Corrigés - Géométrie analytique

2nde S Mathématiques 7. Géométrie analytique Corrigés – Géométrie analytique

SOLUTIONS
EXERCICE 1
$\overrightarrow{u}$ . $\overrightarrow{v}$ =(3 $\overrightarrow{a}$ – $\overrightarrow{b}$ =3 $\overrightarrow{a^2}$ – $\overrightarrow{b}$ $\overrightarrow{a}$ + 3 $\overrightarrow{a}$ . $\overrightarrow{b}$ – $\overrightarrow{b^2}$ .
Or : $\overrightarrow{a^2}$ =4, $\overrightarrow{a}$ . $\overrightarrow{b}$ = $\overrightarrow{b}$ . $\overrightarrow{a}$ =-1, $\overrightarrow{b^2}$ =||b||² =9
Donc : $\overrightarrow{u}$ . $\overrightarrow{v}$ =12 + 1 – 3- 9=1

EXERCICE 2
Méthode : si deux vecteurs $\overrightarrow{U}$ et $\overrightarrow{U}’$ ont pour normes || $\overrightarrow{U}$ || et || $\overrightarrow{U}’$ || pour angles α, pour produit scalaire P, la relation P =|| $\overrightarrow{U}$ ||.|| $\overrightarrow{U’}$ ||. cosα permet, connaissant trois des quatre nombres P, || $\overrightarrow{U}$ ||,|| $\overrightarrow{U}’$ || et α, de calculer le quatrième.
Réponse :
1° on a : $\overrightarrow{U}$ . $\overrightarrow{U’}$ =|| $\overrightarrow{U}$ ||.|| $\overrightarrow{U}$ ||. cos $\frac{5}{6}$ π . Or $\frac{5}{6}$ π étant le supplément de π/6 , on a
cos $\frac{5\pi}{6}$ = – cos $\frac{\pi}{6}$ = – $\frac{\sqrt{3}}{6}$ .
Donc U.U’cos $\frac{5\pi}{6}$ = $\sqrt{2}$ . $\sqrt{6}$ ( – $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ) = – $\frac{\sqrt{36}}{2}$ =-3. Ainsi on a $\overrightarrow{U}$ . $\overrightarrow{U’}$ =-3
2° la relation -3= 3 x 2xcosα donne cosα = – $\frac{1}{2}$ d’où, puisque α est saillant : α = $\frac{2}{3}$ π

EXERCICE 3
1° $\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{AC}$ =(- $\overrightarrow{AB}$ ). $\overrightarrow{AC}$ =[(-1) $\overrightarrow{AB}$ ]. $\overrightarrow{AC}$
= (-1) ( $\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AC}$ )=-( $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$ )=-5
2° Remplaçons $\overrightarrow{BC}$ par $\overrightarrow{BA}$ + $\overrightarrow{BC}$ pour faire apparaître les produits scalaires connus :
$\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{AC}$ =( $\overrightarrow{BA}$ + $\overrightarrow{AC}$ ). $\overrightarrow{AC}$ = $\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{AC}$ + $\overrightarrow{AC}^2$ }[/latex]= -5+4=-1

EXERCICE 4
$\overrightarrow{Ac}$ = $\overrightarrow{AB}$ + $\overrightarrow{BC}$ signifie que AC² =AB² + BC² + 2 $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{BC}$ (1)
$\overrightarrow{DB}$ = $\overrightarrow{DC}$ + $\overrightarrow{CB}$ = $\overrightarrow{AB}$ – $\overrightarrow{BC}$ $\implies$ DB² = AB² + BC² -2 $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{BC}$ (2)
En ajoutant membre à membre 1 et 2 vous obtenez la relation demandée.

EXERCICE 5
1° Le point I intersection de (AD) et( BC) est le projeté orthogonal de M (et de B)
sur( AD). Le produit scalaire de deux vecteurs étant égal à la mesure algébrique de l’ un par la projection de l’ autre sur lui on peut écrire :
$\begin{rcases}\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{AI}\\\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{AI}\end{rcases}$

⇒ $\overrightarrow{AD}$ . $\overrightarrow{AM}$ = $\overrightarrow{AD}$ . $\overrightarrow{AB}$ (1)
2 ° [AD] étant le diamètre on a:
$\widehat{ABD}$ = $\widehat{AM’D}$ =90°
Donc en utilisant le même théorème qu’au 1°, on peut écrire : $\overrightarrow{AD}$ . $\overrightarrow{AM}$ = $\overline{AM’}$ x $\overline{AM}$ et $\overrightarrow{AD}$ . $\overrightarrow{AB}$ = $\overline{AB}$ $\times$ $\overline{AB}$ =AB²
D’où en tenant compte de (1) : $\overline{AM’}$ x $\overline{AM}$ =AB²

EXERCICE 6
1° $\overrightarrow{MA}$ . $\overrightarrow{MB}$ = ( $\overrightarrow{MO}$ + $\overrightarrow{OA}$ ).( $\overrightarrow{MO}$ + $\overrightarrow{OB}$ )

=( $\overrightarrow{MO}$ + $\overrightarrow{OA}$ ).( $\overrightarrow{MO}$ – $\overrightarrow{OA}$
= MO² – OA² =OM² – $\frac{AB^2}{4}$
2 On a les équivalences:
$\overrightarrow{MA}$ . $\overrightarrow{MB}$ =k OM² – $\frac{AB^2}{4}$ =k $\iff$ OM² – $\frac{AB^2}{4}$ = k

⇔ OM² = K + $\frac{AB^2}{4}$ . Il ya deux cas :Si k + $\frac{AB^2}{4}$ ≥ 0 (ou k ≥ – $\frac{AB^2}{4}$ ),
l’ensemble des points M est le cercle de centre O de rayon $\sqrt{k +\frac{AB^2}{4}}$ . Ce cercle est réduit au singleton {0} si k = – $\frac{AB^2}{4}$ .
Si k + $\frac{AB^2}{4}$ <0 ou (k < – $\frac{AB^2}{4}$ ),la relation OM²= k + $\frac{AB^2}{4}$ ne peut avoir lieu . L’ensemble cherché est l’ensemble vide.

EXERCICE 7
Cherchons à montrer que (AH ) est une hauteur en calculant le produit scalaire
$\overrightarrow{AH}$ . $\overrightarrow{BC}$
On a :
$\overrightarrow{AH}$ = $\overrightarrow{OH}$ – $\overrightarrow{OA}$ = ( $\overrightarrow{OA}$ + $\overrightarrow{OB}$ + $\overrightarrow{OC}$ ) – $\overrightarrow{OA}$ = $\overrightarrow{OB}$ + $\overrightarrow{OC}$
$\overrightarrow{BC}$ = $\overrightarrow{OC}$ – $\overrightarrow{OB}$
On a donc
$\overrightarrow{AH}$ . $\overrightarrow{BC}$ = ( $\overrightarrow{OC}$ + $\overrightarrow{OB}$ ) . ( $\overrightarrow{OC}$ – $\overrightarrow{OB}$ ) = OC² – OB² = R² – R² =O et, par suite (AH)⊥ (BC). Ainsi (AH) est hauteur ; on montre de manière analogue que (BH) et (CH) sont hauteurs, donc H est l’orthocentre du triangle ABC.

EXERCICE 8
On a : $\overrightarrow{BC}$ = $\overrightarrow{AC}$ – $\overrightarrow{AB}$ d’où en élevant au carré :
BC²= AC² +AB²- 2 $\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AB}$
Soit :
a²= b² +c² – 2bc cos $\widehat{A}$ =6+3+1+2 $\sqrt{3}$ -2 $\sqrt{6}$ ( $\sqrt{3}$ +1) . $\sqrt{3}{2}$ = 4
D’ où : a=2
On a de même :
b²=c²+a²-2cacos $\widehat{B}$ d’où :
Cos $\widehat{B}$ = $\frac{ c^2 +a^2-b^2}{2ca}$ = $\frac{4+2\sqrt{3} + 4-6}{4(\sqrt{3}+1)}$ = $\frac{2(\sqrt{3} +1)}{4(\sqrt{3}+1)}$ = $\frac{1}{2}$ d’où $\widehat{B}$ =60°
$\widehat{C}$ =180° -( $\widehat{A}$ + $\widehat{B}$ ) =180° – (45° + 60°) = 75° . Ainsi a=2, $\widehat{B}$ =60° et $\widehat{C}$ =75°

EXERCICE 9
1° $\overrightarrow{A’B’}$ = $\overrightarrow{A’A}$ + $\overrightarrow{AB’}$
= $\frac{ 1}{3}$ $\overrightarrow{AC}$ + ( $\overrightarrow{AB}$ + $\frac{ 1}{3}$ $\overrightarrow{AB}$ °
De même $\overrightarrow{A’C’}$ = $\overrightarrow{A’C}$ + $\overrightarrow{CC’}$ = $\frac{ 4}{3}$ $\overrightarrow{AC}$ – $\frac{ 1}{3}$ $\overrightarrow{AB}$
2° Formons le produit scalaire $\overrightarrow{A’B’}$ . $\overrightarrow{A’C’}$
$\overrightarrow{A’B’}$ . $\overrightarrow{A’C’}$ =( $\frac{1}{3}$ $\overrightarrow{AC}$ + $\frac{4}{3}$ $\overrightarrow{AB}$ ).( $\frac{4}{3}$ $\overrightarrow{AC}$ – $\frac{1}{3}$ $\overrightarrow{AB}$ )
= $\frac{4}{9}$ $\overrightarrow{AC}$ ² + $\frac{16}{9}$ $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$ – $\frac{1}{9}$ $\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AB}$ – $\frac{4}{9}$ $\overrightarrow{AB}$ ²
Or : $\overrightarrow{AC}$ ² = $\overrightarrow{AB}$ ² = a² et $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$ = $\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AB}$ =0 puisque $\overrightarrow{AB}$ ⊥ $\overrightarrow{AC}$
Donc : $\overrightarrow{A’B’}$ =0 ;par suite∶ $\overrightarrow{A’B’}$ ⊥ $\overrightarrow{A’C’}$ et le triangle A’BC’ est rectangle en A’.
D’après le théorème de Pythagore:
A’B’² =AA’² + AB’² = $\frac{1}{9}$ a² + latex]\frac{16}{9}[/latex]a² =latex]\frac{17}{9}[/latex]a²
A’C’² =A’C² + CC’² =latex]\frac{16}{9}[/latex]a² + latex]\frac{1}{9}[/latex]a² =latex]\frac{17}{9}[/latex]a² , d’où: A’B’=A’C’
Le triangle A’B’C’ est donc isocèle (et rectangle).

Exercice10
1° Le produit scalaire . est égal au produit scalaire $\overrightarrow{BC}$ . $\overrightarrow{BH}$ est également au produit scalaire $\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{BC}$
Or : $\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{BC}$ = $\overrightarrow{BA}$ .( $\overrightarrow{BA}$ + $\overrightarrow{AC}$ ),
D’où : $\overline{BC}$ x $\overline{BH}$ = BA² + $\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{AC}$

2° Le triangle ABC est rectangle en A si, et seulement si, $\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{AC}$ = 0, c’est-à-dire d’après la relation (1): $\overline{BC}$ X $\overline{BH}$ =BA²

EXERCICE 11
1° Faisons apparaître H dans $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$ en écrivant :
$\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$ =( $\overrightarrow{AH}$ + $\overrightarrow{HB}$ ).( $\overrightarrow{AH}$ + $\overrightarrow{HC}$ )
= $\overrightarrow{AH^2}$ + $\overrightarrow{HB}$ . $\overrightarrow{AH}$ + $\overrightarrow{AH}$ . $\overrightarrow{AC}$ + $\overrightarrow{HB}$ . $\overrightarrow{HC}$ (2)
Or (produit scalaire de vecteurs orthogonaux) :
$\overrightarrow{HB}$ . $\overrightarrow{AH}$ = 0 et $\overrightarrow{AH}$ . $\overrightarrow{HC}$ = 0 et la relation (2) s’écrit :
$\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$ = $\overrightarrow{AH^2}$ + $\overrightarrow{HB}$ . $\overrightarrow{HC}$ D’où : AH²= – $\overrightarrow{HB}$ x $\overrightarrow{HC}$ + $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$

2° Le triangle ABC est rectangle en A si, et seulement si :
$\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$ = 0, c’est-à-dire (1) : AH²= – $\overrightarrow{HB}$ x $\overrightarrow{HC}$

EXERCICE 12
1° on a: $\overrightarrow{MA}$ ² – $\overrightarrow{MB}$ ² = ( $\overrightarrow{MA}$ – $\overrightarrow{MB}$ ). ( $\overrightarrow{MA}$ + $\overrightarrow{MB}$ )

Or: $\overrightarrow{MA}$ – $\overrightarrow{MB}$ = $\overrightarrow{BA}$ = $\overrightarrow{AB}$ –

$\overrightarrow{MA}$ + $\overrightarrow{MB}$ = $\overrightarrow{MO}$ + $\overrightarrow{OA}$ + $\overrightarrow{MO}$ + $\overrightarrow{OB}$ = 2 $\overrightarrow{MO}$ = – 2 $\overrightarrow{OM}$

Donc : MA² – MB² = 2 $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{OM}$ .
Vous pouvez retrouver ce résultat en partant de l’égalité :
$\overrightarrow{MA^2}$ – $\overrightarrow{MB^2}$ = ( $\overrightarrow{MO}$ + $\overrightarrow{OB}$ )²
et en développant le second membre.
2° Si H est le projeté orthogonal de
M sur (AB), on a :
2 $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{OM}$ = 2 $\overrightarrow{BA}$ x $\overrightarrow{OH}$
D’où les équivalences :
MA² – MB² = 4
$\iff$ 2 $\overline{BA}$ x $\overline{OH}$ =4 $\iff$ $\overline{OH}$ = $\frac{2}{\overline{AB}}$
Cette dernière égalité détermine un point H et un seul.
L’ensemble cherché est la perpendiculaire à (AB) au point fixe H.

EXERCICE 13
Soit H le projeté orthogonal de N sur la droite (OM).
Comme $\overrightarrow{OM}$ . $\overrightarrow{ON}$ = $\overline{OM}$ x $\overline{OH}$ , on a ainsi $\overrightarrow{OM}$ . $\overrightarrow{ON}$ = R²⇔ $\overline{OM}$ x $\overline{OH}$ = R²

⇔ $\overline{OH}$ = $\frac{R^2}{\overline{OM}}$ (1)
Le point H existe (car $\overline{OM}$ ≠ 0) et est fixe (car $\frac{R^2}{\overline{OM}}$ est constant)
L’ensemble des points N est donc la droite D perpendiculaire à (OM) en H
Défini par la relation (1).
Si M є C, H est en M ; la droite D est la tangente en M à C.

EXERCICE 14
1° a) Equivalence || $\overrightarrow{u}$ + $\overrightarrow{v}$ || = || $\overrightarrow{u}$ – $\overrightarrow{v}$ || ⇔ $\overrightarrow{u}$ $\perp$ $\overrightarrow{v}$
L’égalité || $\overrightarrow{u}$ + $\overrightarrow{v}$ || = || $\overrightarrow{u}$ – $\overrightarrow{v}$ ||est équivalente à : ( $\overrightarrow{u}$ + $\overrightarrow{v}$ )² =( $\overrightarrow{u}$ – $\overrightarrow{v}$ )² ou, en développant :
$\overrightarrow{u}$ ² + $\overrightarrow{v}$ ² +2 $\overrightarrow{u}$ . $\overrightarrow{v}$ = $\overrightarrow{u}$ ² + $\overrightarrow{v}$ ² – 2 $\overrightarrow{u}$ . $\overrightarrow{v}$ soit encore : 4 $\overrightarrow{u}$ . $\overrightarrow{v}$ =0 qui est vérifiée
si, et seulement si, $\overrightarrow{u}$ $\perp$ $\overrightarrow{v}$

b) Application au parallélogramme ABCD
On a: $\overrightarrow{AC}$ = $\overrightarrow{AB}$ + $\overrightarrow{BC}$ = $\overrightarrow{AB}$ + $\overrightarrow{AD}$
$\overrightarrow{DB}$ = $\overrightarrow{DC}$ + $\overrightarrow{CB}$ = $\overrightarrow{AB}$ – $\overrightarrow{AD}$
Les longueurs AC et BD sont égales si et seulement si, || $\overrightarrow{AB}$ + $\overrightarrow{AD}$ ||= || $\overrightarrow{AB}$ – $\overrightarrow{AD}$ |,c’est –à-dire,d’après le 1°a $\overrightarrow{AB}$ $\perp$ $\overrightarrow{AD}$ . On redémontre ainsi ce résultat classique :un parallélogramme est un rectangle si, et seulement si, ses diagonales ont même longueur.

2° a) Equivalence || $\overrightarrow{u}$ || = || $\overrightarrow{v}$ ||⇔ ( $\overrightarrow{u}$ + $\overrightarrow{v}$ ) ( $\overrightarrow{u}$ – $\overrightarrow{v}$ )
L’égalité|| $\overrightarrow{u}$ || = || $\overrightarrow{v}$ || est équivalente à : || $\overrightarrow{u^2}$ ||, c’est-à-dire : $\overrightarrow{u^2}$ = $\overrightarrow{v^2}$ qui s’écrit $\overrightarrow{u^2}$ = $\overrightarrow{v^2}$ ou
encore : $\overrightarrow{u^2}$ – $\overrightarrow{v^2}$ = 0 ⇔ ( $\overrightarrow{u}$ + $\overrightarrow{v}$ ) . ( $\overrightarrow{u}$ – $\overrightarrow{v}$ ) = 0 ⇔( $\overrightarrow{u}$ + $\overrightarrow{v}$ )⊥( $\overrightarrow{u}$ – $\overrightarrow{u}$ ).
Nous vous conseillons de retrouver ce résultat après avoir posé :
$\overrightarrow{u}$ + $\overrightarrow{v}$ = $\overrightarrow{U}$ , $\overrightarrow{u}$ – $\overrightarrow{u}$ = $\overrightarrow{V}$ d’où :
$\overrightarrow{u}$ = $\frac{1}{2}$ ( $\overrightarrow{U}$ + $\overrightarrow{V}$ ) , $\overrightarrow{v}$ = $\frac{1}{2}$ ( $\overrightarrow{U}$ – $\overrightarrow{V}$ )
Et en appliquant le 1°a aux vecteurs $\overrightarrow{U}$ et $\overrightarrow{V}$ .
b) Application au parallélogramme ABCD
Les longueurs AB et AD sont égales si, et seulement si, $\overrightarrow{AB}$ = $\overrightarrow{AD}$ , c’est-à-dire, d’après le 2° a : ( $\overrightarrow{AB}$ + $\overrightarrow{AD}$ ) ⊥( $\overrightarrow{AB}$ – $\overrightarrow{AD}$ ) ou encore : $\overrightarrow{AC}$ ⊥ $\overrightarrow{DB}$ .
On redémontre ainsi ce résultat classique : un parallélogramme est un losange si, et seulement si, ses diagonales sont perpendiculaires.

EXERCICE 15
1° a) Relation $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AN}$ = $\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AM}$
On a: $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AM}$ =|| $\overrightarrow{AB}$ || × || $\overrightarrow{AN}$ || cos $\widehat{BAN}$ (1)
$\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AM}$ = || $\overrightarrow{AC}$ || x $\overrightarrow{AM}$ x cos $\widehat{CAM}$ (2)
Or $\widehat{BAN}$ = $\widehat{CAM}$ =90°+ $\widehat{BAC}$
Les seconds membres de (1) et (2) sont égaux, donc aussi les premiers. Ainsi :
$\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AN}$ = $\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AM}$
b) relation $\overrightarrow{OA}$ . $\overrightarrow{OM}$ =0
Construisons le parallélogramme ABCD. Le vecteur $\overrightarrow{AD}$ est la somme des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ donc $\overrightarrow{AO}$ = $\frac{\overrightarrow{AD}}{2}$ = $\frac{\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AC}}{2}$
D’autre part
$\overrightarrow{MN}$ = $\overrightarrow{MA}$ + $\overrightarrow{AN}$ + $\overrightarrow{AN}$ – $\overrightarrow{AM}$
Donc $\overrightarrow{OA}$ . $\overrightarrow{MN}$ = $\frac{\overrightarrow{{\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AC}}}}{2}$ .( $\overrightarrow{AN}$ – $\overrightarrow{AM}$ )
= $\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AN} + \overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AN} – \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AM} – \overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AM}}{2}$ (3)

Or après le paragraphe a : $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AN}$ – $\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AM}$ =0; autre part
$\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AN}$ – $\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AM}$ =0 ( produit scalaire de deux vecteur perpendiculaires). (3) donne alors : $\overrightarrow{AO}$ . $\overrightarrow{MN}$ =0. la droite (AO)est donc perpendiculaire à la doitre (MN)
Ainsi la droite (AO) est la hauteur issue de A dans le triangle AMN.
2° a) Relation $\overrightarrow{AM}$ . $\overrightarrow{AN}$ =- $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{BN}$ . $\overrightarrow{CM}$ =0
On a : $\overrightarrow{AM}$ . $\overrightarrow{AN}$ = AM x AN x cos $\widehat{MAN}$ . Or AM=AB, AN=AC et l’angle $\widehat{MAN}$ est supplémentaire de $\widehat{BAC}$ , donc
$\overrightarrow{AM}$ . $\overrightarrow{AN}$ = AB × AC x cos⁡(180°- $\widehat{BAC}$ )
= – AB ×AC ×cos⁡ $\widehat{BAC}$ = – $\overrightarrow{AB}$ – $\overrightarrow{AC}$
Ainsi : $\overrightarrow{AM}$ . $\overrightarrow{AN}$ = – $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$ (4)
On peut écrire :
$\overrightarrow{BN}$ . $\overrightarrow{CN}$ = ( $\overrightarrow{BA}$ + $\overrightarrow{AN}$ ).( $\overrightarrow{CA}$ + $\overrightarrow{AM}$ )
= $\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{CA}$ + $\overrightarrow{AN}$ . $\overrightarrow{CA}$ + $\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{AM}$ + $\overrightarrow{AN}$ . $\overrightarrow{AM}$
= $\overrightarrow{AN}$ . $\overrightarrow{AC}$ + 0 + 0 – $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AC}$
C’est-à-dire : $\overrightarrow{BN}$ . $\overrightarrow{AC}$ =0
Orthogonalité des segments [BN] et [CM]
Comme $\overrightarrow{BN}$ . $\overrightarrow{CM}$ =0, On a: (BN)⊥(CM)
Egalite BN = CM
$\overrightarrow{BN}$ = $\overrightarrow{BA}$ + $\overrightarrow{AN}$ d’où BN² = BA² + AN² + 2 $\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{AN}$ (3)
$\overrightarrow{CM}$ = $\overrightarrow{CA}$ + $\overrightarrow{AM}$ d’où CM² = CA² + AM² +2 $\overrightarrow{CA}$ . $\overrightarrow{AM}$ (4)
Les seconds membres des égalités (3) et (4) sont égaux car BA² = AM², AN² = CA²,
et $\overrightarrow{BA}$ . $\overrightarrow{AN}$ = $\overrightarrow{CA}$ . $\overrightarrow{AM}$ (Puisque d’après le 1° a) leurs opposés respectifs $\overrightarrow{AB}$ . $\overrightarrow{AN}$ et $\overrightarrow{AC}$ . $\overrightarrow{AM}$ sont egaux ).
Ainsi BN² =CM², donc BN= CM.
b) Nature du triangle OIJ
Dans le triangle BCN, O et J sont les milieux des côtés [BC] et [CN] ,donc∶
$\overrightarrow{OJ}$ = $\frac{\overrightarrow{BN}}{2}$ .De même∶ $\overrightarrow{OI}$ = $\frac{\overrightarrow{CM}}{2}$
Comme (BN) ⊥ (CM) et BN =CM, on a : (OJ )⊥(OI) et OJ = OI.
Le triangle OIJ est donc isocèle et rectangle en O.

EXERCICE 16
Rappel :
La droite d’équation ax +by+c= 0 a pour vecteur directeur $\overrightarrow{u}$ (-b ;a)
Réciproquement ; la droite de vecteur directeur (-b ;a) a une équation de la forme ax + by + c = 0 ; le coefficient c étant à déterminer avec un point de la droite
a) Une équation de (d) est de la forme : 2x +2y +c=0 . Déterminons c:
A appartient à (d) donc ses coordonnées vérifient l’équation de (d) :
2 × 2 + 2 × (-1) + c = 0 ; on obtient: c = -2.
donc (d) : 2x + 2y -2=0 ou encore : x + y -1 =0 et l’équation réduite de (d) est :y=-x +1.
b) Pour tracer la droite d’équation x + y +2=0, il suffit de connaître deux points de cette droite et de les relier.

x	0	-2
y	-2	0

Il suffit donc de placer les points A(0,-2) et B(-2,0). La droite (d’) est la droite (AB).

c) Deux droites d’équation y = mx+p et y = m’x + p’ sont parallèles si et seulement si m = m’. Ou encore, si elles ont pour équation : ax +by+c = 0 et a’x +b’y+c’= 0, elles sont parallèles si et seulement si ab’= a’b.
Le coefficient directeur de (d) est -1 et celui de (d’) est -1. Les droites d et (d’) sont donc parallèles.

EXERCICE 17
$\overrightarrow{AB}$ (x_B – x_A ; y_B -y_A ): $\overrightarrow{AB}$ (3;5)
Soit M(x,y).
D’où : M(10 ; -5).
De même: Soit N(a,b):
D’où : N(1 ; 4).

EXERCICE 18
ABCD parallélogramme
Ainsi: D(-2 – (-3) + 4 ; 7 – 5 + 6)
Donc : D(5 ; 8).

EXERCICE 19
Deux méthodes possibles (même encore plus).
1^ère méthode :
A et B appartiennent à la droite (AB) donc leurs coordonnées vérifient l’équation de la droite (d), on a donc le système :
$\begin{cases} -2 = -a +b \\-4 = -5a + b\end{cases}$
et il nous faut déterminer a et b :
En soustrayant les deux équations on obtient facilement la valeur de a et en remplaçant dans une des deux équations on obtient b :
Une équation de la droite (AB) est : y= $\frac{1}{2}$ x – $\frac{3}{2}$

2^ème méthode :
On a x_A $\ne$ x_B, donc une équation de la droite (AB) est de la forme :y=ax + b .
Déterminons le coefficient directeur de (AB) :
a= $\frac{y_B-y_A}{x_B – x_A}$ = $\frac{-2}{-4}$ = $\frac{1}{2}$

L’équation de (AB) est donc de la forme y = $\frac{x}{2}$ +b. Il reste à déterminer , pour cela comme précédemment, on dit que A appartient à (AB) et donc ses coordonnées vérifient l’équation :
-2= $\frac{1}{2}$ x (-1) + b; soit b=- $\frac{3}{2}$
Et on conclut de la même façon.

EXERCICE 20
a) FAUX (le couple (0 ; 0) n’est pas solution de l’équation, ou encore, ce n’est pas une fonction linéaire !)
b) VRAI 2×2+3×(1/3)-5 = 0.
c) VRAI
d) FAUX (- $\frac{3}{2}$ ).

EXERCICE 21
La droite (d) a pour équation 5x – y -2=0 ou encore y=5x – 2.
Le coefficient directeur est donc m=5.
Comme (d’) est parallèle à (d), alors le coefficient directeur m’ de (d’) vérifie : m’ = m = 5.
Donc une équation de (d’) est de la forme : y= 5x + p.
De plus, A(2 ; -1) appartient à (d’) donc ses coordonnées vérifient l’équation de (d’) : -1 = 5 × 2 + p. Soit : p = -11.
Ainsi, l’équation réduite de (d’) est : y= 5x -11 . Une autre équation de (d’) est : 5x – y – 11=0.

EXERCICE 22
Si (d): ax+by+c = 0 alors un vecteur directeur de (d) est $\overrightarrow{u}$ (-b ; a)
a) 3x-7y+4 = 0; vecteur directeur: $\overrightarrow{u}$ (7;3)
b) x=-y; vecteur directeur: $\overrightarrow{u}$ (-1;1)
c) 8y-4x =0 ; vecteur directeur: $\overrightarrow{u}$ (-8;-4) ou encore: $\overrightarrow{u}$ (2;1)
d) x = 4; vecteur directeur: $\overrightarrow{u}$ (0;1)
e) y -5= 0; vecteur directeur: $\overrightarrow{u}$ (-1 ; 0)
f) x=y; vecteur directeur: $\overrightarrow{u}$ (1;1)

EXERCICE 23
(d): 2x-y+3 = 0 ; coefficient directeur: m=2
(d’): 2x-y-1 = 0 ; coefficient directeur: m’=2.
m=m’. Les droites (d) et (d’) sont donc parallèles.

EXERCICE 24
Déterminons une équation de (BC) par une des deux méthodes de l’exercice 4. (BC): 5x+7y-18 = 0.
axe des abscisses: y = 0.
Le point A vérifie ces deux équations: y_A = 0 et 5x_A – 18 = 0. On en déduit: A( $\frac{18}{5}$ ; 0).

EXERCICE 25
Deux méthodes:
1^ère méthode (qui concerne le thème choisi ici : équations de droite) :
On détermine l’équation de la droite (MN) puis on détermine a pour que X appartienne à cette droite :
(MN): coefficient directeur: m= – $\frac{7}{9}$ ; 9y = -7x + p.
M appartient à (MN) donc: 27 =7 + p ; soit p = 20.
Une équation de (MN) est: 7x+9y-20 = 0.
X appartient à (MN) $\iff$ 7×5 + 9×a – 20 = 0 $\iff$ 9a = -15 $\iff$ a = – $\frac{5}{3}$
2^ème méthode (avec les vecteurs) :
M,N et X alignés $\iff$ $\overrightarrow{MN}$ et $\overrightarrow{MX}$ sont colinéaires.
$\overrightarrow{MN}$ (9;-7) et $\overrightarrow{MX}$ (6;a-3).
M,N et X alignés $\iff$ il existe un réel k non nul tel que: 9 = 6k et -7 = k(a-3) $\iff$ k = $\frac{3}{2}$ et a =- $\frac{5}{3}$ .

EXERCICE 26
Déterminons l’équation de la droite (d) parallèle à (AB) et passant par C.
coefficient directeur de (AB): m= $\frac{-5}{-4}$ = $\frac{5}{4}$ . Et (d) parallèle à (AB) $\iff$ m’=m= $\frac{5}{4}$ .
L’équation de (d) est donc de la forme: y = $\frac{5}{4}$ x + p.
C appartient à (d) donc: 2 = 0+p soit p=2.
L’équation réduite de (d) est: y = $\frac{5}{4}$ x+2.
D appartient à (d) $\iff$ y= $\frac{5}{4}$ (8) + 2 $\iff$ y = 12. Donc D(8;12).

EXERICE 27
Droite (BC):
-coefficient directeur: m= $\frac{-3}{-1}$ =3
– Une équation de (BC) est de la forme: y = 3x + p.
– B appartient à (BC) donc 3 = 0+p soit p=3.
– donc (BC): y = 3x+3.
* droite (AD): y=3x-3.
Ces deux droites ont même coefficient directeur égal à 3, elles sont donc parallèles.
c) M milieu de [AB]: M( $\frac{x_A + x_B}{2}$ ; $\frac{y_A + y_B}{2}$ ) soit M(0,75 ; 2,25).
N milieu de [CD]: N( $\frac{x_C + x_D}{2}$ ; $\frac{y_C + y_D}{2}$ ) soit N(-0,5 ; -1,5).
$\overrightarrow{MN}$ (-1,25 ; -3,75) et $\overrightarrow{BC}$ (-1;-3). donc: $\overrightarrow{MN}$ = -1,25 $\overrightarrow{BC}$ .
Les vecteurs et sont colinéaires donc les droites (MN) et (BC) sont parallèles. Donc le coefficient directeur de la droite (MN) est 3.
Une équation de (MN) est donc de la forme: y = 3x+p. Et M appartient à (MN) donc: 2,25 = 3×0,75 + p ; soit p = 0.
Ainsi, (MN): y = 3x. Donc (MN) est une droite représentée par une fonction linéaire; elle passe donc par l’origine O.

EXERCICE 28
a)
b) Montrons que (AB)//(CD) mais que (AC) et (BD) ne sont pas parallèles.
coefficients directeurs : m_(AB)= $\frac{-3}{2}$ m_(AC)= $\frac{2}{3}$ m_(CD)= $\frac{-3}{2}$ m_(BD)= $\frac{-1}{5}$ .
Ce qui montre bien que (AB) et (CD) sont parallèles car elles ont le même coefficient directeur mais que (AC= et (BD) ne le sont pas.
Donc ABDC est un trapèze.
c) I(0,5 ; 3) et J(3,5 ; -1,5). donc m_(IJ)= $\frac{-4,5}{3}$ = $\frac{-3}{2}$ =m_(AB)=m_(CD).
Donc (IJ) est parallèle à (AB) et (CD).
d) K(1,5 ; 1,5). Il faut montrer que I,J,K et L sont alignés.
L est défini par 2 $\overrightarrow{AL}$ = $\overrightarrow{AD}$ , donc D est le milieu de [AD] et L(2,5 ; 0).
équation de (IJ): y = $\frac{-3}{2}$ x + p ; 3 = $\frac{-3}{2}$ (0,5) + P soit p = 3,75. ; donc (IJ): y = $\frac{-3}{2}$ x+3,75.
et (KL): m_(KL)= = $\frac{-1,5}{1}$ = $\frac{-3}{2}$ . y = $\frac{-3}{2}$ x + p’ et $\frac{3}{2}$ =( $\frac{-3}{2}$ )( $\frac{3}{2}$ ) + p’ soit p’ = 3,75. donc (IJ) et (KL) sont confondues (même équation de droite).
On en conclut que les points I, J, K et L sont alignés.

EXERCICE 29
a) A'(5,5 ; -3) ; B'(1,5 ; -3) ; C'(1 ; 0).
b) (AA’): m_(AA’)= $\frac{-3}{8,5}$ = $\frac{-6}{17}$ . une équation de (AA’) : 6x + 17y + 18 = 0.
(BB’): m_(BB’)= $\frac{-3}{-3,5}$ = $\frac{6}{7}$ .une équation de (BB’) : -6x + 7y + 30 = 0.
(CC’): m_(CC’)= $\frac{6}{-5}$ ; une équation de (CC’): 6x+5y – 6 = 0.
c) Les coordonnées du point G vérifient les équations de (AA’) et (BB’) donc sont solutions du système:
S $\begin{cases} 6x +17 y + 18=0 \\-6x +7y +30=0\end{cases}$
Soit:
S $\begin{cases} x=\frac{-17y – 18}{6} \\24 y + 48=0\end{cases}$

S $\begin{cases} x=\frac{8}{3} \\y=-2\end{cases}$
G( $\frac{8}{3}$ ; -2)

d) 1^ère méthode: G est l’intersection de (AA’) et (BB’) qui sont deux médianes du triangle ABC; donc G est le centre de gravité du triangle et (CC’) la troisième médiane donc G appartient à (CC’).
2^ème méthode: 6×(8/3)+5×(-2)-6 = 16 – 10-6 = 0. Les coordonnées de G vérifient l’équation de (CC’) donc G appartient à la droite (CC’).
e) Les coordonnées de A et C’ sont-elles solutions de l’équation x-y+4 = 0 ?
-3-0+4 = 1 donc A n’est pas sur cette droite; donc l’équation x-y+4 = 0 n’est pas une équation de la droite (AC’).

EXERCICE 30
Si ABCD est un parallélogramme alors $\overrightarrow{AB}$ = $\overrightarrow{DC}$
$\overrightarrow{AB}$ (0; -4)
$\overrightarrow{DC}$ (0; -4)
$\overrightarrow{AB}$ = $\overrightarrow{DC}$ donc ABCD est un parallélogramme.
Dans un parallélogramme, les diagonales se coupent en leurs milieu, donc le centre I du parallélogramme est le milieu de [AC]
I ( $\frac{x_a + x_c}{2}$ ; $\frac{y_a + y_c}{2}$
I ( $\frac{1}{2}$ ; $\frac{-1}{2}$ )

EXERCICE 31
2x – 5y +7=0
y= $\frac{-2x -7}{-5}$
y= $\frac{2}{5}$ x + $\frac{7}{5}$
Le coefficient directeur de (d) est $\frac{2}{5}$ .
La droite d’équation y= $\frac{2}{5}$ x + $\frac{7}{5}$ et la droite d’équation y = $\frac{2}{5}$ x ont le même vecteur directeur (car ils ont le même coefficient directeur).
On constate que si x=1 alors y = $\frac{2}{5}$
Le vecteur directeur de la droite (d) a pour coordonnées (1; $\frac{2}{5}$ .
3y – 4x=0
y= $\frac{4}{3}$ x
Le coefficient directeur de (d’) est $\frac{4}{3}$
On constate que si x=1alors y = $\frac{4}{3}$
Le vecteur directeur de la droite (d’) a pour coordonnées $\dbinom{1}{\dfrac{4}{3}}$
y=-x
Le coefficient de la droite (d”) est -1
On constate que si x=1 alors y=-1
Le vecteur directeur de la droite (d”) a pour coordonnées (1;-1)

EXERCICE 32
1. (d1) : passe par (−5 ; 4) et (−1 ; 1), équation : $\begin{vmatrix}X+5 & 4 \\Y-4 & -3\end{vmatrix}$ =-3x-15 -4y +16=0 $\iff$ 4y + 3x -1=0.

(d2) : passe par (4 ; 4) et (0 ; 1), coeff. directeur $\dfrac{3}{4}$ , ordonnée à l’origine : 1, équation :1, équation: y= $\dfrac{3}{4}$ x +1.

(d3) : passe par (−5 ; −5) et (2 ; 0), coeff. directeur $\dfrac{5}{7}$ , 0= $\dfrac{5}{7}$ . 2+p $\implies$ p=- $\dfrac{10}{7}$ équation : y= $\dfrac{5}{7}$ x- $\dfrac{10}{7}$ .

2. Les droites (d2) et (d3) ne sont pas parallèles : elles n’ont pas le même coefficient directeur.

EXERCICE 33
a) On sait que A(3;5) et qu’une fonction affine est de la forme y=ax + b
On se ramène donc a un système de deux équations à deux inconnues.
$\begin{cases} 3a + b=5 \\a + b=3\end{cases}$
On trouve $\begin{cases} a=1 \\b=2\end{cases}$

b) L’équation de la droite passant par C et parallèle à (AB) a donc le même coefficient directeur que la droite (AB)
D’où a=1
On a donc l’équation suivante :
-3 + b=2
D’où b=5

c) Si ABCD est un parallélogramme alors $\overrightarrow{AC}$ = $\overrightarrow{DC}$
On a donc le système d’équation suivant
$\begin{cases} -2=-3 -x \\-2=2 -y\end{cases}$
On trouve $\begin{cases} x=-1 \\y=4\end{cases}$
Donc D(-1 ; 4).

d) Si C, D et E sont alignés alors $\overrightarrow{CD}$ et $\overrightarrow{CE}$ sont colinéaires.
$\overrightarrow{CD}$ (2;2)
$\overrightarrow{CE}$ (4;4)
Si $\overrightarrow{CD}$ et $\overrightarrow{CE}$ sont colinéaires alors X_{$\overrightarrow{CD}$} x Y_{$\overrightarrow{CE}$} – X_{$\overrightarrow{CE}$} x Y_{$\overrightarrow{CD}$}
2 x 4 – 4 x 2=0
Donc C, D et E sont alignés.

EXERCICE 34
a) On détermine une équation de la droite ayant pour vecteur directeur $\overrightarrow{u}$
On trace la droite ayant pour vecteur directeur, le vecteur passant par O(0;0)
On constate que :
– L’image de 0 est 0
– L’image de -2 est -5
On a donc le système d’équation suivant
$\begin{cases} b=0 \\-2a + b=-5\end{cases}$
D’où $\begin{cases} a=\frac{5}{2} \\b=0\end{cases}$
L’équation de la droite ayant pour vecteur directeur $\overrightarrow{u}$ est donc y = $\frac{5}{2}$ x
On détermine une équation de la droite ayant pour vecteur directeur $\overrightarrow{v}$
On considère la droite ayant pour vecteur directeur le vecteur $\overrightarrow{v}$ et passant par O(0;0)
On constate que
– L’image de 0 est 0
– L’image de 1 est x+4
On a donc le système d’équation suivant
$\begin{cases} b=0 \\x + 4=a + b\end{cases}$
D’où $\begin{cases} a=x + 4 \\b=0\end{cases}$
Si 2 droites sont perpendiculaires alors le produit de leur coefficient directeur est égale à -1.
$\frac{5}{2}$ (x + 4)=-1
x= $\frac{-22}{5}$

b) On détermine une équation de la droite ayant pour vecteur directeur $\overrightarrow{u}$
On trace la droite ayant pour vecteur directeur, le vecteur passant par O(0;0)
On constate que :
– L’image de 0 est 0
– L’image de 5 est 11
On a donc le système d’équation suivant
$\begin{cases} b=0 \\5a + b=11\end{cases}$
D’où $\begin{cases} a=\frac{11}{5} \\b=0\end{cases}$
On considère la droite ayant pour vecteur directeur le vecteur et passant par O(0;0)
On constate que
– L’image de 0 est 0
– L’image de 2 est x
On a donc le système d’équation suivant
$\begin{cases} b=0 \\x=2a + b\end{cases}$
D’où $\begin{cases} a=\frac{x}{2} \\b=0\end{cases}$
Si 2 droites sont perpendiculaires alors le produit de leur coefficient directeur est égale à -1.
$\frac{11}{5}$ x $\frac{x}{2}$ = -1

x= $\frac{-10}{11}$
c) On détermine une équation de la droite ayant pour vecteur directeur $\overrightarrow{u}$
On trace la droite ayant pour vecteur directeur, le vecteur $\overrightarrow{u}$ passant par O(0;0)
On constate que :
– L’image de 0 est 0
– L’image de x est 3
On a donc le système d’équation suivant
$\begin{cases} b=0 \\ax + b=3\end{cases}$
D’où $\begin{cases} a=\frac{3}{x} \\b=0\end{cases}$
On considère la droite ayant pour vecteur directeur le vecteur et passant par O(0;0)
On constate que
– L’image de 0 est 0
– L’image de x est -6
On a donc le système d’équation suivant
$\begin{cases} b=0 \\ax + b=-6\end{cases}$
D’où $\begin{cases} a=\frac{-6}{x} \\b=0\end{cases}$
Si 2 droites sont perpendiculaires alors le produit de leur coefficient directeur est égale à -1.
$\frac{3}{x}$ x $\frac{-6}{x}$ = -1

$\frac{-18}{x^2}$ = -1

-18 = -x²
x² =18

x=3 $\sqrt{2}$ ou x=-3 $\sqrt{2}$

EXERCICE 35
a) D a pour équation y=-x + 5
Le produit du coefficient directeur de D et du coefficient directeur de la droite passant par A est égal à -1 car les deux droites sont perpendiculaires.
On a donc le système d’équations suivant
$\begin{cases} -a=-1 \\a + b=1\end{cases}$
On trouve $\begin{cases} a=1 \\ b=0\end{cases}$
Donc l’équation de la droite passant par A est y=x

b) D a pour équation y=2x + 2
Le produit du coefficient directeur de D et du coefficient directeur de la droite passant par A est égal à -1 car les deux droites sont perpendiculaires.
On a donc le système d’équations suivant
$\begin{cases} 2a=-1 \\-2a + b=3\end{cases}$
On trouve $\begin{cases} a=\frac{-1}{2} \\ b=2\end{cases}$
Donc l’équation de la droite passant par A est y = $\frac{-1}{2}$ x +2

EXERCICE 36
Prenons deux vecteurs $\overrightarrow{u}$ (x;y) et $\overrightarrow{v}$ (x’ ; y’)colinéaires. Par définition de la colinéarité, il existe un nombre réel k tel que $\overrightarrow{v}$ =k $\overrightarrow{u}$ .

On a donc : x’ = kx et y’= ky. Calculons, le déterminant des vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ :

det( $\overrightarrow{u}$ ; $\overrightarrow{v}$ ) = $\begin{vmatrix}x & x' \\y & y'\end{vmatrix}$ =xy’ – x’y =xky – kxy= kxy – kxy=0

EXERCICE 37
b)On prend un point M( ; ) situé sur la médiatrice [AB]
On sait que le point M est équidistant de A et de B donc MA=MB
Donc $\sqrt{(x-3)^2 + (y-6)^2}$ = $\sqrt{(x-1)^2 + (y-2)^2}$
En élevant au carré, on obtient
(x-3)² + (y-6)² = (x-1)² + (y-2)²
x² – 6x + 9 + y² – 12y + 36= x² – 2x +1 + y² – 4y + 4
x² – 6x + y² – 12y + 45 = x² – 2x + y² -4y + 5
-6x – 12y + 45= -2x -4y +5
-4x -8y + 40=0
y= $\dfrac{-1}{2}$ x +5

c) On détermine l’équation de la médiatrice de [AC]
On prend un point N(x,y)
On sait que le point N est équidistant de A et de C donc NA=NC
Donc $\sqrt{(x-3)^2 + (y-6)^2}$ = $\sqrt{(x-5)^2 + (y-4)^2}$
En élevant au carré on obtient
(x-3)² + (y-6)² = (x-5)² + (y-4)²
-6x – 12y + 45= -10x – 8y + 41
4x – 4y + 4= -10x – 8y + 41
y=x+1
On cherche l’intersection des deux médiatrices.
$\dfrac{-1}{2}$ x + 5 = x + 1
$\dfrac{-3}{2}$ x + 4 =0
x= $\dfrac{8}{3}$
On cherche l’image de $\dfrac{8}{3}$
( $\dfrac{8}{3}$ ) + 1= $\dfrac{11}{3}$
Le centre I du cercle circonscrit a pour coordonnées ( $\dfrac{8}{3}$ ; $\dfrac{11}{23}$ )
Le rayon du cercle est égale à IA
IA= $\sqrt{(\dfrac{8}{3}-3)^2 + (\dfrac{11}{3}-6)^2}$

IA= $\frac{5\sqrt{2}}{3}$
d) Le triangle ABC à l’air isocèle en B
Si le triangle ABC est isocèle en B alors BA=BC
Vérifions-le
BA= $\sqrt{(1-3)^2 + (2-6)^2}$ = $\sqrt{4 + 16}$ = $\sqrt{20}$
BC= $\sqrt{(5-1)^2 + (4-2)^2}$ = $\sqrt{16 + 4}$ = $\sqrt{20}$
Donc, le triangle ABC est isocèle en B.
On appelle H, le milieu du segment [AC]
Aire _ABC = $\frac{HB \times AC}{2}$
Coordonnés de H
H ( $\dfrac{3 + 5}{2}$ ; $\frac{6 + 4}{2}$ )
H(4;5)

Distance BH
HB= $\sqrt{(4-1)^2 + (5-2)^2}$ = $\sqrt{9 + 9}$ = $\sqrt{18}$ = 3 $\sqrt{2}$

Distance AC
AC= $\sqrt{(3-5)^2 + (6-4)^2}$ = $\sqrt{4 +4}$ = $\sqrt{8}$ =2 $\sqrt{2}$

Aire _ABC = $\dfrac{HB \times AC}{2}$
Aire _ABC = $\dfrac{3\sqrt{2} \times 3\sqrt{2}}{2}$
Aire _ABC =6

EXERCICE 38
On trouve l=0

EXERCICE 39
Considérons un point M(x,y) de (D ),le point A(2, -1) et le vecteur $\overrightarrow{v}$ (-3, 5) ; ((1) ;(2)) $\iff$ $\overrightarrow{OM}$ = $\overrightarrow{OA}$ + t $\overrightarrow{v}$ $\iff$ $\overrightarrow{AM}$ =t $\overrightarrow{v}$ il en résulte que (D) est la droite qui passe par A et admet $\overrightarrow{v}$ pour vecteur directeur . On peut obtenir une équation cartésienne de (D) en écrivant que $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{v}$ sont colinéaires : 5( x-2) +3(y+1)=0.

Ainsi (D) :5x+3y-7=0

On aurait pu aussi écrire que : $\dfrac{x – 2}{-3}$ = $\frac{y + 1}{5}$ (=t ) pour obtenir une équation cartésienne de (D ).

EXERCICE 40
Considérons un point de( D) par exemple A (5,1) ;(D) admet $\overrightarrow{v}$ (7,2) pour vecteur directeur. Un point M(x,y) appartient à (D) si et seulement si, il existe un réel t tel que $\overrightarrow{AM}$ = t $\overrightarrow{v}$ (1) ; (1) ⇔ (x= 5 +7t (2) ; y = 1+ 2t (3) )
Les égalités (2) et (3) où t $\in$ ℝ constituent un système d’équation paramétrique.

On a donc (D) : $\begin{cases} x=5 + 7t \\1 + 2t\end{cases}$ (tєℝ).

EXERCICE 41
(D) a pour vecteur directeur $\overrightarrow{AB}$ (3, -1) ;(D’)a pour vecteur directeur $\overrightarrow{CD}$ ( 3 , -2).Ces vecteurs ne sont donc pas colinéaires car leurs composantes ne sont pas proportionnelles. (D) et (D’) ne sont par conséquent pas parallèles.
Pour déterminer le point d’intersection de (D) et de (D’), le plus pratique est de disposer d’une équation cartésienne pour une droite et d’un système d’équation paramétrique pour l’autre droite.
Si ax+by+c=0 est une équation cartésienne de (D), comme (D) passe par A et B

On a : $\begin{cases} a + 3b + c=0 \\4a + 2b + c=0\end{cases}$ soit $\begin{cases} a=-\dfrac{1}{10}c \\b=-\dfrac{3}{10}c\end{cases}$

En choisissant c= -10 on obtient l’équation : x+3y-10=0

Pour (D’) en retenant le point C et le vecteur directeur $\overrightarrow{CD}$ on obtient pour système d’équation paramétrique :
$\begin{cases} x=-3 + 3t \\-2\end{cases}$ (tєℝ)

Le paramètre t du point de (D’ ) intersection avec (D) vérifie :

(-3 + 3t) + 3(-2t)-10=0 soit : t= – $\dfrac{13}{3}$ En reportant on obtient les coordonnées du point d’intersection de (D )et(D’) : (-16, $\dfrac{26}{3}$ )

EXERCICE 42
(D’) a pour vecteur directeur $\overrightarrow{v}$ ( 2,3) comme $\overrightarrow{v’}$ = – $\overrightarrow{v}$ les vecteurs $\overrightarrow{v}$ et $\overrightarrow{v’}$ sont colinéaires et (D) et (D’) sont parallèles. Comme de plus le point A n’appartient pas à ( D’) les droites (D) et (D’ ) ne sont pas confondues.
Autres solutions :
(D) admet pour système d’équations paramétriques :

$\begin{cases} x=4 – 2t \\y=-1 – 3t\end{cases}$ (t єℝ) et en reportant dans l’équation cartésienne de (D’) ,on obtient l’équation :
3(4-2t) – 2(-1- 3t) +1=0 qui n’admet pas de solution.

EXERCICE 43
(D) admet pour vecteur directeur $\overrightarrow{v}$ ( 2, -1).(D’) admet pour vecteur directeur $\overrightarrow{v’}$ (-4,2) .Ces vecteurs étant colinéaires ,les droites (D) et (D’) sont parallèles. De plus (D) passe par le point A (3,1) qui appartient aussi à D’(t=1) les droites (D) et (D’) sont donc confondues.

EXERCICE 44
Une équation de C est : (x – 3)² + (y – 4)² =5² ou encore x² + y² – 6x – 8y=0

EXERCICE 45
Le cercle C de centre I(4 ;1) a une équation de la forme :(x – 4)² + (y – 1)² – R² =0 . AЄ C donc x et y respectivement par 2 et 7 on obtient (2 – 4)² + (7 -1)² – R² =0;ce qui donne R²= 40.
L’équation (1) s’écrit alors : x² + y² – 8x – 2y – 23=0

EXERCICE 46 PAGE 101
Le cercle est l’ensemble des points M(x ;y) tels que $\overrightarrow{v’}$ =90° ou encore . =0 (1).

On a et .

La relation (1) devient : .

Exercice 47

On a +

L’équation (1) s’écrit donc : qui est une équation de cercle de

centre I (-2 ;3) et de rayon R =