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% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction de la séance d'AP sur les vecteurs}}\end{center}

\subsection{}

\subsubsection*{\textcolor{red}{Première méthode :}}

\begin{enumerate}
\item A(O~;~0), B(1~;~0), C(1~;~1), D(0~;~1), E$\left(\dfrac{2}{3}~;~0\right)$ et F$\left(1~;~\dfrac{1}{3}\right)$.

\item $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ ; $\overrightarrow{EF}\begin{pmatrix}\dfrac13~;~\dfrac{1}{3}\end{pmatrix}$.
Il est clair que $\overrightarrow{EF}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}$ donc que les deux vecteurs sont colinéaires.
\end{enumerate}

\subsubsection*{\textcolor{red}{Deuxième méthode}}
$\overrightarrow{EF}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right)=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}$

\subsubsection*{\textcolor{red}{Troisième méthode}}
B, E et A sont alignés ; B, F et C sont alignés dans le même ordre.

\noindent $\dfrac{BE}{BA}=\dfrac{1}{3}$ et $\dfrac{BF}{BC}=\dfrac{1}{3}$ donc $\dfrac{BE}{BA}=\dfrac{BF}{BC}$.

D'après la réciproque du théorème de Thalès, les droites [RF] et (AC sont parallèles.

\subsection{}

\begin{center}

\begin{pspicture*}(-6,-5)(16,5)
\psset{unit=0.9,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\psgrid[subgriddiv=0,gridlabels=0](-6,-5)(16,5)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red]{->}(0,0)(2,0)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red]{->}(0,0)(0,4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](-5,4)(-1,4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](-5,4)(-5,-4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](-5,0)(-3,0)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](0,4)(0,-4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](0,4)(4,4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](0,-4)(4,-4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](5,4)(9,4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](7,-4)(7,4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](14,4)(10,4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](10,4)(10,-4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](10,-4)(14,-4)
\psline[linewidth=3pt,linecolor=red](10,0)(12,0)
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=blue](0,0)
\rput[bl](0.1,0.17){\blue{$O$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=blue](2,0)
\rput[bl](2.12,0.17){\blue{$A$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=blue](0,4)
\rput[bl](0.1,4.17){\blue{$B$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](-5,-4)
\rput[bl](-4.89,-3.83){\darkgray{$C$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](-5,0)
\rput[bl](-4.89,0.17){\darkgray{$D$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](-3,0)
\rput[bl](-2.87,0.17){\darkgray{$E$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](-5,4)
\rput[bl](-4.89,4.17){\darkgray{$F$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](-1,4)
\rput[bl](-0.89,4.17){\darkgray{$G$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](4,-4)
\rput[bl](4.1,-3.83){\darkgray{$H$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](0,-4)
\rput[bl](0.1,-3.83){\darkgray{$I$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](4,4)
\rput[bl](4.1,4.17){\darkgray{$J$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](7,-4)
\rput[bl](7.11,-3.83){\darkgray{$K$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](7,4)
\rput[bl](7.11,4.17){\darkgray{$L$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](5,4)
\rput[bl](5.13,4.17){\darkgray{$M$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](9,4)
\rput[bl](9.13,4.17){\darkgray{$N$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](10,0)
\rput[bl](10.12,0.17){\darkgray{$P$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](14,4)
\rput[bl](14.12,4.17){\darkgray{$Q$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](10,4)
\rput[bl](10.12,4.17){\darkgray{$R$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](10,-4)
\rput[bl](10.12,-3.83){\darkgray{$S$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](12,0)
\rput[bl](12.11,0.17){\darkgray{$T$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](14,-4)
\rput[bl](14.12,-3.83){\darkgray{$U$}}
\end{pspicture*}
\end{center}

\subsection{}

\begin{enumerate}
\item \begin{center}
\newrgbcolor{zzttqq}{0.6 0.2 0.}
\psset{unit=0.8,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-5.,-4.)(3.,6.)
\pspolygon[linecolor=zzttqq,fillcolor=cyan!20,fillstyle=solid,opacity=0.1](-4.,-3.)(2.,0.)(-1.,5.)
\psline[linecolor=zzttqq](-4.,-3.)(2.,0.)
\psline[linecolor=zzttqq](2.,0.)(-1.,5.)
\psline[linecolor=zzttqq](-1.,5.)(-4.,-3.)
\psline(-1.,5.)(-1.,-1.5)
\psline(-4.,-3.)(0.5,2.5)
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=blue](-4.,-3.)
\rput[bl](-3.92,-2.88){\blue{$A$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=blue](2.,0.)
\rput[bl](2.08,0.12){\blue{$B$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=blue](-1.,5.)
\rput[bl](-0.92,5.12){\blue{$C$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](-1.,-1.5)
\rput[bl](-0.92,-1.38){\darkgray{$I$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](0.5,2.5)
\rput[bl](0.58,2.62){\darkgray{$J$}}
\psdots[dotstyle=x,dotscale=3,linecolor=darkgray](-1.,0.666666666667)
\rput[bl](-0.92,0.78){\darkgray{$G$}}
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1.,Dy=1.,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-5.,-2.)(3.,6.)

\end{pspicture*}
\end{center}

\item \begin{enumerate}[$\bullet$]
\item I est le milieu de [AB], donc $x_I=\dfrac{x_A+x_B}{2}=\dfrac{-4+2}{2}=-1$ ; de même $y_I=\dfrac{y_A+y_B}{2}=-\dfrac{3}{2}$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\text{I}\left(-1~;~-\dfrac{3}{2}\right)}}$.

\item De même : $\boxed{\textcolor{red}{\text{J}\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{5}{2}\right)}}$
\end{enumerate}

\item G est tel que $\overrightarrow{\text{GA}}+\overrightarrow{\text{GB}}+\overrightarrow{\text{GC}}=\overrightarrow{\text{0}}$. En notant $x_G$ et $y_G$ les coordonnées de G, on obtient :

$\overrightarrow{\text{GA}}\begin{pmatrix}-4-x_K\\-3-y_G\end{pmatrix}$~;~$\overrightarrow{\text{GB}}\begin{pmatrix}2-x_K\\-y_G\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\text{GC}}\begin{pmatrix}-1-x_K\\5-y_G\end{pmatrix}$

\noindent L'égalité donne :
$\left\{\begin{array}{l}-4-x_G+2-x_G-1-x_G=0\\-3-y_G-y_G+5-y_G=0\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}-3=3x_G\\2=3y_G\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x_G=-1\\y_G=\dfrac{2}{3}\end{array}\right.$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\text{G}\left(-1~;~\dfrac{2}{3}\right)}}$

\item $\overrightarrow{\text{CG}}\begin{pmatrix}-1+1\\5-\dfrac{2}{3}\end{pmatrix}$ donc $\overrightarrow{\text{CG}}\begin{pmatrix}0\\\dfrac{13}{3}\end{pmatrix}$.

\noindent $\overrightarrow{\text{CI}}\begin{pmatrix}0\\-\dfrac{13}{2}\end{pmatrix}$. Il est clair que ces vecteurs sont colinéaires puisque leurs abscisses sont nulles ; 

\noindent on a $\boxed{\textcolor{red}{\overrightarrow{\text{CI}}=-\dfrac{3}{2}\overrightarrow{\text{CI}}}}$. On en déduit que les points C, G et J sont \textbf{\textcolor{red}{alignés}}.

\item $\overrightarrow{\text{AG}}\begin{pmatrix}3\\\dfrac{11}{3}\end{pmatrix}$~;~$\overrightarrow{\text{AJ}}\begin{pmatrix}\dfrac{9}{2}\\\dfrac{11}{2}\end{pmatrix}$

\noindent $3\times \dfrac{11}{2}-\dfrac{11}{3}\times \dfrac{9}{2}=\dfrac{33}{2}-\dfrac{33}{2}=0$. D'après la condition de colinéaires, ces deux vecteurs sont alignés, donc les trois points A, G et J sont \textbf{\textcolor{red}{alignés}}.

\item G appartient à deux médianes du triangle ABC, donc ces deux médianes se coupent en G. On en déduit que G est le \textbf{\textcolor{red}{centre de gravité}} du triangle ABC.

\noindent 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 $\boxed{\textcolor{red}{\mathbf{\overrightarrow{\text{GA}}+\overrightarrow{\text{GB}}+\overrightarrow{\text{GC}}=\overrightarrow{\text{0}}}}}$




\end{enumerate}

\label{fin}
\end{document}  