Solution des exercices : Barycentre - 2nd
Classe:
Seconde
Exercice 1
$A\ $ et $\ B$ sont deux points distincts.
1) Justifions qu'il existe un point $G$ barycentre de $(A\;,\ 2)\ $ et $\ (B\;,\ 3).$
Comme la somme des coefficients de pondération $(2+3=5)$ est différente de zéro $(0)$ et que $A\ $ et $\ B$ sont distincts alors, il existe un point $G$ barycentre de $(A\;,\ 2)\ $ et $\ (B\;,\ 3).$
2) Exprimons $\overrightarrow{AG}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}.$
$G$ barycentre de $(A\;,\ 2)\ $ et $\ (B\;,\ 3)$ donc, $G$ vérifie : $$2\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GB}=\vec{0}$$
Ainsi,
$\begin{array}{rcl}2\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GB}=\vec{0}&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{GA}+3(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB})=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{AB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&5\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{AB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&5\overrightarrow{GA}=-3\overrightarrow{AB}\\\\&\Leftrightarrow&5\overrightarrow{AG}=3\overrightarrow{AB}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AG}=\dfrac{3}{5}\overrightarrow{AB}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{AG}=\dfrac{3}{5}\overrightarrow{AB}}$
Plaçons $G.$

Exercice 2
Soit $A\ $ et $\ B$ deux points distincts.
1) Justifions qu'il existe un point $G$ barycentre de $(A\;,\ 0)\ $ et $\ (B\;,\ -3).$
En effet, $A\ $ et $\ B$ sont deux points distincts.
En calculant la somme de leur coefficient de pondération, on trouve :
$$-3+0=-3\neq 0$$
On constate alors que la somme des coefficients de pondération est non nulle ; c'est-à-dire, est différente de zéro.
Par conséquent, il existe un point $G$ barycentre de $(A\;,\ 0)\ $ et $\ (B\;,\ -3).$
2) Exprimons $\overrightarrow{AG}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}.$
$G$ étant barycentre de $(A\;,\ 0)\ $ et $\ (B\;,\ -3)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a : pour tout point $M$ du plan,
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{MG}&=&\dfrac{0\times\overrightarrow{MA}-3\times\overrightarrow{MB}}{0-3}\\\\&=&\dfrac{-3}{-3}\overrightarrow{MB}\\\\&=&\overrightarrow{MB}\end{array}$
D'où,
$$\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MB}$$
Ainsi, en remplaçant $M$ par $A$, on obtient : $\boxed{\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}}$
Plaçons $G.$
Comme $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}$ alors, $G\ $ et $\ B$ sont confondus.

Exercice 3
$G$ est le barycentre de $\left(A\;;\ \dfrac{1}{3}\right)\ $ et $\ \left(B\;;\ -\dfrac{5}{6}\right).\ G'$ est le barycentre de $(A\;,\ 2)\ $ et $\ (B\;,\ -5).$
Comparons $G\ $ et $\ G'.$
Soit $G$ est le barycentre de $\left(A\;;\ \dfrac{1}{3}\right)\ $ et $\ \left(B\;;\ -\dfrac{5}{6}\right)$ alors, $$\dfrac{1}{3}\overrightarrow{GA}-\dfrac{5}{6}\overrightarrow{GB}=\vec{0}$$
Or, d'après la propriété d'homogénéité, le barycentre reste inchangé si on multiplie ses coefficients par un même réel non nul.
Donc, en multipliant par $6$, on obtient :
$\begin{array}{rcl} 6\times\left(\dfrac{1}{3}\overrightarrow{GA}-\dfrac{5}{6}\overrightarrow{GB}\right)=6\times\vec{0}&\Leftrightarrow&\dfrac{6}{3}\overrightarrow{GA}-\dfrac{6\times 5}{6}\overrightarrow{GB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{GA}-5\overrightarrow{GB}=\vec{0}\end{array}$
Par suite, $G$ est aussi le barycentre de $(A\;,\ 2)\ $ et $\ (B\;,\ -5).$
Or, par hypothèse, $G'$ est le barycentre de $(A\;,\ 2)\ $ et $\ (B\;,\ -5).$
Par conséquent, $G=G'$
Exercice 4
Sur une droite, on donne trois points $A\;,\ B\ $ et $\ G$ tels que $\overrightarrow{GA}=-\dfrac{2}{5}\overrightarrow{GB}$
Trouvons des réels $a\ $ et $\ b$ tels que $G$ soit le barycentre du système $\{(A\;,\ a)\;;\ (B\;;\ b)\}$
En effet, $G$ doit vérifier :
$$a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}=\vec{0}$$
On a :
$\begin{array}{rcl} \overrightarrow{GA}=-\dfrac{2}{5}\overrightarrow{GB}&\Leftrightarrow&5\overrightarrow{GA}=-2\overrightarrow{GB}\\\\&\Leftrightarrow&5\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}=\vec{0}\end{array}$
Par suite, la relation $5\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}=\vec{0}$ prouve que $G$ est barycentre du système $\{(A\;,\ 5)\;;\ (B\;;\ 2)\}$
D'où, $a=5\ $ et $\ b=2$
Exercice 5
Soient $A\ $ et $\ B$ deux points distincts et $G$ le barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (B\;,\ 2).$
1) La méthode du parallélogramme
Soit $M$ un point n'appartenant pas à $(AB).$ Construisons les points $A_{1}\;,\ B_{1}\ $ et $\ S$ tels que :
$$\overrightarrow{MA}_{1}=3\overrightarrow{MA}\;;\quad \overrightarrow{MB}_{1}=2\overrightarrow{MB}\quad \text{et}\quad \overrightarrow{MS}=\overrightarrow{MA}_{1}+\overrightarrow{MB}_{1}$$
Montrons alors que les droites $(MS)\ $ et $\ (AB)$ sont sécantes en $G.$
On a : $G$ le barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (B\;,\ 2)$ alors,
$$3\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}=\vec{0}\ \Rightarrow\ 3\overrightarrow{GA}=-2\overrightarrow{GB}$$
Donc, $A\;,\ B\ $ et $\ G$ sont alignés. D'où, $G\in(AB)$
Par ailleurs, $\overrightarrow{MS}=\overrightarrow{MA}_{1}+\overrightarrow{MB}_{1}$
Or, $\overrightarrow{MA}_{1}=3\overrightarrow{MA}\ $ et $\ \overrightarrow{MB}_{1}=2\overrightarrow{MB}$
Donc, en remplaçant, on obtient : $\overrightarrow{MS}=3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}$
Comme $G$ est barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (B\;,\ 2)$ alors,
$$\forall\;M\in\mathcal{P}\;;\ \ 3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}=5\overrightarrow{MG}$$
Par suite,
$$\overrightarrow{MS}=5\overrightarrow{MG}$$
Ainsi, les points $M\;,\ S\ $ et $\ G$ sont alignés. D'où, $G\in(MS)$
$G\in(AB)\ $ et $\ G\in(MS)$ donc, $G\in(AB)\cap(MS)$
Ce qui prouve que les droites $(MS)\ $ et $\ (AB)$ sont sécantes en $G.$
2) La méthode des parallèles
Soit $\vec{u}$ un vecteur non colinéaire à $\overrightarrow{MA}.$ Construisons les points $A'\ $ et $\ B'$ tels que :
$$\overrightarrow{AA'}=2\vec{u}\ \text{ et }\ \overrightarrow{BB'}=-3\vec{u}$$
Montrons que les droites $(A'B')\ $ et $\ (AB)$ sont sécantes en $G.$
En multipliant le vecteur $\overrightarrow{AA}'$ par $3$ et le vecteur $\overrightarrow{BB}'$ par $2$, on obtient :
$$3\overrightarrow{AA'}=6\vec{u}\quad \text{et}\quad 2\overrightarrow{BB'}=-6\vec{u}$$
Ainsi, $3\overrightarrow{AA'}+2\overrightarrow{BB'}=6\vec{u}-6\vec{u}=\vec{0}$
Par suite,
$\begin{array}{rcl} 3\overrightarrow{AA'}+2\overrightarrow{BB'}=\vec{0}&\Rightarrow&3(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GA'})+2(\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{GB'})=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&3\overrightarrow{AG}+3\overrightarrow{GA'}+2\overrightarrow{BG}+2\overrightarrow{GB'}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&\underbrace{3\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{BG}}_{=\vec{0}}+3\overrightarrow{GA'}+2\overrightarrow{GB'}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&3\overrightarrow{GA'}+2\overrightarrow{GB'}=\vec{0}\end{array}$
Donc, $G$ est aussi barycentre de de $(A'\;,\ 3)\ $ et $\ (B'\;,\ 2)$
Ainsi, les points $A'\;,\ B'\ $ et $\ G$ sont alignés. D'où, $G\in(A'B')$
$G\in(AB)\ $ et $\ G\in(A'B')$ alors, $G\in(AB)\cap(A'B')$
Cela montre que les droites $(A'B')\ $ et $\ (AB)$ sont sécantes en $G.$

Exercice 6
Soient $A\ $ et $\ B$ deux points distincts.
Dans chacun des cas suivants, déterminons deux réels $\alpha\ $ et $\ \beta$ tel que $G$ soit le barycentre du système $(A\;;\ \alpha)\;,\ (B\;;\ \beta)$
Pour cela, $G$ doit vérifier la relation
$$\alpha\overrightarrow{GA}+\beta\overrightarrow{GB}=\vec{0}\quad\text{ou}\quad\alpha\overrightarrow{AG}+\beta\overrightarrow{BG}=\vec{0}$$
a) Soit :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{GB}&\Rightarrow&\overrightarrow{AG}-2\overrightarrow{GB}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{BG}=\vec{0}\end{array}$
Donc, $G$ est le barycentre du système $(A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 2)$
b) On a :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{GB}=3\overrightarrow{GA}&\Rightarrow&\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GB}-3\overrightarrow{GA}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&-\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}-3\overrightarrow{GA}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&-4\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}=\vec{0}\end{array}$
D'où, $G$ est le barycentre du système $(A\;;\ -4)\;,\ (B\;;\ 2)$
c) On a :
$\begin{array}{rcl}3\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{GA}=\overrightarrow{0}&\Rightarrow&3(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB})+\overrightarrow{GA}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&3\overrightarrow{AG}+3\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GA}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&-3\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GA}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&-2\overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GB}=\vec{0}\end{array}$
Ainsi, $G$ est le barycentre du système $(A\;;\ -2)\;,\ (B\;;\ 3)$
Exercice 7
Dans chacun des cas suivants, trouvons des réels $\alpha\ $ et $\ \beta$ tels que $A$ soit barycentre de $\{(B\;;\ \alpha)\ (C\;;\ \beta)\}$
De la même manière que dans l'exercice précédent, $A$ doit vérifier la relation
$$\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}=\vec{0}\quad\text{ou}\quad\alpha\overrightarrow{BA}+\beta\overrightarrow{CA}=\vec{0}$$
1) On a : $\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{CA}=\vec{0}\ \Rightarrow\ \overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\vec{0}$
Donc, $A$ est barycentre de $\{(B\;;\ 1)\ (C\;;\ 2)\}$
2) Soit :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{BA}=3\overrightarrow{AC}&\Rightarrow&\overrightarrow{BA}-3\overrightarrow{AC}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{BA}+3\overrightarrow{CA}=\vec{0}\end{array}$
$A$ est donc barycentre de $\{(B\;;\ 1)\ (C\;;\ 3)\}$
3) On a :
$\begin{array}{rcl} 2\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AC}=\vec{0}&\Rightarrow&2(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC})+\overrightarrow{AC}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&2\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&2\overrightarrow{BA}+3\overrightarrow{AC}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&-2\overrightarrow{AB}+3\overrightarrow{AC}=\vec{0}\end{array}$
D'où, $A$ est barycentre de $\{(B\;;\ -2)\ (C\;;\ 3)\}$
4) Soit :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BC}=2\overrightarrow{BA}&\Rightarrow&\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{BA}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{AB}=\vec{0}\\\\&\Rightarrow&2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\vec{0}\end{array}$
D'où, $A$ est barycentre de $\{(B\;;\ 2)\ (C\;;\ 2)\}$

Exercice 8
Soit $ABCD$ un parallélogramme, $I$ milieu de $[AC]\ $ et $\ G$ défini par :
$$\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}$$
1) Déterminons $\alpha\ $ et $\ \beta$ pour que $G$ soit barycentre de $(A\;;\ \alpha)\;,\ (B\;;\ \beta)$
Soit : $\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}.$
Alors, en utilisant les propriétés du calcul vectoriel et en introduisant le point $G$ dans le vecteur $\overrightarrow{AB}$, par la relation de Chasles, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{AG}-\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{GB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}=\vec{0}\end{array}$
Ainsi, on a : $\boxed{2\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}=\vec{0}}$
Par conséquent, $G$ est le barycentre du système $\{(A\;,\ 2)\;;\ (B\;;\ 1)\}$
D'où, $\boxed{\alpha=2\ \text{ et }\ \beta=1}$
2) Donnons les coordonnées de $A\;,\ B\;,\ C\;,\ D\;,\ I\;,\ $ et $\ G$ dans le repère $(A\;;\ \overrightarrow{AC}\;,\ \overrightarrow{AD})$
En effet, dans ce repère, on a :
$A$ est origine du repère, $\overrightarrow{AC}\ $ et $\ \overrightarrow{AD}$ sont les vecteurs de base.
Donc, on a :
$$A\begin{pmatrix}0\\\\0\end{pmatrix}\;,\ C\begin{pmatrix}1\\\\0\end{pmatrix}\ \text{ et }\ D\begin{pmatrix}0\\\\1\end{pmatrix}$$
Pour déterminer les coordonnées de $B$ dans ce repère, il suffit d'exprimer $\overrightarrow{AB}$ en fonction de $\overrightarrow{AC}\ $ et $\ \overrightarrow{AD}.$
On a :
$$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}\qquad(1)$$
Or, $ABCD$ est un parallélogramme. Donc,
$$\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{DA}$$
Ainsi, en remplaçant $\overrightarrow{CB}$ par $\overrightarrow{DA}$, dans la relation $(1)$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}&=&\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}\\\\&=&\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{DA}\\\\&=&\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}}$
Par conséquent,
$$B\begin{pmatrix}1\\\\-1\end{pmatrix}$$
Soit $I$ milieu de $[AC].$
Alors, on a : $\boxed{\overrightarrow{AI}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}}$
D'où,
$$I\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2}\\\\0\end{pmatrix}$$
On a : $\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}$
Or, $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}$
Par conséquent, $\boxed{\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AD}}$
D'où,
$$G\begin{pmatrix}\dfrac{1}{3}\\\\-\dfrac{1}{3}\end{pmatrix}$$
3) Donnons les coordonnées de $A\;,\ B\;,\ C\;,\ D\;,\ I\;,\ $ et $\ G$ dans le repère $(B\;;\ \overrightarrow{BD}\;,\ \overrightarrow{BC})$
En effet, dans ce repère, $B$ est l'origine, $\overrightarrow{BD}\ $ et $\ \overrightarrow{BC}$ sont les vecteurs de base.
Ainsi, on a :
$$B\begin{pmatrix}0\\\\0\end{pmatrix}\;,\ D\begin{pmatrix}1\\\\0\end{pmatrix}\ \text{ et }\ C\begin{pmatrix}0\\\\1\end{pmatrix}$$
Pour déterminer les coordonnées de $A$ dans ce repère, il suffit d'exprimer $\overrightarrow{BA}$ en fonction de $\overrightarrow{BD}\ $ et $\ \overrightarrow{BC}.$
Soit alors :
$$\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DA}\qquad(2)$$
Comme, $ABCD$ est un parallélogramme alors, on a :
$$\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{CB}$$
Ainsi, dans la relation $(2)$, en remplaçant $\overrightarrow{DA}$ par $\overrightarrow{CB}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{BA}&=&\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DA}\\\\&=&\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{CB}\\\\&=&\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BC}\end{array}$
Donc, $\boxed{\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BC}}$
D'où,
$$A\begin{pmatrix}1\\\\-1\end{pmatrix}$$
On a : $I$ milieu de $[AC].$
Or, $ABCD$ est un parallélogramme.
Par conséquent, $I$ est aussi milieu de $[BD].$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{BI}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BD}}$
Ainsi,
$$I\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2}\\\\0\end{pmatrix}$$
$G$ étant le barycentre de $(A\;;\ 2)\ $ et $\ (B\;;\ 1)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{BG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{BA}$$
Or, $\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BC}$
Donc, $\boxed{\overrightarrow{BG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{BD}-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{BC}}$
Par conséquent,
$$G\begin{pmatrix}\dfrac{2}{3}\\\\-\dfrac{2}{3}\end{pmatrix}$$
4) Donnons les coordonnées de $A\;,\ $ $B\;,\ C\;,\ D\;,\ I\;,\ $ et $\ G$ dans le repère $(A\;;\ \overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AD})$
Dans ce repère, $A$ est l'origine, $\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{AD}$ sont les vecteurs de base.
Par conséquent,
$$A\begin{pmatrix}0\\\\0\end{pmatrix}\;,\ B\begin{pmatrix}1\\\\0\end{pmatrix}\ \text{ et }\ D\begin{pmatrix}0\\\\1\end{pmatrix}$$
Pour déterminer les coordonnées de $C$ dans ce repère, il suffit d'exprimer $\overrightarrow{AC}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{AD}.$
On a :
$$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}\qquad(3)$$
Or, $ABCD$ est un parallélogramme. Donc,
$$\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}$$
Ainsi, en remplaçant $\overrightarrow{DC}$ par $\overrightarrow{AB}$, dans la relation $(3)$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AC}&=&\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}\\\\&=&\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}}$
Par conséquent,
$$C\begin{pmatrix}1\\\\1\end{pmatrix}$$
Soit $I$ milieu de $[AC].$
Alors, on a :
$$\overrightarrow{AI}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}$$
Or, $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$
Par suite, $\boxed{\overrightarrow{AI}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}}$
D'où,
$$I\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2}\\\\\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}$$
$G$ étant défini par :
$$\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}$$
Alors,
$$G\begin{pmatrix}\dfrac{1}{3}\\\\0\end{pmatrix}$$

Exercice 9
On donne deux points $A\ $ et $\ B$ tels que $AB=10$
Soit $C$ barycentre de $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 3)\}\ $ et $\ D$ barycentre de $\{(A\;;\ 3)\;,\ (B\;;\ 2)\}$
1) Construisons $C\ $ et $\ D.$
En effet, soit $C$ barycentre de $(A\;,\ 2)\ $ et $\ (B\;,\ 3)$ alors, pour tout point $M$ du plan, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{MC}=\dfrac{2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}}{2+3}$$
Donc, en remplaçant $M$ par $A$, on obtient :
$$\overrightarrow{AC}=\dfrac{3}{5}\overrightarrow{AB}$$
De la même manière, soit $D$ barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (B\;,\ 2)$ alors, pour tout point $M$ du plan, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{MD}=\dfrac{3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}}{3+2}$$
Ainsi, en remplaçant $M$ par $A$, on trouve :
$$\overrightarrow{AD}=\dfrac{2}{5}\overrightarrow{AB}$$
Plaçons alors les points $C\ $ et $\ D$ tels que :
$$\overrightarrow{AC}=\dfrac{3}{5}\overrightarrow{AB}\quad\text{ et }\quad\overrightarrow{AD}=\dfrac{2}{5}\overrightarrow{AB}$$
2) Démontrons que $[AB]\ $ et $\ [CD]$ ont même milieu noté $E.$
En effet, comme $C$ est barycentre de $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 3)\}\ $ et $\ D$ barycentre de $\{(A\;;\ 3)\;,\ (B\;;\ 2)\}$ alors, on a les relations vectorielles suivantes :
$$2\overrightarrow{AC}+3\overrightarrow{BC}=\vec{0}\qquad(1)$$
$$3\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{BD}=\vec{0}\qquad(2)$$
Ainsi, en additionnant, membre à membre les relations $(1)\ $ et $\ (2)$, on obtient :
$$2\overrightarrow{AC}+3\overrightarrow{BC}+3\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{BD}=\vec{0}\qquad\ (3)$$
Soit alors $E$ le milieu de $[AB].$
Donc, on a :
$$\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{BE}=\vec0$$
Montrons alors que $E$ est aussi milieu de $[CD].$
En effet, par la relation de Chasles, en introduisant le point $E$ dans l'égalité $(3)$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}2\overrightarrow{AC}+3\overrightarrow{BC}+3\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{BD}=\vec{0}&\Leftrightarrow&2\left(\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EC}\right)+3\left(\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{EC}\right)+3\left(\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{ED}\right)+2\left(\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{ED}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{AE}+2\overrightarrow{EC}+3\overrightarrow{BE}+3\overrightarrow{EC}+3\overrightarrow{AE}+3\overrightarrow{ED}+2\overrightarrow{BE}+2\overrightarrow{ED}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&5\overrightarrow{AE}+5\overrightarrow{EC}+5\overrightarrow{BE}+5\overrightarrow{ED}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&5\overrightarrow{AE}+5\overrightarrow{BE}+5\overrightarrow{EC}+5\overrightarrow{ED}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&5\left(\underbrace{\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{BE}}_{=\vec{0}}\right)+5\overrightarrow{EC}+5\overrightarrow{ED}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&5\overrightarrow{EC}+5\overrightarrow{ED}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&5\left(\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=\vec{0}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=\vec{0}}$
Ce qui prouve que $E$ est milieu de $[CD].$
3) Déterminons l'ensemble des points $M$ du plan tels que $$\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}\|=10\qquad\ (4)$$
En effet, comme $C$ est barycentre de $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 3)\}$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}=5\overrightarrow{MC}$$
Donc, dans la relation $(4)$, en remplaçant $2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}$ par $5\overrightarrow{MC}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}\|=10&\Leftrightarrow&\|5\overrightarrow{MC}\|=10\\\\&\Leftrightarrow&5\|\overrightarrow{MC}\|=10\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MC}\|=\dfrac{10}{5}\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MC}\|=2\end{array}$
D'où, $\boxed{\|\overrightarrow{MC}\|=2}$
Cela représente alors le cercle de centre $C$ et de rayon $2.$
Ainsi, l'ensemble des points $M$ du plan tels que $\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}\|=10$ est le cercle de centre $C$ et de rayon $2.$
4) Déterminons l'ensemble des points $M$ du plan tels que $$\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}\|=\|3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}\|\qquad\ (5)$$
En effet, comme $C$ est barycentre de $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 3)\}\ $ et $\ D$ barycentre de $\{(A\;;\ 3)\;,\ (B\;;\ 2)\}$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}=5\overrightarrow{MC}$$
$$3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}=5\overrightarrow{MD}$$
Par suite, dans la relation $(5)$, en remplaçant $2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}$ par $5\overrightarrow{MC}\ $ et $\ 3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}$ par $5\overrightarrow{MD}$, on trouve :
$\begin{array}{rcl}\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}\|=\|3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}\|&\Leftrightarrow&\|5\overrightarrow{MC}\|=\|5\overrightarrow{MD}\|\\\\&\Leftrightarrow&5\|\overrightarrow{MC}\|=5\|\overrightarrow{MD}\|\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{MD}\|\end{array}$
Donc, $\boxed{\|\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{MD}\|}$
Ce qui caractérise alors la médiatrice du segment $[CD].$
Ainsi, l'ensemble des points $M$ du plan tels que $\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}\|=\|3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}\|$ est la médiatrice du segment $[CD].$
C'est donc la droite perpendiculaire à la droite $(CD)$ et passant par le milieu $E$ de $[CD].$

Exercice 10
$ABCD$ est un parallélogramme de centre $O.$
1) Définissons vectoriellement et plaçons les points $I\;,\ J\;,\ K\ $ et $\ L$
En effet, on sait que si $G$ est barycentre de $(N\;;\ \alpha)\ $ et $\ (P\;;\ \beta)$ alors, pour tout point $M$ du plan, on a : $$\alpha\overrightarrow{MN}+\beta\overrightarrow{MP}=(\alpha +\beta)\overrightarrow{MG}$$
Ce qui donne :
$$\overrightarrow{MG}=\dfrac{\alpha\overrightarrow{MN}+\beta\overrightarrow{MP}}{\alpha+\beta}$$
Ainsi, nous allons appliquer cette propriété dans les cas suivants :
Soit $I$ barycentre de $(A\;,\ 5)\ $ et $\ (B\;,\ -2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{AI}=-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}$$
Soit $J$ barycentre de $(B\;,\ 1)$ et $(C\;,\ -2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{BJ}=2\overrightarrow{BC}$$
Soit $K$ le barycentre de $(C\;,\ -5)$ et $(D\;,\ 2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{CK}=-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{CD}$$
Soit $L$ le barycentre de $(D\;,\ -1)$ et $(A\;,\ 2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{DL}=2\overrightarrow{DA}$$
2) Démontrons que $IJKL$ est un parallélogramme de centre $O.$
En sommant membre à membre les égalités du résultat de $1)$, on obtient :
$$\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{DL}=-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{BC}-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{CD}+2\overrightarrow{DA}$$
Or, $ABCD$ parallélogramme donc, $\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{DA}=-\overrightarrow{BC}$
Par suite,
$\begin{array}{rcl} \overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{DL}&=&-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{BC}-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{CD}+2\overrightarrow{DA}\\\\&=&-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{BC}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{BC}\\\\&=&-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{BC}-2\overrightarrow{BC}\\\\&=&\vec{0}\end{array}$
Ainsi, $\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{DL}=\vec{0}$
En introduisant le point $O$, on obtient :
$\begin{array}{rcl} \overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{DL}=\vec{0}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OI}+\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{OJ}+\overrightarrow{CO}+\overrightarrow{OK}\overrightarrow{DO}+\overrightarrow{OL}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\underbrace{\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{CO}+\overrightarrow{DO}}_{=\vec{0}}+\overrightarrow{OI}+\overrightarrow{OJ}+\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{OL}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{OI}+\overrightarrow{OJ}+\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{OL}=\vec{0}\end{array}$
Par conséquent, $\overrightarrow{OI}+\overrightarrow{OJ}+\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{OL}=\vec{0}$
Ce qui démontre que $IJKL$ est un parallélogramme de centre $O.$

Exercice 11
Soit $ABC$ un triangle, $A'$ le barycentre des points pondérés $(B\;,\ -1)\ $ et $\ (C\;,\ 2)$
$B'$ le barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 2)\ $ et $\ C'$ le barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (B\;,\ -1).$
1) Plaçons les points $A'\;,\ B'\ $ et $\ C'.$
En effet, $A'$ étant le barycentre des points pondérés $(B\;,\ -1)\ $ et $\ (C\;,\ 2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
Pour tout point $M$ du plan,
$$\overrightarrow{MA'}=\dfrac{-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}}{-1+2}$$
Donc, en remplaçant $M$ par $B$, on obtient :
$$\overrightarrow{BA'}=2\overrightarrow{BC}$$
De même, comme $B'$ est le barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
Pour tout point $M$ du plan,
$$\overrightarrow{MB'}=\dfrac{3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MC}}{3+2}$$
Ainsi, en remplaçant $M$ par $A$, on obtient :
$$\overrightarrow{AB'}=\dfrac{2}{5}\overrightarrow{AC}$$
De la même manière, $C'$ étant le barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (B\;,\ -1)$ alors, en appliquant la propriété caractéristique, on a :
Pour tout point $M$ du plan,
$$\overrightarrow{MC'}=\dfrac{3\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}}{3-1}$$
Alors, en remplaçant $M$ par $B$, on obtient :
$$\overrightarrow{BC'}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{BA}$$
Donc, nous allons placer les points $A'\;,\ B'\ $ et $\ C'$ tels que :
$$\overrightarrow{BA'}=2\overrightarrow{BC}\;,\quad\overrightarrow{AB'}=\dfrac{2}{5}\overrightarrow{AC}\quad\text{ et }\quad\overrightarrow{BC'}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{BA}$$

2) Soit $G$ le barycentre de $(A\;,\ 3)\;,\ (B\;,\ -1)\ $ et $\ (C\;,\ 2).$
Montrons que :
$$3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GA'}=\vec{0}$$
en effet, on sait que $A'$ est le barycentre de $(B\;,\ -1)\ $ et $\ (C\;,\ 2).$
Donc, d'après la propriété d'associativité du barycentre, $G$ est barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (A'\;,\ 1).$
Ce qui se traduit par la relation vectorielle suivante :
$$3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GA'}=\vec{0}$$
En déduisons que $G$ est un point de $(AA').$
Par la relation de Chasles, introduisons le point $A$ dans le vecteur $\overrightarrow{GA'}.$
On obtient alors :
$\begin{array}{rcl}3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GA'}=\vec{0}&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AA'}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{GA}=-\overrightarrow{AA'}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AA'}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AA'}\end{array}$
Donc, $\boxed{\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AA'}}$
D'où, les points $A\;,\ G\ $ et $\ A'$ sont alignés.
Par conséquent, $G$ est un point de $(AA').$
3) Montrons que les droites $(AA')\;,\ (BB')\ $ et $\ (CC')$ sont concourantes.
De la même manière que dans la question $2\;)$, considérons le barycentre partiel $B'$ des points pondérés $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 2).$
Alors, d'après la propriété d'associativité du barycentre, $G$ est barycentre de $(B'\;,\ 5)\ $ et $\ (B\;,\ -1).$
Ainsi, d'après la propriété caractéristique, on obtient :
$$\overrightarrow{BG}=\dfrac{5}{4}\overrightarrow{BB'}$$
Ce qui signifie que les points $B\;,\ G\ $ et $\ B'$ sont alignés.
D'où, $G\in\;(BB').$
Par ailleurs, $C'$ étant le barycentre des points pondérés $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (B\;,\ -1)$ alors, d'après la propriété d'associativité du barycentre, $G$ est barycentre de $(C'\;,\ 2)\ $ et $\ (C\;,\ 2).$
Les coefficients de $C\ $ et $\ C'$ étant les mêmes alors, $G$ est le milieu de $[CC'].$
Par conséquent, $G$ est un point de la droite $(CC').$
Ainsi, on a :
$$G\in\;(AA')\;,\ G\in\;(BB')\;,\ G\in\;(CC')$$
D'où, $\boxed{G\in\;(AA')\cap(BB')\cap(CC')}$
Ce qui montre que $(AA')\;,\ (BB')\ $ et $\ (CC')$ sont concourantes au point $G.$
Exercice 12
Soit $ABC$ un triangle. Soient $I\ $ et $\ J$ les points définis par :
$$\overrightarrow{AI}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}\quad \text{ et }\quad \overrightarrow{AJ}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}$$
Les droites $(BJ)\ $ et $\ (CI)$ se coupent en $G.$ La droite $(AG)$ coupe $(BC)$ en $K.$
1) Faisons une figure.

2) Trouvons les réels $a\;,\ b\ $ et $\ c$ tels que $I$ soit le barycentre de $\{(A\;,\ a)\;;\ (B\;,\ b)\}\ $ et $\ J$ le barycentre du système $\{(A\;,\ a)\;;\ (C\;,\ c)\}.$
On a :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AI}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AI}=3\overrightarrow{AB}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AI}-3\overrightarrow{AB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AI}-3\left(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IB}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AI}-3\overrightarrow{AI}-3\overrightarrow{IB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AI}-3\overrightarrow{IB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AI}+3\overrightarrow{BI}=\vec{0}\end{array}$
Ainsi, $\boxed{\overrightarrow{AI}+3\overrightarrow{BI}=\vec{0}}$
D'où, $I$ est le barycentre de $\{(A\;,\ 1)\;;\ (B\;,\ 3)\}$
Par ailleurs, soit :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AJ}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{AJ}=2\overrightarrow{AC}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{AJ}-2\overrightarrow{AC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{AJ}-2\left(\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{JC}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{AJ}-2\overrightarrow{AJ}-2\overrightarrow{JC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AJ}-2\overrightarrow{JC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AJ}+2\overrightarrow{CJ}=\vec{0}\end{array}$
Ainsi, $\boxed{\overrightarrow{AJ}+2\overrightarrow{CJ}=\vec{0}}$
Ce qui signifie que $J$ est le barycentre de $\{(A\;,\ 1)\;;\ (C\;,\ 2)\}$
Donc, $\boxed{a=1\;,\ b=3\;,\ c=2}$
3) Montrons que le barycentre du système $\{(A\;,\ 1)\;;\ (B\;,\ 3)\;;\ (C\;,\ 2)\}$ est le point $G.$
En effet, considérons un point $O$ barycentre du système $\{(A\;,\ 1)\;;\ (B\;,\ 3)\;;\ (C\;,\ 2)\}.$
D'après le résultat de la question $2\;)\;,\ I$ est le barycentre de $\{(A\;,\ 1)\;;\ (B\;,\ 3)\}.$
Donc, d'après la propriété d'associativité du barycentre, $O$ est le barycentre du système $\{(I\;,\ 4)\;;\ (C\;,\ 2)\}.$
D'où, $O\;,\ I\ $ et $\ C$ sont alignés.
Par conséquent, $O\in(CI).$
De la même manière, $J$ étant le barycentre de $\{(A\;,\ 1)\;;\ (C\;,\ 2)\}$ alors, d'après la propriété d'associativité du barycentre, $O$ est le barycentre du système $\{(J\;,\ 3)\;;\ (B\;,\ 3)\}.$
Ce qui signifie que $O$ est le milieu de $[BJ].$
Par conséquent, $O\in(BJ).$
Ainsi, on a :
$$O\in(CI)\;,\ O\in(BJ)$$
Donc, $\boxed{O\in(CI)\cap(BJ)}$
Ce qui signifie que les droites $(CI)\ $ et $\ (BJ)$ sont sécantes en $O.$
Or, par hypothèse, les droites $(BJ)\ $ et $\ (CI)$ se coupent en $G.$
Par conséquent, $O=G$, c'est-à-dire ; $O\ $ et $\ G$ sont confondus.
Ce qui montre que $G$ est le barycentre du système $\{(A\;,\ 1)\;;\ (B\;,\ 3)\;;\ (C\;,\ 2)\}.$
En déduisons que $K$ est le barycentre de $(B\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 2).$
En effet, comme la droite $(AG)$ coupe la droite $(BC)$ en $K$ alors, on a :
d'une part $A\;,\ G\;,\ K$ alignés, d'autre part $B\;,\ C\;,\ K$ alignés.
Ainsi :
$K$ est barycentre du système $\{(B\;,\ \beta)\;;\ (C\;,\ \gamma)\}$
$G$ est barycentre du système $\{(A\;,\ 1)\;;\ (K\;,\ \beta+\gamma)\}$
Par suite, $G$ est le barycentre du système $\{(A\;,\ 1)\;;\ (B\;,\ \beta)\;;\ (C\;,\ \gamma)\}$
Or, on vient juste de montrer que $G$ est le barycentre du système $\{(A\;,\ 1)\;;\ (B\;,\ 3)\;;\ (C\;,\ 2)\}.$
Par conséquent, $\boxed{\beta=3\;,\ \gamma=2}$
D'où, $K$ est le barycentre de $(B\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 2).$
Donnons la position de $K$ sur la droite $(BC).$
En effet, $K$ étant le barycentre du système $\{(B\;,\ 3)\;;\ (C\;,\ 2)\}$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{BK}=\dfrac{2}{5}\overrightarrow{BC}$$
Par conséquent, $\boxed{K\in[BC]}$
Exercice 13
Soit $ABC$ un triangle quelconque.
1) Construisons les barycentres suivants :
Soit $G$ le barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (B\;,\ 3).$
Comme les coefficients de pondération de $A\ $ et $\ B$ sont les mêmes alors, $G$ est le milieu de $[AB].$
D'où,
$$\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}$$
Soit $E$ le barycentre de $(B\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{BE}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{BC}$$
Soit $F$ le barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1)$ alors, en appliquant la propriété caractéristique, on obtient :
$$\overrightarrow{AF}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}$$
2) Soit $I$ le barycentre de $(A\;,\ 3)\;,\ (B\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1).$
Démontrons que les points $A\;,\ I\ $ et $\ E$ sont alignés.
On sait que $E$ est le barycentre de $(B\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1).$
Donc, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on obtient : $I$ barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (E\;,\ 4).$
D'où, les points $A\;,\ I\ $ et $\ E$ sont alignés.
Démontrons que les points $B\;,\ I\ $ et $\ F$ sont alignés.
$F$ étant le barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1)$ alors, d'après la propriété d'associativité du barycentre, $I$ est barycentre de $(F\;,\ 4)\ $ et $\ (B\;,\ 3).$
Par conséquent, les points $B\;,\ I\ $ et $\ F$ sont alignés.
Démontrons que les points $C\;,\ I$ et $G$ sont alignés.
Comme $G$ est le barycentre de $(A\;,\ 3)\ $ et $\ (B\;,\ 3)$ alors, d'après la propriété d'associativité du barycentre, $I$ est le barycentre de $(G\;,\ 6)\ $ et $\ (C\;,\ 1).$
On peut en déduire que les droites $(AE)\;,\ (BF)\ $ et $\ (CG)$ sont concourantes en $I.$
En effet, on a : $I\in(AE)\;,\ I\in(BF)\ $ et $\ I\in(CG).$
D'où, $\boxed{I\in(AE)\cap(BF)\cap(CG)}$
Par conséquent, les droites $(AE)\;,\ (BF)\ $ et $\ (CG)$ sont concourantes en $I.$
3) Construisons le barycentre $E'$ de $(B\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ -1).$
D'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{BE'}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}$$
Exprimons le vecteur $\overrightarrow{E'G}$ en fonction des vecteurs $\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{AC}.$
Par la relation de Chasles, en introduisant le point $B$ dans le vecteur $\overrightarrow{E'G}$, on obtient :
$$\overrightarrow{E'G}=\overrightarrow{E'B}+\overrightarrow{BG}\qquad(1)$$
Or, $G$ milieu de $[AB]$ donc,
$$\overrightarrow{BG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}$$
Par ailleurs, on a :
$$\overrightarrow{BE'}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}\ \Rightarrow\ \overrightarrow{E'B}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}$$
La relation $(1)$ devient alors :
$$\overrightarrow{E'G}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}$$
Par la relation de Chasles, introduisons le point $A$ dans le vecteur $\overrightarrow{BC}.$
On obtient alors :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{E'G}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{E'G}=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BA}\right)\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{E'G}=\dfrac{1}{2}\left(2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right)\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{E'G}=\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{E'G}=-\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{E'G}=-\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}}$
Exprimons le vecteur $\overrightarrow{GF}$ en fonction des vecteurs $\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{AC}.$
Par la relation de Chasles, introduisons le point $A$ dans le vecteur $\overrightarrow{GF}.$
On obtient alors :
$$\overrightarrow{GF}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AF}\qquad(2)$$
Or, on a : $\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}$ donc,
$$\overrightarrow{GA}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}$$
Aussi, on a :
$$\overrightarrow{AF}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}$$
Ainsi, en remplaçant $\overrightarrow{GA}\ $ et $\ \overrightarrow{AF}$ par leur expression, dans la relation $(2)$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{GF}&=&\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AF}\\\\&=&-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{GF}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}}$
En déduisons que $E'\;,\ F\ $ et $\ G$ sont alignés.
En multipliant le vecteur $\overrightarrow{GF}$ par $2$, on trouve :
$\begin{array}{rcl}2\times\overrightarrow{GF}&=&2\left(-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}\right)\\\\&=&-\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\\\\&=&\overrightarrow{E'G}\end{array}$
Ainsi, $\boxed{\overrightarrow{E'G}=2\overrightarrow{GF}}$
Par conséquent, les points $E'\;,\ F\ $ et $\ G$ sont alignés.
4) Montrons que les droites $(EF)\ $ et $\ (AB)$ sont parallèles.
En effet, $(AC)\ $ et $\ (BC)$ sont deux droites sécantes en $C.$
$F\in[AC]\ $ et $\ E\in[BC]$
Or, d'après la question $1\;)$, on a :
$$\overrightarrow{BE}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{BC}$$
$$\overrightarrow{AF}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}$$
Donc, d'après la forme vectorielle de la réciproque du théorème de Thalès, les droite $(EF)\ $ et $\ (AB)$ sont parallèles.
Méthode des longueurs
D'après la question $1\;)$, on a :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcl}\overrightarrow{BE}&=&\dfrac{1}{4}\overrightarrow{BC}\\\\\overrightarrow{AF}&=&\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}\end{array}\right.\quad \Rightarrow\quad \left\lbrace\begin{array}{rcl}\dfrac{\|\overrightarrow{BE}\|}{\|\overrightarrow{BC}\|}&=&\dfrac{1}{4}\\\\\dfrac{\|\overrightarrow{AF}\|}{\|\overrightarrow{AC}\|}&=&\dfrac{1}{4}\end{array}\right.$$
Par conséquent, on obtient :
$$\dfrac{\|\overrightarrow{BE}\|}{\|\overrightarrow{BC}\|}=\dfrac{\|\overrightarrow{AF}\|}{\|\overrightarrow{AC}\|}=\dfrac{1}{4}$$
Ainsi, d'après la réciproque du théorème de Thalès, les droite $(EF)\ $ et $\ (AB)$ sont parallèles.
Soit $H$ le symétrique de $A$ par rapport à $B\ $ et $\ K$ le point d'intersection des droites $(E'H)\ $ et $\ (EF).$
Montrer que :
$$\overrightarrow{E'K}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{E'H}$$
Comme $H$ est le symétrique de $A$ par rapport à $B$ alors, $H\in(AB).$
Par ailleurs, $K$ étant le point d'intersection des droites $(E'H)\ $ et $\ (EF)$ alors, $K\in(EF).$
Aussi, d'après le résultat de la question $4\;)$, les droites $(EF)\ $ et $\ (AB)$ sont parallèles.
Ce qui revient au même de dire que les droites $(FK)\ $ et $\ (GH)$ sont parallèles.
Ainsi, les triangles $E'FK\ $ et $\ E'GH$ sont en position de Thalès.
Or, d'après le résultat de la question $3\;)$, on a :
$$\overrightarrow{E'G}=2\overrightarrow{GF}$$
Donc, d'après la forme vectorielle du théorème de Thalès, on a :
$$\overrightarrow{E'H}=2\overrightarrow{HK}$$
Par la relation de Chasles, introduisons le point $E'$ dans le vecteur $\overrightarrow{HK}.$
On obtient alors :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{E'H}=2\overrightarrow{HK}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{E'H}=2\left(\overrightarrow{HE'}+\overrightarrow{E'K}\right)\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{E'H}=2\overrightarrow{HE'}+2\overrightarrow{E'K}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{E'H}-2\overrightarrow{HE'}=2\overrightarrow{E'K}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{E'H}+2\overrightarrow{E'H}=2\overrightarrow{E'K}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{E'H}=2\overrightarrow{E'K}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{E'K}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{E'H}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{E'K}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{E'H}}$

Exercice 14
1) Soit $ABC$ un triangle, construisons les points $I\;,\ J\ $ et $\ K$ définis par :
$-\ I$ est le barycentre de $(A\;,\ 2)$ et $(C\;,\ 1)$
Alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{AI}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}$$
$-\ J$ est le barycentre de $(A\;,\ 1)$ et $(B\;,\ 2)$
Donc, en appliquant la propriété caractéristique, on obtient :
$$\overrightarrow{AJ}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}$$
$-\ K$ est le barycentre de $(C\;,\ 1)$ et $(B\;,\ -4).$
Alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{BK}=-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}$$
2) Exprimons $B$ comme barycentre de $(K\;,\ \alpha)\ $ et $\ (C\;,\ 1)\;;\ (\alpha$ étant un réel à déterminer$.)$
D'après la question $1\;)$, on a : $K$ barycentre de $(C\;,\ 1)$ et $(B\;,\ -4).$
Ce qui se traduit par :
$$\overrightarrow{CK}-4\overrightarrow{BK}=\vec{0}$$
Ainsi, par la relation de Chasles, en introduisant le point $B$ dans le vecteur $\overrightarrow{CK}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{CK}-4\overrightarrow{BK}=\vec{0}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BK}-4\overrightarrow{BK}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{CB}-3\overrightarrow{BK}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{CB}+3\overrightarrow{KB}=\vec{0}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{CB}+3\overrightarrow{KB}=\vec{0}}$
Ce qui signifie que $B$ est le barycentre de $(K\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1)$
3) Déterminons le barycentre de $(A\;,\ 2)\;,\ (K\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1)$
D'après le résultat de la question $2\;)$, on a : $B$ barycentre de $(K\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1).$
Donc, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on a : le barycentre de $(A\;,\ 2)\;,\ (K\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1)$ est le même que celui des points pondérés $(A\;,\ 2)\ $ et $\ (B\;,\ 4).$
Par ailleurs, d'après la propriété d'homogénéité, le barycentre reste inchangé si on multiplie ses coefficients par un même réel non nul.
Donc, le système $\{(A\;,\ 2)\;;\ (B\;,\ 4)\}\ $ et le système $\ \{(A\;,\ 1)\;;\ (B\;,\ 2)\}$ ont le même barycentre.
Or, on sait que $J$ est le barycentre de $(A\;,\ 1)\ $ et $\ (B\;,\ 2).$
Par conséquent, $J$ est le barycentre de $(A\;,\ 2)\;,\ (K\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1).$
4) Déduisons du $3\;)$ que $I\;,\ J\;,\ K$ sont alignés.
D'après le résultat de la question $3\;)$, on a : $J$ barycentre de $(A\;,\ 2)\;,\ (K\;,\ 3)\ $ et $\ (C\;,\ 1).$
Or, on sait que $I$ est le barycentre de $(A\;,\ 2)\ $ et $\ (C\;,\ 1).$
Donc, d'après la propriété d'associativité du barycentre, on a : $J$ barycentre de $(K\;,\ 3)\ $ et $\ (I\;,\ 3).$
D'où, les points $I\;,\ J\ $ et $\ K$ sont alignés.
$K\ $ et $\ I$ ayant le même coefficient de pondération, $J$ est alors le milieu du segment $[IK].$
5) $L$ étant le milieu de $[CI]\ $ et $\ E$ celui de $[KC]$, démontrons que $IJEL$ est un parallélogramme dont le centre $G$ est l'isobarycentre de $A\;,\ B\ $ et $\ C.$
Considérons le triangle $CIK.$
$E$ milieu de $[KC]\ $ et $\ L$ milieu de $[CI]$ alors, d'après le théorème de la droite des milieux, $(IK)\ $ et $\ (LE)$ sont parallèles et on a :
$$LE=\dfrac{1}{2}IK$$
Or, $J$ est le milieu de $[IK].$
Donc,
$$IJ=\dfrac{1}{2}IK$$
Par conséquent, $\boxed{IJ=LE}$
Ainsi, le quadrilatère non croisé $IJEL$ est tel que :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcl}(IJ)//(LE)\\\\IJ=LE\end{array}\right.$$
Par conséquent, $IJEL$ est un parallélogramme.
Soit $G$ le centre de $IJEL$ alors, montrons que $G$ est l'isobarycentre de $A\;,\ B\ $ et $\ C.$
En effet, comme $G$ est le centre du parallélogramme $IJEL$ alors, $G$ est l'isobarycentre de $I\;,\ J\;,\ E\ $ et $\ L.$
Donc,
$$\overrightarrow{GI}+\overrightarrow{GJ}+\overrightarrow{GE}+\overrightarrow{GL}=\vec{0}$$
Ainsi, par la relation de Chasles, introduisons les points $A\;,\ B\ $ et $\ C$ respectivement dans les vecteurs $\overrightarrow{GI}\;,\ \overrightarrow{GJ}\ $ et $\ \overrightarrow{GL}$
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{GI}+\overrightarrow{GJ}+\overrightarrow{GE}+\overrightarrow{GL}=\vec{0}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{GE}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{CL}=\vec{0}\\\\&=&\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\underbrace{\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{GE}}_{=\vec{0}}+\underbrace{\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{CL}}_{=\vec{0}}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}}$
Ce qui montre que $G$ est le centre de gravité du triangle $ABC$ ou encore l'isobarycentre des points $A\;,\ B\ $ et $\ C.$

Exercice 15
Soit $ABC$ un triangle . On effectue les constructions suivantes : on symétrise $A$ par rapport à $B\;,\ B$ par rapport à $C$ et $C$ par rapport à $A$ ; on obtient respectivement les points $K\;,\ I\;,\ J\ ($donc un triangle $IJK).$
1) Faisons une figure .

2) Exprimons chacun des points $A\;,\ B\;,\ C$ comme barycentre des points $I\;,\ J\;,\ K$
$-\ $ Pour le point $A$, on a :
$J$ symétrique de $C$ par rapport à $A$ alors, $A$ est milieu de $[CJ].$
Donc,
$$\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{AC}=\vec{0}$$
Ensuite, par la relation de Chasles, en introduisant le point $I$ dans le vecteur $\overrightarrow{AC}$, on obtient :
$$\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IC}=\vec{0}$$
Or, $B\ $ et $\ I$ sont symétriques par rapport à $C.$ Donc, $C$ est milieu de $[IB].$
Par suite,
$$\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{CB}$$
Donc, on a :
$$\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{CB}=\vec{0}$$
Puis, en utilisant la relation de Chasles dans le vecteur $\overrightarrow{CB}$, on obtient :
$$\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}$$
Ainsi, on a :
$$\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}=\vec{0}$$
Enfin, $\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{AJ}\ $ et $\ \overrightarrow{AB}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AK}$ du fait que $A$ est milieu de $[CJ]\ $ et $\ B$ est milieu de $[AK].$
Donc, en remplaçant, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}=\vec{0}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AJ}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AK}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AI}+2\overrightarrow{AJ}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AK}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{2}\left(2\overrightarrow{AI}+4\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{AK}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{AI}+4\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{AK}=\vec{0}\end{array}$
D'où, $\boxed{2\overrightarrow{AI}+4\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{AK}=\vec{0}}$
Par conséquent, $A$ est barycentre de $(I\;;\ 2)\;,\ (J\;;\ 4)\ $ et $\ (K\;;\ 1).$
$-\ $ Pour le point $B$, on a :
$K$ est le symétrique de $A$ par rapport à $B$ donc, $B$ est milieu de $[AK].$
Ainsi,
$$\overrightarrow{BK}+\overrightarrow{BA}=\vec{0}$$
En procédant de la même que pour le point $A$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{BK}+\overrightarrow{BA}=\vec{0}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{BK}+\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{JA}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{BK}+\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{AC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{BK}+\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{BK}+\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{BK}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BI}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BI}+\overrightarrow{BJ}+2\overrightarrow{BK}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{BI}+2\overrightarrow{BJ}+4\overrightarrow{BK}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{BI}+2\overrightarrow{BJ}+4\overrightarrow{BK}=\vec{0}\end{array}$
Donc, $\boxed{\overrightarrow{BI}+2\overrightarrow{BJ}+4\overrightarrow{BK}=\vec{0}}$
D'où, $B$ est barycentre de $(I\;;\ 1)\;,\ (J\;;\ 2)\ $ et $\ (K\;;\ 4).$
$-\ $ Pour le point $C$, on a :
$I$ symétrique de $B$ par rapport à $C$ alors, $C$ est milieu de $[BI].$
Donc, on a :
$$\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{CB}=\vec{0}$$
Ainsi, en procédant de la même que pour le point $A$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{CB}=\vec{0}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{KB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{BA}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{CI}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{CJ}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{CI}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{CJ}+\overrightarrow{CK}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{2}\left(4\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{CJ}+2\overrightarrow{CK}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{CJ}+2\overrightarrow{CK}=\vec{0}\end{array}$
Ainsi, $\boxed{4\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{CJ}+2\overrightarrow{CK}=\vec{0}}$
Par conséquent, $C$ est barycentre de $(I\;;\ 4)\;,\ (J\;;\ 1)\ $ et $\ (K\;;\ 2).$
3) On définit les points $P\;,\ Q\;,\ R$ par :
$$\overrightarrow{KP}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{KJ}\;,\quad \overrightarrow{IQ}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IK}\;,\quad \overrightarrow{JR}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{JI}$$
Montrons que les points $P\;,\ Q\;,\ R$ sont respectivement les points d'intersection des droites $(BC)\ $ et $\ (KJ)\;,\ (AC)\ $ et $\ (KI)\;,\ (AB)\ $ et $\ (JI).$
Soit : $\overrightarrow{KP}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{KJ}$
Alors, $P$ appartient à la droite $(KJ)$ et on a :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{KP}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{KJ}&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{KP}=\overrightarrow{KJ}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{KP}-\overrightarrow{KJ}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{KP}-\overrightarrow{KP}-\overrightarrow{PJ}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{KP}+\overrightarrow{JP}=\vec{0}\end{array}$
D'où, $\boxed{2\overrightarrow{KP}+\overrightarrow{JP}=\vec{0}}$
Par conséquent, $P$ est barycentre de $(J\;;\ 1)\ $ et $\ (K\;;\ 2).$
Par ailleurs, d'après le résultat de la question $2\;)$, on a : $C$ barycentre de $(I\;;\ 4)\;,\ (J\;;\ 1)\ $ et $\ (K\;;\ 2).$
Donc, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on obtient : $C$ barycentre de $(I\;;\ 4)\ $ et $\ (P\;;\ 3).$
D'où, les points $I\;,\ C\;,\ P$ sont alignés.
Ce qui signifie que $P$ appartient à la droite $(CI)$, c'est-à-dire ; $P\in(BC).$
Ainsi, $P\in(BC)\ $ et $\ P\in(KJ)$
D'où, $\boxed{P\in(BC)\cap(KJ)}$
Par conséquent, les droites $(BC)\ $ et $\ (KJ)$ sont sécantes en $P.$
Soit : $\overrightarrow{IQ}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IK}$
Alors, $Q$ appartient à la droite $(KI)$ et on a :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{IQ}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IK}&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{IQ}=\overrightarrow{IK}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{IQ}-\overrightarrow{IK}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{IQ}-\overrightarrow{IQ}-\overrightarrow{QK}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{IQ}+\overrightarrow{KQ}=\vec{0}\end{array}$
Donc, $\boxed{2\overrightarrow{IQ}+\overrightarrow{KQ}=\vec{0}}$
D'où, $Q$ est barycentre de $(I\;;\ 2)\ $ et $\ (K\;;\ 1).$
Par ailleurs, d'après le résultat de la question $2\;)\;,\ A$ est barycentre de $(I\;;\ 2)\;,\ (J\;;\ 4)\ $ et $\ (K\;;\ 1).$
Donc, d'après la propriété d'associativité du barycentre, on a : $A$ barycentre de $(J\;;\ 4)\ $ et $\ (Q\;;\ 3).$
Par conséquent, les points $A\;,\ J\;,\ Q$ sont alignés.
Ce qui signifie que $Q$ appartient à la droite $(AJ)$, ce qui peut encore s'écrire : $Q\in(AC).$
Donc, $Q\in(AC)\ $ et $\ Q\in(KI)$
D'où, $\boxed{P\in(AC)\cap(KI)}$
Par suite, les droites $(AC)\ $ et $\ (KI)$ sont sécantes en $Q.$
Soit : $\overrightarrow{JR}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{JI}$
Alors, $R\in(JI)$ et on a :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{JR}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{JI}&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{JR}=\overrightarrow{JI}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{JR}-\overrightarrow{JI}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{JR}-\overrightarrow{JR}-\overrightarrow{RI}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{JR}+\overrightarrow{IR}=\vec{0}\end{array}$
Ainsi, $\boxed{2\overrightarrow{JR}+\overrightarrow{IR}=\vec{0}}$
D'où, $R$ est barycentre de $(I\;;\ 1)\ $ et $\ (J\;;\ 2).$
Or, d'après le résultat de la question $2\;)\;,\ B$ est barycentre de $(I\;;\ 1)\;,\ (J\;;\ 2)\ $ et $\ (K\;;\ 4).$
Donc, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on obtient : $B$ barycentre de $(K\;;\ 4)\ $ et $\ (R\;;\ 3).$
Par conséquent, les points $B\;,\ R\ $ et $\ K$ sont alignés.
Par suite, $R$ appartient à la droite $(BK)$, c'est-à-dire ; $R\in(AB).$
Donc, $R\in(AB)\ $ et $\ R\in(JI)$
D'où, $\boxed{R\in(AB)\cap(JI)}$
Ainsi, les droites $(AB)\ $ et $\ (JI)$ sont sécantes en $R.$
Exercice 16
Soit $ABC$ un triangle et $k$ un réel non nul. Soient $D\ $ et $\ E$ définis par :
$$\overrightarrow{AD}=k\overrightarrow{AB}\ \text{ et }\ \overrightarrow{CE}=k\overrightarrow{CA}$$
1) Faisons une figure illustrant ces données pour $k=\dfrac{1}{3}$, puis pour $k=-1.$
Pour $k=\dfrac{1}{3}$, nous allons placer les points $D\ $ et $\ E$ tels que :
$$\overrightarrow{AD}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}\ \text{ et }\ \overrightarrow{CE}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{CA}$$

Pour $k=-1$, nous construisons les points $D\ $ et $\ E$ définis par :
$$\overrightarrow{AD}=-\overrightarrow{AB}\ \text{ et }\ \overrightarrow{CE}=-\overrightarrow{CA}$$

2) Montrons que $D$ est le barycentre de $(A\;,\ 1-k)\ $ et $\ (B\;,\ k)\ $ et $\ E$ le barycentre de $(C\;,\ 1-k)\ $ et $\ (A\;,\ k).$
En effet, soit la relation vectorielle suivante :
$$\overrightarrow{AD}=k\overrightarrow{AB}$$
Alors, en utilisant les propriétés du calcul vectoriel et en introduisant le point $D$ dans le vecteur $\overrightarrow{AB}$, par la relation de Chasles, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AD}=k\overrightarrow{AB}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AD}-k\overrightarrow{AB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AD}-k\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AD}-k\overrightarrow{AD}-k\overrightarrow{DB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&(1-k)\overrightarrow{AD}+k\overrightarrow{BD}=\vec{0}\end{array}$
Ainsi, $\boxed{(1-k)\overrightarrow{AD}+k\overrightarrow{BD}=\vec{0}}$
Ce qui montre que $D$ est le barycentre de $(A\;,\ 1-k)\ $ et $\ (B\;,\ k).$
De la même manière, considérons la relation vectorielle suivante :
$$\overrightarrow{CE}=k\overrightarrow{CA}$$
Alors, par la relation de Chasles, introduisons le point $E$ dans le vecteur $\overrightarrow{CA}.$
On obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{CE}=k\overrightarrow{CA}&\Leftrightarrow&\overrightarrow{CE}-k\overrightarrow{CA}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{CE}-k\left(\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{EA}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{CE}-k\overrightarrow{CE}-k\overrightarrow{EA}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&(1-k)\overrightarrow{CE}+k\overrightarrow{AE}=\vec{0}\end{array}$
D'où, $\boxed{(1-k)\overrightarrow{CE}+k\overrightarrow{AE}=\vec{0}}$
Par conséquent, $E$ est le barycentre de $(C\;,\ 1-k)\ $ et $\ (A\;,\ k).$
3) En déduisons que, pour tout point $M$ du plan, on a :
$$\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+k\overrightarrow{CB}=2(\overrightarrow{MB'}+k\overrightarrow{B'C'})$$
où $B'\ $ et $\ C'$ sont les milieux respectifs de $[AC]\ $ et $\ [AB].$
En effet, comme $D$ est le barycentre de $(A\;,\ 1-k)\ $ et $\ (B\;,\ k)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a : pour tout point $M$ du plan,
$$\overrightarrow{MD}=(1-k)\overrightarrow{MA}+k\overrightarrow{MB}$$
Aussi, comme $E$ est le barycentre de $(C\;,\ 1-k)\ $ et $\ (A\;,\ k)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a : pour tout point $M$ du plan,
$$\overrightarrow{ME}=(1-k)\overrightarrow{MC}+k\overrightarrow{MA}$$
Par suite, en remplaçant $\overrightarrow{MD}\ $ et $\ \overrightarrow{ME}$ par leur expression, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}&=&(1-k)\overrightarrow{MA}+k\overrightarrow{MB}+(1-k)\overrightarrow{MC}+k\overrightarrow{MA}\\\\&=&\overrightarrow{MA}-k\overrightarrow{MA}+k\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}-k\overrightarrow{MC}+k\overrightarrow{MA}\\\\&=&\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+k\overrightarrow{CM}+k\overrightarrow{MB}\\\\&=&\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+k\left(\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{MB}\right)\\\\&=&\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+k\overrightarrow{CB}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+k\overrightarrow{CB}}$
Par ailleurs, on sait que $B'\ $ et $\ C'$ sont les milieux respectifs de $[AC]\ $ et $\ [AB].$
Donc, par la relation de Chasles, en introduisant le point $A$ dans le vecteur $\overrightarrow{CB}$ puis, respectivement les points $B'\ $ et $\ C'$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+k\overrightarrow{CB}&=&\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+k\left(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}\right)\\\\&=&\overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{B'A}+\overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{B'C}+k\left(\overrightarrow{CB'}+\overrightarrow{B'A}+\overrightarrow{AC'}+\overrightarrow{C'B}\right)\\\\&=&\overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{MB'}+\underbrace{\overrightarrow{B'A}+\overrightarrow{B'C}}_{=\vec{0}}+k\left(2\overrightarrow{B'A}+2\overrightarrow{AC'}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{MB'}+2k\left(\overrightarrow{B'A}+\overrightarrow{AC'}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{MB'}+2k\overrightarrow{B'C'}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{MB'}+k\overrightarrow{B'C'}\right)\end{array}$
Ainsi, $\boxed{\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+k\overrightarrow{CB}=2\left(\overrightarrow{MB'}+k\overrightarrow{B'C'}\right)}$
D'où, pour tout point $M$ du plan, on a :
$$\boxed{\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+k\overrightarrow{CB}=2\left(\overrightarrow{MB'}+k\overrightarrow{B'C'}\right)}$$
4) Montrons que $[DE]\;,\ [AC]\ $ et $\ [AB]$ ont leurs milieux alignés.
Soit $H$ milieu de $[DE].$
Montrons alors que $H\;,\ B'\ $ et $\ C'$ sont alignés.
Comme $H$ est le milieu de $[DE]$ alors, en appliquant la propriété caractéristique, on obtient :
$$\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}=2\overrightarrow{MH}$$
Par suite, d'après le résultat de la question $3\;)$, on a :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}=2(\overrightarrow{MB'}+k\overrightarrow{B'C'})&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{MH}=2\left(\overrightarrow{MB'}+k\overrightarrow{B'C'}\right)\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{MH}=\overrightarrow{MB'}+k\overrightarrow{B'C'}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{MH}-\overrightarrow{MB'}=k\overrightarrow{B'C'}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{B'M}+\overrightarrow{MH}=k\overrightarrow{B'C'}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{B'H}=k\overrightarrow{B'C'}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{B'H}=k\overrightarrow{B'C'}}$
Ce qui montre que les points $H\;,\ B'\ $ et $\ C'$ sont alignés.
Autrement dit, les segments $[DE]\;,\ [AC]\ $ et $\ [AB]$ ont leurs milieux alignés.
Exercice 17
Soient $A\;,\ B\;,\ C$ trois points distincts ; $a\;,\ b\;,\ c$ des réels tels que $a+b+c\neq 0.$
Soit $G$ le barycentre des points pondérés $(A\;,\ a)\;,\ (B\;,\ b)\ $ et $\ (C\;,\ c).$
1) Démontrons que les points pondérés $(A\;,\ 2a+1)\;,\ (B\;,\ 2b-2)\ $ et $\ (C\;,\ 2c+1)$ admettent un barycentre qu'on appellera $K.$
$A\;,\ B\;,\ C$ étant trois points distincts alors, $(A\;,\ 2a+1)\;,\ (B\;,\ 2b-2)\ $ et $\ (C\;,\ 2c+1)$ admettent un barycentre si, et seulement si, la somme des coefficients de pondération est différente de zéro.
On a : $2a+1+2b-2+2c+1=2a+2b+2c=2(a+b+c)$
Or, on sait que $a+b+c\neq 0$
Par suite, $2(a+b+c)\neq 0$
D'où, les points pondérés $(A\;,\ 2a+1)\;,\ (B\;,\ 2b-2)\ $ et $\ (C\;,\ 2c+1)$ admettent un barycentre.
2) a) Donnons une relation vectorielle définissant $K.$ et en déduisons que : $$a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}}{2}$$
En effet, $K$ barycentre de $(A\;,\ 2a+1)\;,\ (B\;,\ 2b-2)\ $ et $\ (C\;,\ 2c+1)$ alors, cela se traduit par la relation vectorielle suivante :
$$(2a+1)\overrightarrow{KA}+(2b-2)\overrightarrow{KB}+(2c+1)\overrightarrow{KC}=\vec{0}$$
En développant cette relation vectorielle, on obtient :
$\begin{array}{rcl}(2a+1)\overrightarrow{KA}+(2b-2)\overrightarrow{KB}+(2c+1)\overrightarrow{KC}=\vec{0}&\Leftrightarrow&2a\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KA}+2b\overrightarrow{KB}-2\overrightarrow{KB}+2c\overrightarrow{KC}+\overrightarrow{KC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2a\overrightarrow{KA}+2b\overrightarrow{KB}+2c\overrightarrow{KC}+\overrightarrow{KA}-2\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\left(a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}\right)+\overrightarrow{KA}-\overrightarrow{KB}-\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\left(a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}\right)+\overrightarrow{BK}+\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{BK}+\overrightarrow{KC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\left(a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}\right)+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\left(a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}\right)=-\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{BC}\\\\&\Leftrightarrow&2\left(a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}\right)=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}\\\\&\Leftrightarrow&a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}}{2}\end{array}$
D'où, $\boxed{a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}}{2}}$
b) En déduisons que $G\ $ et $\ K$ sont confondus si et seulement si $B$ est le milieu du segment $[AC].$
On a : $G\ $ et $\ K$ confondus alors,
$$a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}=a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}$$
Ainsi, d'après le résultat de la question $2\;)\;a\;)$, on a :
$\begin{array}{rcl}a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}=a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}&\Leftrightarrow&\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}}{2}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}=\vec{0}\end{array}$
Ainsi, $\boxed{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}=\vec{0}}$
Ce qui signifie que $B$ est le milieu de $[AC].$
3) On suppose que $A\;,\ B\ $ et $\ C$ ne sont pas alignés. Soit $E$ le point vérifiant que $ABCE$ est un parallélogramme.
Démontrons que :
$$\overrightarrow{GK}=\dfrac{\overrightarrow{BE}}{2(a+b+c)}$$
D'après le résultat de la question $2\;)$, on a :
$$a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}}{2}$$
Or, on sait que $ABCE$ est un parallélogramme.
Donc, $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{EC}$
Ainsi, par la relation de Chasles, en introduisant $G$ dans les vecteurs $\overrightarrow{KA}\;,\ \overrightarrow{KB}\ $ et $\ \overrightarrow{KC}$ puis, en remplaçant $\overrightarrow{AB}$ par $\overrightarrow{EC}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}a\overrightarrow{KA}+b\overrightarrow{KB}+c\overrightarrow{KC}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}}{2}&\Leftrightarrow&a\left(\overrightarrow{KG}+\overrightarrow{GA}\right)+b\left(\overrightarrow{KG}+\overrightarrow{GB}\right)+c\left(\overrightarrow{KG}+\overrightarrow{GC}\right)=\dfrac{\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CB}}{2}\\\\&\Leftrightarrow&a\overrightarrow{KG}+a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{KG}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{KG}+c\overrightarrow{GC}=\dfrac{\overrightarrow{EB}}{2}\\\\&\Leftrightarrow&(a+b+c)\overrightarrow{KG}+\underbrace{a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}}_{=\vec{0}}=\dfrac{\overrightarrow{EB}}{2}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{KG}=\dfrac{\overrightarrow{EB}}{2(a+b+c)}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{GK}=\dfrac{\overrightarrow{BE}}{2(a+b+c)}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{GK}=\dfrac{\overrightarrow{BE}}{2(a+b+c)}}$
On pose $a=c=\dfrac{1}{2}$ et $b=2.$ Construisons les points $G\ $ et $\ K.$
D'après la propriété caractéristique, on a :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AG}&=&\dfrac{2\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}}{3}\\\\&=&\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{6}\overrightarrow{AC}\end{array}$
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AK}&=&\dfrac{2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}}{6}\\\\&=&\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}\end{array}$
Pour le point $K$, on peut aussi appliquer le résultat de la question $3\;).$
On a alors : $\overrightarrow{GK}=\dfrac{\overrightarrow{BE}}{6}$

Exercice 18
Soit $ABC$ un triangle équilatéral de côté $a=4\;cm.$
Soit $D$ le point défini par :
$$3\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\vec{0}$$
1) Exprimons $D$ comme barycentre de $A\;,\ B\ $ et $\ C$ affectés de coefficients à préciser.
Soit : $3\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\vec{0}$
Alors, par la relation de Chasles, introduisons le point $D$ dans les vecteurs $\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{AC}.$
On obtient :
$\begin{array}{rcl}3\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=\vec{0}&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{DA}-\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB}\right)+2\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DA}-2\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}\end{array}$
Donc, $\boxed{2\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}\qquad(1)}$
Par conséquent, $D$ est le barycentre du système
$$\{(A\;,\ 2)\;;\ (B\;,\ -1)\;;\ (C\;,\ 2)\}$$
2) Soit $I$ le milieu de $[AC].$ Montrons que $D$ est barycentre de $B\ $ et $\ I$ affectés de coefficients à préciser.
En effet, comme $I$ est le milieu de $[AC]$ alors,
$$\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\vec{0}$$
Ainsi, dans la relation $(1)$ de la question $1\;)$, introduisons, par la relation de Chasles, le point $I$ dans les vecteurs $\overrightarrow{DA}\ $ et $\ \overrightarrow{DC}.$
On obtient alors :
$\begin{array}{rcl}2\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{DC}=\vec{0}&\Leftrightarrow&2\left(\overrightarrow{DI}+\overrightarrow{IA}\right)-\overrightarrow{DB}+2\left(\overrightarrow{DI}+\overrightarrow{CC}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{DI}+2\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{DI}+2\overrightarrow{IC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{DI}+2\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DB}+2\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DB}+2\left(\underbrace{\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}}_{=\vec{0}}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DB}=\vec{0}\end{array}$
D'où, $\boxed{4\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DB}=\vec{0}\qquad(2)}$
Ce qui montre que $D$ est le barycentre du système
$$\{(B\;,\ -1)\;;\ (I\;,\ 4)\}$$
Autre méthode
Soit $D$ barycentre de $(A\;,\ 2)\;;\ (B\;,\ -1)\ $ et $\ (C\;,\ 2).$
Or, $I$ est le milieu de $[AC].$
Donc, $I$ est barycentre de $(A\;,\ 2)\ $ et $\ (C\;,\ 2).$
Ainsi, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, $D$ est le barycentre du système
$$\{(B\;,\ -1)\;;\ (I\;,\ 4)\}$$
En déduisons que $D$ est le symétrique de $G$ par rapport à $I\ (G$ étant le centre de gravité du triangle $ABC)$
En effet, comme $I$ est milieu de $[AC]$ alors, $[BI]$ est une médiane du triangle $ABC.$
Or, on sait que le centre de gravité $G$ de ce triangle se situe au tiers de cette médiane en partant de $I.$ Ce qui peut encore s'écrire :
$$\overrightarrow{IG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IB}\qquad(3)$$
Par ailleurs, comme $D$ est barycentre de $(B\;,\ -1)\ $ et $\ (I\;,\ 4)$ alors, par la relation de Chasles, en introduisant le point $I$ dans le vecteur $\overrightarrow{DB}$ de la relation $(2)$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}4\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DB}=\vec{0}&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{DI}-\left(\overrightarrow{DI}+\overrightarrow{IB}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{IB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{DI}-\overrightarrow{IB}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&3\overrightarrow{DI}=\overrightarrow{IB}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{DI}=\dfrac{\overrightarrow{IB}}{3}\end{array}$
Donc, on a :
$$\overrightarrow{DI}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IB}\qquad(4)$$
Ainsi, en regroupant les relations $(3)\ $ et $\ (4)$, on peut écrire :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcl}\overrightarrow{IG}&=&\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IB}\\\\\overrightarrow{DI}&=&\dfrac{1}{3}\overrightarrow{IB}\end{array}\right.$$
Par comparaison, on trouve :
$$\overrightarrow{DI}=\overrightarrow{IG}$$
Ce qui signifie que $I$ est le milieu de $[DG].$
Par conséquent, $D\ $ et $\ G$ sont symétriques par rapport à $I.$
3) Soit $(E)$ l'ensemble des points $M$ du plan tels que :
$$\|2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=4\sqrt{3}\qquad(5)$$
Déterminons $(E).$
En effet, comme $D$ est le barycentre de $(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ -1)\;,\ (C\;;\ 2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MD}$$
Ainsi, dans la relation $(5)$, en remplaçant $2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}$ par $3\overrightarrow{MD}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\|2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=4\sqrt{3}&\Leftrightarrow&\|3\overrightarrow{MD}\|=4\sqrt{3}\\ \\ &\Leftrightarrow&3\|\overrightarrow{MD}\|=4\sqrt{3}\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MD}\|=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\end{array}$
D'où, $\boxed{\|\overrightarrow{MD}\|=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}}$
Ce qui est caractéristique d'un cercle de centre $D$ et de rayon $\dfrac{4\sqrt{3}}{3}.$
Donc, $\boxed{(E)=\mathcal{C}\left(D\;,\ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}\right)}$
Vérifions que $G$ appartient à $(E)$ et construisons $(E).$
En effet, $G$ appartient à $(E)$ si, et seulement si,
$$GD=4\sqrt{3}$$
Calculons alors la longueur $GD.$
$D$ étant le symétrique de $G$ par rapport à $I$ alors,
$$GD=2IG$$
Or, $IG=\dfrac{1}{3}IB$
Par suite,
$$GD=\dfrac{2}{3}IB\qquad(6)$$
Par ailleurs, comme le triangle $BIC$ est rectangle en $I$ alors, d'après le théorème de Pythagore, on a :
$$IB^{2}+IC^{2}=BC^{2}$$
Donc,
$\begin{array}{rcl}IB^{2}+IC^{2}=BC^{2}&\Rightarrow&IB^{2}=BC^{2}-IC^{2}\\\\&\Rightarrow&IB=\sqrt{BC^{2}-IC^{2}}\\\\&\Rightarrow&IB=\sqrt{4^{2}-2^{2}}\\\\&\Rightarrow&IB=\sqrt{16-4}\\\\&\Rightarrow&IB=\sqrt{12}\\\\&\Rightarrow&IB=2\sqrt{3}\end{array}$
Ainsi, en remplaçant $IB$ par sa valeur, dans la relation $(6)$, on obtient :
$$GD=\dfrac{2}{3}IB=\dfrac{2\times 2\sqrt{3}}{3}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$$
D'où, $\boxed{GD=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}}$
Ce qui prouve que $G$ appartient à $(E).$
Enfin, pour construire $(E)$, on place $G$ et on trace le cercle de centre $D$ et passant par $G.$

Exercice 19
1) Construisons un triangle $ABC$ tel que :
$$AC=12\;,\ BA=10\quad\text{ et }\quad CB=8$$
Soit $G$ barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 2)\ $ et $\ (C\;,\ 1).$
Alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AG}&=&\dfrac{2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}{4}\\\\&=&\dfrac{2}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}\\\\&=&\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}\end{array}$
Donc, plaçons $G$ tel que :
$$\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}$$
2) Déterminons et représentons l'ensemble des points $M$ du plan tels que :
$$\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=AC\qquad(1)$$
$G$ étant le barycentre de $(A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 2)\;,\ (C\;;\ 1)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MG}$$
Ainsi, dans la relation $(1)$, en remplaçant $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}$ par $4\overrightarrow{MG}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=AC&\Leftrightarrow&\|4\overrightarrow{MG}\|=12\\ \\ &\Leftrightarrow&4\|\overrightarrow{MG}\|=12\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MG}\|=\dfrac{12}{4}\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MG}\|=3\end{array}$
D'où, $\boxed{\|\overrightarrow{MG}\|=3}$
Ce qui représente un cercle de centre $G$ et de rayon $3.$
Donc, l'ensemble des points $M$ du plan tels que $\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=AC$ est le cercle de centre $G$ et de rayon $3.$
3) Soit $(E)$ l'ensemble des points $M$ du plan tels que :
$$\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|\qquad(2)$$
Montrons que $B$ appartient à $(E).$
$B$ appartient à $(E)$ si, et seulement si, $B$ vérifie la relation $(2).$
Soit la relation suivante :
$$\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|$$
Alors, en remplaçant $M$ par $B$, on obtient :
$$\|\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BB}+\overrightarrow{BC}\|=\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|$$
Donc, $B$ vérifie bien la relation $(2).$
Par conséquent, $B$ appartient à $(E).$
Déterminons et représentons l'ensemble $(E).$
Comme $G$ est le barycentre de $(A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 2)\;,\ (C\;;\ 1)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MG}$$
Ainsi, dans la relation $(2)$, en remplaçant $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}$ par $4\overrightarrow{MG}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|&\Leftrightarrow&\|4\overrightarrow{MG}\|=\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|\\ \\ &\Leftrightarrow&4\|\overrightarrow{MG}\|=\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|\\\\&\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MG}\|=\dfrac{\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|}{4}\end{array}$
Donc, $\boxed{\|\overrightarrow{MG}\|=\dfrac{\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|}{4}}$
On obtient alors un cercle de centre $G$ et de rayon $\dfrac{\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|}{4}.$
Ainsi, l'ensemble $(E)$ est le cercle de centre $G$ et de rayon $\dfrac{\|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\|}{4}.$
Comme $B$ est un élément de $(E)$ alors, pour représenter $(E)$ il suffit de tracer le cercle de centre $G$ et passant par la pont $B.$
4) Déterminons et représentons l'ensemble des points $M$ du plan tels que :
$$\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=\|3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}\|\qquad(3)$$
Considérons $H$ barycentre de $(A\;;\ 3)\ $ et $\ (C\;;\ 1).$
Alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MH}$$
Par ailleurs, comme $G$ est le barycentre de $(A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 2)\;,\ (C\;;\ 1)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on obtient :
$$\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MG}$$
Ainsi, dans la relation $(3)$, en remplaçant $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}$ par $4\overrightarrow{MG}\ $ et $\ 3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}$ par $4\overrightarrow{MH}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl} \|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=\|3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}\|&\Leftrightarrow&\|4\overrightarrow{MG}\|=\|4\overrightarrow{MH}\|\\ \\ &\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MG}\|=\|\overrightarrow{MH}\|\end{array}$
Donc, $\boxed{\|\overrightarrow{MG}\|=\|\overrightarrow{MH}\|}$
On reconnait alors la médiatrice du segment $[GH]$
D'où, l'ensemble des points $M$ du plan tels que $\|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\|=\|3\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}\|$ est la médiatrice du segment $[GH].$
C'est la droite perpendiculaire à $(GH)$ et passant par le milieu $K$ du segment $[GH].$

Exercice 20
On considère trois points $A\;,\ B\;,\ C$ non alignés affectés des coefficients respectifs $1\;,\ 2\ $ et $\ -3.$
1) Ces points pondérés n'admettent pas de barycentre.
En effet, les trois points $A\;,\ B\;,\ C$ non alignés admettent un barycentre si, et seulement si, la somme de leur coefficient de pondération est non nulle.
Or, on a :
$$1+2-3=0$$
Par conséquent, les points $A\;,\ B\ $ et $\ C$ n'ont pas de barycentre.
2) Montrons que lorsque $M$ se déplace dans le plan, le vecteur $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC}$ reste constant.
Par la relation de Chasles, introduisons le point $A$ dans les vecteurs $\overrightarrow{MB}\ $ et $\ \overrightarrow{MC}.$
On obtient alors :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC}&=&\overrightarrow{MA}+2\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}\right)-3\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AC}\right)\\\\&=&\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{AC}\\\\&=&\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\\\\&=&2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}}$
On constate que la somme vectorielle $2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}$ ne dépend pas du point $M$ et reste toujours constante.
Par conséquent, lorsque $M$ se déplace dans le plan, le vecteur $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC}$ reste constant.
On note $\vec{u}$ ce vecteur constant. Construisons le point $D$ tel que :
$$\overrightarrow{AD}=\vec{u}$$
On a : $\vec{u}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}$
Donc, $\overrightarrow{AD}=\vec{u}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}$
Donc, plaçons le point $D$ tel que :
$$\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}$$
3) Construction de barycentres
Soit $A'$ barycentre de $(B\;,\ 2)\ $ et $\ (C\;,\ -3)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{BA'}=3\overrightarrow{BC}$$
Soit $B'$ barycentre de $(C\;,\ -3)\ $ et $\ (A\;,\ 1)$ alors, en appliquant la propriété caractéristique, on obtient :
$$\overrightarrow{AB'}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{AC}$$
Soit $C'$ barycentre de $(A\;,\ 1)\ $ et $\ (B\;,\ 2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{AC'}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}$$
Ainsi, plaçons les points $A'\;,\ B'\ $ et $\ C'$ tels que :
$$\overrightarrow{BA'}=3\overrightarrow{BC}\;,\quad \overrightarrow{AB'}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{AC}\;,\quad \overrightarrow{AC'}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}$$
Démontrons que :
$$\vec{u}=-\overrightarrow{AA'}=-2\overrightarrow{BB'}=3\overrightarrow{CC'}$$
D'après le résultat de la question $2\;)$, on a :
$$\vec{u}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}$$
Alors, par la relation de Chasles, introduisons le point $A'$ dans les vecteurs $\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{AC}.$
Ainsi, on a :
$\begin{array}{rcl}\vec{u}&=&2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'B}\right)-3\left(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{AA'}+2\overrightarrow{A'B}-3\overrightarrow{AA'}-3\overrightarrow{A'C}\\\\&=&2\overrightarrow{AA'}-3\overrightarrow{AA'}+\underbrace{2\overrightarrow{A'B}-3\overrightarrow{A'C}}_{=\vec{0}}\\\\&=&-\overrightarrow{AA'}\end{array}$
D'où, $\boxed{\vec{u}=-\overrightarrow{AA'}}$
Encore, par la relation de Chasles, en introduisant le point $B'$ dans les vecteurs $\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{AC}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\vec{u}&=&2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{B'B}\right)-3\left(\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{B'C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{AB'}+2\overrightarrow{B'B}-3\overrightarrow{AB'}-3\overrightarrow{B'C}\\\\&=&2\overrightarrow{AB'}-3\overrightarrow{AB'}-3\overrightarrow{B'C}+2\overrightarrow{B'B}\\\\&=&-\overrightarrow{AB'}-3\overrightarrow{B'C}+2\overrightarrow{B'B}\\\\&=&\underbrace{\overrightarrow{B'A}-3\overrightarrow{B'C}}_{=\vec{0}}-2\overrightarrow{BB'}\end{array}$
Ainsi, $\boxed{\vec{u}=-2\overrightarrow{BB'}}$
Par ailleurs, d'après la relation de Chasles, introduisons le point $C'$ dans les vecteurs $\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{AC}.$
On obtient alors :
$\begin{array}{rcl}\vec{u}&=&2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{AC'}+\overrightarrow{C'B}\right)-3\left(\overrightarrow{AC'}+\overrightarrow{C'C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{AC'}+2\overrightarrow{C'B}-3\overrightarrow{AC'}-3\overrightarrow{C'C}\\\\&=&2\overrightarrow{AC'}-3\overrightarrow{AC'}+2\overrightarrow{C'B}-3\overrightarrow{C'C}\\\\&=&-\overrightarrow{AC'}+2\overrightarrow{C'B}-3\overrightarrow{C'C}\\\\&=&\underbrace{\overrightarrow{C'A}+2\overrightarrow{C'B}}_{=\vec{0}}+3\overrightarrow{CC'}\\\\&=&3\overrightarrow{CC'}\end{array}$
Donc, $\boxed{\vec{u}=3\overrightarrow{CC'}}$
Ainsi, on a :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcl}\vec{u}&=&-\overrightarrow{AA'}\\\\\vec{u}&=&-2\overrightarrow{BB'}\\\\\vec{u}&=&3\overrightarrow{CC'}\end{array}\right.$$
D'où, $\boxed{\vec{u}=-\overrightarrow{AA'}=-2\overrightarrow{BB'}=3\overrightarrow{CC'}}$
Alors, on peut en déduire que les droites $(AA')\;,\ (BB')\ $ et $\ (CC')$ sont parallèles.
En effet, d'après le résultat précédent, on peut écrire :
$$-\overrightarrow{AA'}=-2\overrightarrow{BB'}=3\overrightarrow{CC'}$$
Ce qui signifie que les vecteurs $-\overrightarrow{AA'}\;,\ -2\overrightarrow{BB'}\;,\ $ et $\ 3\overrightarrow{CC'}$ sont colinéaires.
Par conséquent, les droites $(AA')\;,\ (BB')\ $ et $\ (CC')$ sont parallèles.

Exercice 22
On se donne un triangle $ABC.$ Pour tout point $M$ du plan , on pose :
$$\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}$$
1) $P$ désignant un point quelconque du plan , prouvons que $\overrightarrow{f(M)}=\overrightarrow{f(P)}.$
Cela revient donc à montrer que $f$ est constante.
En d'autres termes ; $\overrightarrow{f(M)}$ est ne dépend pas de $M.$
Soit : $\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}$ alors, par la relation de Chasles, introduisons le point $B$ dans les vecteurs $\overrightarrow{MA}\ $ et $\ \overrightarrow{MC}.$
On obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{f(M)}&=&2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BA}\right)-3\overrightarrow{MB}+\left(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{BA}-3\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}\\\\&=&2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\\\\&=&2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}}$
On remarque que la somme vectorielle $2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}$ ne dépend pas du point $M.$
Ce qui montre que $f$ est constante.
2) Construisons $G_{1}$ barycentre $(B\;;\ -3)\ $ et $\ (C\;;\ 1).$
D'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{BG_{1}}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}$$
Montrons que $\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{G_{1}A}$
D'après le résultat de la question $1\;)$, on a :
$$\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}$$
Donc, par la relation de Chasles, en introduisant le point $G_{1}$ dans les vecteurs $\overrightarrow{BA}\ $ et $\ \overrightarrow{BC}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{f(M)}&=&2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{G_{1}A}\right)+\left(\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{G_{1}C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{1}}+2\overrightarrow{G_{1}A}+\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{G_{1}C}\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{G_{1}C}+2\overrightarrow{G_{1}A}\\\\&=&3\overrightarrow{BG_{1}}+\overrightarrow{G_{1}C}+2\overrightarrow{G_{1}A}\\\\&=&\underbrace{-3\overrightarrow{G_{1}B}+\overrightarrow{G_{1}C}}_{=\vec{0}}+2\overrightarrow{G_{1}A}\\\\&=&2\overrightarrow{G_{1}A}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{G_{1}A}}$
3) Construisons $G_{2}$ barycentre $(A\;;\ 2)\ $ et $\ (C\;;\ 1).$
En appliquant la propriété caractéristique, on obtient :
$$\overrightarrow{AG_{2}}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}$$
Montrons que $\overrightarrow{f(M)}=3\overrightarrow{BG}_{2}$
Soit : $\overrightarrow{f(M)}=2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}$
Alors, par la relation de Chasles, en introduisant le point $G_{2}$ dans les vecteurs $\overrightarrow{BA}\ $ et $\ \overrightarrow{BC}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{f(M)}&=&2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{BG_{2}}+\overrightarrow{G_{2}A}\right)+\left(\overrightarrow{BG_{2}}+\overrightarrow{G_{2}C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{2}}+2\overrightarrow{G_{2}A}+\overrightarrow{BG_{2}}+\overrightarrow{G_{2}C}\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{2}}+\overrightarrow{BG_{2}}+2\overrightarrow{G_{2}A}+\overrightarrow{G_{2}C}\\\\&=&3\overrightarrow{BG_{2}}+\underbrace{2\overrightarrow{G_{2}A}+\overrightarrow{G_{2}C}}_{=\vec{0}}\\\\&=&3\overrightarrow{BG_{2}}\end{array}$
Donc, $\boxed{\overrightarrow{f(M)}=3\overrightarrow{BG_{2}}}$
4) On désigne par $G_{3}$ le barycentre de $(B\;;\ -3)\ $ et $\ (A\;;\ 2).$
Alors, de la même manière, introduisons le point $G_{2}$ dans les vecteurs $\overrightarrow{BA}\ $ et $\ \overrightarrow{BC}.$
On obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{f(M)}&=&2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\\\\&=&2\left(\overrightarrow{BG_{3}}+\overrightarrow{G_{3}A}\right)+\left(\overrightarrow{BG_{3}}+\overrightarrow{G_{3}C}\right)\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{3}}+2\overrightarrow{G_{3}A}+\overrightarrow{BG_{3}}+\overrightarrow{G_{3}C}\\\\&=&2\overrightarrow{BG_{3}}+\overrightarrow{BG_{3}}+2\overrightarrow{G_{3}A}+\overrightarrow{G_{3}C}\\\\&=&3\overrightarrow{BG_{3}}+2\overrightarrow{G_{3}A}+\overrightarrow{G_{3}C}\\\\&=&\underbrace{-3\overrightarrow{G_{3}B}+2\overrightarrow{G_{3}A}}_{=\vec{0}}+\overrightarrow{G_{3}C}\\\\&=&\overrightarrow{G_{2}C}\end{array}$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{f(M)}=\overrightarrow{G_{3}C}}$
Montre que les droites $(AG_{1})\;,\ (BG_{2})\ $ et $\ (CG_{3})$ sont parallèles.
D'après les résultats des questions précédentes, on peut écrire :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcl}\overrightarrow{f(M)}&=&2\overrightarrow{G_{1}A}\\\\\overrightarrow{f(M)}&=&3\overrightarrow{BG_{2}}\\\\\overrightarrow{f(M)}&=&\overrightarrow{G_{3}C}\end{array}\right.$$
Ce qui entraine : $\boxed{2\overrightarrow{G_{1}A}=3\overrightarrow{BG_{2}}=\overrightarrow{G_{3}C}}$
D'où, les vecteurs $2\overrightarrow{G_{1}A}\;,\ 3\overrightarrow{BG_{2}}\ $ et $\ \overrightarrow{G_{3}C}$ sont colinéaires.
Par conséquent, les droites $(AG_{1})\;,\ (BG_{2})\ $ et $\ (CG_{3})$ sont parallèles.
5) En déduisons une construction de $G_{3}.$
En effet, $G_{3}$ étant le barycentre de $(B\;;\ -3)\ $ et $\ (A\;;\ 2)$ alors, $A\;,\ B\ $ et $\ G_{3}$ sont alignés.
D'où, $G_{3}$ appartient à la droite $(AB).$
Par ailleurs, $G_{3}\in(CG_{3}).$
Donc, les droites $(AB)\ $ et $\ (CG_{3})$ sont sécantes en $G_{3}.$
L'autre information capitale est : les droites $(AG_{1})\;,\ (BG_{2})\ $ et $\ (CG_{3})$ sont parallèles.
Ainsi, pour construire $G_{3}$, on trace la droite parallèle à $(AG_{1})$ et passant par le point $C.$
Cette droite coupe donc la droite $(AB)$ au point $G_{3}.$

Exercice 23
Soit un triangle $ABC$ rectangle en $A$ et tel que $AB=4\;,\ AC=6.$
1) Plaçons le point $G$ tel que :
$$\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}$$
2) Calculons $AG.$
Comme $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}$ alors, on a :
$\begin{array}{rcl}\left\|\overrightarrow{AG}\right\|^{2}&=&\left\|\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|^{2}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\left\|\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|^{2}+2\times\left\|\overrightarrow{AB}\right\|\times\left\|\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|\times\cos\widehat{A}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}+2\times\left\|\overrightarrow{AB}\right\|\times\dfrac{1}{2}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|\times\underbrace{\cos\dfrac{\pi}{2}}_{=0}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}\end{array}$
Par conséquent, $\boxed{\left\|\overrightarrow{AG}\right\|=\sqrt{\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}}\qquad(1)}$
Ainsi, en remplaçant $AB\ $ et $\ AC$ par leur valeur, dans la relation $(1)$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\left\|\overrightarrow{AG}\right\|&=&\sqrt{\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}}\\\\&=&\sqrt{4^{2}+\dfrac{1}{4}\times 6^{2}}\\\\&=&\sqrt{16+\dfrac{36}{4}}\\\\&=&\sqrt{16+9}\\\\&=&\sqrt{25}\\\\&=&5\end{array}$
D'où, $\boxed{AG=5}$
3) Démontrons que $G$ est le barycentre de $A\;,\ B\;,\ C$ affectés de coefficients que l'on précisera.
Soit : $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}$
Ce qui entraine : $\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\vec{0}$
Ce qui peut encore s'écrire, en multipliant par $2\ :$
$$2\overrightarrow{AG}-2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\vec{0}$$
Alors, par la relation de Chasles, introduisons le point $G$ dans les vecteurs $\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{AC}.$
On obtient :
$\begin{array}{rcl}2\overrightarrow{AG}-2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\vec{0}&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{AG}-2\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB}\right)-\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GC}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&2\overrightarrow{AG}-2\overrightarrow{AG}-2\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{GC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&-\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}=\vec{0}\end{array}$
Ainsi, $\boxed{-\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}=\vec{0}}$
Par conséquent, $G$ est barycentre de $(A\;;\ -1)\;,\ (B\;;\ 2)\ $ et $\ (C\;;\ 1).$
4) Déterminons l'ensemble $(\Gamma)$ des points $M$ du plan tels que :
$$\left\|-\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right\|=10\qquad(2)$$
D'après le résultat de la question $3\;)\;,\ G$ est barycentre de $(A\;;\ -1)\;,\ (B\;;\ 2)\ $ et $\ (C\;;\ 1).$
Donc, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\left\|-\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right\|=\left\|2\overrightarrow{MG}\right\|$$
Ainsi, dans la relation $(2)$, en remplaçant $\left\|-\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right\|$ par $\left\|2\overrightarrow{MG}\right\|$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\left\|-\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right\|=10&\Leftrightarrow&\left\|2\overrightarrow{MG}\right\|=10\\\\&\Leftrightarrow&2\left\|\overrightarrow{MG}\right\|=10\\\\&\Leftrightarrow&\left\|\overrightarrow{MG}\right\|=\dfrac{10}{2}\\\\&\Leftrightarrow&\left\|\overrightarrow{MG}\right\|=5\end{array}$
D'où, $\boxed{\left\|\overrightarrow{MG}\right\|=5}$
Ce qui représente le cercle de centre $G$ et de rayon $5.$
Par conséquent, l'ensemble $(\Gamma)$ des points $M$ du plan tels que $\left\|-\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right\|=10$ est le cercle de centre $G$ et de rayon $5.$
5) Montrons que $(\Gamma)$ passe par $C\ $ et $\ A.$
En effet, $(\Gamma)$ passe par $C\ $ et $\ A$ si, et seulement si, $CG=5\ $ et $\ AG=5.$
Or, d'après le résultat de la question $2\;)$, on a :
$$AG=5$$
Par conséquent, $(\Gamma)$ passe par $A.$
Calculons $CG$
Pour cela, exprimons d'abord $\overrightarrow{CG}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}\ $ et $\ \overrightarrow{AC}.$
D'après la question $1\;)$, on a : $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}$
Alors, par la relation de Chasles, en introduisant le point $C$ dans le vecteur $\overrightarrow{AG}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}&\Rightarrow&\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AC}\\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\end{array}$
Donc, $\boxed{\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}}$
Par suite,
$\begin{array}{rcl}\left\|\overrightarrow{CG}\right\|^{2}&=&\left\|\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|^{2}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\left\|\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|^{2}-2\times\left\|\overrightarrow{AB}\right\|\times\left\|\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right\|\times\cos\widehat{A}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}-2\times\left\|\overrightarrow{AB}\right\|\times\dfrac{1}{2}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|\times\underbrace{\cos\dfrac{\pi}{2}}_{=0}\\\\&=&\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}\end{array}$
Par conséquent,
$$\left\|\overrightarrow{CG}\right\|=\sqrt{\left\|\overrightarrow{AB}\right\|^{2}+\dfrac{1}{4}\left\|\overrightarrow{AC}\right\|^{2}}=\left\|\overrightarrow{AG}\right\|$$
D'où, $\boxed{CG=5}$
Ce qui montre que $(\Gamma)$ passe aussi par le point $C.$

Exercice 24
Soit $ABCD$ un rectangle. On note $I$ le milieu de $[AB]\;,\ J$ milieu de $[BC]\ $ et $\ E$ le centre de gravité du triangle $ABC.$
Soient $F\ $ et $\ G$ tels que $F$ barycentre de $(C\;;\ 1)\;,\ (D\;;\ 3)\ $ et $\ G$ barycentre de $(E\;;\ 3)\;,\ (D\;;\ 3)$
1) Construisons $F.$
$F$ barycentre de $(C\;;\ 1)\;,\ (D\;;\ 3)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{DF}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{DC}$$
2) Montrons que $G$ est milieu de $[ED].$
On a : $G$ barycentre de $(E\;;\ 3)\;,\ (D\;;\ 3).$
Or, $E\ $ et $\ D$ ont même coefficient de pondération qui est égal à $3.$
Par conséquent, $G$ est le milieu de $[ED].$
Construisons $G.$
En effet, $G$ milieu de $[ED]$ alors, on a :
$$\overrightarrow{DG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DE}$$
3) Démontrons que $G$ est le barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\ $ et $\ (D\;,\ 3)$
On a : $G$ barycentre de $(E\;;\ 3)\;,\ (D\;;\ 3).$
Or, $E$ est le centre de gravité du triangle $ABC.$
Ce qui signifie que $E$ est l'isobarycentre des points $A\;,\ B\;,\ C.$
Par conséquent, $E$ est barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1).$
Ainsi, par la réciproque de la propriété d'associativité du barycentre, on a : $G$ barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\ $ et $\ (D\;,\ 3)$
Autre méthode
On a : $G$ est milieu de $[ED].$
Donc,
$$\overrightarrow{EG}=\overrightarrow{GD}$$
Par ailleurs, comme $E$ est le centre de gravité du triangle $ABC$ alors, $E$ est barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1).$
D'où,
$$\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}=\vec{0}$$
Ainsi, par la relation de Chasles, introduisons le point $G$ dans les vecteurs $\overrightarrow{EA}\;,\ \overrightarrow{EB}\ $ et $\ \overrightarrow{EC}$
On obtient alors :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}=\vec{0}&\Leftrightarrow&\left(\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GA}\right)+\left(\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GB}\right)+\left(\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GC}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{EG}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+3\overrightarrow{EG}=\vec{0}\end{array}$
Or, on sait que : $\overrightarrow{EG}=\overrightarrow{GD}$
Donc, en remplaçant $\overrightarrow{EG}$ par $\overrightarrow{GD}$, on obtient :
$$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+3\overrightarrow{EG}=\vec{0}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+3\overrightarrow{GD}=\vec{0}$$
D'où, $\boxed{\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+3\overrightarrow{GD}=\vec{0}}$
Ce qui montre que $G$ est le barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\ $ et $\ (D\;,\ 3).$
4) Démontrons que $G$ appartient à la droite $(IF).$
D'après le résultat de la question $3\;)$, on a : $G$ barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\ $ et $\ (D\;,\ 3).$
Or, $F$ est le barycentre de $(C\;;\ 1)\;,\ (D\;;\ 3).$
Donc, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on obtient : $G$ barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (F\;,\ 4).$
Par ailleurs, $I$ étant milieu de $[AB]$ alors, $I$ est barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1).$
Ainsi, d'après la propriété d'associativité du barycentre, on a : $G$ barycentre de $(I\;,\ 2)\;,\ (F\;,\ 4).$
Par conséquent, les points $G\;,\ I\ $ et $\ F$ sont alignés.
D'où, $G$ appartient à la droite $(IF).$
5) Soit $K$ le point défini par : $\overrightarrow{AK}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}$
Montrons que $G\;,\ K\ $ et $\ J$ sont alignés.
On a :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AK}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AK}=3\overrightarrow{AD}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AK}-3\overrightarrow{AD}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AK}-3\left(\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{KD}\right)=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&4\overrightarrow{AK}-3\overrightarrow{AK}-3\overrightarrow{KD}=\vec{0}\\\\&\Leftrightarrow&\overrightarrow{AK}+3\overrightarrow{DK}=\vec{0}\end{array}$
Ainsi, $\boxed{\overrightarrow{AK}+3\overrightarrow{DK}=\vec{0}}$
Ce qui signifie que $K$ est le barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (D\;,\ 3).$
Or, $G$ est le barycentre de $(A\;,\ 1)\;,\ (B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\ $ et $\ (D\;,\ 3).$
Donc, par associativité du barycentre, on a : $G$ est le barycentre de $(B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1)\;,\ (K\;,\ 4).$
Par ailleurs, comme $J$ est le milieu de $[BC]$ alors, $J$ est barycentre de $(B\;,\ 1)\;,\ (C\;,\ 1).$
Ainsi, d'après la propriété d'associativité du barycentre, $G$ est barycentre de $(J\;,\ 2)\;,\ (K\;,\ 4).$
D'où, les points $G\;,\ K\ $ et $\ J$ sont alignés.

Exercice 26
Soit un triangle $ABC$ tel que :
$$AB=6\;cm\;,\ BC=4\;cm\ \text{ et }\ AC=5\;cm$$
1) Construisons $I\ $ et $\ J$ tels que $I$ soit barycentre de $(A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 2)\ $ et $\ J$ barycentre de $(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 3)\;,\ (C\;;\ -1).$
En effet, soit $I$ barycentre de $(A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AI}&=&\dfrac{\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}}{4}\\\\&=&\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\end{array}$
De la même manière, $J$ étant barycentre de $(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 3)\;,\ (C\;;\ -1)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on obtient :
$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AJ}&=&\dfrac{3\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}}{4}\\\\&=&\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}\end{array}$
Enfin, plaçons les point $I\ $ et $\ J$ tels que :
$$\overrightarrow{AI}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\quad\text{ et }\quad\overrightarrow{AJ}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}$$
Autre méthode
Pour une construction plus simple, on peut toujours essayer de chercher des barycentres partiels et par la suite appliquer la propriété d'associativité du barycentre.
En effet, soit $I$ barycentre de $(A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 2)$ alors, choisissons $K$ barycentre de $(A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1).$
$A\ $ et $\ B$ ayant la même pondération alors, $K$ est milieu de $[AB].$
Par suite, d'après la propriété d'associativité du barycentre, $I$ est barycentre de $(K\;;\ 2)\;,\ (C\;;\ 2).$
Comme $K\ $ et $\ C$ sont affectés d'un même coefficient alors, $I$ est le milieu de $[KC].$
Par ailleurs, pour la construction du point $J$, nous pouvons, par exemple, commencer par construire un point $E$ barycentre de $(B\;;\ 3)\;,\ (C\;;\ -1).$
Ensuite, par application de la propriété d'associativité du barycentre, $J$ sera barycentre de $(A\;;\ 2)\;,\ (E\;;\ 2).$
Comme $A\ $ et $\ E$ sont affectés d'un même coefficient alors, $J$ est le milieu de $[AE].$
2) Déterminons l'ensemble des points $M$ du plan tels que $$\|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\|\qquad(1)$$
En effet, $I$ étant barycentre de $(A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MI}$$
Aussi, comme $J$ est le barycentre de $(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 3)\;,\ (C\;;\ -1)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on obtient :
$$2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MJ}$$
Ainsi, dans la relation $(1)$, en remplaçant $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}$ par $4\overrightarrow{MI}\ $ et $\ 2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}$ par $4\overrightarrow{MJ}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl} \|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\|&\Leftrightarrow&\|4\overrightarrow{MI}\|=\|4\overrightarrow{MJ}\|\\ \\ &\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MI}\|=\|\overrightarrow{MJ}\|\end{array}$
Donc, $\boxed{\|\overrightarrow{MI}\|=\|\overrightarrow{MJ}\|}$
Ce qui représente la médiatrice de $[IJ]$
D'où, l'ensemble des points $M$ du plan tels que $\|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\|$ est la médiatrice du segment $[IJ].$
3) Déterminons l'ensemble des points $M$ du plan tels que $$\|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\|\qquad(2)$$
En effet, soit $I$ barycentre de $(A\;;\ 1)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 2)$ alors, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MI}$$
Par ailleurs, en utilisant les propriétés du calcul vectoriel puis, la relation de Chasles, on a :
$$\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{CB}$$
Donc, dans la relation $(2)$, en remplaçant $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}$ par $4\overrightarrow{MI}\ $ et $\ \overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}$ par $\overrightarrow{CB}$, on obtient :
$\begin{array}{rcl} \|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\|&\Leftrightarrow&\|4\overrightarrow{MI}\|=\|\overrightarrow{CB}\|\\ \\ &\Leftrightarrow&\|\overrightarrow{MI}\|=\dfrac{\|\overrightarrow{CB}\|}{4}\end{array}$
Or, on sait que $BC=4\;cm$ donc, $\|\overrightarrow{MI}\|=\dfrac{4}{4}=1$
D'où, $\boxed{\|\overrightarrow{MI}\|=1}$
On obtient alors le cercle de centre $I$ et de rayon $1\;cm.$
Ainsi, l'ensemble des points $M$ du plan tels que $\|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\|=\|\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\|$ est le cercle de centre $I$ et de rayon $1\;cm.$

Exercice 28
Soit trois points $A\;,\ B\;,\ C$ non alignés ; à tout réel $m$ on associe le point $G_{m}$ s'il existe, barycentre de $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ m)\}$
1) Déterminons les valeurs de $m$ pour lesquelles il existe un barycentre $G_{m}.$
$G_{m}$ existe si, et seulement si, la somme des coefficients de pondération des points $A\;,\ B\;,\ C$ est non nulle.
Ainsi,
$\begin{array}{rcl}G_{m}\ \exists&\Leftrightarrow&2+1+m\neq 0\\\\&\Leftrightarrow&3+m\neq 0\\\\&\Leftrightarrow&m\neq -3\end{array}$
Donc, pour tout nombre réel $m$ différent de $-3$, le barycentre $G_{m}$ existe.
2) Construisons les points $G_{0}\;,\ G_{1}\ $ et $\ G_{-1}$ respectivement associés à $0\;,\ 1\ $ et $\ -1.$
Soit $G_{0}$ barycentre de $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 0)\}$ alors, on a :
$$2\overrightarrow{G_{0}A}+\overrightarrow{G_{0}B}+0\times\overrightarrow{G_{0}C}=\vec{0}$$
Ce qui peut encore s'écrire :
$$2\overrightarrow{G_{0}A}+\overrightarrow{G_{0}B}=\vec{0}$$
Ainsi, $G_{0}$ est barycentre de $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\}.$
Donc, d'après la propriété caractéristique, on a :
$$\overrightarrow{AG_{0}}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}$$
Soit $G_{1}$ barycentre de $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ 1)\}$ alors, en appliquant la propriété caractéristique on obtient :
$$\overrightarrow{AG_{1}}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}$$
Soit $G_{-1}$ barycentre de $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ -1)\}$ alors, d'après la propriété caractéristique on a :
$$\overrightarrow{AG_{-1}}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}$$
Nous constatons que les points $G_{0}\;,\ G_{1}\;,\ G_{-1}\ $ et $\ C$ sont alignés.
Ce qui signifie que ces points sont sur une même droite.
3) Démontrons que lorsque $m$ varie, $G_{m}$ se déplace sur une droite fixe.
Soit $G_{m}$ barycentre du système $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\;,\ (C\;;\ m)\}.$
Considérons $I$ barycentre de $\{(A\;;\ 2)\;,\ (B\;;\ 1)\}.$
Alors, en appliquant la propriété d'associativité du barycentre, on obtient : $G_{m}$ barycentre du système $\{(I\;;\ 3)\;,\ (C\;;\ m)\}.$
D'où, les points $G_{m}\;,\ I\ $ et $\ C$ sont alignés.
Par conséquent $G_{m}$ appartient à la droite $(CI).$
Ainsi, lorsque $m$ varie, $G_{m}$ se déplace sur une droite fixe ; $(CI).$
Remarque : $I\ $ et $\ G_{0}$ sont confondus.

Auteur:
Diny Faye
Commentaires
Anonyme (non vérifié)
mar, 07/06/2021 - 18:34
Permalien
interressant
ibrahima sow (non vérifié)
lun, 03/14/2022 - 02:34
Permalien
je veux le pdf
Anonyme (non vérifié)
sam, 12/24/2022 - 08:57
Permalien
Correction de l exo 14
Cheikh2216620000 (non vérifié)
mer, 01/03/2024 - 22:58
Permalien
Bonjour je suis un élève 1s
Anonyme (non vérifié)
mar, 01/10/2023 - 22:38
Permalien
Montrer la correction d
Djigo (non vérifié)
dim, 11/19/2023 - 14:49
Permalien
Merci de votre travail pour
Maye faye (non vérifié)
dim, 01/21/2024 - 22:04
Permalien
Tellement intéressant
Mouhamed Ndiaye (non vérifié)
jeu, 02/22/2024 - 00:00
Permalien
Pouvez vous me donner la
Jalilo (non vérifié)
lun, 03/04/2024 - 03:19
Permalien
Très bien, svp Ex 14
Jalilo (non vérifié)
lun, 03/04/2024 - 03:19
Permalien
Merci bcp
Anonyme (non vérifié)
ven, 12/27/2024 - 19:33
Permalien
Correction de l'exo 15 svp
Angèle sene (non vérifié)
ven, 12/27/2024 - 19:37
Permalien
La correction d'exo 15
Anonyme (non vérifié)
ven, 02/07/2025 - 18:27
Permalien
Merci beaucoup
Ajouter un commentaire