d Sni* to View nextçgge Définition 1 En toute rigueur, il faudrait Soient a et b deux réels tels que a 1 0. au préalable prouver l’existence et l’unicité d’un tel Ition On appelle barycentre de deux points pondérés (A, a) et (B, b) le point G défini par • a GA+bGB-O point G. Voir le cours de GPIO• D’où : Barycentre On utilise ici la propriété suivante • -3M + 150 M 50 kg Page 1 G.

COSTANTINI http://bacamaths. net/ Exemple 2 . Soit G le point d’un segment [AB] tel que AG — 4 G est-il le barycentre de A et B munis de certains coefficients ? On a. 10 pour tout point M du plan Alors en particulier pour M = G, on a : a GA + b GB=O Et comme a + b 0, ceci signifie bien que G est le barycentre de (A a) et (B, b). Théorème 2 Soient a et b deux réels tels que a + b 1 0 et

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G un point du plan. Dans ces conditions, on a : G est le barycentre de (A, a) et (B, b) équivaut à AG = a+b Cette relation permet aisément de construire le point G. Et donc prouve, a posteriori, son existence) Démonstration : Si G est le barycentre (A, a) et (B, b) alors on utilise le théorème vec M = A, ce qui donne : Page 2 Puis, on divise par a+ b q PAGF 10 : AG proportionnels (non nuls). Soit k un réel non nul ; la relation a GA est bien équivalente à la relation = O (avec a+ bi O) ka GA + kb GB = O (puisque a + b 0 équivaut ici à ka 1 0) qui signifie bien que G est le barycentre de (A, ka) et (B, kb) . Exemple : construire le barycentre de (A, 350) et (B, 140) revient ? étudier (A, 5) et (B, 2).

Théorème 4 Soient a et b deux réels tels que a + b 1 0. Le barycentre G de (A. a) et (B, b) est situé sur la droite (AB). On utilise le théorème 2 pour constater que les vecteurs AG et AB ont colinéaires, donc les points A, B et G sont alignés. Et plus précisément . Si a et b sont de même signe, alors G Î [AB] • Si a et b sont de signes opposés, alors G [AB]. page 3 0 de deux points A et B affectés du même coefficient non nul est le milieu de [AB]. On l’appelle l’isobarycentre des points A et B ou encore centre de gravité des points A et B.

Démonstration : a GA + a GB = O équivaut à GA + GB = O Devinette : quel est le centre de gravité ? (1) 4. Coordonnées du barycentre dans un repère (O , i , j En utilisant le théorème 1 avec M = O, on a : a OA+bOB Notons (XA YA) et (xB, YB) les coordonnées respectives de A et B dans le repère (O, i , j on a donc : xBi+yaj donc : (a + b) OG = (am + bX3) i + + b GB + g GC O (lorsque a + b + gi O) Théorème 7 Soient a, b et g trois réels tels que a + b + gi O et G un point du plan.

Dans ces conditions, on a : G est le barycentre de (A, a), (B, b) et (C, g) équivaut ? pour tout point M du plan : a MA + b MB + g MC On a les équivalences suivantes : G est le barycentre de (A a), (B, b) et (C, g) a GM + a MA + b GM + gGM+gMC a MA + b g MC = (a + b + g) MG Théorème 8 = (a +b+g)MG Soient a, bet g trois réels tels ue a+ b + gi O et G un point du lan. Dans ces conditions, Démonstration : a GA + a GB + a GC O avec a 0 équivaut à GA + GB + GC=O. Remarque : on verra plus loin que l’isobarycentre des sommets d’un quadrilatère est, en général, différent de son centre de gravité !

Exercice : ABC est un triangle. Construire le barycentre G de (A, 2), (B, 1) et(C, l). Première méthode : on a, par la définition 2 : 2 GA + GB + GC = O (S) L’idée est d’introduire le point I milieu de [BC]. Alors, d’après le théorème 1 appliqué pour M = G, on a : GB + GC=2G GA + GI -O La relation (S) s’écrit alors tout simplement : Conclusion : G est le milieu de [Al]. Deuxième méthode : on a, par la définition 2 : 2 GA + GB + GC o (S) Introduisons le barycentre (3, 1).

Alors, d’après le il est souvent facile de construire le centre d’inertie d’une plaque grâce aux propriétés suivantes (admises à notre niveau) : Cas simples • Le centre d’inertie d’une tige est le milieu de cette tige • Le centre d’inertie d’un triangle est l’isobarycentre de ses trois sommets. Attention ! Le centre d’inertie d’un quadrilatère ABCD est, en général, différent de l’isobarycentre des sommets A, B, C et D ! (Voir exemple ci-dessous) Prlncipes de symétrie ?? Si la plaque admet un centre de symétrie, alors c’est son centre d’inertie.

Si la plaque admet un axe de symétrie alors son centre d’inertie est sur cet axe. Principe de juxtaposition Si une plaque Pl d’aire al a pour centre d’inertie Il et une plaque PZ d’aire a2 a pour centre d’inertie 12 alors la plaque Pl È P2 admet pour centre d’inertie le barycentre de (Il al) et (12, a2). Remarque : comme les plaques sont homogènes, leurs aires al et a2 sont proportionnelles à leurs masses ml et m2, on a donc aussi (d’après l’homogénéité des coefficients) : I = ml) ; (12, m2)} Exemple : ABCD est un quadrilatère. Construire l’isobarycentre G des sommets A B, C et D. On pourra utiliser le milieu LJ de la diagonale [ACI et le milieu V de la diagonale [BD]) On souhaite maintenant construire le centre d’inertie de la plaque ABCD. ABCD. Construire le centre d’inertie Il du triangle ABC et le centre d’inertie 12 du triangle ACC). En déduire que Î (Il 12). Construire le centre d’inertie 13 du triangle ABD et le centre d’inertie 14 du triangle CBD. En déduire que (1314). En déduire la position de l. (Voir figure, page suivante) page 7 Le centre de gravité G et le centre d’inertie d’un quadrilatère sont, en général, deux points distincts. D Il 12 septièmes de celle-ci en partant de D. Note : le résultat ci-dessus reste valable même si A. B, C et D sont quatre points quelconques du plan. 8. Applications Caractérisation des pieds des bissectrices par des barycentres. Soit ABC un triangle et le pied de la bissectrice (intérieure) issue de A. On note H et K les projetés orthogonaux de sur [AC] et [BC] respectivement. AK=AH et IK- IH On rappelle que l’on a alors : Comme I est sur le segment [Bq, il existe des réels b et g, tous deux de même signe tels que : b+g10etb IB+glC=O Comme les vecteurs IB et IC sont de sens opposés, on peut ecrlre • gic=o