Barycentres et arcs capables

# Barycentres et arcs capables ## Introduction Le barycentre, notion héritée des travaux d'Archimède et formalisée par Leibniz, constitue un outil fondamental de la géométrie analytique et vectorielle. Il permet de remplacer un système de points pondérés par un point unique qui en résume l'équilibre. Cette notion, au programme des classes de Première C et E, trouve des applications dans l'étude de l'alignement, du parallélisme, des droites concourantes et des lieux géométriques. Les arcs capables, quant à eux, généralisent la notion de cercle circonscrit et permettent de caractériser les ensembles de points d'où l'on voit un segment sous un angle donné. Ce chapitre établit les fondements nécessaires à l'étude de la géométrie dans le plan et dans l'espace, ainsi qu'à la résolution de problèmes de lieux géométriques. --- ## I. Barycentre de deux points pondérés ### I.1. Définition et présentation Soient $A$ et $B$ deux points du plan, et $\alpha$, $\beta$ deux réels tels que $\alpha + \beta \neq 0$. > **Définition (Barycentre de deux points pondérés)** : On appelle barycentre du système de points pondérés $\{(A, \alpha), (B, \beta)\}$ l'unique point $G$ vérifiant : > $$\alpha \overrightarrow{GA} + \beta \overrightarrow{GB} = \overrightarrow{0}$$ > Cette égalité vectorielle équivaut à : > $$\overrightarrow{OG} = \frac{\alpha \overrightarrow{OA} + \beta \overrightarrow{OB}}{\alpha + \beta}$$ > pour tout point $O$ du plan. **Existence et unicité** : L'application $M \mapsto \alpha \overrightarrow{MA} + \beta \overrightarrow{MB}$ est une application linéaire de l'ensemble des points du plan vers l'ensemble des vecteurs. En effet, pour tout point $O$ : $$\alpha \overrightarrow{MA} + \beta \overrightarrow{MB} = \alpha(\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA}) + \beta(\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB}) = (\alpha + \beta)\overrightarrow{MO} + \alpha\overrightarrow{OA} + \beta\overrightarrow{OB}$$ L'égalité $\alpha \overrightarrow{GA} + \beta \overrightarrow{GB} = \overrightarrow{0}$ devient : $$(\alpha + \beta)\overrightarrow{GO} + \alpha\overrightarrow{OA} + \beta\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{0}$$ D'où : $$\overrightarrow{OG} = \frac{\alpha \overrightarrow{OA} + \beta \overrightarrow{OB}}{\alpha + \beta}$$ Le point $G$ est donc unique et bien défini. ### I.2. Cas particuliers - Si $\alpha = \beta = 1$, alors $G$ est le **milieu** du segment $[AB]$ : $\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}}{2}$. - Si $\alpha = 1$ et $\beta = 0$, alors $G = A$. - Si $\alpha = 0$ et $\beta = 1$, alors $G = B$. ### I.3. Construction du barycentre **Cas où $\alpha$ et $\beta$ sont de même signe** : Le barycentre $G$ est situé sur le segment $[AB]$. On utilise la relation : $$\overrightarrow{AG} = \frac{\beta}{\alpha + \beta}\overrightarrow{AB}$$ **Démonstration** : De $\alpha \overrightarrow{GA} + \beta \overrightarrow{GB} = \overrightarrow{0}$, on écrit : $$\alpha \overrightarrow{GA} + \beta(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AB}) = \overrightarrow{0}$$ $$(\alpha + \beta)\overrightarrow{GA} + \beta\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{0}$$ $$\overrightarrow{AG} = \frac{\beta}{\alpha + \beta}\overrightarrow{AB}$$ **Cas où $\alpha$ et $\beta$ sont de signes contraires** : Le barycentre $G$ est situé sur la droite $(AB)$, à l'extérieur du segment $[AB]$. La même formule s'applique. **Exemple numérique** : Soient $A$ et $B$ deux points tels que $AB = 6$ cm. Construire le barycentre $G$ de $\{(A, 2), (B, 1)\}$. On a $\alpha + \beta = 3 \neq 0$. D'après la formule : $$\overrightarrow{AG} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$$ Donc $AG = \frac{1}{3} \times 6 = 2$ cm, et $G$ est sur le segment $[AB]$ à 2 cm de $A$. ### I.4. Propriétés fondamentales > **Propriété (Homogénéité)** : Le barycentre est invariant par multiplication de tous les coefficients par un même réel non nul. Autrement dit, pour tout $k \neq 0$, le barycentre de $\{(A, \alpha), (B, \beta)\}$ est aussi le barycentre de $\{(A, k\alpha), (B, k\beta)\}$. **Démonstration** : Si $G$ est le barycentre de $\{(A, \alpha), (B, \beta)\}$, alors $\alpha \overrightarrow{GA} + \beta \overrightarrow{GB} = \overrightarrow{0}$. En multipliant par $k$ : $k\alpha \overrightarrow{GA} + k\beta \overrightarrow{GB} = \overrightarrow{0}$, ce qui montre que $G$ est aussi le barycentre de $\{(A, k\alpha), (B, k\beta)\}$. > **Propriété (Réduction vectorielle)** : Pour tout point $M$ du plan : > $$\alpha \overrightarrow{MA} + \beta \overrightarrow{MB} = (\alpha + \beta)\overrightarrow{MG}$$ > où $G$ est le barycentre de $\{(A, \alpha), (B, \beta)\}$. **Démonstration** : On écrit $\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GA}$ et $\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GB}$. Alors : $$\alpha \overrightarrow{MA} + \beta \overrightarrow{MB} = \alpha(\overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GA}) + \beta(\overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GB}) = (\alpha + \beta)\overrightarrow{MG} + (\alpha\overrightarrow{GA} + \beta\overrightarrow{GB}) = (\alpha + \beta)\overrightarrow{MG}$$ **Exemple** : Soit $G$ le barycentre de $\{(A, 3), (B, -1)\}$. Pour tout point $M$ : $$3\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{MG}$$ ### I.5. Coordonnées du barycentre Dans un repère $(O, \vec{i}, \vec{j})$, si $A(x_A, y_A)$ et $B(x_B, y_B)$, alors le barycentre $G$ de $\{(A, \alpha), (B, \beta)\}$ a pour coordonnées : $$x_G = \frac{\alpha x_A + \beta x_B}{\alpha + \beta}, \quad y_G = \frac{\alpha y_A + \beta y_B}{\alpha + \beta}$$ **Exemple** : Soient $A(1, 2)$ et $B(3, -4)$. Le barycentre de $\{(A, 2), (B, 1)\}$ a pour coordonnées : $$x_G = \frac{2 \times 1 + 1 \times 3}{3} = \frac{5}{3}, \quad y_G = \frac{2 \times 2 + 1 \times (-4)}{3} = 0$$ --- ## II. Barycentre de trois ou quatre points pondérés ### II.1. Généralisation à $n$ points > **Définition (Barycentre de $n$ points pondérés)** : Soient $A_1, A_2, \ldots, A_n$ des points du plan et $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ des réels tels que $\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \neq 0$. Le barycentre du système $\{(A_1, \alpha_1), (A_2, \alpha_2), \ldots, (A_n, \alpha_n)\}$ est l'unique point $G$ vérifiant : > $$\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{GA_i} = \overrightarrow{0}$$ > Pour tout point $O$ : > $$\overrightarrow{OG} = \frac{\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{OA_i}}{\sum_{i=1}^{n} \alpha_i}$$ **Propriété (Réduction vectorielle généralisée)** : Pour tout point $M$ : $$\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{MA_i} = \left(\sum_{i=1}^{n} \alpha_i\right)\overrightarrow{MG}$$ ### II.2. Barycentre de trois points Pour trois points $A$, $B$, $C$ avec les coefficients $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ tels que $\alpha + \beta + \gamma \neq 0$, le barycentre $G$ vérifie : $$\alpha \overrightarrow{GA} + \beta \overrightarrow{GB} + \gamma \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}$$ **Cas particulier important** : Si $\alpha = \beta = \gamma = 1$, $G$ est l'**isobarycentre** du triangle $ABC$, c'est-à-dire son **centre de gravité**. Dans ce cas : $$\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}$$ **Propriété** : Le centre de gravité $G$ d'un triangle $ABC$ est situé aux $\frac{2}{3}$ de chaque médiane à partir du sommet. Si $A'$ est le milieu de $[BC]$, alors : $$\overrightarrow{AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AA'}$$ **Démonstration** : Soit $A'$ le milieu de $[BC]$. On a $\overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = 2\overrightarrow{GA'}$. L'égalité $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}$ devient $\overrightarrow{GA} + 2\overrightarrow{GA'} = \overrightarrow{0}$, d'où $\overrightarrow{AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AA'}$. ### II.3. Barycentres partiels (associativité) > **Théorème (Associativité du barycentre)** : Soit $G$ le barycentre de $\{(A, \alpha), (B, \beta), (C, \gamma)\}$ avec $\alpha + \beta + \gamma \neq 0$. Si $\alpha + \beta \neq 0$ et si $H$ est le barycentre de $\{(A, \alpha), (B, \beta)\}$, alors $G$ est le barycentre de $\{(H, \alpha + \beta), (C, \gamma)\}$. **Démonstration** : Pour tout point $M$ : $$\alpha \overrightarrow{MA} + \beta \overrightarrow{MB} = (\alpha + \beta)\overrightarrow{MH}$$ Donc : $$\alpha \overrightarrow{MA} + \beta \overrightarrow{MB} + \gamma \overrightarrow{MC} = (\alpha + \beta)\overrightarrow{MH} + \gamma \overrightarrow{MC}$$ Si $G$ est le barycentre de $\{(H, \alpha + \beta), (C, \gamma)\}$, alors pour tout $M$ : $$(\alpha + \beta)\overrightarrow{MH} + \gamma \overrightarrow{MC} = (\alpha + \beta + \gamma)\overrightarrow{MG}$$ Par conséquent : $$\alpha \overrightarrow{MA} + \beta \overrightarrow{MB} + \gamma \overrightarrow{MC} = (\alpha + \beta + \gamma)\overrightarrow{MG}$$ Ce qui montre que $G$ est bien le barycentre du système initial. **Exemple** : Soit $G$ le barycentre de $\{(A, 2), (B, 1), (C, 3)\}$. On peut d'abord construire $H$ barycentre de $\{(A, 2), (B, 1)\}$, puis $G$ comme barycentre de $\{(H, 3), (C, 3)\}$, c'est-à-dire le milieu de $[HC]$ (car les coefficients sont égaux). ### II.4. Barycentre de quatre points Pour quatre points $A$, $B$, $C$, $D$ avec les coefficients $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\delta$ tels que $\alpha + \beta + \gamma + \delta \neq 0$, le barycentre $G$ vérifie : $$\alpha \overrightarrow{GA} + \beta \overrightarrow{GB} + \gamma \overrightarrow{GC} + \delta \overrightarrow{GD} = \overrightarrow{0}$$ **Cas particulier** : Si $\alpha = \beta = \gamma = \delta = 1$, $G$ est l'**isobarycentre** du tétraèdre $ABCD$ (dans l'espace) ou du quadrilatère $ABCD$ (dans le plan). **Exemple dans le plan** : Soit $ABCD$ un parallélogramme. L'isobarycentre de $\{A, B, C, D\}$ est le point d'intersection des diagonales. En effet, si $O$ est ce point d'intersection, alors $O$ est le milieu de $[AC]$ et de $[BD]$, donc $\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{0}$ et $\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OD} = \overrightarrow{0}$, d'où $\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD} = \overrightarrow{0}$. ### II.5. Alignement de points et droites concourantes > **Théorème (Alignement)** : Trois points $A$, $B$, $C$ sont alignés si et seulement si il existe des réels $\alpha$, $\beta$ non tous nuls tels que $C$ soit le barycentre de $\{(A, \alpha), (B, \beta)\}$. **Démonstration** : Si $C$ est le barycentre de $\{(A, \alpha), (B, \beta)\}$, alors $\alpha \overrightarrow{CA} + \beta \overrightarrow{CB} = \overrightarrow{0}$, ce qui signifie que $\overrightarrow{CA}$ et $\overrightarrow{CB}$ sont colinéaires, donc $A$, $B$, $C$ sont alignés. Réciproquement, si $A$, $B$, $C$ sont alignés, il existe $k$ tel que $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$, et on vérifie que $C$ est le barycentre de $\{(A, 1-k), (B, k)\}$. > **Théorème (Concours des médianes)** : Les trois médianes d'un triangle sont concourantes au centre de gravité. **Démonstration** : Soit $G$ l'isobarycentre de $\{A, B, C\}$. Soit $A'$ le milieu de $[BC]$. On a montré que $\overrightarrow{AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AA'}$, donc $G \in (AA')$. De même, $G \in (BB')$ et $G \in (CC')$ où $B'$ et $C'$ sont les milieux respectifs de $[CA]$ et $[AB]$. Les trois médianes sont donc concourantes en $G$. **Exemple (droites concourantes)** : Soit $ABC$ un triangle. On considère les points $I$, $J$, $K$ définis par : $$\overrightarrow{AI} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB}, \quad \overrightarrow{BJ} = \frac{1}{3}\overrightarrow{BC}, \quad \overrightarrow{CK} = \frac{1}{3}\overrightarrow{CA}$$ Montrer que les droites $(CJ)$, $(AK)$ et $(BI)$ sont concourantes. **Solution** : $I$ est le barycentre de $\{(A, 2), (B, 1)\}$ (car $\overrightarrow{AI} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$ implique $\overrightarrow{IA} + 2\overrightarrow{IB} = \overrightarrow{0}$). De même, $J$ est le barycentre de $\{(B, 2), (C, 1)\}$ et $K$ est le barycentre de $\{(C, 2), (A, 1)\}$. Soit $G$ le barycentre de $\{(A, 2), (B, 1), (C, 1)\}$. Par associativité, $G$ est le barycentre de $\{(I, 3), (C, 1)\}$, donc $G \in (CI)$. De même, $G$ est le barycentre de $\{(J, 3), (A, 1)\}$, donc $G \in (AJ)$, et $G$ est le barycentre de $\{(K, 3), (B, 1)\}$, donc $G \in (BK)$. Les droites $(CI)$, $(AJ)$ et $(BK)$ sont concourantes en $G$. ### II.6. Coordonnées du barycentre de $n$ points Dans un repère $(O, \vec{i}, \vec{j})$, si $A_i(x_i, y_i)$ pour $i = 1, \ldots, n$, alors le barycentre $G$ a pour coordonnées : $$x_G = \frac{\sum_{i=1}^{n} \alpha_i x_i}{\sum_{i=1}^{n} \alpha_i}, \quad y_G = \frac{\sum_{i=1}^{n} \alpha_i y_i}{\sum_{i=1}^{n} \alpha_i}$$ **Exemple** : Soient $A(1, 0)$, $B(0, 2)$, $C(-1, 1)$. Le barycentre de $\{(A, 1), (B, 2), (C, 1)\}$ a pour coordonnées : $$x_G = \frac{1 \times 1 + 2 \times 0 + 1 \times (-1)}{4} = 0, \quad y_G = \frac{1 \times 0 + 2 \times 2 + 1 \times 1}{4} = \frac{5}{4}$$ --- ## III. Réduction du vecteur $\sum \alpha_i \overrightarrow{MA_i}$ et lignes de niveau ### III.1. Réduction de $\sum \alpha_i \overrightarrow{MA_i}$ > **Théorème (Réduction)** : Soient $A_1, A_2, \ldots, A_n$ des points et $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ des réels tels que $S = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \neq 0$. Si $G$ est le barycentre du système $\{(A_i, \alpha_i)\}$, alors pour tout point $M$ : > $$\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{MA_i} = S \cdot \overrightarrow{MG}$$ **Cas où $S = 0$** : La somme $\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{MA_i}$ est indépendante du point $M$. En effet, pour deux points $M$ et $M'$ : $$\sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{MA_i} - \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{M'A_i} = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i (\overrightarrow{MA_i} - \overrightarrow{M'A_i}) = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \overrightarrow{MM'} = \left(\sum_{i=1}^{n} \alpha_i\right)\overrightarrow{MM'} = \overrightarrow{0}$$ **Exemple** : Pour $n = 2$, $\alpha = 1$, $\beta = -1$ : $\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB} = \overrightarrow{BA}$, vecteur constant indépendant de $M$. ### III.2. Ligne de niveau $MA^2 + MB^2 = k$ Soient $A$ et $B$ deux points distincts, et $k$ un réel. On cherche l'ensemble des points $M$ tels que $MA^2 + MB^2 = k$. Soit $I$ le milieu de $[AB]$. On utilise la relation de la médiane : $$MA^2 + MB^2 = 2MI^2 + \frac{AB^2}{2}$$ **Démonstration** : On écrit $\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA}$ et $\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IB}$. Comme $I$ est le milieu, $\overrightarrow{IA} = -\overrightarrow{IB}$. Alors : $$MA^2 + MB^2 = (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA})^2 + (\overrightarrow{MI} - \overrightarrow{IA})^2 = 2MI^2 + 2IA^2 = 2MI^2 + \frac{AB^2}{2}$$ L'équation $MA^2 + MB^2 = k$ devient : $$2MI^2 + \frac{AB^2}{2} = k \iff MI^2 = \frac{k}{2} - \frac{AB^2}{4}$$ > **Propriété** : L'ensemble des points $M$ tels que $MA^2 + MB^2 = k$ est : > - le cercle de centre $I$ (milieu de $[AB]$) et de rayon $\sqrt{\frac{k}{2} - \frac{AB^2}{4}}$ si $k > \frac{AB^2}{2}$ ; > - le point $I$ si $k = \frac{AB^2}{2}$ ; > - l'ensemble vide si $k < \frac{AB^2}{2}$. **Exemple numérique** : Soient $A(-1, 0)$ et $B(1, 0)$. Déterminer l'ensemble des points $M$ tels que $MA^2 + MB^2 = 6$. $I = (0, 0)$, $AB = 2$, $AB^2 = 4$. L'équation devient $2MI^2 + 2 = 6$, donc $MI^2 = 2$. L'ensemble est le cercle de centre $I(0, 0)$ et de rayon $\sqrt{2}$. ### III.3. Ligne de niveau $MA^2 - MB^2 = k$ Soient $A$ et $B$ deux points distincts, et $k$ un réel. On cherche l'ensemble des points $M$ tels que $MA^2 - MB^2 = k$. Soit $I$ le milieu de $[AB]$. On écrit : $$MA^2 - MB^2 = (\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB}) \cdot (\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB})$$ Or $\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB} = \overrightarrow{BA}$ et $\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{MI}$ (car $I$ est le milieu de $[AB]$). Donc : $$MA^2 - MB^2 = \overrightarrow{BA} \cdot 2\overrightarrow{MI} = 2\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{MI}$$ Soit $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur la droite $(AB)$. Alors $\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{MI} = \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{HI}$ (car $\overrightarrow{MH}$ est orthogonal à $\overrightarrow{BA}$). Donc : $$MA^2 - MB^2 = 2 \cdot BA \cdot \overline{HI}$$ où $\overline{HI}$ désigne la mesure algébrique de $HI$ sur l'axe $(AB)$ orienté de $A$ vers $B$. > **Propriété** : L'ensemble des points $M$ tels que $MA^2 - MB^2 = k$ est la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par le point $H$ de $(AB)$ vérifiant : > $$\overline{AH} = \frac{AB}{2} + \frac{k}{2AB}$$ **Démonstration** : On a $\overline{HI} = \frac{k}{2AB}$. Or $\overline{AI} = \frac{AB}{2}$, donc $\overline{AH} = \overline{AI} + \overline{IH} = \frac{AB}{2} + \frac{k}{2AB}$. **Exemple numérique** : Soient $A(0, 0)$ et $B(4, 0)$. Déterminer l'ensemble des points $M$ tels que $MA^2 - MB^2 = 8$. $AB = 4$. On a $\overline{AH} = \frac{4}{2} + \frac{8}{2 \times 4} = 2 + 1 = 3$. L'ensemble est la droite verticale $x = 3$. ### III.4. Ligne de niveau $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = k$ Soient $A$ et $B$ deux points distincts, et $k$ un réel. On cherche l'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = k$. Soit $I$ le milieu de $[AB]$. On écrit : $$\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA}) \cdot (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IB}) = (\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA}) \cdot (\overrightarrow{MI} - \overrightarrow{IA}) = MI^2 - IA^2$$ Donc : $$\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = MI^2 - \frac{AB^2}{4}$$ L'équation $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = k$ devient : $$MI^2 = k + \frac{AB^2}{4}$$ > **Propriété** : L'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = k$ est : > - le cercle de centre $I$ (milieu de $[AB]$) et de rayon $\sqrt{k + \frac{AB^2}{4}}$ si $k > -\frac{AB^2}{4}$ ; > - le point $I$ si $k = -\frac{AB^2}{4}$ ; > - l'ensemble vide si $k < -\frac{AB^2}{4}$. **Exemple numérique** : Soient $A(-2, 0)$ et $B(2, 0)$. Déterminer l'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = -3$. $I = (0, 0)$, $AB = 4$, $AB^2 = 16$. On a $MI^2 = -3 + 4 = 1$. L'ensemble est le cercle de centre $I$ et de rayon $1$. ### III.5. Ligne de niveau $\frac{MA}{MB} = k$ ($k > 0$, $k \neq 1$) Soient $A$ et $B$ deux points distincts, et $k$ un réel strictement positif, $k \neq 1$. On cherche l'ensemble des points $M$ tels que $\frac{MA}{MB} = k$, c'est-à-dire $MA = k \cdot MB$. En élevant au carré : $MA^2 = k^2 MB^2$, soit $MA^2 - k^2 MB^2 = 0$. On utilise la réduction : $MA^2 - k^2 MB^2 = (\overrightarrow{MA} - k\overrightarrow{MB}) \cdot (\overrightarrow{MA} + k\overrightarrow{MB})$. Soient $G_1$ le barycentre de $\{(A, 1), (B, -k)\}$ et $G_2$ le barycentre de $\{(A, 1), (B, k)\}$. Alors : $$\overrightarrow{MA} - k\overrightarrow{MB} = (1-k)\overrightarrow{MG_1}$$ $$\overrightarrow{MA} + k\overrightarrow{MB} = (1+k)\overrightarrow{MG_2}$$ Donc : $$MA^2 - k^2 MB^2 = (1-k)(1+k)\overrightarrow{MG_1} \cdot \overrightarrow{MG_2} = (1-k^2)\overrightarrow{MG_1} \cdot \overrightarrow{MG_2}$$ L'équation $MA^2 = k^2 MB^2$ devient $(1-k^2)\overrightarrow{MG_1} \cdot \overrightarrow{MG_2} = 0$. Comme $k \neq 1$, $1 - k^2 \neq 0$, donc : $$\overrightarrow{MG_1} \cdot \overrightarrow{MG_2} = 0$$ > **Propriété** : L'ensemble des points $M$ tels que $\frac{MA}{MB} = k$ (avec $k > 0$, $k \neq 1$) est le cercle de diamètre $[G_1G_2]$, où $G_1$ est le barycentre de $\{(A, 1), (B, -k)\}$ et $G_2$ le barycentre de $\{(A, 1), (B, k)\}$. Ce cercle est appelé **cercle d'Apollonius**. **Cas particulier $k = 1$** : L'ensemble des points $M$ tels que $MA = MB$ est la **médiatrice** du segment $[AB]$. **Exemple numérique** : Soient $A(0, 0)$ et $B(6, 0)$. Déterminer l'ensemble des points $M$ tels que $\frac{MA}{MB} = 2$. $G_1$ est le barycentre de $\{(A, 1), (B, -2)\}$ : $\overrightarrow{AG_1} = \frac{-2}{-1}\overrightarrow{AB} = 2\overrightarrow{AB}$, donc $G_1(12, 0)$. $G_2$ est le barycentre de $\{(A, 1), (B, 2)\}$ : $\overrightarrow{AG_2} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$, donc $G_2(4, 0)$. L'ensemble est le cercle de diamètre $[G_1G_2]$, c'est-à-dire de centre $(8, 0)$ et de rayon $4$. ```onbuch-plot {"title":"Cercle d'Apollonius : MA/MB = 2 avec A(0,0), B(6,0)","type":"line","series":[{"label":"Cercle de centre (8,0) et rayon 4","points":[[12,0],[11.92,0.8],[11.7,1.56],[11.32,2.28],[10.8,2.94],[10.14,3.52],[9.36,4],[8.48,4.38],[7.52,4.64],[6.5,4.78],[5.44,4.8],[4.36,4.7],[3.3,4.48],[2.28,4.14],[1.34,3.7],[0.52,3.16],[-0.16,2.54],[-0.68,1.86],[-1.02,1.14],[-1.18,0.4],[-1.16,-0.34],[-0.96,-1.06],[-0.58,-1.74],[-0.04,-2.36],[0.64,-2.9],[1.42,-3.34],[2.28,-3.68],[3.2,-3.9],[4.14,-4],[5.08,-3.98],[5.98,-3.84],[6.82,-3.58],[7.58,-3.22],[8.24,-2.76],[8.8,-2.22],[9.24,-1.62],[9.56,-0.98],[9.76,-0.32],[9.84,0.34],[9.8,1],[9.64,1.64],[9.36,2.24],[8.98,2.8],[8.5,3.3],[7.94,3.72],[7.32,4.06],[6.66,4.32],[6,4.48],[5.34,4.56],[4.7,4.56],[4.1,4.48],[3.56,4.34],[3.08,4.14],[2.68,3.88],[2.36,3.58],[2.12,3.24],[1.96,2.88],[1.88,2.5],[1.88,2.12],[1.94,1.74],[2.06,1.38],[2.24,1.04],[2.46,0.74],[2.72,0.48],[3,0.26],[3.3,0.1],[3.6,0],[3.9,-0.04],[4.18,-0.02],[4.44,0.06],[4.66,0.18],[4.84,0.34],[4.98,0.52],[5.06,0.72],[5.1,0.94],[5.08,1.16],[5.02,1.38],[4.92,1.6],[4.78,1.8],[4.62,1.98],[4.44,2.14],[4.26,2.28],[4.08,2.38],[3.9,2.46],[3.74,2.5],[3.6,2.52],[3.48,2.5],[3.4,2.46],[3.36,2.4],[3.36,2.32],[3.4,2.22],[3.48,2.12],[3.6,2.02],[3.74,1.92],[3.9,1.84],[4.08,1.78],[4.26,1.74],[4.44,1.74],[4.6,1.76],[4.74,1.82],[4.84,1.9],[4.9,2],[4.92,2.12],[4.9,2.24],[4.84,2.36],[4.74,2.48],[4.62,2.58],[4.48,2.66],[4.34,2.72],[4.2,2.76],[4.08,2.78],[3.98,2.78],[3.9,2.76],[3.86,2.72],[3.84,2.68],[3.86,2.62],[3.9,2.56],[3.98,2.5],[4.06,2.46],[4.16,2.42],[4.26,2.4],[4.36,2.4],[4.44,2.42],[4.5,2.46],[4.54,2.5],[4.54,2.56],[4.52,2.62],[4.48,2.68],[4.42,2.72],[4.36,2.76],[4.3,2.78],[4.24,2.78],[4.2,2.76],[4.18,2.74],[4.18,2.7],[4.2,2.66],[4.24,2.62],[4.28,2.58],[4.32,2.56],[4.36,2.54],[4.4,2.54],[4.42,2.56],[4.42,2.58],[4.4,2.6],[4.38,2.62],[4.36,2.64],[4.34,2.64],[4.34,2.64]]}]} ``` --- ## IV. Arcs capables ### IV.1. Définition et propriété fondamentale > **Définition (Arc capable)** : Soient $A$ et $B$ deux points distincts du plan et $\theta$ un réel. On appelle arc capable du segment $[AB]$ pour l'angle $\theta$ l'ensemble des points $M$ du plan tels que : > $$\text{Mes}(\widehat{AMB}) = \theta \quad (\text{mod } \pi)$$ > c'est-à-dire tels que l'angle orienté $(\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB})$ soit égal à $\theta$ modulo $\pi$. **Remarque** : L'angle $\widehat{AMB}$ désigne l'angle non orienté (géométrique) entre les demi-droites $[MA)$ et $[MB)$. > **Théorème (Angle inscrit)** : Soient $A$ et $B$ deux points distincts et $\Gamma$ un cercle passant par $A$ et $B$. Pour tout point $M$ de $\Gamma$ distinct de $A$ et $B$, l'angle $\widehat{AMB}$ est constant si $M$ est sur un même arc d'extrémités $A$ et $B$. Plus précisément, si $O$ est le centre de $\Gamma$ et si $\alpha = \widehat{AOB}$ (angle au centre), alors : > - pour $M$ sur le grand arc $AB$ : $\widehat{AMB} = \frac{\alpha}{2}$ ; > - pour $M$ sur le petit arc $AB$ : $\widehat{AMB} = \pi - \frac{\alpha}{2}$. **Démonstration** : Soit $M$ un point du cercle $\Gamma$ distinct de $A$ et $B$. Le triangle $AOB$ est isocèle en $O$. L'angle au centre $\widehat{AOB} = \alpha$. L'angle inscrit $\widehat{AMB}$ intercepte le même arc $AB$. D'après le théorème de l'angle inscrit, $\widehat{AMB} = \frac{\alpha}{2}$ si $M$ est sur le grand arc, et $\widehat{AMB} = \pi - \frac{\alpha}{2}$ si $M$ est sur le petit arc. ### IV.2. Ensemble des points $M$ tels que $\text{Mes}(\widehat{AMB}) = \theta$ Soient $A$ et $B$ deux points distincts et $\theta$ un réel fixé. > **Théorème (Arc capable)** : L'ensemble des points $M$ du plan tels que $\text{Mes}(\widehat{AMB}) = \theta$ (avec $0 < \theta < \pi$) est la réunion de deux arcs de cercles symétriques par rapport à la droite $(AB)$, privés de $A$ et $B$, et dont les centres sont situés sur la médiatrice de $[AB]$. **Construction** : 1. On trace la médiatrice $\Delta$ de $[AB]$. 2. On construit le point $O$ sur $\Delta$ tel que $\widehat{AOB} = 2\theta$ (si $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$) ou $\widehat{AOB} = 2(\pi - \theta)$ (si $\frac{\pi}{2} < \theta < \pi$). 3. On trace le cercle de centre $O$ passant par $A$ et $B$. 4. L'arc capable est l'arc $\widehat{AB}$ de ce cercle situé du côté de $O$ (pour l'angle $\theta$), et son symétrique par rapport à $(AB)$. **Démonstration de l'unicité** : Soit $M$ tel que $\widehat{AMB} = \theta$. Le cercle circonscrit au triangle $AMB$ passe par $A$ et $B$. Son centre $O$ est sur la médiatrice de $[AB]$. L'angle au centre $\widehat{AOB}$ vaut $2\theta$ ou $2(\pi - \theta)$ selon la position de $M$. Réciproquement, tout point $M$ du cercle de centre $O$ (avec $\widehat{AOB} = 2\theta$) situé sur le bon arc vérifie $\widehat{AMB} = \theta$. ### IV.3. Cas particulier : $\theta = \frac{\pi}{2}$ Si $\theta = \frac{\pi}{2}$, alors $\widehat{AMB} = \frac{\pi}{2}$. L'angle au centre correspondant est $\widehat{AOB} = \pi$, donc $A$, $O$, $B$ sont alignés et $O$ est le milieu de $[AB]$. > **Propriété** : L'ensemble des points $M$ tels que $\widehat{AMB} = \frac{\pi}{2}$ est le cercle de diamètre $[AB]$, privé de $A$ et $B$. C'est une conséquence directe du théorème de Thalès (le triangle $AMB$ est rectangle en $M$ si et seulement si $M$ est sur le cercle de diamètre $[AB]$). ### IV.4. Ensemble des points $M$ tels que $\text{Mes}(\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB}) = \theta + k(2\pi)$ On considère maintenant l'angle orienté $(\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB})$. > **Théorème** : L'ensemble des points $M$ tels que $(\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB}) \equiv \theta \pmod{2\pi}$ est un arc de cercle unique (privé de $A$ et $B$), appelé arc capable orienté. **Construction** : 1. On trace la droite $(AB)$. 2. En $A$, on trace la demi-droite $[Ax)$ telle que l'angle de $(AB)$ à $[Ax)$ soit égal à $\theta$ (c'est-à-dire $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{Ax}) = \theta$). 3. On trace la perpendiculaire à $[Ax)$ en $A$ ; elle coupe la médiatrice de $[AB]$ en $O$, le centre du cercle cherché. 4. L'arc capable est l'arc $\widehat{AB}$ du cercle de centre $O$ situé du côté de $O$. **Démonstration** : Soit $M$ un point de l'arc. Par le théorème de l'angle inscrit, l'angle $(\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB})$ est égal à l'angle $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{Ax})$ où $[Ax)$ est la tangente en $A$ au cercle. Or la tangente en $A$ est perpendiculaire à $[AO]$, et par construction $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{Ax}) = \theta$. Donc $(\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB}) = \theta$. ### IV.5. Ensemble des points $M$ tels que $\text{Mes}(\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB}) = \theta + k(\pi)$ > **Théorème** : L'ensemble des points $M$ tels que $(\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB}) \equiv \theta \pmod{\pi}$ est la réunion de deux arcs de cercles symétriques par rapport à $(AB)$, privés de $A$ et $B$. **Explication** : La condition modulo $\pi$ signifie que l'angle non orienté $\widehat{AMB}$ vaut $\theta$ ou $\pi - \theta$. En effet, si $(\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB}) \equiv \theta \pmod{\pi}$, alors l'angle géométrique $\widehat{AMB}$ est $\min(\theta, \pi - \theta)$ dans sa valeur principale. Les deux arcs capables correspondants sont symétriques par rapport à $(AB)$. **Exemple** : Soient $A$ et $B$ deux points tels que $AB = 4$ cm. Construire l'ensemble des points $M$ tels que $\widehat{AMB} = 60°$. 1. On trace la médiatrice de $[AB]$. 2. L'angle au centre est $2 \times 60° = 120°$. Le triangle $AOB$ est isocèle avec $\widehat{AOB} = 120°$, donc $\widehat{OAB} = \widehat{OBA} = 30°$. 3. On place $O$ sur la médiatrice tel que $\widehat{OAB} = 30°$. 4. On trace le cercle de centre $O$ passant par $A$ et $B$. 5. L'arc capable est le grand arc $\widehat{AB}$ (celui qui contient les points $M$ tels que $\widehat{AMB} = 60°$), ainsi que son symétrique par rapport à $(AB)$. ```onbuch-svg <svg width="400" height="300" viewBox="0 0 400 300" xmlns="http://www.w3.org/2000/svg"> <!-- Axe AB --> <line x1="50" y1="200" x2="350" y2="200" stroke="black" stroke-width="2"/> <!-- Points A et B --> <circle cx="100" cy="200" r="4" fill="black"/> <text x="90" y="190" font-size="14" font-weight="bold">A</text> <circle cx="300" cy="200" r="4" fill="black"/> <text x="305" y="190" font-size="14" font-weight="bold">B</text> <!-- Médiatrice --> <line x1="200" y1="20" x2="200" y2="280" stroke="gray" stroke-dasharray="5,5"/> <text x="205" y="30" font-size="12" fill="gray">Δ</text> <!-- Centre O --> <circle cx="200" cy="84" r="4" fill="blue"/> <text x="205" y="78" font-size="14" fill="blue">O</text> <!-- Cercle --> <circle cx="200" cy="84" r="132" fill="none" stroke="blue" stroke-width="2"/> <!-- Arc capable (grand arc) --> <path d="M 100 200 A 132 132 0 1 1 300 200" fill="none" stroke="red" stroke-width="3"/> <!-- Arc symétrique --> <path d="M 100 200 A 132 132 0 1 0 300 200" fill="none" stroke="green" stroke-width="3" stroke-dasharray="8,4"/> <!-- Point M sur l'arc --> <circle cx="200" cy="50" r="4" fill="red"/> <text x="205" y="45" font-size="14" fill="red">M</text> <!-- Segments MA et MB --> <line x1="200" y1="50" x2="100" y2="200" stroke="red" stroke-width="1" stroke-dasharray="3,3"/> <line x1="200" y1="50" x2="300" y2="200" stroke="red" stroke-width="1" stroke-dasharray="3,3"/> <!-- Angle --> <path d="M 150 140 A 60 60 0 0 1 250 140" fill="none" stroke="purple" stroke-width="1.5"/> <text x="195" y="130" font-size="12" fill="purple">60°</text> <!-- Légende --> <text x="50" y="280" font-size="12" fill="red">Arc capable (angle 60°)</text> <text x="50" y="295" font-size="12" fill="green">Arc symétrique</text> </svg> ``` ### IV.6. Application : résolution de problèmes de lieux géométriques **Exemple complet** : Soient $A$ et $B$ deux points fixes tels que $AB = 5$ cm. Déterminer et construire l'ensemble des points $M$ tels que $\widehat{AMB} = 45°$. **Solution** : 1. On trace le segment $[AB]$ de longueur 5 cm. 2. L'angle au centre correspondant est $2 \times 45° = 90°$. Le triangle $AOB$ est donc rectangle isocèle en $O$, avec $OA = OB = \frac{AB}{\sqrt{2}} = \frac{5}{\sqrt{2}} \approx 3,54$ cm. 3. On place $O$ sur la médiatrice de $[AB]$ à la distance $\frac{5}{2} = 2,5$ cm de $(AB)$ (car dans un triangle rectangle isocèle, la hauteur issue de l'angle droit vaut la moitié de l'hypoténuse). 4. On trace le cercle de centre $O$ et de rayon $OA$. 5. L'ensemble cherché est le grand arc $\widehat{AB}$ de ce cercle (celui qui ne contient pas $O$), privé de $A$ et $B$, ainsi que son symétrique par rapport à $(AB)$. **Vérification** : Pour tout point $M$ sur cet arc, l'angle $\widehat{AMB}$ intercepte le petit arc $AB$ dont l'angle au centre est $90°$, donc $\widehat{AMB} = \frac{90°}{2} = 45°$. **Exemple avec angle orienté** : Déterminer l'ensemble des points $M$ tels que $(\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB}) \equiv \frac{\pi}{3} \pmod{2\pi}$. **Solution** : 1. On trace $[AB)$. 2. En $A$, on construit la demi-droite $[Ax)$ telle que $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{Ax}) = \frac{\pi}{3} = 60°$. 3. On trace la perpendiculaire à $[Ax)$ en $A$ ; elle coupe la médiatrice de $[AB]$ en $O$. 4. L'ensemble cherché est l'arc $\widehat{AB}$ du cercle de centre $O$ situé du côté de $O$, privé de $A$ et $B$. --- ## Conclusion Le barycentre constitue un outil puissant et unificateur de la géométrie. Il permet de traiter de manière élégante des problèmes d'alignement, de concours et de réduction vectorielle. Les lignes de niveau, obtenues par la réduction du vecteur $\sum \alpha_i \overrightarrow{MA_i}$, fournissent une classification complète des lieux géométriques associés à des expressions quadratiques ou scalaires : cercles, droites, médiatrices. Les arcs capables, enfin, généralisent la notion d'angle inscrit et permettent de caractériser géométriquement les ensembles de points d'où l'on voit un segment sous un angle donné. Ces notions, fondamentales pour la résolution de problèmes de géométrie plane, trouveront des prolongements naturels en Terminale avec l'étude des transformations du plan, des coniques et de la géométrie dans l'espace. La maîtrise du barycentre et des arcs capables est également essentielle pour aborder les épreuves du baccalauréat, où ces outils sont régulièrement mobilisés dans les exercices de géométrie.