Correction de la séance d’AP sur les vecteurs
I
Première méthode :
1. A(O ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1), E µ2
3; 0
¶ et F
µ 1 ; 1
3
¶ .
2. −→
AC µ1
1
¶
;−→
E F µ1
3 ; 1 3
¶
. Il est clair que−→
E F=1 3
−→AC donc que les deux vecteurs sont colinéaires.
Deuxième méthode
−→E F=1 3
−→AB+1 3
−→BC =1 3
³−→
AB+−→
BC
´
=1 3
−→AC
Troisième méthode
B, E et A sont alignés ; B, F et C sont alignés dans le même ordre.
B E B A =1
3 etB F BC =1
3donc B E B A=B F
BC.
D’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites [RF] et (AC sont parallèles.
II
×
O×
A×
B×
C×
D×
E×
F×
G×
H×
I×
J×
K×
L×
M×
N×
P×
Q×
R×
S×
T×
UIII
1.
×
A×
B×
C×
I×
J×
G12 3 4 5
−1
−2
1 2
−1
−2
−3
−4
−5
2. • I est le milieu de [AB], doncxI=xA+xB
2 =−4+2
2 = −1 ; de mêmeyI= yA+yB
2 = −3
2donc I µ
−1 ;−3 2
¶ .
• De même : J µ1
2 ; 5 2
¶
3. G est tel que−→
GA+−→
GB+−→
GC=−→
0 . En notantxGetyGles coordonnées de G, on obtient :
−→GA
µ−4−xK
−3−yG
¶
;−→
GB
µ2−xK
−yG
¶ et−→
GC
µ−1−xK 5−yG
¶
L’égalité donne :
½ −4−xG+2−xG−1−xG=0
−3−yG−yG+5−yG=0 ⇔
½ −3=3xG 2=3yG ⇔
xG= −1 yG=2
3
donc G µ
−1 ; 2 3
¶
4. −→
CG
−1+1 5−2
3
donc−→
CG
0 13
3
.
−→ CI
0
−13 2
. Il est clair que ces vecteurs sont colinéaires puisque leurs abscisses sont nulles ;
on a −→ CI= −3
2
−→
CI . On en déduit que les points C, G et J sontalignés.
5. −→
AG
3 11
3
;−→ AJ
9 112
2
3×11 2 −11
3 ×9 2=33
2 −33
2 =0. D’après la condition de colinéaires, ces deux vecteurs sont alignés, donc les trois points A, G et J sontalignés.
6. G appartient à deux médianes du triangle ABC, donc ces deux médianes se coupent en G. On en déduit que G est lecentre de gravitédu triangle ABC.
On montre en mathématiques (mais ce n’est plus au programme) que le centre gravité G d’un triangle ABC est défini par la relation vectorielle −→
GA+−→
GB+−→
GC=→− 0
