\chapter{Vecteurs}

\newpage

\section{Introduction}

\subsection{Définition}

\begin{defin}
Un \textbf{vecteur} est la représentation graphique (à l'aide d'une flèche) d'un déplacement par translation.

Un vecteur est donc défini par:
\begin{itemize}
\item une direction (l'inclinaison de la flèche);
\item un sens (vers la droite, vers la gauche, vers le haut, vers le bas);
\item une norme (la longueur de la flèche).
\end{itemize}

Il est noté par une lettre surmontée d'une flèche (toujours de la gauche vers la droite dans la notation).
\end{defin}

\begin{exemple}
Le vecteur $\vv{u}=\vv{AB}$ représente la translation qui transforme A en B.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\fill (0,0) circle (2pt);
\fill (3,2) circle (2pt);
\draw[->,>=latex,thick,red] (0,0) node[below left] {A} -- (3,2) node[above right] {B} node[midway,above left] {$\vv{u}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exemple}

\begin{rem}
Un même vecteur peut être représenté par plusieurs flèches identiques:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=latex,thick,red] (0,0) -- (3,2) node[midway,above left] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,thick,red] (-4,-1) -- (-1,1) node[midway,above left] {$\vv{u}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{rem}

\begin{prop}[règle du parallélogramme]
Si $ABCD$ est un parallélogramme, alors $\vv{AB}=\vv{DC}$ et $\vv{AD}=\vv{BC}$.
\end{prop}

\begin{exemple}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[yscale=0.6]
\draw[->,>=latex,thick,red] (0,0) node[below right] {B} -- (3,2) node[above right] {C} node[midway,below right] {$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,thick,red] (-6,-1) node[below left] {A} -- (-3,1) node[above left] {D} node[midway,above left] {$\vv{u}$};
\draw[orange,->,>=latex] (-6,-1) -- (0,0);
\draw[orange,->,>=latex] (-3,1) -- (3,2);
\node[right] at (3,0.5) {$ABCD$ est un parallélogramme.};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exemple}

\subsection{Vocabulaire}

\begin{defin}
L'\textbf{origine} d'un vecteur est le point à partir duquel la flèche part.

L'\textbf{extrémité} d'un vecteur est le point où la flèche arrive.
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw[->] (0,0) -- (3,2) node[midway,above] {$\vv{u}$};
\draw[red,<-,dashed,thick] (0,0) to[bend left=20] (-1,-1) node[left] {origine de $\vv{u}$};
\draw[blue,<-,dashed,thick] (3,2) to[bend right=20] (4,1) node[right] {extrémité de $\vv{u}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exemple}

\begin{rem}
Dans le cas d'un vecteur $\vv{AB}$, \og A \fg{} (la première lettre) représente toujours l'origine et \og B \fg{}  (la seconde lettre) désigne toujours l'extrémité.
\end{rem}

\section{Opérations sur les vecteurs}

\subsection{Somme de deux vecteurs}

\begin{defin}
Soient $\vv{u}$ et $\vv{v}$ deux vecteurs.

On définit le vecteur $\vv{w}=\vv{u}+\vv{v}$ de la façon suivante :

\begin{minipage}{6cm}
\begin{tikzpicture}[>=stealth']
\draw[->] (0,0) -- (3,2) node[midway,above] {$\vv{u}$};
\draw[->] (3,2) -- (5,-1) node[midway,right] {$\vv{v}$};
\draw[->,thick,red] (0,0) -- (5,-1) node[midway,below left] {$\vv{w}=\vv{u}+\vv{v}$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-6cm}
\begin{itemize}
\item on met \og bout-à-bout \fg{} les vecteurs;
\item l'origine du vecteur-somme est celle du\linebreak 1\ier{} vecteur;
\item l'extrémité du vecteur-somme est celle du\linebreak dernier vecteur.
\end{itemize}
\end{minipage}
\end{defin}

\begin{exemple}[somme de 3 vecteurs]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth']
\draw[->] (0,0) -- (2,1) node[midway,above] {$\vv{a}$};
\draw[->] (2,1) -- (3,-1) node[midway,right] {$\vv{b}$};
\draw[->] (3,-1) -- (5,2) node[midway,below] {$\vv{c}$};
\draw[->,red,thick] (0,0) -- (5,2) node[midway,above] {$\vv{u}$};
\node[red,right] at (7,0.5) {$\vv{u}=\vv{a}+\vv{b}+\vv{c}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exemple}

\begin{prop}[relation de Chasles]
Soient A, B et M trois points quelconques.
\[
\vv{AB}=\vv{A\textcolor{red}{M}}+\vv{\textcolor{red}{M}B}.
\]
\end{prop}

Cette relation signifie que pour aller d'un point (A) à un autre (B), on peut partir du premier (A), puis passer par un autre (M) avant d'arriver au point final (B).
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth']
\draw[->] (0,0) node[below left] {A} -- (3,2) node[red,above] {M} node[midway,above left] {$\vv{A\textcolor{red}{M}}$};
\draw[->] (3,2) -- (6,-1) node[below right] {B} node[midway,above right] {$\vv{\textcolor{red}{M}B}$};
\draw[->] (0,0) -- (6,-1) node[midway,below] {$\vv{AB}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\subsection{Vecteur opposé}

\begin{defin}
Soit $\vv{u}$ un vecteur quelconque.

On définit le vecteur $-\vv{u}$ comme étant le vecteur ayant :
\begin{itemize}
\item la m\^eme direction que $\vv{u}$ ;
\item le sens contraire de $\vv{u}$ ;
\item la m\^eme norme que $\vv{u}$.
\end{itemize}

Dans le cas d'un vecteur $\vv{AB}$, on a :
\[
-\vv{AB}=\vv{BA}.
\]
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth',scale=0.8]
\draw[->] (0,0) -- (3,2) node[midway,above left] {$\vv{u}$};
\draw[<-] (2,0) -- (5,2) node[midway,below right] {$-\vv{u}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exemple}

\begin{defin}[vecteur nul]
On définit le \textbf{vecteur nul} comme étant le vecteur de norme nulle. On le note $\vv{0}$.

Si un vecteur représente un déplacement, le vecteur nul représente, quant à lui, la stabilité : le \og non déplacement \fg.
\end{defin}

\begin{rem}
Quel que soit le vecteur $\vv{u}$, 
\[
\vv{u}+(-\vv{u})=\vv{0}.
\]
\end{rem}

\subsection{Produit d'un vecteur par un réel}

\begin{defin}
Soit $\vv{u}$ un vecteur quelconque et $k$ un nombre réel non nul.
\begin{itemize}
\item Si $k>0$, on définit le vecteur $\vv{v}=k\vv{u}$ comme étant le vecteur somme : 
\[ \vv{v}=\underbrace{\vv{u}+\vv{u}+\cdots+\vv{u}}_{k\text{ fois}}.\]

\item Si $k<0$, on définit le vecteur $\vv{v}=k\vv{u}$ comme étant le vecteur somme : 
\[ \vv{v}=\underbrace{(-\vv{u})+(-\vv{u})+\cdots+(-\vv{u})}_{k\text{ fois}}.\]
\end{itemize}
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item $k>0$ :
\begin{tikzpicture}[>=stealth',baseline={(0,2)}]
\draw[->] (0,0) -- (2,1) node[midway,above left] {$\vv{u}$};
\draw[->] (0,-1) -- (2,0) node[midway,below right] {$\vv{u}$};
\draw[->] (2,0) -- (4,1) node[midway,below right] {$\vv{u}$};
\draw[->] (4,1) -- (6,2) node[midway,below right] {$\vv{u}$};
\draw[->,red,thick] (0,-2) -- (6,1) node[midway,below right] {$\vv{v}=3\vv{u}$};
\end{tikzpicture}

\bigskip

\item $k<0$ :
\begin{tikzpicture}[>=stealth',baseline={(0,2)}]
\draw[->] (0,0) -- (2,1) node[midway,above left] {$\vv{u}$};
\draw[<-] (0,-1) -- (2,0) node[midway,below right] {$-\vv{u}$};
\draw[<-] (2,0) -- (4,1) node[midway,below right] {$-\vv{u}$};
\draw[<-] (4,1) -- (6,2) node[midway,below right] {$-\vv{u}$};
\draw[<-,red,thick] (0,-2) -- (6,1) node[midway,below right] {$\vv{v}=-3\vv{u}$};
\end{tikzpicture}
\end{enumerate}
\end{exemple}

\begin{defin}
Deux vecteurs sont \textbf{colinéaires} s'ils ont la m\^eme direction.

On peut écrire cette définition de la façon suivante :
\[
\vv{u}\text{ et }\vv{v}\text{ sont colinéaires}\Longleftrightarrow \exists~k\in\R*,\ \vv{u}=k\vv{v}.
\]
\end{defin}

\begin{attention}
On ne dit pas que deux vecteurs sont parallèles.

Le terme \og parallèle \fg{} est uniquement utilisé pour des droites ou des segments, voire éventuellement des courbes, mais pas pour des vecteurs.

Si deux vecteurs sont colinéaires, on pourra dire que leur \textit{support} (les droites qui les supportent) sont parallèles.
\end{attention}

\begin{exemple}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth']
\draw[black,dashed] (0,0) grid (10,10);
\draw[->] (1,1) node[below left] {A} -- (4,3) node[above right] {B};
\draw[->] (9,9) node[above right] {C} -- (3,5) node[below left] {D};
\draw[thick,red,->] (1,1) -- (4,1) node[midway,below,draw=red,rounded corners,fill=red,text=white,outer sep=2mm] {$\pmb{+3}$};
\draw[thick,red,->] (9,5) -- (3,5) node[midway,below,draw=red,rounded corners,fill=red,text=white,outer sep=2mm] {$\pmb{-6=\boxed{-2}\times3}$};
\draw[thick,blue,->] (4,1) -- (4,3) node[midway,right,draw=blue,rounded corners,fill=blue,text=white,outer sep=2mm] {$\pmb{+2}$};
\draw[thick,blue,->] (9,9) -- (9,5) node[midway,right,draw=blue,rounded corners,fill=blue,text=white,outer sep=2mm] {$\pmb{-4=\boxed{-2}\times2}$};
\draw[<-,green!50!black,thick] (6.2,4.1) to[bend right=20] (10,3);
\draw[<-,green!50!black,thick] (10.8,6.7) to[bend right=30] (10,3) node[right,draw,fill=yellow!20] (txt) {\begin{minipage}{2.5cm}\centering coefficient de colinéarité\end{minipage}};
\drawshadow{txt}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\`A l'aide du quadrillage, on peut remarquer ici que $\vv{CD}=-2\vv{AB}$, donc les vecteurs $\vv{AB}$ et $\vv{CD}$ sont colinéaires.
\end{exemple}

\begin{prop}[alignement de trois points]
Si deux vecteurs $\vv{AB}$ et $\vv{AC}$ sont colinéaires, alors les points A, B et C sont alignés.
\end{prop}

\newpage

\section{Dans un repère}

\subsection{Introduction}

\begin{defin}
\begin{itemize}
\item On considère un repère (O;I,J).

On appelle \textbf{vecteurs unitaires} de ce repère les vecteurs :
\[ \vv{\imath}=\vv{OI}\qquad\text{et}\qquad\vv{\jmath}=\vv{OJ}.\]
Le repère est alors noté : \Rij.

\item On considère un point $M\coord{x}{y}$ dans un repère \Rij.

Alors,
\[
\vv{OM}=x\vv{\imath}+y\vv{\jmath}.
\]
\end{itemize}
\end{defin}

\begin{exemple}
On considère le point $M\coord{4}{3}$ :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth']
\rep{-1}{-1}{5}{4}
\fill (4,3) circle (1.5pt) node[above] {M};
\draw[green!50!black,thick,->] (0,0) -- (4,3);
\draw[purple,dashed,thick,->] (0,0) -- (4,0) node[midway,below] {$4\vv{\imath}$};
\draw[purple,dashed,thick,->] (4,0) -- (4,3) node[midway,right] {$3\vv{\jmath}$};
\node[right] at (7,2) {$\vv{OM}=4\vv{\imath}+3\vv{\jmath}$.};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exemple}

\begin{rem}
Le repère utilisé dans l'exemple est orthonormé (axes perpendiculaires -- \textit{ortho} -- et mêmes unités sur les axes -- \textit{normé}), mais le résultat est valable quel que soit le repère utilisé.
\end{rem}

\subsection{Coordonnées d'un vecteur}
\enlargethispage*{2em}

\begin{defin}
On considère un vecteur $\vv{AB}$ dans un repère \Rij.

Les coordonnées de $\vv{AB}$ sont notées ainsi :
\[
\vv{AB}\dbinom{x}{y}\;,
\]

où $x$ représente la dénivellation relative en abscisses et $y$ celle en ordonnées pour passer de A à B.
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\rep{-4}{-3}{4}{3}
\draw[thick,->,>=latex,green!50!black] (-3,-2) -- (2,1) node[midway,above left] {$\vv{u}$};
\draw[blue,thick,->,>=latex] (-3,-2) -- (2,-2) node[midway,below] {$+5$};
\draw[blue,thick,->,>=latex] (2,-2) -- (2,1) node[midway,right] {$+3$};
\node[right,fill=white,draw=green!50!black,text=green!50!black] (txt) at (-3.5,2) {Ici, $\vv{u}\dbinom{5}{3}$};
\drawshadow{txt}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exemple}

\begin{prop}
En posant A\coord{x_A}{y_A} et B\coord{x_B}{y_B}, on a :
\[
\vv{AB}\dbinom{x_B-x_A}{y_B-y_A}.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
On considère les points A\coord{3}{-2}, B\coord{-1}{4} et C\coord{-2}{-3} dans un repère \Rij.

\medskip

\begin{minipage}{8cm}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth']
\rep{-3}{-4}{4}{5}
\fill (3,-2) circle (1pt) node[above right] {A};
\fill (-1,4) circle (1pt) node[above] {B};
\fill (-2,-3) circle (1pt) node[below left] {C};
% AB
\draw[thick,purple,->] (3,-2) -- (-1,4);
\draw[thick,purple,->,dashed] (3,4) -- (-1,4) node[midway,above] {$\pmb{-4\vv{\imath}}$};
\draw[thick,purple,->,dashed] (3,-2) -- (3,4) node[midway,right] {$\pmb{6\vv{\jmath}}$};
% CA
\draw[thick,blue,->] (-2,-3) -- (3,-2);
\draw[thick,blue,->,dashed] (-2,-3) -- (3,-3) node[midway,below] {$\pmb{5\vv{\imath}}$};
\draw[thick,blue,->,dashed] (3,-3) -- (3,-2) node[midway,right] {$\pmb{1\vv{\jmath}}$};
% CB
\draw[thick,green!50!black,->] (-2,-3) -- (-1,4);
\draw[thick,green!50!black,->,dashed] (-2,4) -- (-1,4) node[midway,above] {$\pmb{1\vv{\imath}}$};
\draw[thick,green!50!black,->,dashed] (-2,-3) -- (-2,4) node[midway,left] {$\pmb{7\vv{\jmath}}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-8.5cm}
\begin{itemize}
\item $\vv{AB}\dbinom{-1-3}{4-(-2)}=\dbinom{-4}{6}$.

\bigskip

\item $\vv{CA}\dbinom{3-(-2)}{-2-(-3)}=\dbinom{5}{1}$.

\bigskip

\item $\vv{CB}\dbinom{-1-(-2)}{4-(-3)}=\dbinom{1}{7}$.
\end{itemize}
\end{minipage}
\end{exemple}

\newpage

\begin{prop}
Soient $\vv{u}\dbinom{x}{y}$ et $\vv{v}\dbinom{x'}{y'}$ deux vecteurs dans un repère \Rij.

\medskip

\begin{itemize}
\item Le vecteur-somme $\vv{w}=\vv{u}+\vv{v}$ a pour coordonnées :
\[
\vv{w}\dbinom{x+x'}{y+y'}.
\]

\item Soit $k\in\R*$. Alors, le vecteur $k\vv{u}$ a pour coordonnées :
\[
k\vv{u}\dbinom{k\times x}{k\times y}.
\]
\end{itemize}
\end{prop}

\begin{exemple}
On pose $\vv{u}\dbinom{-1}{2}$ et $\vv{v}\dbinom{3}{-1}$.
\begin{itemize}
\item $\vv{w}=\vv{u}+\vv{v}$ avec $\vv{w}\dbinom{-1+3}{2+(-1)}=\dbinom{2}{1}$.
\item $-3\vv{u}\dbinom{-3\times(-1)}{-3\times2}=\dbinom{3}{-6}$.
\end{itemize}
\end{exemple}

\subsection{Vecteurs colinéaires}

\begin{defin}
Soient $\vv{u}\dbinom{x}{y}$ et $\vv{v}\dbinom{x'}{y'}$ deux vecteurs du plan.

On appelle \textit{déterminant} le nombre :
\[
\det\big(\vv{u};\vv{u}\big) = \begin{vmatrix}
x & x'\\
y & y'
\end{vmatrix} = xy' - yx'.
\]
\end{defin}

\begin{prop}
$\vv{u}\dbinom{x}{y}$ et $\vv{v}\dbinom{x'}{y'}$ sont colinéaires si et seulement si $\det\big(\vv{u};\vv{u}\big)=0$.
\end{prop}

\begin{exemple}
Dans un repère \Rij, on considère les vecteurs $\vv{u}\dbinom{\sqrt2-1}{1}$ et $\vv{v}\dbinom{1}{\sqrt2+1}$.

On a d'une part:
\[
\det\big(\vv{u};\vv{u}\big) = \begin{vmatrix}
\sqrt2-1 & 1\\
1 & \sqrt2+1
\end{vmatrix} = \big(\sqrt2-1\big)\big(\sqrt2+1\big)-1=(2-1)-1=0.
\]

Ainsi, $\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont colinéaires.
\end{exemple}



\begin{demo}
Soient $\vv{u}\dbinom{x}{y}$ et $\vv{v}\dbinom{x'}{y'}$ deux vecteurs du plan rapportés à un repère \Rij.

\begin{itemize}
\item Supposons que $\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont colinéaires.

Alors, il existe un réel non nul $k$ tel que $\vv{v}=k\vv{u}$, et donc :
\[
\begin{cases}
x'=kx\\
y'=ky
\end{cases}
\]
Ainsi,
\[
xy'=x\times ky = k(xy)\qquad\text{et}\qquad x'y=kx \times y = k(xy).
\]
Donc $xy' = x'y$, soit $xy'-x'y=0$, ou encore $\det\big(\vv{u};\vv{u}\big)=0$.

\item Supposons maintenant que $xy' = x'y$, c'est-à-dire que $\det\big(\vv{u};\vv{u}\big)=0$.

Alors, 
\begin{itemize}
\item si $x'$ et $y'$ sont tous deux différents de 0, 
\[
\dfrac{x}{x'}=\dfrac{y}{y'}.
\]
Notons $\lambda=\dfrac{x}{x'}=\dfrac{y}{y'}$. On a donc :
\[
x = \lambda x'\qquad\text{ et }\qquad y = \lambda y'.
\]
Donc $\vv{u}\dbinom{\lambda x'}{\lambda y'}$, soit $\vv{u}=\lambda\vv{v}$. Les vecteurs $\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont donc colinéaires;


\item si $x'=0$ et $y'\neq0$ alors :
\[
xy' = x'y \iff xy'=0 \iff x=0\text{ ou } y'=0\text{ (ce qui est impossible par hypothèse)}.
\]
Donc $x=0$ et on a donc $\vv{u}\dbinom{0}{y}$ et $\vv{y}\dbinom{0}{y'}$. Les deux vecteurs sont donc colinéaires car il existe toujours un réel $k$ tel que $y'=ky$.

\item si $x'\neq0$ et $y'=0$ alors, avec un raisonnement analogue, on obtient que $\vv{u}\dbinom{x}{0}$ et $\vv{v}\dbinom{x'}{0}$. Ainsi, les deux vecteurs sont colinéaires;

\item si $x'=y'=0$ alors $x$ et $y$ peuvent être quelconques, l'égalité $xy'=x'y$ est toujours vraie. Dans ce cas, $\vv{v}\dbinom{0}{0}$ est le vecteur nul, et il est alors colinéaires à $\vv{u}$ car le vecteur nul est colinéaire à tout autre vecteur.
\end{itemize}
\end{itemize}
\end{demo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\exercices

\subsection*{Géométrie vectorielle}


\begin{exocor}{placement de points}[1]
Soit ABC un triangle quelconque.
\begin{enumerate}
\item Placer le point E tel que $\vv{AE}=\dfrac{1}{3}\vv{AB}$.
\item Placer le point F tel que $\vv{AF}=3\vv{AC}$.
\item Démontrer que (CE) et (FB) sont parallèles.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (6,0);
\coordinate (C) at (2,2);
\coordinate (E) at (2,0);
\coordinate (G) at (barycentric cs:A=1,C=-2);
\coordinate (F) at (barycentric cs:C=1,G=-2);
\draw (A) node[left] {A} -- (B) node[right] {B} -- (C) node[above] {C} -- cycle;
\fill (E) circle (2pt) node[below] {E};
\draw (C) -- (F);
\fill (F) circle (2pt) node[right] {F};
\draw[red] (C) -- (E);
\draw[red] (F) -- (B);
\draw ($(G)+({-0.1*cos(45)},{0.1*sin(45)})$) -- ($(G)+({0.1*cos(45)},{-0.1*sin(45)})$);
\draw (4,0.1) -- (4,-.1);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\medskip

On sait que $\vv{AE}=\dfrac{1}{3}\vv{AB}$ et que $\vv{AC}=\dfrac{1}{3}\vv{AF}$ par construction. Ainsi, $\dfrac{AC}{AF}=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{1}{3}$.

\bigskip

Donc, d'après la réciproque du théorème de Thalès, (CE) et (BF) sont parallèles.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{placement et alignement de points}[1]
ABCD est un parallélogramme.

\begin{enumerate}
\item Placer les points E et F tels que : 
\[\vv{DE}=\dfrac{1}{3}\vv{DB}\qquad\textrm{et}\qquad\vv{DF}=-\dfrac{1}{4}\vv{DB}\]
\item Placer les points G et H tels que BAEG et BAFH sont des parallélogrammes.
\item Démontrer que $\vv{CH}=\vv{DF}$ et $\vv{CG}=\vv{DE}$.
\item En déduire que les points C, G et H sont alignés.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On a la figure suivante :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=.9,every node/.style={scale=0.9}]
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (4,0);
\coordinate (C) at (1,2);
\coordinate (D) at (-3,2);
\coordinate (E) at (barycentric cs:D=2,B=1);
\coordinate (F) at (barycentric cs:D=5,B=-1);
\coordinate (G) at ($(E)+(B)-(A)$);
\coordinate (H) at ($(F)+(B)-(A)$);
\draw (A) node[below] {A} -- (B) node[below] {B} -- (C) node[above] {C} -- (D) node[above] {D} -- cycle;
\draw (F) -- (B);
\fill (E) circle (2pt) node[below left] {E};
\fill (F) circle (2pt) node[below] {F};
\draw[red] (A) -- (E) -- (G) node[right] {G}-- (B);
\draw[blue] (A) -- (F) -- (H) node[above right] {H}-- (B);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On sait que $\vv{AB}=\vv{DC}=\vv{FH}$ car BADC et BAFH sont des parallélogrammes.\\
Donc CDFH est un parallélogramme.\\
Ainsi, \underline{$\vv{DF}=\vv{CH}$}.

\medskip

De même, BAEG et BADC sont des parallélogrammes, donc $\vv{EG}=\vv{DC}$, ce qui implique que GEDC est un parallélogramme.\\
Donc \underline{$\vv{DE}=\vv{CG}$}.

\item On sait que $\vv{DE}=\dfrac{1}{3}\vv{DB}$ et que $\vv{DE}=\vv{CG}$ (d'après la question précédente). 

Donc, $\dfrac{1}{3}\vv{DB}=\vv{CG}$.

De même, $\vv{DF}=-\dfrac{1}{4}\vv{DB}$ et $\vv{DF}=\vv{CH}$. Donc $-\dfrac{1}{4}\vv{DB}=\vv{CH}$.

Ainsi, $\vv{CH}$ et $\vv{CG}$ sont colinéaires. De plus, ils ont un point en commun donc \uline{C, H et G sont alignés.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{relation de Chasles}[1]
Simplifier au maximum les écritures suivantes :
\begin{enumerate}
\item $\vv{u}=\vv{AC}+\vv{BA}+\vv{CB}$
\item $\vv{v}=\vv{DE}-\vv{DF}+\vv{EF}-\vv{ED}$
\item $\vv{w}=\vv{BA}+\vv{MA}-\vv{MB}$
\end{enumerate}

\tcblower


\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $\vv{u}=\vv{AC}+\vv{BA}+\vv{CB}$\\
$\vv{u}=\vv{AC}+\vv{CB}+\vv{BA}$\\
$\vv{u}=\vv{AB}+\vv{BA}$\\
$\vv{u}=\vv{AA}$\\
\underline{$\vv{u}=\vv{0}$}

\item $\vv{v}=\vv{DE}-\vv{DF}+\vv{EF}-\vv{ED}$\\
$\vv{v}=\vv{DE}+\vv{FD}+\vv{EF}+\vv{DE}$\\
$\vv{v}=\vv{DE}+\vv{EF}+\vv{FD}+\vv{DE}$\\
$\vv{v}=\vv{DF}+\vv{FE}$\\
\underline{$\vv{v}=\vv{DE}$}

\item $\vv{w}=\vv{BA}+\vv{MA}-\vv{MB}$\\
$\vv{w}=\vv{BA}+\vv{MA}+\vv{BM}$\\
$\vv{w}=\vv{BA}+\vv{BM}+\vv{MA}$\\
$\vv{w}=\vv{BA}+\vv{BA}$\\
\underline{$\vv{w}=2\vv{BA}$}
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{exprimer un vecteur en fonction d'un autre}[1]
Soient A et B deux points tels que AB = 5 cm.

Soit M le point défini par : \[ -5\vv{MA}+3\vv{MB}=\vv{0}\;.\]
Exprimer le vecteur $\vv{AM}$ en fonction de $\vv{AB}$ et construire le point M.

\tcblower

\[ -5\vv{MA}+3\vv{MB}=\vv{0}\]

\[ -5\vv{MA}+3\left(\vv{MA}+\vv{AB}\right)=\vv{0}\]

\[ -5\vv{MA}+3\vv{MA}+3\vv{AB}=\vv{0}\]

\[ -2\vv{MA}+3\vv{AB}=\vv{0}\]

\[ 2\vv{AM}=-3\vv{AB}\]

\[ \vv{AM}=-\frac{3}{2}\vv{AB}\]

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (5,0);
\coordinate (M) at (-7.5,0);
\fill (A) circle (2pt) node[below]{A};
\fill (B) circle (2pt) node[below]{B};
\fill (M) circle (2pt) node[below]{M};
\draw (M) -- (B);
\draw (2.5,0.1) -- (2.5,-.1);
\draw (-2.5,0.1) -- (-2.5,-.1);
\draw (-5,0.1) -- (-5,-.1);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{égalités de vecteurs}[1]
Le segment suivant est partagé en 6 parties de même longueur.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) -- (6,0);
\foreach \x/\L in {0/A,1/C,2/D,3/E,4/F,5/G,6/B}
{
	\draw (\x,.1) -- (\x,-.1) node[below] {\L};
}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Compléter les relations suivantes :

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\vv{E\ldots}=-2\vv{EF}$
\item $\vv{C\ldots}+\vv{\ldots G}=\vv{0}$
\item $\vv{AB}=\dfrac{3}{2}\vv{A\ldots}$
\item $\vv{CE}=\ldots\vv{AB}$
\item $\vv{AD}=\ldots\vv{BF}$
\item $\vv{DE}=\ldots\vv{BF}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $\vv{E\textcolor{red}{C}}=-2\vv{EF}$.
\item $\vv{C\textcolor{red}{A}}+\vv{\textcolor{red}{F}G}=\vv{0}$.
\item $\vv{AB}=\dfrac{3}{2}\vv{A\textcolor{red}{F}}$.
\item $\vv{CE}=\textcolor{red}{\frac{1}{3}}\vv{AB}$.
\item $\vv{AD}=\textcolor{red}{-}\vv{BF}$.
\item $\vv{DE}=\textcolor{red}{-\frac{1}{2}}\vv{BF}$.
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{construction de points, égalité vectorielle}[2]
Soit ABCD un parallélogramme de centre I.
\begin{enumerate}
\item Construire le point M tel que : \[ \vv{IM}=\vv{IA}+\vv{ID}\] et le point N tel que : \[ \vv{IN}=\vv{IB}+\vv{IC}\]
\item Démontrer que $\vv{IM}+\vv{IN}=\vv{0}$. Que peut-on en déduire ?
\item Justifier que $\vv{BN}=\vv{IC}$ et que $\vv{IC}=\vv{AI}$.\\
En déduire la nature de ABNI.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=.9,every node/.style={scale=0.9}]
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (4,0);
\coordinate (C) at (1,2);
\coordinate (D) at (-3,2);
\coordinate (I) at (barycentric cs:A=1,C=1);
\coordinate (M) at ($(A)+(D)-(I)$);
\coordinate (N) at ($(B)+(C)-(I)$);
\draw (A) node[below] {A} -- (B) node[below] {B} -- (C) node[above] {C} -- (D) node[above] {D} -- cycle;
\draw (A) -- (C);
\draw (D) -- (B);
\fill (I) circle (2pt) node[below right] {I};
\fill (M) circle (2pt) node[above] {M};
\fill (N) circle (2pt) node[above] {N};
\draw[->,>=stealth',red] (A) -- (M);
\draw[->,>=stealth',blue] (B) -- (N);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\vv{IM}+\vv{IN}=\vv{IA}+\vv{IB}+\vv{IC}+\vv{ID}$.\\
Or, $\vv{ID}=-\vv{IB}$ et $\vv{IC}=-\vv{IA}$. \\
Donc, \underline{$\vv{IM}+\vv{IN}=\vv{0}$}.

\medskip

On en déduit alors que I est le milieu de [MN].

\item On sait que $\vv{IN}=\vv{IB}+\vv{IC}$ (par construction) et que $\vv{IN}=\vv{IB}+\vv{BN}$ (d'après la relation de Chasles).\\
Ainsi, $\vv{IB}+\vv{BN}=\vv{IB}+\vv{IC}$ et donc $\vv{BN}=\vv{IC}$.

\medskip

I étant le milieu de [AC], $\vv{IC}=\vv{AI}$.

\medskip

Ainsi, $\vv{IC}=\vv{AI}=\vv{BN}$ donc \underline{ABNI est un parallélogramme}.
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{alignement de points}[2]
ABC est un triangle quelconque. Soient D, E et F les points tels que :
\[
\vv{CD}=-\vv{CB} \quad ; \quad \vv{AE}=\frac{3}{2}\vv{AC} \quad ; \quad \vv{BF}=-2\vv{BA}
\]
Démontrer que D, E et F sont alignés.

\tcblower

D'une part, nous avons : 
\begin{align*}
\vv {EF} & = \vv{EA}+\vv{AF}\\
\vv {EF}& = \dfrac{3}{2}\vv{CA}+\vv{AF}\\
\vv {EF}& = \dfrac{3}{2}\vv{CA}+\vv{AB}+\vv{BF}\\
\vv {EF}& = \dfrac{3}{2}\vv{CA}+\vv{AB}-2\vv{BA}\\
\vv {EF}& = \dfrac{3}{2}\vv{CA}+3\vv{AB}\\
2\vv {EF}&=\textcolor{red}{3\vv{CA}+6\vv{AB}}.
\end{align*}

\medskip

D'autre part, nous avons : 
\begin{align*}
\vv{DF} & = \vv{DC}+\vv{CF}\\
& = \vv{CB}+\vv{CB}+\vv{BF}\\
& = 2\vv{CB}-2\vv{BA}\\
& = 2\left(\vv{CA}+\vv{AB}\right)+2\vv{AB}\\
& = 2\vv{CA}+4\vv{AB}\\
& = \dfrac{2}{3}\left(\textcolor{red}{3\vv{CA}+6\vv{AB}}\right)\\
& = \dfrac{2}{3}\times2\vv{EF}\\
\Aboxed{\vv{DF} & = \dfrac{4}{3}\vv{EF}}
\end{align*}

\medskip

Les vecteurs $\vv{DF}$ et $\vv{EF}$ sont donc colinéaires. Ils ont un point en commun, donc D, E et F sont alignés.

\vspace*{2cm}~
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{alignement de points}[2]
On considère un parallélogramme $ABCD$ puis les points $E$ et $F$ définis par :
\[
\vv{BE}=\dfrac{3}{2}\vv{BD}\qquad\text{et}\qquad\vv{CF}=\vv{AB}-\dfrac{1}{3}\vv{AD}.
\]
On souhaite démontrer que les points $F$, $C$ et $E$ sont alignés.
\begin{enumerate}
\item Exprimer $\vv{CE}$ en fonction de $\vv{AB}$ et $\vv{AD}$.
\item Conclure. 
\end{enumerate}

\tcblower


\begin{enumerate}
\item Faisons une figure :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (2,3);
\coordinate (C) at (6,3);
\coordinate (D) at (4,0);
\draw (A) node[below left] {A} -- (B) node[above left] {B} -- (C) node[right] {C} -- (D) node[below] {D} -- cycle;
\draw[very thick,red,->,>=latex] (B) -- ($0.5*(B)+0.5*(D)$);
\draw[very thick,red,->,>=latex] ($0.5*(B)+0.5*(D)$) -- (D);
\draw[very thick,red,->,>=latex] (D) -- (5,-1.5) node[right] {E};
\draw[very thick,blue,->,>=latex] (A) -- (B);
\draw[very thick,blue,->,>=latex] (C) -- (8,6);
\draw[very thick,green!50!black,->,>=latex] (D) -- ($0.666*(D)+0.333*(A)$);
\draw[very thick,green!50!black,->,>=latex]  ($0.666*(D)+0.333*(A)$) -- ($0.333*(D)+0.666*(A)$);
\draw[very thick,green!50!black,->,>=latex] ($0.333*(D)+0.666*(A)$) -- (A);
\draw[very thick,green!50!black,->,>=latex] (8,6) -- (6.666,6) node[left] {F};
\draw[dashed,pink] (6.666,6) -- (5,-1.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{CE} & = \vv{CB} + \vv{BE} & \text{d'après la relation de Chasles}\\
& = -\vv{AD} + \vv{BE} & \text{car $ABCD$ est un parallélogramme}\\
& = -\vv{AD} + \dfrac{3}{2}\vv{BD} & \text{d'après l'énoncé}\\
& = -\vv{AD} + \dfrac{3}{2}\big(\vv{BC} + \vv{CD}\big) & \text{d'après la relation de Chasles}\\
& = -\vv{AD} + \dfrac{3}{2}\big(\vv{AD}-\vv{AB}\big) & \text{car $ABCD$ est un parallélogramme}\\
& = -\vv{AD}+\dfrac{3}{2}\vv{AD} - \dfrac{3}{2}\vv{AB}\\
\Aboxed{\vv{CE}& = -\dfrac{3}{2}\vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{AD}}
\end{aligned}$


\item On sait désormais que :
\begin{align*}
\vv{CE} & = \textcolor{red}{-\dfrac{3}{2}}\vv{AB}\, +\, \textcolor{green!50!black}{\dfrac{1}{2}}\vv{AD}\\
\vv{CF} & = \phantom{-\dfrac{3}{2}}\vv{AB}\,  \textcolor{orange}{-\, \dfrac{1}{3}}\vv{AD}
\end{align*}
Or, 
\[
\left(\textcolor{red}{-\dfrac{3}{2}}\right)\times\left(\textcolor{orange}{-\dfrac{1}{3}}\right)-1\times\textcolor{green!50!black}{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}=0
\]
donc $\vv{CE}$ et $\vv{CF}$ sont colinéaires. De plus, ils ont un point en commun (le point C) donc \uline{C, E et F sont alignés}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{milieu}[2]
Soit $ABC$ un triangle quelconque.

On définit le point $D$ par l'égalité : $\vv{AD}+\vv{BD}=\vv{AC}$.

Montrer que $D$ est le milieu de $[BC]$ après avoir construit le point $D$.

\tcblower

Le point $D$ étant défini par une égalité vectorielle où il apparaît deux fois, il est conseillé d'utiliser la relation de Chasles afin de simplifier cette dernière de sorte à ce que le point $D$ n'apparaisse qu'une seule fois. On peut donc, par exemple, écrire $\vv{BD}=\vv{BA}+\vv{AD}$ (ici, j'ai décomposé en utilisant le point $A$ car il apparaît dans l'autre vecteur qui s'écrit avec le point $D$). 
\newpage
On a ainsi:
\begin{align*}
\vv{AD}+\vv{BD}=\vv{AC} & \iff \vv{AD} + \vv{BA}+\vv{AD} = \vv{AC}\\
& \iff 2\vv{AD} = \vv{AC} - \vv{BA}\\
& \iff 2\vv{AD} = \vv{AC} \textcolor{red}{+ \vv{AB}}\\
& \iff \vv{AD} = \dfrac{1}{2}\big(\textcolor{green!50!black}{\vv{AC} + \vv{AB}}\big).
\end{align*}
On a alors:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[above]{A} -- (-2,-2.5) node[left] {B} -- (3,-1) node[right] {C} -- cycle;
\draw[thick,red,->,>=latex] (0,0) -- (-2,-2.5);
\draw[thick,red,->,>=latex] (-2,-2.5) -- (1,-3.5) node[below] {E};
\draw[thick,green!50!black,->,>=latex] (0,0) -- (1,-3.5) node[midway,above,rotate=-75] {$\pmb{\vv{AC} + \vv{AB}}$\phantom{~~}};
\end{tikzpicture}
\end{center}
$\vv{AC} + \vv{AB}$ est le \og vecteur diagonal \fg{} du parallélogramme $ABEC$. Les diagonales d'un parallélogrammes se coupent en leur milieu, et $D$ est défini comme le milieu du vecteur $\vv{AC} + \vv{AB}$; donc $D$ est le milieu de [BC].

\medskip

On aurait pu aussi raisonner de façon purement vectorielle en continuant la suite des équivalences :
\begin{align*}
\vv{AD}+\vv{BD}=\vv{AC} & \iff \vv{AD} = \dfrac{1}{2}\big(\textcolor{green!50!black}{\vv{AC} + \vv{AB}}\big)\\
& \iff \vv{AB}+\vv{BD}=\dfrac{1}{2}\big(\vv{AB}+\vv{BC}+\vv{AB}\big)\\
& \iff \vv{AB}+\vv{BD}=\dfrac{1}{2}\big(2\vv{AB}+\vv{BC}\big)\\
& \iff \vv{AB}+\vv{BD}=\dfrac{1}{2}\times2\vv{AB}+\dfrac{1}{2}\times\vv{BC}\big)\\
& \iff \cancel{\vv{AB}}+\vv{BD}=\cancel{\vv{AB}}+\dfrac{1}{2}\vv{BC}\\
& \iff \boxed{\vv{BD}=\dfrac{1}{2}\vv{BC}}
\end{align*}
Cette dernière égalité montre bien que $D$ est le milieu de [BC].
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{alignement de points}[2]
Soit $ABCD$ un parallélogramme. On définit les points $E$ et $F$ par les égalités suivantes :
\[
\vv{AE}=\dfrac{3}{2}\vv{AB}+\dfrac{1}{2}\vv{BC}\qquad;\qquad\vv{BF}=\dfrac{1}{3}\vv{BC}.\]

Montrer que $A$, $E$ et $F$ sont alignés.

\tcblower

On a d'une part:
\[
\vv{AE}=\dfrac{3}{2}\vv{AB}+\dfrac{1}{2}\vv{BC}=\dfrac{3}{2}\vv{AB}+\dfrac{1}{2}\vv{AD}
\]
et d'autre part:
\[
\vv{AF}=\vv{AB}+\vv{BF}=\vv{AB}+\dfrac{1}{3}\vv{BC}=\vv{AB}+\frac{1}{3}\vv{AD}.
\]
On a donc:
\[
\dfrac{3}{2}\vv{AF}=\dfrac{3}{2}\vv{AB}+\dfrac{\cancel{3}}{2}\times\dfrac{1}{\cancel{3}}\vv{AD}=\vv{AE}.\]
Ainsi, $\vv{AF}$ et $\vv{AE}$ sont colinéaires, donc les points A, E et F sont alignés.
\end{exocor}

%%% 

\begin{exocor}{équations vectorielles}[2]
On considère deux points quelconques A et B du plan.
\begin{enumerate}
\item Construire le point M tel que $\vv{MA}+\vv{MB}=\vv{0}$.
\item Construire le point N tel que $2\vv{NA}-3\vv{NB}=\vv{0}$.
\item Construire le point P tel que $-3\vv{PA}+5\vv{PB}=\vv{0}$.
\item Construire le point R tel que $2\vv{RA}+3\vv{RB}=\vv{0}$.
\item Construire le point S tel que $3\vv{SA}-2\vv{SB}=\vv{0}$.
\item Construire le point T tel que $5\vv{TA}-2\vv{TB}=\vv{0}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On souhaite construire le point M tel que $\vv{MA}+\vv{MB}=\vv{0}$.

\medskip

Utilisons la relation de Chasles pour écrire :
\begin{align*}
\vv{MA}+\vv{MB} & = \vv{MA} + \big(\vv{MA} + \vv{AB}\big)\\
& = 2\vv{MA} + \vv{AB}.
\end{align*}

Ainsi,
\begin{align*}
\vv{MA}+\vv{MB}=\vv{0} & \iff 2\vv{MA} + \vv{AB} = \vv{0}\\
& \iff 2\vv{MA} = -\vv{AB}\\
& \iff -2\vv{AM} = \vv{BA}\\
& \iff \vv{AM} = -\dfrac{1}{2}\vv{BA}\\
& \iff \vv{AM} = \dfrac{1}{2}\vv{AB}.
\end{align*}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=latex] (0,0) node[below] {A} -- (6,0) node[below] {B};
\draw[thick,red,>=latex,->] (0,0) -- (3,0) node[below] {M};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Ainsi, M est le milieu de [AB].

\begin{rem}
Quand on souhaite construire un point inconnu défini par une égalité vectorielle (comme ici), on utilise la relation de Chasles de sorte à faire apparaître un seul vecteur qui dépend du point inconnu (ici, $\vv{MA}$).

Il faut arriver à une égalité vectorielle de la forme $\vv{AM} = k\vv{AB}$, où $k\in\R$. 
\end{rem}

\item On souhaite construire le point N tel que $2\vv{NA}-3\vv{NB}=\vv{0}$.

\begin{align*}
2\vv{NA}-3\vv{NB} & = 2\vv{NA}-3\big(\vv{NA}+\vv{AB}\big)\\
& = 2\vv{NA}-3\vv{NA}-3\vv{AB}\\
& = -\vv{NA}-3\vv{AB}\\
& = \vv{AN}-3\vv{AB}.
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
2\vv{NA}-3\vv{NB}=\vv{0} & \iff  \vv{AN}-3\vv{AB} = \vv{0}\\
& \iff  \vv{AN} = 3\vv{AB}
\end{align*}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=latex] (0,0) node[below] {A} -- (2,0) node[below] {B};
\draw[->,>=latex] (2,0) -- (4,0);
\draw[thick,red,>=latex,->] (0,0) -- (6,0) node[below] {N};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On souhaite construire le point P tel que $-3\vv{PA}+5\vv{PB}=\vv{0}$.

\begin{align*}
-3\vv{PA}+5\vv{PB} & = -3\vv{PA}+5\big(\vv{PA}+\vv{AB}\big)\\
& = -3\vv{PA}+5\vv{PA}+5\vv{AB}\\
& = 2\vv{PA} + 5\vv{AB}
\end{align*}

Ainsi,
\begin{align*}
-3\vv{PA}+5\vv{PB}=\vv{0} & \iff 2\vv{PA} + 5\vv{AB} = \vv{0}\\
& \iff -2\vv{AP} = -5\vv{AB}\\
& \iff \vv{AP} = \dfrac{5}{2}\vv{AB}.
\end{align*}

On divise donc [AB] en deux et on reporte 5 fois cette moitié :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=latex] (0,0) node[below] {A} -- (4,0) node[below] {B};
\draw[thick,red,>=latex,->] (0,0) -- (10,0) node[below] {P};
\foreach\x in {0,2,4,6,8} {
\draw (\x,-0.1) -- (\x,0.1);
}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On souhaite construire le point R tel que $2\vv{RA}+3\vv{RB}=\vv{0}$.

\begin{align*}
2\vv{RA}+3\vv{RB} & = 2\vv{RA}+3\big(\vv{RA}+\vv{AB}\big)=\vv{0}\\
& = 2\vv{RA}+3\vv{RB} + 3\vv{AB}\\
& = 5\vv{RA}+3\vv{AB}.
\end{align*}

Ainsi,

\begin{align*}
2\vv{RA}+3\vv{RB} = \vv{0} & \iff 5\vv{RA}+3\vv{AB} = \vv{0}\\
& \iff 5\vv{RA}=-3\vv{AB}\\
& \iff \vv{RA} = -\dfrac{3}{5}\vv{AB}\\
& \iff -\vv{AR} = -\dfrac{3}{5}\vv{AB}\\
& \iff \vv{AR} = \dfrac{3}{5}\vv{AB}.
\end{align*}

Il faut donc couper en 5 le segment [AB] :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=latex] (0,0) node[below] {A} -- (5,0) node[below] {B};
\draw[thick,red,>=latex,->] (0,0) -- (3,0) node[below] {R};
\foreach\x in {1,2,3,4} {
\draw (\x,-0.1) -- (\x,0.1);
}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On souhaite construire le point S tel que $3\vv{SA}-2\vv{SB}=\vv{0}$.

\begin{align*}
3\vv{SA}-2\vv{SB} & = 3\vv{SA}-2\big(\vv{SA} + \vv{AB}\big)\\
& = 3\vv{SA}-2\vv{SA} -2\vv{AB}\\
& = \vv{SA}-2\vv{AB}.
\end{align*}

Ainsi,

\begin{align*}
3\vv{SA}-2\vv{SB}=\vv{0} & \iff \vv{SA}-2\vv{AB} = \vv{0}\\
& \iff \vv{SA}=2\vv{AB}\\
& \iff \vv{AS} = 2\vv{BA}.
\end{align*}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=latex] (3,0) node[below] {B} -- (0,0) node[below] {A};
\draw[thick,red,>=latex,->] (0,0) -- (-6,0) node[below] {S};
\draw (-3,-0.1) -- (-3,0.1);
\draw (0,-0.1) -- (0,0.1);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On souhaite construire le point T tel que $5\vv{TA}-2\vv{TB}=\vv{0}$.

\begin{align*}
5\vv{TA}-2\vv{TB} & = 5\vv{TA}-2\big(\vv{TA}+\vv{AB}\big)\\
& = 5\vv{TA}-2\vv{TA}-2\vv{AB}\\
& = 3\vv{TA} - 2\vv{AB}.
\end{align*}

Ainsi,

\begin{align*}
5\vv{TA}-2\vv{TB}=\vv{0} & \iff 3\vv{TA} - 2\vv{AB}= \vv{0} \\
& \iff 3\vv{TA} = 2\vv{AB}\\
& \iff \vv{TA} = \dfrac{2}{3}\vv{AB}\\
& \iff \vv{AT} = \dfrac{2}{3}\vv{BA}.
\end{align*}

Il faut donc couper [AB] en 3 et reporter les deux tiers de l'autre côté du point A :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=latex] (3,0) node[below] {B} -- (0,0) node[below] {A};
\draw[thick,red,>=latex,->] (0,0) -- (-2,0) node[below] {T};
\foreach\x in {-1,0,1,2,3} {\draw (\x,-0.1) -- (\x,0.1); }
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{égalités vectorielles définissant des points}[2]
On considère un triangle ABC. On définit les points $D$, $E$ et $F$ par les égalités vectorielles suivantes:
\[
\vv{AD} = 3\vv{BA} \quad;\quad 3\vv{CE} = 2\vv{BE}+3\vv{AB} \quad;\quad 3\vv{FC}=2\vv{FB}.
\]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $\vv{CE} = 2\vv{BC} + 3\vv{AB}$ et que $\vv{CF} = 2\vv{BC}$.
\item Montrer que $ADFE$ est un parallélogramme.
\end{enumerate}
\vspace*{-1em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
3\vv{CE} = 2\vv{BE}+3\vv{AB} & \iff 3\vv{CE} = 2\big(\vv{BC}+\vv{CE}\big)+3\vv{AB}\\& \iff 3\vv{CE} = 2\vv{BC}+2\vv{CE}+3\vv{AB}\\
& \iff \boxed{\vv{CE} = 2\vv{BC} + 3\vv{AB}}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
3\vv{FC}=2\vv{FB} & \iff 3\vv{FC} = 2\big(\vv{FC}+\vv{CB}\big)\\
& \iff 3\vv{FC} = 2\vv{FC}+2\vv{CB}\\
& \iff \vv{FC} = 2\vv{CB}\\
& \iff \boxed{\vv{CF} = 2\vv{BC}}
\end{aligned}$
\end{itemize}

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{AE} & = \vv{AD} + \vv{DF} + \vv{FC} + \vv{CE}\\
        & = 3\vv{BA} + \vv{DF} - 2\vv{BC} + 3\vv{AB} + 2\vv{BC}\\
        & = \underbrace{ 3\vv{BA} + 3\vv{AB} }_{=\vv{0}}  \underbrace{- 2\vv{BC}  + 2\vv{BC}}_{=\vv{0}} + \vv{DF}\\
        & = \vv{DF}.
\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, $ADFE$ est un parallélogramme.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{construction de points}[2]
On considère un triangle ABC. On définit les points $D$, $E$ et $F$ par les égalités vectorielles suivantes:
\[
\vv{AD} = \vv{AB}+2\vv{AC} \quad;\quad \vv{AE} + 2\vv{BE}-\vv{CE}=\vv{0} \quad;\quad \vv{BF}=\vv{AF}+\vv{CF}.
\]
\begin{enumerate}
\item Construire une figure avec les points $A$, $B$, $C$, $D$, $E$ et $F$.
\item Montrer que $ABCF$ est un parallélogramme.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
\vv{AE} + 2\vv{BE}-\vv{CE}=\vv{0} & \iff \vv{AE} + 2\big(\vv{BA}+\vv{AE}\big)-\big(\vv{CA}+\vv{AE}\big)=\vv{0}\\
& \iff 2\vv{AE} = 2\vv{AB} + \vv{CA}\\
& \iff \boxed{\vv{AE} = \vv{AB} + \frac{1}{2}\vv{CA}}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{BF}=\vv{AF}+\vv{CF} & \iff \vv{BF} = \big(\vv{AB}+\vv{BF}\big) + \big(\vv{CB}+\vv{BF}\big)\\
& \iff \vv{0} = \vv{AB}+\vv{BF}  +  \vv{CB}\\
& \iff \boxed{\vv{BF} = \vv{BA} + \vv{BC}}
\end{aligned}$
\end{itemize}

On a alors la figure suivante:

\begin{center}
\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1,0,0}
\definecolor{qqzzqq}{rgb}{0,0.6,0}
\definecolor{qqwwzz}{rgb}{0,0.4,0.6}
\definecolor{xdxdff}{rgb}{0.49019607843137253,0.49019607843137253,1}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\draw [->,line width=2pt,color=qqwwzz] (0,0) -- (4,0);
\draw [->,line width=2pt,color=qqzzqq] (0,0) -- (3,1);
\draw [->,line width=2pt,color=qqzzqq] (4,0) -- (7,1);
\draw [->,line width=2pt,color=qqzzqq] (7,1) -- (10,2);
\draw [->,line width=2pt] (4,0) -- (2.5,-0.5);
\draw [->,line width=2pt,color=ffqqqq] (4,0) -- (3,1);
\draw [->,line width=2pt,color=ffqqqq] (0,0) -- (-1,1);
\node at (-0.3554257869117754,-0.14746177279887482) {$A$};
\node at (3.9894555831044065,-0.535727767566278) {$B$};
\node at (3.138968165994856,1.257691351121251) {$C$};
\node at (10.146244928701805,2.2560896233802876) {$D$};
\node at (2.5288358885032216,-0.8130606209715661) {$E$};
\node at (-0.8546249230412941,1.4056022062707378) {$F$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Par construction, $\vv{BC} = \vv{AF}$. Ainsi, $ABCF$ est un parallélogramme.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% 

\begin{exocor}{droites parallèles}[2]
Soit ABC un triangle. On définit les points $M$ et $N$ par les égalités:
\[
4\vv{AM}-5\vv{MB}=\vv{0}\qquad;\qquad 9\vv{BN}+4\vv{AB}-5\vv{BC}=\vv{0}.
\]
Montrer que $(MN)$ est parallèle à $(BC)$.

\tcblower

\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
4\vv{AM}-5\vv{MB}=\vv{0} & \iff 4\vv{AM}-5\big(\vv{MA}+\vv{AB}\big)=\vv{0}\\
& \iff 4\vv{AM}-5\vv{MA}-5\vv{AB}=\vv{0}\\
& \iff 4\vv{AM}+5\vv{AM}-5\vv{AB}=\vv{0}\\
& \iff 9\vv{AM}=5\vv{AB}.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
9\vv{BN}+4\vv{AB}-5\vv{BC}=\vv{0} & \iff 9\big(\vv{BA}+\vv{AN}\big)+4\vv{AB}-5\big(\vv{BA}+\vv{AC}\big)=\vv{0}\\
& \iff 9\vv{BA}+9\vv{AN}+4\vv{AB}-5\vv{BA}-5\vv{AC}=\vv{0}\\
& \iff  -9\vv{AB}+9\vv{AN}+4\vv{AB}+5\vv{AB}-5\vv{AC}=\vv{0}\\
& \iff 9\vv{AN} = 5\vv{AC}.
\end{aligned}$
\end{itemize}

Donc :

\begin{align*}
9\vv{MN} & = 9\vv{MA} + 9\vv{AN}\\
        & = 5\vv{BA} + 5\vv{AC}\\
        & = 5\vv{BC}.
\end{align*}

Ainsi, $\vv{MN}$ et $\vv{BC}$ sont colinéaires. Par conséquent, $(MN)$ et $(BC)$ sont parallèles.
\end{exocor}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection*{Géométrie repérée}

%%%

\begin{exocor}{vecteurs colinéaires}[1]
Le plan est rapporté à un repère \Rij.

Pour chaque question, dire si les vecteurs $\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont colinéaires.

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\vv{u}\dbinom{-1}{5}$ et $\vv{v}\dbinom{3}{2}$.
\item $\vv{u}\dbinom{-3}{7}$ et $\vv{v}\dbinom{-7}{3}$.
\item $\vv{u}\dbinom{2}{3}$ et $\vv{v}\dbinom{\frac{10}{3}}{5}$.
\item $\vv{u}\dbinom{\sqrt{2}-1}{\frac{1}{2}}$ et $\vv{v}\dbinom{2}{\sqrt{2}+1}$.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\vv{u}\dbinom{-1}{5}$ et $\vv{v}\dbinom{3}{2}$.
\[
\det\big(\vv{u},\vv{v}\big)=-1\times2-5\times3=-2-15=-17\neq0.
\]
\underline{Donc $\vv{u}$ et $\vv{v}$ ne sont pas colinéaires.}

\medskip

\item $\vv{u}\dbinom{-3}{7}$ et $\vv{v}\dbinom{-7}{3}$.
\[
\det\big(\vv{u},\vv{v}\big)=-3\times3-7\times(-7)=-9+49=40\neq0.
\]
\underline{Donc $\vv{u}$ et $\vv{v}$ ne sont pas colinéaires.}

\medskip

\item $\vv{u}\dbinom{2}{3}$ et $\vv{v}\dbinom{\frac{10}{3}}{5}$.
\[
\det\big(\vv{u},\vv{v}\big)=2\times5-\dfrac{10}{3}\times3=10-10=0.
\]
\underline{Donc $\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont colinéaires.}

\medskip

\item $\vv{u}\dbinom{\sqrt{2}-1}{\frac{1}{2}}$ et $\vv{v}\dbinom{2}{\sqrt{2}+1}$.
\[
\det\big(\vv{u},\vv{v}\big)=\big(\sqrt{2}-1\big)\big(\sqrt{2}+1\big)-\dfrac{1}{2}\times2=2-1-1=0.
\]
\underline{Donc $\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont colinéaires.}
\end{enumerate}
\vspace*{5mm}~
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{alignement de points}[1]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (2,0) node[below] {B} -- (2,2) node[above] {C} -- (0,2) node[above left] {D} -- cycle;
\draw (2,0) -- (4,0) node[below] {E} -- (4,2) node[above] {F} -- (2,2);
\draw (4,0) -- (6,0) node[below right] {G} -- (6,2) node[above right] {H} -- (4,2);
\draw[red] (0,0) -- (2,2);
\fill[red] (1,1) circle (1.5pt) node[above] {I};
\draw[blue] (0,0) -- (6,2);
\node[below right,blue] at (2,0.7) {J};
\end{tikzpicture}
\end{center}

ABCD, CEFD et EGHF sont trois carrés de m\^eme c\^otés.

I est le milieu de [AC] et J est le point d'intersection de (BC) et (AH).

\medskip

En considérant le repère $\big(\text{A}~;~\vv{\text{AB}}~;~\vv{\text{AD}}\big)$, montrer que E, J et I sont alignés.

\tcblower

On considère le repère $\big(\text{A}~;~\vv{\text{AB}}~;~\vv{\text{AD}}\big)$.

Dans ce repère, on a : $\text{A}\coord{0}{0}~;~\text{B}\coord{1}{0}~;~\text{H}\coord{3}{1}~;~\text{I}\coord{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}~;~\text{E}\coord{2}{0}$.

Ainsi, la droite (AH) a pour coefficient directeur $\dfrac{1}{3}$ et donc, son équation est $\text{(AH)}: y=\dfrac{1}{3}x$.

Par conséquent, $\text{J}\coord{1}{\frac{1}{3}}$. Donc,
$\vv{\text{EJ}}\dbinom{-1}{\frac{1}{3}}\qquad\text{et}\qquad\vv{\text{EI}}\dbinom{-\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}}$.
\[
\det\big(\vv{EJ},\vv{EI} \big)=-1\times\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\times\left(-\frac{3}{2}\right)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0.
\]
Par conséquent, $\vv{\text{EJ}}$ et $\vv{\text{EI}}$ sont colinéaires, \underline{ce qui implique que E, I et J sont alignés.}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{alignement de points et nature d'un triangle}[1]
On considère les points A\coord{2}{-1}, B\coord{1}{1}, C\coord{-\frac{1}{2}}{2} et D\coord{3}{0} dans un repère orthonormé.
\begin{enumerate}
\item Les points A, B et C sont-ils alignés ?
\item Quelle est la nature du triangle ABD ?
\end{enumerate}
\vspace*{-1em}

\tcblower


\begin{enumerate}
\item $\vv{AB}\dbinom{x_B-x_A}{y_B-y_A}$. Donc $\vv{AB}\dbinom{1-2}{1-(-1)}$, soit $\vv{AB}\dbinom{-1}{2}$.

\medskip

$\vv{AC}\dbinom{-\frac{1}{2}-2}{2-(-1)}$ donc $\vv{AC}\dbinom{-\frac{5}{2}}{3}$.

\medskip

$x_{\vv{AC}}=\textcolor{red}{\dfrac{5}{2}}x_{\vv{AB}}$ et $y_{\vv{AC}}=\textcolor{blue}{\dfrac{3}{2}}y_{\vv{AB}}$.

\medskip

Donc $\vv{AB}$ et $\vv{AC}$ ne sont pas colinéaires. 

Par conséquent, les points A, B et C ne sont pas alignés.

\item $AB^2=x_{\vv{AB}}^2+y_{\vv{AB}}^2=1+4=5$.

\medskip

$AD^2=\left(x_D-x_A\right)^2+\left(y_D-y_A\right)^2=1+1=2$.

\medskip

$BD^2=\left(x_D-x_B\right)^2+\left(y_D-y_B\right)^2=4+1=5$.

\medskip

Donc \underline{le triangle ABD est isocèle en B} sans être rectangle.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{trouver des coordonnées}[1]
Dans un repère orthonormé \Rij, on considère les points A\coord{-2}{-3}, B\coord{4}{-1} et\linebreak C\coord{-7}{2}.
\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Déterminer les coordonnées du vecteur $\vv{\text{AB}}+\vv{\text{AC}}$.
\item En déduire les coordonnées du point D tel que ABDC soit un parallélogramme.
\end{enumerate}
\item Déterminer les coordonnées du milieu I de [AD].
\end{enumerate}

\tcblower

Dans un repère orthonormé \Rij, on considère les points A\coord{-2}{-3}, B\coord{4}{-1} et\linebreak C\coord{-7}{2}.

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $\vv{\text{AB}}\dbinom{x_B-x_A}{y_B-y_A}\Leftrightarrow \vv{\text{AB}}\dbinom{4-(-2)}{-1-(-3)} \Leftrightarrow \vv{\text{AB}}\dbinom{6}{2}$.

$\vv{\text{AC}}\dbinom{x_C-x_A}{y_C-y_A}\Leftrightarrow \vv{\text{AC}}\dbinom{-7-(-2)}{2-(-3)} \Leftrightarrow \vv{\text{AC}}\dbinom{-5}{5}$.

Ainsi, $\vv{\text{AB}}+\vv{\text{AC}}\dbinom{6+(-5)}{2+5}\Leftrightarrow\boxed{\vv{\text{AB}}+\vv{\text{AC}}\dbinom{1}{7}}$.

\item $\begin{aligned}[t]
\text{ABDC est un parallélogramme} & \Longleftrightarrow \vv{\text{AB}}+\vv{\text{AC}}=\vv{\text{AD}}\\
& \Longleftrightarrow\dbinom{1}{7}=\dbinom{x_D-(-2)}{y_D-(-3)}\\
& \Longleftrightarrow\dbinom{1}{7}=\dbinom{x_D+2}{y_D+3}\\
& \Longleftrightarrow\begin{cases}
1=x_D+2\\
7=y_D+3
\end{cases}\\
& \Longleftrightarrow\begin{cases}
x_D=1-2=-1\\
y_D=7-3=4
\end{cases}
\end{aligned}$

 
\underline{Ainsi, D\coord{-1}{4}}.
\end{enumerate}

\item $\begin{aligned}[t]
\text{I milieu de [AD]} & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2}\vv{\text{AD}}=\vv{\text{AI}} \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2}\dbinom{1}{7}=	\dbinom{x_I-(-2)}{y_I-(-3)}\\
& \Longleftrightarrow\dbinom{\frac{1}{2}}{\frac{7}{2}}=\dbinom{x_I+2}{y_I+3} \Longleftrightarrow \begin{cases}
x_I=\frac{1}{2}-2=-\frac{3}{2}\\
y_I=\frac{7}{2}-3=\frac{1}{2}
\end{cases}
\end{aligned}$

\underline{Ainsi, I\coord{-\dfrac{3}{2}}{\dfrac{1}{2}}}.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{à la recherche d'un nombre}[1]
On considère le repère \Rij dans lequel on place les points $A\coord{-2}{-1}$, $B\coord{1}{2}$ et $C\coord{5}{-2}$.
\begin{enumerate}
\item Quelles sont les coordonnées du milieu $I$ de $[AC]$ ?
\item Déterminer les coordonnées du point $D$ tel que $ABCD$ soit un parallélogramme.
\item On considère un point $M\coord{5}{y}$, où $y\in\R$.

Déterminer la valeur de $y$ telle que $A$, $B$ et $M$ soient alignés.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $I$ milieu de $[AC]$ donc :
\[
x_I=\dfrac{x_A+x_C}{2}=\dfrac{-2+5}{2}=\dfrac{3}{2}
\]
et
\[
y_I=\dfrac{y_A+y_C}{2}=\dfrac{-1-2}{2}=-\dfrac{3}{2},
\]

donc $\boxed{I\coord{\dfrac{3}{2}}{-\dfrac{3}{2}}}$.

\bigskip

\item $\begin{aligned}[t]
ABCD\text{ est un parallélogramme} & \iff \vv{AB}=\vv{DC}\\
& \iff \dbinom{1-(-2)}{2-(-1)}=\dbinom{5-x_D}{-2-y_D}\\[8pt]
& \iff \dbinom{3}{3}=\dbinom{5-x_D}{-2-y_D}\\[8pt]
& \iff \begin{cases}
3 & = 5-x_D\\
3 & = -2-y_D
\end{cases}\\[8pt]
& \iff \begin{cases}
x_D & = 5-3=2\\
y_D & = -2-3 = -5
\end{cases}
\end{aligned}$

\uline{Finalement, $D\coord{2}{-5}$.}

\item $\begin{aligned}[t]
A,\ B,\ M\text{ sont alignés} & \iff \vv{AB}\dbinom{3}{3}\text{ et }\vv{AM}\dbinom{7}{y+1}\text{ sont colinéaires}\\[8pt]
& \iff 3(y+1)-3\times7=0\\[8pt]
& \iff 3y+3-21=0\\[8pt]
& \iff 3y=18\\[8pt]
& \iff \uline{y=6.}
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{alignement de points avec un triangle isocèle}[1]
On considère un triangle $ABC$ isocèle en $B$.

Soient $D$ et $E$ deux points définis par les égalités suivantes :
\[
\vv{CD}=2\vv{AC}\qquad\text{et}\qquad\vv{AE}=\vv{AC}+\dfrac{2}{3}\vv{AB}.
\]
On souhaite montrer que les points $B$, $E$ et $D$ sont alignés. Pour cela, on se place dans le repère $\big(A;\vv{AC},\vv{AB}\big)$.
\begin{enumerate}
\item Quelles sont les coordonnées des vecteurs $\vv{AC}$ et $\vv{AB}$ ?
\item Quelles sont les coordonnées des points $D$ et $E$ ?
\item Calculer les coordonnées des vecteurs $\vv{BE}$ et $\vv{BD}$.
\item Conclure.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Faisons une figure :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (B) at (0,0);
\coordinate (A) at (2,3);
\coordinate (C) at (4,0);
\draw (A) node[above] {A} -- (B) node[left] {B} -- (C) node[right] {C}  -- cycle;
\draw[very thick,red,->,>=latex] (A) -- (C);
\draw[very thick,red,->,>=latex] (C) -- (6,-3);
\draw[very thick,red,->,>=latex] (6,-3) -- (8,-6) node[below] {D};
\draw[very thick,blue,->,>=latex] (A) -- ($0.666*(A)+0.333*(B)$);
\draw[very thick,blue,->,>=latex] ($0.666*(A)+0.333*(B)$) -- ($0.333*(A)+0.666*(B)$);
\draw[very thick,blue,->,>=latex] ($0.333*(A)+0.666*(B)$) -- (B);
\draw[very thick,blue,->,>=latex] (C) -- ($(C)+(-0.666,-1)$);
\draw[very thick,blue,->,>=latex] ($(C)+(-0.666,-1)$) --  ($(C)+(-0.666,-1)+(-0.666,-1)$) node[below] {E} ;
\draw[dashed,purple]  (B) -- (8,-6);
\end{tikzpicture}
\end{center}

$\vv{AC}$ est le premier vecteur unitaire du repère dans lequel on se place donc $\vv{AC}\dbinom{1}{0}$.

$\vv{AB}$ est le second vecteur unitaire du repère dans lequel on se place donc $\vv{AB}\dbinom{0}{1}$.

\item $\vv{AD}=3\vv{AC}$ donc $D\coord{3}{0}$.

$\vv{AE} = \vv{AC}+\dfrac{2}{3}\vv{AB}$ donc $E\coord{1}{\dfrac{2}{3}}$.

\item $\vv{BE}\dbinom{0-1}{1-\dfrac{2}{3}}=\dbinom{-1}{\dfrac{1}{3}}$ et $\vv{BD}\dbinom{3-0}{0-1}=\dbinom{3}{-1}$.

\item $(-1)\times(-1)-3\times\dfrac{1}{3}=1-1=0$ donc $\vv{BE}$ et $\vv{BD}$ sont colinéaires. De plus, ils ont un point en commun (le point B) donc \uline{B, E et D sont alignés.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{alignement de points}[2]
Soit ABC un triangle. On considère alors les points E, F et H tels que :
\[
\vv{\text{EC}}=\dfrac{3}{5}\vv{\text{AC}}\qquad;\qquad\vv{\text{AF}}=\dfrac{3}{4}\vv{\text{AB}}\qquad;\qquad \vv{\text{CH}}=-\dfrac{9}{7}\vv{\text{BC}}.
\]
\begin{enumerate}
\item Faire une figure.
\item Exprimer $\vv{\text{EF}}$ en fonction de $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{AC}}$.
\item Exprimer le vecteur $\vv{\text{EH}}$ en fonction des vecteurs $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{AC}}$.

En déduire que les points E, F et H sont alignés (on pourra se placer dans le repère $\big(\text{A}~;~\vv{\text{AB}}~;~\vv{\text{AC}}\big)$).
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On a la figure suivante :

\medskip

\begin{minipage}{5cm}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (3,0);
\coordinate (C) at (1,2);
\coordinate (E) at ($0.6*(A)+0.4*(C)$);
\coordinate (F) at ($0.25*(A)+0.75*(B)$);
\coordinate (H) at (${9/7}*(B)-{2/7}*(C)$);
\draw (A) node[left] {A} -- (B) node[right] {B} -- (C) node[above] {C} -- cycle;
\draw[dashed] (B) -- (H);
\fill[red] (E) circle (1pt) node[left] {E};
\fill[red] (F) circle (1pt) node[below] {F};
\fill[red] (H) circle (1pt) node[right] {H};
%
\fill ($0.2*(A)+0.8*(C)$) circle (1pt);
\fill ($0.4*(A)+0.6*(C)$) circle (1pt);
\fill ($0.8*(A)+0.2*(C)$) circle (1pt);
\fill ($0.75*(A)+0.25*(B)$) circle (1pt);
\fill ($0.5*(A)+0.5*(B)$) circle (1pt);
\fill (${1/7}*(B)+{6/7}*(C)$) circle (1pt);
\fill (${2/7}*(B)+{5/7}*(C)$) circle (1pt);
\fill (${3/7}*(B)+{4/7}*(C)$) circle (1pt);
\fill (${4/7}*(B)+{3/7}*(C)$) circle (1pt);
\fill (${5/7}*(B)+{2/7}*(C)$) circle (1pt);
\fill (${6/7}*(B)+{1/7}*(C)$) circle (1pt);
\fill (${8/7}*(B)-{1/7}*(C)$) circle (1pt);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-5.1cm}
\begin{itemize}
\item $\vv{\text{EC}}=\dfrac{3}{5}\vv{\text{AC}}$ donc $\vv{\text{CE}}=\dfrac{3}{5}\vv{\text{CA}}$ (il est plus simple de partir d'un point que l'on conna\^it (ici, le point C) pour construire le point E.

\bigskip

\item $\vv{\text{CH}}=-\dfrac{9}{7}\vv{\text{BC}}$ donc $\vv{\text{CH}}=\dfrac{9}{7}\vv{\text{CB}}=\vv{\text{CB}}+\dfrac{2}{7}\vv{\text{CB}}$.
\end{itemize}
\end{minipage}

\bigskip

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{\text{EF}} & = \vv{\text{EC}}+\vv{\text{CA}}+\vv{\text{AB}}+\vv{\text{BF}}\\[8pt]
& = \dfrac{3}{5}\vv{\text{AC}}-\vv{\text{AC}}+\vv{\text{AB}}-\dfrac{1}{4}\vv{\text{AB}}\\[8pt]
\Aboxed{\vv{\text{EF}} & = \dfrac{3}{4}\vv{\text{AB}}-\dfrac{2}{5}\vv{\text{AC}}}
\end{aligned}$

\bigskip

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{\text{EH}} & = \vv{\text{EC}}+\vv{\text{CH}}\\[8pt]
& = \dfrac{3}{5}\vv{\text{AC}}+\dfrac{9}{7}\vv{\text{CB}}\\[8pt]
& = \dfrac{3}{5}\vv{\text{AC}}+\dfrac{9}{7}\left(\vv{\text{CA}}+\vv{\text{AB}}\right)\\[8pt]
& = \dfrac{3}{5}\vv{\text{AC}}-\dfrac{9}{7}\vv{\text{AC}}+\dfrac{9}{7}\vv{\text{AB}}\\[8pt]
\Aboxed{\vv{\text{EH}}& = \dfrac{9}{7}\vv{\text{AB}}-\dfrac{24}{35}\vv{\text{AC}}}
\end{aligned}$

\bigskip

\item Dans le repère $\big(\text{A}~;~\vv{\text{AB}}~;~\vv{\text{AC}}\big)$, on a :
\[
\vv{\text{EF}}\dbinom{\frac{3}{4}}{-\frac{2}{5}}\qquad\text{et}\qquad\vv{\text{EH}}\dbinom{\frac{9}{7}}{-\frac{24}{35}}.
\]

\bigskip

\[
\det\big(\vv{EF},\vv{EH}\big)=\dfrac{3}{4}\times\left(-\dfrac{24}{35}\right)-\dfrac{9}{7}\times\left(-\dfrac{2}{5}\right)=-\dfrac{18}{35}+\dfrac{18}{35}=0.
\]

\medskip

\uline{Ainsi, $\vv{\text{EF}}$ et $\vv{\text{EH}}$ sont colinéaires; ils ont un point en commun (E), donc les points E, F et H sont alignés.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{parallélisme de deux droites}[2]
ABCD est un parallélogramme. Soit I le milieu de [BC] et J celui de [CD]. On définit alors H par l'égalité $\vv{\text{AH}}=\dfrac{1}{3}\vv{\text{AB}}$ et K par l'égalité $\vv{\text{AK}}=\dfrac{2}{3}\vv{\text{AD}}$.

\begin{enumerate}
\item Faire une figure.
\item Exprimer $\vv{\text{HI}}$ et $\vv{\text{KJ}}$ en fonction de $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{AD}}$.
\item En se plaçant dans le repère $\big(\text{A}~;~\vv{\text{AB}}~;~\vv{\text{AD}}\big)$, montrer que les droites (HI) et (KJ) ne sont pas parallèles.
\end{enumerate}
\vspace*{-2em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item La figure est la suivante :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (5,0);
\coordinate (C) at (7,3);
\coordinate (D) at (2,3);
\coordinate (H) at (${2/3}*(A)+{1/3}*(B)$);
\coordinate (K) at (${1/3}*(A)+{2/3}*(D)$);
\coordinate (I) at (${1/2}*(B)+{1/2}*(C)$);
\coordinate (J) at (${1/2}*(D)+{1/2}*(C)$);
\draw (A) node[left] {A} -- (B) node[right] {B} -- (C) node[right] {C} -- (D) node[left] {D} -- cycle;
\fill (H) circle (1pt) node[below] {H};
\fill (K) circle (1pt) node[left] {K};
\fill (I) circle (1pt) node[right] {I};
\fill (J) circle (1pt) node[above] {J};
\fill (${1/3}*(A)+{2/3}*(B)$) circle (1pt);
\fill (${2/3}*(A)+{1/3}*(D)$) circle (1pt);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item 
\begin{multicols}{2}
$\begin{aligned}[t]
\vv{\text{HI}} & = \vv{\text{HB}}+\vv{\text{BI}}\\
& = \dfrac{1}{3}\vv{\text{AB}}+\dfrac{1}{2}\vv{\text{BC}}\\
\Aboxed{\vv{\text{HI}}& = \dfrac{2}{3}\vv{\text{AB}}+\dfrac{1}{2}\vv{\text{AD}}}
\end{aligned} $

\columnbreak

$\begin{aligned}[t]
\vv{\text{KJ}} & = \vv{\text{KD}}+\vv{\text{DJ}}\\
& = \dfrac{1}{3}\vv{\text{AD}}+\dfrac{1}{2}\vv{\text{DC}}\\
\Aboxed{\vv{\text{KJ}} & = \dfrac{1}{2}\vv{\text{AB}}+\dfrac{1}{3}\vv{\text{AD}}}
\end{aligned} $
\end{multicols}

\item Dans le repère $\big(\text{A}~;~\vv{\text{AB}}~;~\vv{\text{AD}}\big)$, on a :
\[
\vv{\text{HI}}
\dbinom{\frac{2}{3}}{\frac{1}{2}}\qquad\text{et}\qquad\vv{\text{KJ}}
\dbinom{\frac{1}{2}}{\frac{1}{3}}.
\]
\[
\det\big(\vv{HI},\vv{KJ}\big)=\dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{9}-\dfrac{1}{4}\neq0.
\]

Ainsi, les vecteurs $\vv{\text{HI}}$ et $\vv{\text{KJ}}$ ne sont pas colinéaires.

\medskip

\underline{Les droites (HI) et (KJ) ne sont donc pas parallèles.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{milieu, centre de gravité, points alignés}[2]
Dans un repère \Rij, on considère les points A\coord{1}{2}, B\coord{3}{-4} et C\coord{5}{0}.
\begin{enumerate}
\item Calculer les coordonnées du point I, milieu de $[AB]$.
\item Montrer que $C$ appartient au cercle $\mathcal{C}$ de diamètre $[AB]$.
\item Quelle est la nature du triangle $ABC$ ?
\item On considère le point D\coord{-4}{-3}.

Montrer que $D$, $I$ et $C$ sont alignés.
\item Calculer les coordonnées du centre de gravité $G$ du triangle $BAD$.

\textit{Aide :} on admet que $x_G=\dfrac{x_A+x_B+x_D}{3}$ et $y_G=\dfrac{y_A+y_B+y_D}{3}$.


\item On considère le point $M$ définit par : $\vv{GM}~=~\vv{GA}~+~\vv{GB}$.

Montrer que $D$, $G$, $I$, $M$ et $C$ sont alignés.

\textit{Aide :} on admet que $\vv{GA}+\vv{GB}+\vv{GD}=\vv{0}$.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.9,every node/.style={scale=0.9}]
\draw[gray,dotted] (-5,-5) grid (6,3);
\draw[->,>=stealth',thick] (-5,0) -- (6,0);
\draw[->,>=stealth',thick] (0,-5) -- (0,3);
\draw[->,>=stealth',thick,red] (0,0) -- (0,1) node[left,midway] {$\vv{j}$};
\draw[->,>=stealth',thick,red] (0,0) -- (1,0) node[below,midway] {$\vv{i}$};
\coordinate (A) at (1,2);
\coordinate (B) at (3,-4);
\coordinate (C) at (5,0);
\coordinate (I) at (2,-1);
\coordinate (D) at (-4,-3);
\coordinate (G) at (0,{-5/3});
\coordinate (M) at (4,{-1/3});
\fill (A) circle (1pt) node[above] {$A$};
\fill (B) circle (1pt) node[below] {$B$};
\fill (C) circle (1pt) node[above right] {$C$};
\fill (I) circle (1pt) node[below left] {$I$};
\fill (D) circle (1pt) node[above left] {$D$};
\fill[red] (G) circle (1pt) node[above left,red] {$G$};
\fill[blue] (M) circle (1pt) node[below] {$M$};
\draw (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
\draw (A) -- (B) -- (D) -- cycle;
\draw (I) circle ({sqrt(10)});
\draw[blue,->,>=stealth'] (G) -- (A);
\draw[blue,->,>=stealth',dashed] (G) -- (B);
\draw[blue,->,>=stealth'] (A) -- (M);
\draw (D) -- (C);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item $I$ est le milieu de $[AB]$ donc :
\[ x_I=\frac{x_A+x_B}{2}=2\]
\[y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=-1\]
\underline{Donc $I(2;-1)$.}

\item $IC=\sqrt{(x_C-x_I)^2+(y_C-y_I)^2}$\\$IC=\sqrt{(5-2)^2+(0-(-1))^2}$\\$IC=\sqrt{9+1}$\\$IC=\sqrt{10}$


$IB=\sqrt{(x_B-x_I)^2+(y_B-y_I)^2}$\\
$IB=\sqrt{(3-2)^2+(-4-(-1))^2}$\\
$IB=\sqrt{1+9}$\\
$IB=\sqrt{10}$

\medskip

$IA=\sqrt{(x_A-x_I)^2+(y_A-y_I)^2}$\\
$IA=\sqrt{(1-2)^2+(-2-(-1))^2}$\\
$IA=\sqrt{1+9}$\\
$IA=\sqrt{10}$

\medskip

Ainsi, $IA=IB=IC$ donc $A$, $B$ et $C$ sont sur le cercle de centre $I$ et de rayon $\sqrt{10}$.

\item $ABC$ est inscrit dans $\mathcal{C}$, qui a pour diamètre $[AC]$. Donc $ABC$ est rectangle en $C$.\\
De plus :

\medskip

\begin{multicols}{2}
$BC=\sqrt{(x_C-x_B)^2+(y_C-y_B)^2}$\\
$BC=\sqrt{(5-3)^2+(0-(-4))^2}$\\
$BC=\sqrt{4+16}$\\
$BC=2\sqrt{5}$

\columnbreak

$AC=\sqrt{(x_C-x_A)^2+(y_C-y_A)^2}$\\
$AC=\sqrt{(5-1)^2+(0-2)^2}$\\
$AC=\sqrt{16+4}$\\
$AC=2\sqrt{5}$
\end{multicols}

\medskip

Donc $AC=BC$. Ainsi, $ABC$ est un triangle rectangle isocèle en $C$.

\item $\vv{DI}(x_I-x_D;y_Y-y_D)$ donc $\vv{DI}(6;2)$.
De plus, $\vv{IC}(x_C-x_I;y_C-y_I)$ donc $\vv{IC}(3;1)$.

\medskip

Ainsi, $\vv{IC}=\dfrac{1}{2}\vv{DI}$. Les deux vecteurs sont donc colinéaires. Ils ont un point en commun (I), donc $D$, $I$ et $C$ sont alignés.

\item $G$ est le centre de gravité du triangle $BAD$ donc :
\begin{align*}
x_G & = \frac{x_B+x_A+x_D}{3}  = \frac{3+1+(-4)}{3}  = 0\\
y_G & = \frac{y_B+y_A+y_D}{3} = \frac{-4+2+(-3)}{3} = \frac{-5}{3}
\end{align*}
Ainsi, $G\left(0;-\frac{5}{3}\right)$.

\item Par définition, $\vv{GA}+\vv{GB}+\vv{GD}=\vv{0}$.

Donc, $\vv{GA}+\vv{GB}=-\vv{GD}$.

Ainsi, $\vv{GM}=-\vv{GD}$. 

Les deux vecteurs sont donc colinéaires et ont un point en commun ($G$). Par conséquent, $D$, $G$ et $M$ sont alignés.

\medskip

Or, $I$ appartient à $(DG)$ car I est le milieu de $[AB]$ et $(DG)$ est la médiane issue de $D$ dans le triangle $BAD$.

De plus, $D$, $I$ et $C$ sont alignés. Donc $D$, $G$, $I$, $M$ et $C$ sont alignés.
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{triangles équilatéraux et points alignés}[2]
\begin{minipage}{6cm}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[above left] {D} -- (4,0) node[above right] {C} -- (4,-4) node[below right] {B} -- (0,-4) node[below left] {A} -- cycle;
\draw (0,0) -- (60:4) node[above] {E} -- (4,0);
\draw (4,0) -- (0.536,-2) node[left] {F}-- (4,-4);
\draw[dashed] (60:4) -- (0,-4);
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-6cm}
Soit ABCD un carré. Les triangles DEC et BCF sont équilatéraux.

La figure est reportée dans repère $\Rij[A]$ où $\vv{\imath}=\vv{AB}$ et $\vv{\jmath}=\vv{AD}$.

\begin{enumerate}
\item Déterminer les coordonnées des points E et F.
\item Montrer que E, F et A sont alignés.
\end{enumerate}
\vspace*{4cm}~
\end{minipage}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Dans le triangle équilatéral DEC, la hauteur issue de E coupe [DC] en son milieu, donc coupe [AB] en son milieu. Ainsi, l'abscisse de E est $\dfrac{1}{2}$.

Pour trouver l'ordonnée de E, on doit calculer la hauteur de DEC, que l'on ajoutera à 1 (l'ordonnée de D).

Posons H le pied de la hauteur issue de E dans DEC. Alors, DEH est rectangle en H et, d'après le théorème de Pythagore,
\begin{align*}
EH^2 & = DE^2-DH^2\\
& = 1^2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^2\\
& = 1-\dfrac{1}{4}\\
& = \dfrac{3}{4}\\
EH & = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.
\end{align*}

Ainsi, $\boxed{E\coord{\dfrac{1}{2}}{1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}}}$.

\medskip

Des calculs précédents, on peut déduire que $\boxed{F\coord{1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{1}{2}}}$.

\item D'après la question précédente, $\vv{AF}\dbinom{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}}$ et $\vv{AE}\dbinom{\frac{1}{2}}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}$.

Deux vecteurs $\vv{u}\dbinom{x}{y}$ et $\vv{v}\dbinom{x'}{y'}$ sont colinéaires si $xy'=yx'$.

Dans notre cas, nous avons d'une part :
\begin{align*}
xy'& =\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\
& = 1^2-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2\\
& = 1-\frac{3}{4}\\
xy'& = \frac{1}{4}
\end{align*}
et d'autre part :
\begin{align*}
yx' & = \frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\\
yx'& = \frac{1}{4}.
\end{align*}

Ainsi, $xy'=yx'$ donc $\vv{AE}$ et $\vv{AF}$ sont colinéaires. Ils ont de plus un point en commun, donc \underline{les points A, E et F sont alignés.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{prendre des initiatives}[2]
Soit ABCD un parallélogramme.
\begin{enumerate}
\item Placer le point E tel que $\vv{EB}=\dfrac{1}{2}\vv{BA}$.
\item Placer le point F tel que $\vv{AF}=3\vv{AD}$.
\item Démontrer que les points C, E et F sont alignés.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Le point E est défini par l'égalité : $\vv{EB}=\dfrac{1}{2}\vv{BA}$. Pour construire E, il vaut mieux transformer l'égalité en : 
\[
\vv{BE}=\dfrac{1}{2}\vv{AB}
\]
afin de partir d'un point que l'on connaît (ici, le point B).

\item Les points E et F sont disposés ainsi :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (2,3) node[above left] {B} -- (6,3) node[above right] {C} -- (4,0) node[below right] {D} -- cycle;
\draw (2,3) -- (3,4.5) node[above] {E};
\fill (3,4.5) circle (2pt);
\draw (4,0) -- (12,0) node[right] {F};
\fill (12,0) circle (2pt);
\draw[very thick,red,->,>=latex] (0,0) -- (4,0);
\draw[very thick,red,->,>=latex] (4,0) -- (8,0);
\draw[very thick,red,->,>=latex] (8,0) -- (12,0);
\draw[very thick,blue,->,>=latex] (0,0) -- (1,1.5);
\draw[very thick,blue,->,>=latex] (1,1.5) -- (2,3);
\draw[very thick,blue,->,>=latex] (2,3) -- (3,4.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Plaçons-nous dans le repère $\big(A;\vv{AD},\frac{1}{2}\vv{AB}\big)$.

Dans ce repère, C\coord{1}{2}, E\coord{0}{3} et F\coord{3}{0}. Ainsi,
\[
\vv{CE}\dbinom{x_E-x_C}{y_E-y_C}=\dbinom{0-1}{3-2}=\dbinom{-1}{1}\quad\text{et}\quad\vv{CF}\dbinom{3-1}{0-2}=\dbinom{2}{-2}.
\]
On a $(-1)\times(-2)-1\times2=0$ donc $\vv{CE}$ et $\vv{CF}$ sont colinéaires. Or, ils ont un point en commun (le point C) donc \uline{E, C et F sont alignés}.

\begin{rem}
Le choix du repère importe peu. J'ai choisi en second axe $\frac{1}{2}\vv{AB}$ pour simplifier les futures coordonnées, mais rien ne nous empêche de nous placer dans le repère $\big(A;\vv{AD},\vv{AB}\big)$ ou tout autre repère.
\end{rem}
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{équations vectorielles}[2]
Le plan est rapporté à un repère \Rij{} orthonormé. On pose :
\[
A\coord{-3}{2}\qquad,\qquad
B\coord{5}{4}\qquad,\qquad
C\coord{1}{7}.
\]
\begin{enumerate}
\item Trouver les coordonnées du point $M$ tel que $3\vv{MA} + 2\vv{MB}=\vv{0}$.

\item Trouver les coordonnées du point $N$ tel que $\vv{NA} + \vv{NB}-3\vv{NC}=\vv{0}$.

\item Le point $P$ tel que $\vv{PA} + \vv{PB}-2\vv{PC}=\vv{0}$ existe-t-il ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Il s'agit ici de trouver les coordonnées du point $M$ tel que $3\vv{MA} + 2\vv{MB}=\vv{0}$, avec $A\coord{-3}{2}$ et $B\coord{5}{4}$.

Il existe deux méthodes pour répondre à cette question:
\begin{itemize}
\item \textbf{Première méthode.}

On pose $M\coord{x}{y}$.

\begin{itemize}
\item $\vv{MA}\dbinom{x_A-x_M}{y_A-y_M} \iff \vv{MA}\dbinom{-3-x}{2-y}\iff3\vv{MA}\dbinom{3(-3-x)}{3(2-y)}$.
\item $\vv{MB}\dbinom{x_B-x_M}{y_B-y_M} \iff \vv{MB}\dbinom{5-x}{4-y}\iff2\vv{MB}\dbinom{2(5-x)}{2(4-y)}$.
\end{itemize}

Ainsi,
\begin{align*}
3\vv{MA} + 2\vv{MB}=\vv{0} & \iff \dbinom{3(-3-x)}{3(2-y)} + \dbinom{2(5-x)}{2(4-y)} = \dbinom{0}{0}\\
 & \iff \dbinom{-9-3x+10-2x}{6-3y+8-2y}=\dbinom{0}{0}\\
 & \iff \dbinom{-5x+1}{-5y+14}=\dbinom{0}{0}\\
 & \iff \begin{cases}
 -5x+1&=0\\
 -5y+14&=0
 \end{cases}\\
 & \iff \begin{cases}
 -5x=-1\\
 -5y=-14
 \end{cases}\\
 & \iff \begin{cases}
 x=\frac{1}{5}\\
 y=\frac{14}{5}
 \end{cases}
\end{align*}

Finalement, $\boxed{M\coord{\dfrac{1}{5}}{\dfrac{14}{5}}}$.

\bigskip

\item \textbf{Seconde méthode.}

D'après la relation de Chasles, on a :
\begin{align*}
3\vv{MA} + 2\vv{MB} & = 3\big(\vv{MB} + \vv{BA}\big) + 2\vv{MB}\\
& = 3\vv{MB} + 3\vv{BA} + 2\vv{MB}\\
& = 5\vv{MB} + 3\vv{BA}.
\end{align*}

Ainsi,
\begin{align*}
3\vv{MA} + 2\vv{MB} = \vv{0} & \iff 5\vv{MB} + 3\vv{BA} = \vv{0}\\
& \iff 5\vv{MB} = -3\vv{BA}\\
& \iff 5\vv{MB} = 3\vv{AB}\\
& \iff \vv{MB} = \frac{3}{5}\vv{AB}\\
& \iff \dbinom{x_B-x_M}{y_B-y_M} = \frac{3}{5}\dbinom{x_B-x_A}{y_B-y_A}\\
& \iff \dbinom{5-x}{4-y}=\frac{3}{5}\dbinom{5-(-3)}{4-2}
\end{align*}

\begin{align*}
3\vv{MA} + 2\vv{MB} = \vv{0} & \iff \dbinom{5-x}{4-y}=\frac{3}{5}\dbinom{8}{2}\\
& \iff \dbinom{5-x}{4-y}=\dbinom{\frac{3}{5}\times8}{\frac{3}{5}\times2}\\
& \iff \dbinom{5-x}{4-y}=\dbinom{\frac{24}{5}}{\frac{6}{5}}\\
& \iff \begin{cases}
5-x&=\frac{24}{5}\\
4-y&=\frac{6}{5}
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
x&=5-\frac{24}{5}=\frac{25}{5}-\frac{24}{5}=\frac{1}{5}\\
y&=4-\frac{6}{5}=\frac{20}{5}-\frac{6}{5}=\frac{14}{5}
\end{cases}
\end{align*}

Finalement, $\boxed{M\coord{\dfrac{1}{5}}{\dfrac{14}{5}}}$.
\end{itemize}

\item Il s'agit ici de trouver les coordonnées du point $N$ tel que $\vv{NA} + \vv{NB}-3\vv{NC}=\vv{0}$, avec $A\coord{-3}{2}$,  $B\coord{5}{4}$ et $C\coord{1}{7}$.

Je vais faire comme dans la seconde méthode précédente: je vais utiliser la relation de Chasles pour faire apparaître $\vv{NA}$ dans les vecteurs $\vv{NB}$ et $\vv{NC}$, en posant $N\coord{x}{y}$.

\begin{align*}
\vv{NA} + \vv{NB}-3\vv{NC} & = \vv{NA} + \big(\vv{NA} + \vv{AB}\big) - 3\big(\vv{NA} + \vv{AC}\big)\\
& = -\vv{NA} + \vv{AB} - 3\vv{AC}\\
& = \vv{AN} + \vv{AB} - 3\vv{AC}.
\end{align*}
Donc,
\begin{align*}
\vv{NA} + \vv{NB}-3\vv{NC}=\vv{0} 
& \iff \vv{AN} = 3\vv{AC} - \vv{AB}\\
& \iff \dbinom{x_N-x_A}{y_N-y_A} = 3\dbinom{x_C-x_A}{y_C-y_A} - \dbinom{x_B-x_A}{y_B-y_A}\\
& \iff \dbinom{x+3}{y-2} = 3\dbinom{4}{5} - \dbinom{8}{2}\\
& \iff \dbinom{x+3}{y-2} = \dbinom{12}{15} - \dbinom{8}{2}\\
& \iff \dbinom{x+3}{y-2} = \dbinom{4}{13}\\
& \iff \begin{cases}
x+3&=4\\
y-2&=13
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
x=4-3=1\\
y=13+2=15
\end{cases}
\end{align*}

Finalement, $\boxed{N\coord{1}{15}}$.

\item Le point $P$ tel que $\vv{PA} + \vv{PB}-2\vv{PC}=\vv{0}$ existe-t-il ?

Pour répondre à cette question utilisons la relation de Chasles pour faire apparaître $\vv{PA}$ dans $\vv{PB}$ et $\vv{PC}$:
\begin{align*}
\vv{PA} + \vv{PB}-2\vv{PC} 
& = \vv{PA} + \big(\vv{PA}+\vv{AB}\big)-2\big(\vv{PA}+\vv{AC}\big)\\
& = \vv{PA} + \vv{PA}+\vv{AB} -2\vv{PA} - 2\vv{AC}\\
& = \vv{AB} - 2\vv{AC}.
\end{align*}

Ainsi, 
\begin{align*}
\vv{PA} + \vv{PB}-2\vv{PC}=\vv{0} 
& \iff \vv{AB} - 2\vv{AC}=\vv{0}\\
& \iff \vv{AB} = 2\vv{AC}
& \iff \dbinom{8}{2}=2\dbinom{4}{5}\\
& \iff \dbinom{8}{2}=\dbinom{8}{10}.
\end{align*}
Cette dernière égalité n'étant pas vraie, l'égalité $\vv{PA} + \vv{PB}-2\vv{PC}=\vv{0}$ non plus. 

\medskip

\uline{Par conséquent, il n'existe pas de point $P$ tel que $\vv{PA} + \vv{PB}-2\vv{PC}=\vv{0}$.}
\end{enumerate}
\vspace*{2cm}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{récapitulatif analytique}[2]
Le plan est rapporté à un repère orthonormé \Rij.

On considère les points $A\coord{-3}{-2}$, $B\coord{3}{-1}$ et $C\coord{6}{2}$.

\begin{enumerate}
\item Déterminer les coordonnées du point $D$ tel que $ABCD$ soit un parallélogramme. 

\item La formule suivante nous dit comment calculer l'aire du parallélogramme $ABCD$ :
\[
\mathcal{A}_{ABCD} = \det\big(\vv{AB};\vv{AD}\big).
\]
Calculer cette aire.

\item En déduire la hauteur du parallélogramme $ABCD$ issue du sommet $D$.

\item Déterminer les coordonnées du point d'intersection des droites $(AC)$ et $(BD)$.

\item On considère le point $E\coord{-6}{-\frac{5}{2}}$. Les points $E$, $A$ et $B$ sont-ils alignés ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
ABCD\text{ est un parallélogramme} & \iff \vv{AB} = \vv{DC}\\
& \iff \dbinom{x_B-x_A}{y_B-y_A} = \dbinom{x_C-x_D}{y_C-y_D}\\
& \iff \dbinom{3-(-3)}{-1-(-2)} = \dbinom{6-x_D}{2-y_D}\\
& \iff \dbinom{6}{1}=\dbinom{6-x_D}{2-y_D}\\
& \iff \begin{cases}
6 = 6-x_D\\
1 = 2-y_D
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
x_D = 0\\
y_D = 1
\end{cases}
\end{aligned}$

Ainsi, $D\coord{0}{1}$.

\item On sait que $\vv{AB}\dbinom{6}{1}$. De plus, $\vv{AD}\dbinom{0-(-3)}{1-(-2)} \iff \vv{AD}\dbinom{3}{3}$.

Ainsi, \[
\mathcal{A}_{ABCD} = \det\big(\vv{AB};\vv{AD}\big) = \begin{vmatrix}
6 & 3\\
1 & 3
\end{vmatrix} = 6\times3 - 1\times3 = 18-3=15.
\]
L'aire de $ABCD$ est donc égale à 15.

\item On sait que l'aire d'un parallélogramme est égale à :
\[
\text{base } \times \text{ hauteur}.
\]

Donc, si l'on considère la hauteur du sommet $D$, que l'on va noter $h$, on a :
\[
\mathcal{A}_{ABCD} = AB \times h.
\]
Or,
\[
AB = \sqrt{6^2+1^2} = \sqrt{37}
\]
donc cette dernière égalité s'écrit :
\[
15 = \sqrt{37} \times h \]
c'est-à-dire:
\[
h = \dfrac{15}{\sqrt{37}}.
\]
La hauteur du parallélogramme $ABCD$ issue du sommet $D$ est donc égale à $\dfrac{15}{\sqrt{37}}$.

\item Le point d'intersection des droites $(AC)$ et $(BD)$ est le milieu des diagonales $[AC]$ et $[BD]$ car $ABCD$ est un parallélogramme. Appelons ce point $I$. Alors,
\[
x_I = \dfrac{x_B + x_D}{2} = \dfrac{3}{2}
\]
et
\[
y_I = \dfrac{y_B + y_D}{2} = \dfrac{-1+1}{2}=0.
\]
Ainsi, $I\coord{\dfrac{3}{2}}{0}$.

\item On considère le point $E\coord{-6}{-\frac{5}{2}}$. Les points $E$, $A$ et $B$ sont-ils alignés ?

Pour répondre à cette question, on peut voir si $\vv{EA}$ et $\vv{AB}$ sont colinéaires.
\[
\vv{EA}\dbinom{-3-(-6)}{-2-\left(-\frac{5}{2}\right)} \iff \vv{EA}\dbinom{3}{\frac{1}{2}}.
\]
Ainsi,
\[
\det\big(\vv{EA};\vv{AB}\big) = \begin{vmatrix}
3 & 6\\
\frac{1}{2} & 1
\end{vmatrix} = 3\times1 - 6\times\frac{1}{2} = 3-3=0.
\]
Le déterminant est nul, donc les vecteurs sont alignés.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{récapitulatif ultime}[3]
On considère trois points quelconques du plan A, B et C.

On définit alors les points E, F et G tels que :

\begin{itemize}
\item $\vv{\text{AE}}=\dfrac{3}{2}\vv{\text{AB}}+2\vv{\text{AC}}$ ;

\item $\vv{\text{BG}}=\dfrac{1}{2}\vv{\text{AB}}$ ;

\item $\vv{\text{AF}}=\vv{\text{BG}}+k\vv{\text{AC}}$ où $k$ est un nombre réel.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Déterminer la valeur de $k$ telle que les points A, E et F soient alignés.

\item Construire alors la figure.

\item Exprimer $\vv{\text{CF}}$ et $\vv{\text{CG}}$ en fonction de $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{AC}}$.

Les points C, F et G sont-il alignés ?

\item Dans le repère $\big(\text{A}~;\vv{\text{AB}}~,~\vv{\text{AC}}\big)$, déterminer les coordonnées du point M tel que :
\[
\vv{\text{MF}}+\vv{\text{MG}}+\vv{\text{ME}}=\vv{\text{0}}.\]
\end{enumerate}
\vspace*{-2em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\vv{\text{AF}}=\vv{\text{BG}}+k\vv{\text{AC}}=\dfrac{1}{2}\vv{\text{AB}}+k\vv{\text{AC}}$.

Ainsi, en prenant $\boxed{k=\dfrac{2}{3}}$, on a :

$
\begin{aligned}[t]
\vv{\text{AF}} & =\dfrac{1}{2}\vv{\text{AB}}+\dfrac{2}{3}\vv{\text{AC}}\\[8pt]
\vv{\text{AF}}& =\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{3}{2}\vv{\text{AB}}+2\vv{\text{BC}} \right)\\[8pt]
\vv{\text{AF}}& = \dfrac{1}{3}\vv{\text{AE}}.
\end{aligned}$

\medskip

Dans ce cas, $\vv{\text{AF}}$ et $\vv{\text{AE}}$ sont colinéaires et donc, A, E et F sont alignés.

\item On a la figure suivante :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\coordinate (A) at (0,0) ;
\coordinate (B) at (3,0) ;
\coordinate (C) at (1,1) ;
\coordinate (G) at (4.5,0);
\coordinate (E) at ($(G)+(2,2)$);
\coordinate (F) at ($0.5*(B)+0.6666*(C)$);
\draw[->] (A) node[below left] {A} -- (B) node[below] {B};
\draw[->] (A) -- (C) node[above] {C};
\draw[dashed] (B) -- (G) node[below] {G};
\draw[dashed,->] (G) -- (E) node[above] {E};
\draw[dashed,->,red,thick] (A) -- ($0.5*(B)$) -- (F) node[above] {F};
\draw[dotted,blue] (A) -- (E);
\draw[dotted,green!50!black] (C) -- (G);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item 
\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
\vv{\text{CF}} & = \vv{\text{CA}}+\vv{\text{AF}}\\
& = \vv{\text{CA}}+\dfrac{1}{2}\vv{\text{AB}}+\dfrac{2}{3}\vv{\text{AC}}\\[8pt]
\Aboxed{\vv{\text{CF}}& = \dfrac{1}{2}\vv{\text{AB}} - \dfrac{1}{3}\vv{\text{AC}}}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{\text{CG}} & = \vv{\text{CA}} + \vv{\text{AB}} + \vv{\text{BG}}\\
& = -\vv{\text{AC}}+\vv{\text{AB}}+\dfrac{1}{2}\vv{\text{AB}}\\[8pt]
\Aboxed{\vv{\text{CG}}&=\dfrac{3}{2}\vv{\text{AB}}-\vv{\text{AC}}}
\end{aligned}$
\end{itemize}

\medskip

On constate alors que :
\[
3\vv{\text{CF}}=\vv{\text{CG}}.
\]

Par conséquent, $\vv{\text{CF}}$ et $\vv{\text{CG}}$ sont colinéaires, ce qui implique que \underline{C, F et G sont alignés}.

\item Dans le repère $\big(\text{A}~;\vv{\text{AB}}~,~\vv{\text{AC}}\big)$, posons M\coord{x}{y}.

On a : 

\begin{itemize}
\item $\vv{\text{AF}}=\dfrac{1}{2}\vv{\text{AB}}+\dfrac{2}{3}\vv{\text{AC}}$ donc F\coord{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{2}{3}} ;

\item $\vv{\text{AG}}=\dfrac{3}{2}\vv{\text{AB}}$ donc G\coord{\dfrac{3}{2}}{0} ;

\item $\vv{\text{AE}}=\dfrac{3}{2}\vv{\text{AB}}+2\vv{\text{AC}}$ donc E\coord{\dfrac{3}{2}}{2}.
\end{itemize}

Ainsi,
\begin{align*}
\vv{\text{MF}}+\vv{\text{MG}}+\vv{\text{ME}}=\vv{\text{0}} & \Longleftrightarrow \dbinom{\frac{1}{2}-x}{\frac{2}{3}-y}+\dbinom{\frac{3}{2}-x}{0-y}+\dbinom{\frac{3}{2}-x}{2-y}=\dbinom{0}{0}\\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\frac{1}{2}-x+\frac{3}{2}-x+\frac{3}{2}-x=0\\
\frac{2}{3}-y-y+2-y=0
\end{cases}\\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
3x=\frac{7}{2}\\
3y=\frac{8}{3}
\end{cases}\\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
x=\frac{7}{6}\\
y=\frac{8}{9}
\end{cases}
\end{align*}

Ainsi, $\boxed{\text{M}\coord{\dfrac{7}{6}}{\dfrac{8}{9}}}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{Exercice de recherche}[3]
La figure ci-dessous représente trois carrés. Celui de gauche a un côté de mesure 1. Le carré du milieu est une réduction de facteur $k$ du carré de gauche. Le carré de droite est une réduction de facteur $k$ du carré du milieu.

Les points $A$, $B$ et $C$ sont-ils toujours alignés, quelle que soit la valeur de $k$ ?

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.8]
\filldraw[draw=numpageenonce,fill=numpageenonce!20] (0,0) -- (1,0) -- (1,1) -- (0,1) -- cycle;
\filldraw[draw=numpageenonce,fill=numpageenonce!30] (1,0) -- (1.57,0) -- (1.57,0.57) -- (1,0.57) -- cycle;
\filldraw[color=numpageenonce,fill=numpageenonce!40] (1.57,0) -- (1.8949,0) -- (1.8949,0.3249) -- (1.57,0.3249) -- cycle;
\node[above right] at (1,1) {A};
\node[above right] at (1.57,.57) {B};
\node[above right] at (1.89,0.32) {C};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\vspace*{-2.5em}

\tcblower

Introduisons le repère $(O;I,J)$ comme ci-dessous:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2.5]
\filldraw[draw=numpagecorrige,fill=numpagecorrige!20] (0,0) -- (1,0) -- (1,1) -- (0,1) -- cycle;
\filldraw[draw=numpagecorrige,fill=numpagecorrige!30] (1,0) -- (1.57,0) -- (1.57,0.57) -- (1,0.57) -- cycle;
\filldraw[color=numpagecorrige,fill=numpagecorrige!40] (1.57,0) -- (1.8949,0) -- (1.8949,0.3249) -- (1.57,0.3249) -- cycle;
\node[above right] at (1,1) {A};
\node[above right] at (1.57,.57) {B};
\node[above right] at (1.89,0.32) {C};
\node[below left] at (0,0) {O};
\node[below] at (1,0) {I};
\node[left] at (0,1) {J};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Le carré du milieu est une réduction du carré de gauche avec un facteur de réduction $k$, donc son côté mesure $1 \times k = k$.

Le carré du droite est une réduction du carré du milieu avec un facteur de réduction $k$, donc son côté mesure $k \times k = k^2$.

Ainsi, dans le repère $(O;I,J)$,
\[
A\coord{1}{1}\qquad,\qquad B\coord{1+k}{k}\qquad,\qquad C\coord{1+k+k^2}{k^2}.
\]
On en déduit alors que:
\[
\vv{AB}\dbinom{k}{k-1}\qquad\text{et}\qquad \vv{AC}\dbinom{k+k^2}{k^2-1}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\det\big(\vv{AB},\vv{AC}\big) & = k(k^2-1) - (k-1)(k+k^2)\\
& = k(k-1)(k+1) - (k-1)k(k+1)\\
& = 0.
\end{align*}
Les vecteurs $\vv{AB}$ et $\vv{AC}$ sont donc toujours colinéaires, quelle que soit la valeur de $k$.

Par conséquent, les points $A$, $B$ et $C$ sont toujours alignés.
\end{exocor}



\corriges



