Première C · Leçon 13
Barycentre
Ce que dit le programme officiel (38 points)
- la définition d’un point pondéré
- la condition d’existence du barycentre
- la définition de barycentre de 2, 3 ou 4 points pondérés
- la définition d’isobarycentre de 2, 3 ou 4 points pondérés
- la définition de lignes de niveau
- la propriété du barycentre de 2, 3 ou 4 points pondérés
- la propriété d’isobarycentre de 2, 3 ou 4 points pondérés
- la propriété de l’homogénéité du barycentre (multiplication des coefficients par un scalaire).
- la propriété de conservation du barycentre par projection
- le théorème des barycentres partiels
- la propriété de l’ensemble des barycentres de deux points
- la propriété de réduction de la somme aMA + bMB = (a + b)MG ; a + b ≠ 0
- la propriété de réduction de la somme aMA + bMB + cMC = (a + b)MG ; a + b + c ≠ 0
- la propriété des coordonnées du barycentre de 2, 3 ou 4 points pondérés.
- l’isobarycentre de 2, 3 ou 4 points pondérés
- à partir d’une égalité vectorielle qu’un point est barycentre de 2, 3 ou 4 points pondérés.
- en utilisant le partage d’un segment en des segments de même longueur vu en 3e, le barycentre de 2 points pondérés
- le barycentre de 2, 3 ou 4 points pondérés
- à partir de la lecture graphique, qu’un point donné d’une droite graduée est le barycentre de 2 points pondérés
- à partir d’une relation vectorielle qu’un point donné d’une droite graduée est le barycentre de 2 points pondérés
- à partir d’une relation vectorielle qu’un point donné du plan est le barycentre de 3 points du plan
- en utilisant une égalité vectorielle, le barycentre de 2, 3 ou 4 points pondérés
- en utilisant le partage d’un segment vu en 4ème, le barycentre de 2 points pondérés
- en utilisant la réduction vectorielle, le barycentre de 3 ou 4 points pondérés
- en utilisant les barycentres partiels, le barycentre de 3 ou 4 points pondérés
- les lignes de niveau de l’application : M ⟼ aMA^2 + bMB^2 ; a + b ≠ 0
- les lignes de niveau de l’application : M ⟼ MA/MB
- à partir d’une figure, le barycentre de 2 ou de 3 points pondérés
- à partir d’une figure l’isobarycentre de 2 ou de 3 points pondérés
- des nombres réels α et β pour que G soit barycentre des points pondérés (A, α) et (B, β); A, B et G étant trois points alignés donnés
- un ensemble de points en utilisant la formule de réduction
- la nature et les éléments caractéristiques des lignes de niveau : M ⟼ aMA^2 + bMB^2 a + b ≠ 0
- la nature et les éléments caractéristiques des lignes de niveau de l’application : M ⟼ MA/MB
- démontrer qu’un point est barycentre de 2, 3 ou 4 points pondérés
- que des points sont alignés
- que des droites sont concourantes
- résoudre des problèmes de concours des droites en utilisant les barycentres partiels
- des problèmes d’alignement des points en utilisant les barycentres partiels
Source : Programme éducatif Première C, DPFC, version CND 0923
Barycentre de points pondérés
Rappel de SecondePose une règle sur ton doigt : elle tient en équilibre si le doigt est au milieu. Accroche maintenant une masse plus lourde à une extrémité : il faut rapprocher le doigt de cette extrémité pour retrouver l'équilibre. Ce point d'équilibre est le barycentre des deux extrémités, chacune comptant avec sa masse. En mathématiques, le barycentre généralise le milieu d'un segment et le centre de gravité d'un triangle. Il sert à placer un point avec précision sur une figure, à démontrer que des points sont alignés ou que des droites sont concourantes, et à simplifier des sommes de vecteurs.
Soient \(A_1,\ldots,A_n\) des points affectés de coefficients (masses) \(m_1,\ldots,m_n\) avec \(m_1+\cdots+m_n\ne0\). Le barycentre \(G\) de ce système est l'unique point tel que :
\[ m_1\overrightarrow{GA_1}+\cdots+m_n\overrightarrow{GA_n} = \vec 0. \]Si tous les coefficients sont égaux, \(G\) est l'isobarycentre (pour 2 points : le milieu ; pour 3 points : le centre de gravité du triangle).
Pour \(n=2\) points \(A(x_A;y_A)\), \(B(x_B;y_B)\) de coefficients \(m_1,m_2\) :
\[ x_G = \dfrac{m_1x_A+m_2x_B}{m_1+m_2}, \qquad y_G = \dfrac{m_1y_A+m_2y_B}{m_1+m_2}. \]La formule se généralise directement à 3 ou 4 points de la même façon.
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Voir les offresFigure interactive — Barycentre de A et B
Le point G se déplace vers A quand son coefficient augmente.
Un point pondéré est un couple \((A,a)\) formé d'un point \(A\) et d'un nombre réel \(a\), appelé coefficient (ou masse). Le coefficient peut être négatif.
Soient \((A,a)\) et \((B,b)\) deux points pondérés tels que \(a+b\ne 0\). Il existe un unique point \(G\) tel que \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=\vec{0}\). On l'appelle le barycentre des points pondérés \((A,a)\) et \((B,b)\), et on écrit \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\).
Pourquoi la condition \(a+b\ne 0\) ? Si \(a+b=0\), alors \(b=-a\) et \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=a\left(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB}\right)=a\,\overrightarrow{BA}\). Pour \(a\ne 0\) et \(A\ne B\), ce vecteur n'est jamais nul, quel que soit le point \(G\) : il n'y a pas de barycentre.
La définition est la même pour trois points : si \(a+b+c\ne 0\), le barycentre de \((A,a)\), \((B,b)\) et \((C,c)\) est l'unique point \(G\) tel que \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}+c\,\overrightarrow{GC}=\vec{0}\).
Soit \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\) avec \(a+b\ne 0\). Alors
\[\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}.\]Démonstration. Avec la relation de Chasles, \(\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}\). L'égalité \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=\vec{0}\) devient \((a+b)\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{AB}=\vec{0}\), d'où \((a+b)\,\overrightarrow{AG}=b\,\overrightarrow{AB}\).
Conséquences.
- \(G\) est toujours sur la droite \((AB)\).
- Si \(a\) et \(b\) ont le même signe, \(G\) est sur le segment \([AB]\), plus près du point dont le coefficient a la plus grande valeur absolue.
- Si \(a\) et \(b\) sont de signes contraires, \(G\) est sur la droite \((AB)\) mais en dehors du segment \([AB]\).
- Si \(a=b\), \(G\) est le milieu de \([AB]\) : c'est l'isobarycentre de \(A\) et \(B\).
Réciproquement, tout point de la droite \((AB)\) est un barycentre de \(A\) et \(B\) : le point \(P\) tel que \(\overrightarrow{AP}=t\,\overrightarrow{AB}\) est le barycentre de \((A,1-t)\) et \((B,t)\).
Homogénéité. On ne change pas le barycentre en multipliant tous les coefficients par un même nombre \(k\ne 0\) : \(\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}=\text{bar}\{(A,ka)\,;(B,kb)\}\). Par exemple, le barycentre de \((A,6)\) et \((B,9)\) est aussi celui de \((A,2)\) et \((B,3)\). On s'en sert pour remplacer les coefficients par des nombres plus simples.
Réduction. Si \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\), alors pour tout point \(M\) du plan :
\[a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}=(a+b)\,\overrightarrow{MG}.\]Démonstration. On introduit \(G\) avec la relation de Chasles : \(a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}=a\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)+b\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)=(a+b)\,\overrightarrow{MG}+\left(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}\right)\), et la dernière parenthèse est le vecteur nul.
De même, pour trois points, si \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\}\), alors \(a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}+c\,\overrightarrow{MC}=(a+b+c)\,\overrightarrow{MG}\) pour tout point \(M\). Une somme de plusieurs vecteurs est ainsi remplacée par un seul vecteur.
Soit \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\}\) avec \(a+b+c\ne 0\).
Position. En prenant \(M=A\) dans la formule de réduction : \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b+c}\,\overrightarrow{AB}+\dfrac{c}{a+b+c}\,\overrightarrow{AC}\).
Barycentre partiel. Si de plus \(a+b\ne 0\), notons \(H=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\). Alors \(G\) est le barycentre de \((H,a+b)\) et \((C,c)\) : on peut remplacer deux points par leur barycentre, affecté de la somme de leurs coefficients.
Justification. D'après la réduction appliquée avec \(M=G\), \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=(a+b)\,\overrightarrow{GH}\). L'égalité de définition de \(G\) s'écrit donc \((a+b)\,\overrightarrow{GH}+c\,\overrightarrow{GC}=\vec{0}\).
Application : le centre de gravité. L'isobarycentre \(G\) d'un triangle \(ABC\) est le barycentre de \((A,1)\), \((B,1)\) et \((C,1)\). Si \(I\) est le milieu de \([AB]\), alors \(G=\text{bar}\{(I,2)\,;(C,1)\}\), donc \(\overrightarrow{CG}=\dfrac{2}{3}\,\overrightarrow{CI}\) : \(G\) est sur la médiane \((CI)\), aux deux tiers à partir du sommet. Le même raisonnement avec les deux autres côtés montre que les trois médianes passent par \(G\).
Pour construire \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\}\) :
- Vérifie que \(a+b\ne 0\), sinon le barycentre n'existe pas.
- Simplifie les coefficients si c'est possible, grâce à l'homogénéité.
- Écris \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}\). Attention : au numérateur, c'est le coefficient de l'autre point, \(B\).
- Place \(G\) sur la droite \((AB)\) : partage le segment en \(a+b\) parties égales si les coefficients sont des entiers positifs, ou reporte la longueur \(\left|\dfrac{b}{a+b}\right|\times AB\) du bon côté de \(A\).
Contrôle rapide. Avec des coefficients de même signe, \(G\) doit se trouver entre \(A\) et \(B\), plus près du point le plus « lourd ». Si l'un des coefficients est négatif, \(G\) doit être à l'extérieur du segment.
Construire \(G=\text{bar}\{(A,a)\,;(B,b)\,;(C,c)\}\).
- Choisis deux points dont la somme des coefficients n'est pas nulle, par exemple \(B\) et \(C\), et construis leur barycentre \(H\).
- Remplace-les par \((H,b+c)\) : \(G\) est le barycentre de \((A,a)\) et \((H,b+c)\).
- Construis \(G\) sur la droite \((AH)\) avec la méthode des deux points.
On peut aussi placer directement \(G\) avec \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b+c}\,\overrightarrow{AB}+\dfrac{c}{a+b+c}\,\overrightarrow{AC}\).
Démontrer que trois points sont alignés. Il suffit de montrer que l'un est le barycentre des deux autres : un barycentre de deux points est toujours sur la droite qui les joint. Le barycentre partiel fournit ces alignements : dans l'étape 2 ci-dessus, les points \(A\), \(G\) et \(H\) sont alignés.
Démontrer que des droites sont concourantes. On regroupe les points de plusieurs façons : chaque regroupement place \(G\) sur une droite différente, et toutes ces droites passent par \(G\).
Énoncé. \(A\) et \(B\) sont deux points tels que \(AB=12\) cm. Place \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(B,3)\}\) et \(K=\text{bar}\{(A,3)\,;(B,-1)\}\).
Point \(G\). \(1+3=4\ne 0\), donc \(G\) existe et \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{3}{4}\,\overrightarrow{AB}\). Le point \(G\) est sur le segment \([AB]\), à \(\dfrac{3}{4}\times 12=9\) cm de \(A\), donc à 3 cm de \(B\). C'est cohérent : \(B\) a le plus gros coefficient, \(G\) est plus près de \(B\).
Point \(K\). \(3+(-1)=2\ne 0\), donc \(K\) existe et \(\overrightarrow{AK}=\dfrac{-1}{2}\,\overrightarrow{AB}\). Les vecteurs \(\overrightarrow{AK}\) et \(\overrightarrow{AB}\) sont de sens contraires : \(K\) est sur la droite \((AB)\), du côté de \(A\) opposé à \(B\), à \(\dfrac{1}{2}\times 12=6\) cm de \(A\). Il est en dehors du segment, comme prévu avec des coefficients de signes contraires.
Vérification pour \(K\). \(KA=6\) cm et \(KB=6+12=18\) cm, et les vecteurs \(\overrightarrow{KA}\) et \(\overrightarrow{KB}\) ont le même sens. On a bien \(3\,\overrightarrow{KA}=\overrightarrow{KB}\), c'est-à-dire \(3\,\overrightarrow{KA}-\overrightarrow{KB}=\vec{0}\).
Énoncé. Dans un repère, on donne \(A(0;0)\), \(B(6;0)\) et \(C(0;6)\). Soit \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(B,2)\,;(C,3)\}\). Construis \(G\) à l'aide d'un barycentre partiel, puis contrôle par les coordonnées.
Regroupement. Soit \(H=\text{bar}\{(B,2)\,;(C,3)\}\) : \(\overrightarrow{BH}=\dfrac{3}{5}\,\overrightarrow{BC}\), donc \(H\) est sur \([BC]\), aux trois cinquièmes à partir de \(B\). D'après le barycentre partiel, \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(H,5)\}\), donc \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{5}{6}\,\overrightarrow{AH}\) : \(G\) est sur \([AH]\), aux cinq sixièmes à partir de \(A\). Les points \(A\), \(G\) et \(H\) sont alignés.
Contrôle par les coordonnées. \(H\left(\dfrac{2\times 6+3\times 0}{5};\dfrac{2\times 0+3\times 6}{5}\right)\), soit \(H(2{,}4\,;3{,}6)\). Directement : \(x_G=\dfrac{1\times 0+2\times 6+3\times 0}{6}=2\) et \(y_G=\dfrac{1\times 0+2\times 0+3\times 6}{6}=3\), donc \(G(2;3)\).
Les deux méthodes concordent : \(\dfrac{5}{6}\times 2{,}4=2\) et \(\dfrac{5}{6}\times 3{,}6=3\), on retrouve bien \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{5}{6}\,\overrightarrow{AH}\).
Énoncé. \(A\) et \(B\) sont deux points distincts. Détermine l'ensemble des points \(M\) du plan tels que le vecteur \(2\,\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\) ait pour norme 6.
Étape 1 : introduire un barycentre. La somme des coefficients est \(2+1=3\ne 0\). Soit \(G=\text{bar}\{(A,2)\,;(B,1)\}\) ; on a \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\,\overrightarrow{AB}\), donc \(G\) est sur \([AB]\), au tiers à partir de \(A\).
Étape 2 : réduire. Pour tout point \(M\), \(2\,\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=3\,\overrightarrow{MG}\). La norme de ce vecteur est donc \(3\times MG\).
Étape 3 : conclure. La condition s'écrit \(3\,MG=6\), c'est-à-dire \(MG=2\). L'ensemble cherché est le cercle de centre \(G\) et de rayon 2.
Sans le barycentre, la somme de deux vecteurs dépendant de \(M\) était difficile à étudier ; après réduction, il ne reste qu'une distance à un point fixe.
Premier piège : la somme des coefficients. Avant tout calcul, vérifie qu'elle n'est pas nulle. Les points pondérés \((A,2)\) et \((B,-2)\) n'ont pas de barycentre.
Deuxième piège : le coefficient au numérateur. Dans \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}\), c'est le coefficient de \(B\) qui apparaît, pas celui de \(A\). Pour \(G=\text{bar}\{(A,1)\,;(B,3)\}\), on a \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{3}{4}\,\overrightarrow{AB}\) et non \(\dfrac{1}{4}\,\overrightarrow{AB}\) : le barycentre est attiré par le point le plus lourd.
Troisième piège : un coefficient négatif. Il ne rend pas le barycentre impossible : il le place en dehors du segment. Seule une somme nulle empêche le barycentre d'exister.
Quatrième piège : les coordonnées. On divise par la somme des coefficients, pas par le nombre de points. Pour \((A,1)\), \((B,2)\) et \((C,3)\), le dénominateur est 6, et non 3.
Cinquième piège : le barycentre partiel. Le point \(H\) qui remplace \(B\) et \(C\) porte la somme \(b+c\) de leurs coefficients, pas le coefficient 1.
Ensembles de points et lignes de niveau (théorème de la médiane)
Rappel de SecondeDans un triangle \(ABC\), en notant \(a=BC\), \(b=AC\), \(c=AB\) :
\[ a^2 = b^2+c^2-2bc\cos\widehat A. \]Retrouvée en développant \(BC^2=\overrightarrow{BC}\,^2=(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})^2\) via la linéarité du produit scalaire. Cas particulier : si \(\widehat A=90°\), on retrouve exactement le théorème de Pythagore.
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Déplacez M sur le cercle : l'angle en M reste toujours droit — vérification visuelle de \(\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0\).
Déterminant de deux vecteurs, colinéarité, alignement, milieu
Rappel de SecondeL'étude des vecteurs du plan ne se limite pas à des manipulations algébriques : elle fournit les outils qui serviront toute l'année pour la géométrie (parallélisme, alignement, milieu, barycentre). On évoquera au passage la notion d'espace vectoriel sur \(\mathbb{R}\), mais aucun développement abstrait n'est exigible à ce niveau.
Un vecteur \(\vec{u}\) est caractérisé par une direction, un sens et une norme (longueur), notée \(\|\vec{u}\|\). Deux vecteurs sont égaux si le quadrilatère qu'ils déterminent (avec leurs origines et extrémités) est un parallélogramme — ce qui correspond à la translation qui envoie l'un sur l'autre. L'opposé de \(\vec{u} = \overrightarrow{AB}\) est \(-\vec{u}=\overrightarrow{BA}\) ; il correspond à la symétrie centrale.
Une combinaison linéaire de deux vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) est un vecteur de la forme \(a\vec{u}+b\vec{v}\), avec \(a,b\in\mathbb{R}\). Une base du plan est un couple de vecteurs \((\vec{i},\vec{j})\) non colinéaires. Dans une base, tout vecteur \(\vec{w}\) se décompose de façon unique : \(\vec{w} = x\vec{i}+y\vec{j}\) ; \((x,y)\) sont les coordonnées de \(\vec{w}\) dans cette base.
Dans une base, si \(\vec{u}(x;y)\) et \(\vec{v}(x';y')\), le déterminant de \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) est
\[ \det(\vec u,\vec v) = xy' - x'y. \]\(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont colinéaires si et seulement si \(\det(\vec u,\vec v)=0\).
Facile. \(\vec u(3;2)\) et \(\vec v(6;4)\) : \(\det(\vec u,\vec v)=3\times4-6\times2=12-12=0\) : colinéaires (en effet \(\vec v=2\vec u\)).
Décomposition. Dans la base \((\vec i,\vec j)\), décomposer \(\vec w = 2\vec i - \vec j\) sur \(\vec u=\vec i+\vec j\) et \(\vec v=\vec i-\vec j\) (non colinéaires). On cherche \(a,b\) tels que \(\vec w=a\vec u+b\vec v\) : \(2\vec i-\vec j=(a+b)\vec i+(a-b)\vec j\). Par identification : \(a+b=2\) et \(a-b=-1\), soit \(a=\tfrac12\), \(b=\tfrac32\).
Droites parallèles : \((AB)\parallel(CD)\) si et seulement si \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{CD}\) sont colinéaires.
Points alignés : \(A,B,C\) sont alignés si et seulement si \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) sont colinéaires.
Milieu : \(I\) est le milieu de \([AB]\) si et seulement si \(\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{IB}\), ou encore \(\overrightarrow{OI}=\tfrac12\big(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\big)\) pour toute origine \(O\).
Thalès et homothétie : la multiplication d'un vecteur par un scalaire \(k\) correspond à une homothétie de rapport \(k\) ; le théorème de Thalès en géométrie plane traduit exactement cette proportionnalité vectorielle.
Pour montrer que \(A,B,C\) sont alignés : calculer les coordonnées de \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\), puis leur déterminant. S'il est nul, les points sont alignés.
Exemple. \(A(1;2)\), \(B(3;5)\), \(C(-1;-4)\). \(\overrightarrow{AB}(2;3)\), \(\overrightarrow{AC}(-2;-6)\). \(\det=2\times(-6)-(-2)\times3=-12+6=-6\ne0\) : \(A,B,C\) ne sont pas alignés.
Figure interactive — Alignement de trois points
Déplacez le point C : la couleur du triangle change selon que A, B, C sont alignés (déterminant nul) ou non.
Résumé
Base = 2 vecteurs non colinéaires. Décomposition unique de tout vecteur dans une base donnée.
\(\det(\vec u,\vec v)=xy'-x'y\). Nul \(\iff\) vecteurs colinéaires.
Points alignés / droites parallèles : déterminant nul des vecteurs associés.
\(I\) milieu de \([AB]\) \(\iff\) \(\overrightarrow{OI}=\tfrac12(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})\) pour toute origine \(O\).
Si \(a+b\ne 0\), \(G\) est l'unique point tel que \(a\,\overrightarrow{GA}+b\,\overrightarrow{GB}=\vec{0}\). Somme nulle : pas de barycentre.
\(\overrightarrow{AG}=\dfrac{b}{a+b}\,\overrightarrow{AB}\). \(G\) est sur \((AB)\), entre \(A\) et \(B\) si les coefficients ont le même signe.
Multiplier tous les coefficients par \(k\ne 0\) ne change pas \(G\). Pour tout \(M\) : \(a\,\overrightarrow{MA}+b\,\overrightarrow{MB}=(a+b)\,\overrightarrow{MG}\).
On remplace deux points par leur barycentre, affecté de la somme de leurs coefficients. Centre de gravité : aux deux tiers de chaque médiane.
\(x_G=\dfrac{ax_A+bx_B+cx_C}{a+b+c}\), de même pour \(y_G\) : on divise par la somme des coefficients.
Sujet type devoir
Dans un repère, on donne \(A(-2;1)\), \(B(4;3)\), \(C(1;2)\).
Question 1. Calculer les coordonnées de \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\).
\(\overrightarrow{AB}(4-(-2)\,;\,3-1)=(6;2)\). \(\overrightarrow{AC}(1-(-2)\,;\,2-1)=(3;1)\).
Question 2. \(A, B, C\) sont-ils alignés ?
\(\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=6\times1-3\times2=6-6=0\) : les points sont alignés (\(C\) est d'ailleurs le milieu de \([AB]\), à vérifier : \(\tfrac{-2+4}{2}=1\), \(\tfrac{1+3}{2}=2\) — coordonnées de \(C\). Confirmé.)
Question 3. Soit \(D\) tel que \(\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AB}\). Calculer les coordonnées de \(D\).
\(\overrightarrow{AD}=3(6;2)=(18;6)\). Donc \(D = A+\overrightarrow{AD} = (-2+18\,;\,1+6)=(16;7)\).