\chapter{Applications du produit scalaire}

\newpage

\section{Géométrie non repérée}

\subsection{Formule d'Al-Kashi}

\begin{prop}
Soit ABC un triangle quelconque. En notant :
\[ a = \text{BC}\quad,\quad b=\text{AC}\quad,\quad c=\text{AB}\quad,\quad\widehat{\text{A}}=\angleor{AB}{AC}\;,\]
on a :
\[ 
a^2=b^2+c^2-2bc\cos\widehat{\text{A}}\;.
\]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A}  -- (5,0) node[midway,below] {$c$} node[below right] {B}  -- (40:2.5) node[above] {C} -- (0,0) node[midway,above left] {$b$};
\draw[red,very thick] (5,0) -- (40:2.5) node[midway,above] {$a$};
\draw[very thick,red] (0.5,0) arc(0:40:0.5cm);
\node[scale=0.8,red] at (20:0.8cm) {$\widehat{\text{A}}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{align*}
\vv{\text{BC}}^2 & = \big(\vv{\text{BA}}+\vv{\text{AC}}\big)^2\\
& = \vv{\text{BA}}^2+2\vv{\text{BA}}\cdot\vv{\text{AC}}+\vv{\text{AC}}^2\\
& = \text{BA}^2+2\text{BA}\times\text{AC}\times\cos\angleor{BA}{AC}+\text{AC}^2\\
& = \text{AB}^2+\text{AC}^2+2\text{AB}\times\text{AC}\times\big(-\cos\angleor{AB}{AC}\big)\\
& = \text{AB}^2+\text{AC}^2-2\text{AB}\times\text{AC}\times\cos\angleor{AB}{AC}\;.
\end{align*}
\end{demo}

\subsection{Théorèmes de la médiane}

\begin{thm}[de la médiane]
Soient A, B et M trois points quelconques du plan.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (6,0) node[below right] {B} -- (4,2) node[above] {M} -- cycle;
\draw[red] (3,0) node[below] {I} -- (4,2);
\node[red,scale=0.75] at (1.5,0) {\textbf{//}};
\node[red,scale=0.75] at (4.5,0) {\textbf{//}};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Alors,
\[
\prodscal{MA}{MB} = MI^2 - \dfrac{AB^2}{4}.
\]
\end{thm}

\begin{demo}
Nous allons utiliser la relation de Chasles en \og injectant \fg{} le point I dans les vecteurs $\vv{\text{MA}}$ et $\vv{\text{MB}}$.
\begin{align*}
\prodscal{MA}{MB} & = \big(\vv{MI} + \vv{IA}\big)\cdot\big(\vv{MI}+\vv{IB}\big)\\
& = \vv{MI}^2 + \prodscal{MI}{IB} + \prodscal{IA}{MI} + \prodscal{IA}{IB}\\
& = MI^2 + \vv{MI}\cdot\big( \underbrace{\vv{IB} + \vv{IA}}_{=\vv{0}} \big) + \vv{IA}\cdot(-\vv{IA})\\
& = MI^2 - IA^2\\
& = MI^2 - \left(\frac{AB}{2}\right)^2\\
& = MI^2 - \dfrac{AB^2}{4}.
\end{align*}
\end{demo}

\begin{thm}[d'Apollonius \textit{ou} 2\ieme{} théorème de la médiane]
Soient A, B et M trois points quelconques du plan.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (6,0) node[below right] {B} -- (4,2) node[above] {M} -- cycle;
\draw[red] (3,0) node[below] {I} -- (4,2);
\node[red,scale=0.75] at (1.5,0) {\textbf{//}};
\node[red,scale=0.75] at (4.5,0) {\textbf{//}};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Alors,
\[
\text{MA}^2+\text{MB}^2=\dfrac{1}{2}\text{AB}^2+2\text{MI}^2\;.
\]
\end{thm}

\begin{demo}
Nous allons utiliser la relation de Chasles en \og injectant \fg{} le point I dans les vecteurs $\vv{\text{MA}}$ et $\vv{\text{MB}}$.
\begin{align*}
\text{MA}^2+\text{MB}^2 & = \vv{\text{MA}}^2+\vv{\text{MB}}^2\\
& = \big(\vv{\text{MI}}+\vv{\text{IA}}\big)^2+\big(\vv{\text{MI}}+\vv{\text{IB}}\big)^2\\
& = \vv{\text{MI}}^2+2\vv{\text{MI}}\cdot\vv{\text{IA}}+\vv{\text{IA}}^2+\vv{\text{MI}}^2+2\vv{\text{MI}}\cdot\vv{\text{IB}}+\vv{\text{IB}}^2\\
&= 2\vv{\text{MI}}^2+\vv{\text{IA}}^2+\vv{\text{IB}}^2+2\vv{\text{MI}}\cdot\underbrace{\big(\vv{\text{IA}}+\vv{\text{IB}}\big)}_{=\vv{0}}\\
& = 2\text{MI}^2+\text{IA}^2+\text{IB}^2\\
& = 2\text{MI}^2+\left(\frac{1}{2}\text{AB}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\text{AB}\right)^2\\
& = 2\text{MI}^2+2\times\dfrac{1}{4}\text{AB}^2\\
& = 2\text{MI}^2+\dfrac{1}{2}\text{AB}^2\;.
\end{align*}
\end{demo}

\subsection{Propriétés sur le cercle}

\begin{prop}
Soient $A$ et $B$ deux points du plan.

L'ensemble des points $M$ du plan qui vérifient l'égalité $\vv{MA}\cdot\vv{MB}=0$ est le cercle de diamètre $[AB]$.
\end{prop}

\begin{demo}
Soit $I$ le milieu de $[AB]$

D'après le théorème de la médiane (\ref{thm:\thechapter.2}), $\vv{MA}\cdot\vv{MB}= MI^2-\frac{1}{4}AB^2$ donc :
\begin{align*}
\vv{MA}\cdot\vv{MB}=0 & \iff MI^2-\frac{1}{4}AB^2=0\\
& \iff MI^2=\dfrac{1}{4}AB^2\\
& \iff MI = \dfrac{1}{2}AB\\
& \iff M \text{ appartient au cercle de centre $I$ et de rayon }\dfrac{AB}{2}\\
& \iff M\text{ appartient au cercle de diamètre }[AB].
\end{align*}
\end{demo}

\begin{prop}
Soit $\mathcal{C}$ un cercle de diamètre $[AB]$.

Quel que soit le point $M$ de $\mathcal{C}$, $ABM$ est un triangle rectangle en $M$.
\end{prop}

\begin{demo}
C'est une conséquence de la propriété précédente (\ref{prop:\thechapter.50}):
\begin{align*}
 M\text{ appartient au cercle de diamètre }[AB] & \iff \vv{MA}\cdot\vv{MB}=0\\
 & \iff ABM\text{ est rectangle en M}.
\end{align*}
\end{demo}


\subsection{Centre de gravité d'un triangle}

\begin{defin}
\begin{minipage}{\textwidth-55mm}
Soit $ABC$ un triangle quelconque.

On appelle \textbf{centre de gravité} de $ABC$ le point $G$ tel que :
\[
\vv{GA}+\vv{GB}+\vv{GC}=\vv{0}.
\]
\end{minipage}
\begin{minipage}{55mm}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (2,3);
\coordinate (C) at (5,0);
\coordinate (G) at ($0.33*(A)+0.33*(B)+0.33*(C)$);
\draw (A) node[left] {$A$} -- (B) node[above] {$B$} -- (C) node[right] {$C$} -- cycle;
\draw[->,>=latex,orange] (G) -- (A);
\draw[->,>=latex,red] (G) -- (B);
\draw[->,>=latex,blue] (G) -- (C);
\node[below] at (G) {$G$};
\draw[->,>=latex,red,dashed] (A) -- ($(A)+({-1/3},2)$);
\draw[->,>=latex,blue,dashed] ($(A)+({-1/3},2)$) -- ({7/3},1);
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\end{defin}

\begin{prop}[égalité vectorielle du centre de gravité]
Soient $A$, $B$ et $C$ trois points quelconques du plan, et soit $G$ le centre de gravité de $ABC$.

Quel que soit le point $M$ du plan, 
\[
\vv{MA}+\vv{MB}+\vv{MC}=3\vv{MG}.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
Notons $G$ le centre de gravité du triangle $ABC$.
\begin{align*}
\vv{MA}+\vv{MB}+\vv{MC}
& = \big(\vv{MG}+\vv{GA}\big)+\big(\vv{MG}+\vv{GB}\big)+\big(\vv{MG}+\vv{GC}\big)\\
& = 3\vv{MG}+\underbrace{\vv{GA}+\vv{GB}+\vv{GC}}_{=\vv{0}\text{ par définition}}\\
& =3\vv{MG}.
\end{align*}
\end{demo}

\begin{prop}[ligne de niveau 3]
Soient $ABC$ un triangle quelconque du plan et $G$ son centre de gravité.

Quel que soit le point $M$ du plan, 
\[
MA^2+MB^2+MC^2=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{align*}
MA^2+MB^2+MC^2
& = \big(\vv{MG}+\vv{GA}\big)^2 +  \big(\vv{MG}+\vv{GB}\big)^2 +  \big(\vv{MG}+\vv{GC}\big)^2 \\
& = \vv{MG}^2 + 2\vv{MG}\cdot\vv{GA} + \vv{GA}^2 + \vv{MG}^2 + 2\vv{MG}\cdot\vv{GB} + \vv{GB}^2 + \vv{MG}^2 + 2\vv{MG}\cdot\vv{GC} + \vv{GC}^2\\
& = 3MG^2 + GA^2+GB^2+GC^2+2\vv{MG}\cdot\underbrace{\big(\vv{GA}+\vv{GB}+\vv{GC}\big)}_{=\vv0}\\
& =  3MG^2 + GA^2+GB^2+GC^2.
\end{align*}
\end{demo}


\begin{prop}
Soient $ABC$ un triangle quelconque du plan et $G$ son centre de gravité.

Soit $M$ un point quelconque du plan.

\medskip

$MA^2+MB^2+MC^2$ est minimal lorsque $M=G$.
\end{prop}


\begin{demo}
D'après la propriété \ref{prop:ligne de niveau 3},
\[
MA^2+MB^2+MC^2=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2.
\]
Ainsi, $MA^2+MB^2+MC^2$ est minimal quand $3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2$ l'est aussi.

Or $GA^2+GB^2+GC^2$ est constant donc $3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2$ est minimal quand $3MG$ l'est aussi, c'est-à-dire quand $MG=0$, soit quand $M=G$.
\end{demo}

\begin{prop}
Le centre de gravité d'une triangle est le point de concours de ses médianes.
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (2,3);
\coordinate (C) at (5,0);
\coordinate (G) at ($0.33*(A)+0.33*(B)+0.33*(C)$);
\coordinate (H) at ($(G)+({1/3},-2)$);
\draw (A) node[left] {$A$} -- (B) node[above] {$B$} -- (C) node[right] {$C$} -- cycle;
\draw[->,>=latex,orange] (G) -- (A);
\draw[->,>=latex,red] (G) -- (B);
\draw[->,>=latex,blue] (G) -- (C);
\node[below] at (G) {$G$};
\draw[->,>=latex,blue,dashed] (A) -- (H) node[below] {$H$};
\draw[->,>=latex,orange,dashed] (H) -- (C);
\draw[dotted] (G)--(H);
\node[below right] at ($0.5*(A)+0.5*(C)$) {$I$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Posons $H$ tel que $\vv{AH}=\vv{GC}$; ainsi, $AGCH$ est un parallélogramme.

Posons $I$ le milieu de $[AC]$. Ainsi,
\[
\vv{GA}+\vv{GC}=\vv{GA}+\vv{AH}=2\vv{GI}.
\]
Donc :
\[
\vv{GA}+\vv{GB}+\vv{GC}=\vv{0}\iff 2\vv{GI}+\vv{GB}=\vv{0}\;,
\]
ce qui signifie que $\vv{GB}$ et $\vv{GI}$ sont colinéaires et donc que les points $B$, $G$ et $I$ sont alignés.

On en déduit que $G$ appartient à la médiane $(BI)$.

Un raisonnement analogue peut ensuite démontrer que $G$ appartient aux deux autres médianes.

Ainsi, $G$ est le point d'intersection des médianes de $ABC$.
\end{demo}

\section{Géométrie repérée}

\subsection{Vecteur normal d'une droite}

\begin{defin}
Dans un repère orthonormé \Rij, on considère la droite $\cal D$ d'équation cartésienne\linebreak$ax+by+c=0$.

\medskip

On appelle \textbf{vecteur normal} à $\cal D$ tout vecteur orthogonal à tout vecteur directeur de $\cal D$.
\end{defin}

\begin{prop}
Dans un repère orthonormé \Rij, on considère la droite $\cal D$ d'équation cartésienne\linebreak$ax+by+c=0$.

\medskip

Alors $\vv{n}\dbinom{a}{b}$ est un vecteur normal à $\cal D$.
\end{prop}

\begin{demo}
La droite $\cal D$ a pour vecteur directeur $\vv{u}\dbinom{-b}{a}$. En posant $\vv{n}\dbinom{a}{b}$, on a :
\[
\vv{u}\cdot\vv{n}=\dbinom{-b}{a}\cdot\dbinom{a}{b}=-b\times a + a\times b=  0.
\]
Ainsi, $\vv{u}$ et $\vv{n}$ sont orthogonaux. $\vv{n}$ est donc bien un vecteur normal à $\cal D$.
\end{demo}

\subsection{\'Equations cartésiennes de cercles}

Dans un repère \Rij, considérons deux points $A\coord{x_A}{y_B}$ et $B\coord{x_B}{y_B}$. Posons $\Omega\coord{a}{b}$ le milieu de $[AB]$.

Soit $M\coord{x}{y}$ un point du cercle de diamètre $[AB]$. D'après la propriété \ref{prop:ligne de niveau 2}:
\[
\vv{AM}\cdot\vv{BM}=0.
\]
De plus, 
\[
\vv{AM}
\begin{pmatrix}
x-x_A\\
y-y_A
\end{pmatrix}
\qquad\text{et}\qquad\vv{BM}
\begin{pmatrix}
x-x_B
\\
y-y_B
\end{pmatrix}.
\]
Ainsi,

\begin{align*}
\vv{AM}\cdot\vv{BM}=0 & \iff \begin{pmatrix}\textcolor{red}{x-x_A}\\\textcolor{orange}{y-y_A}\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}\textcolor{red}{x-x_B}\\\textcolor{orange}{y-y_B}\end{pmatrix}=0\\
& \iff \textcolor{red}{(x-x_A)(x-x_B)} + \textcolor{orange}{(y-y_A)(y-y_B)=0}\\
& \iff \textcolor{red}{x^2 - (x_A+x_B)x + x_Ax_B} + \textcolor{orange}{y^2 - (y_A+y_B)y + y_Ay_B} = 0\\
& \iff \textcolor{red}{x^2 - 2\times\dfrac{x_A+x_B}{2}x + x_Ax_B} + \textcolor{orange}{y^2-2\times\dfrac{y_A+y_B}{2}+y_Ay_B} = 0.
\end{align*}

Or, 
\[
x^2 - 2\times\dfrac{x_A+x_B}{2}x = \left(x-\dfrac{x_A+x_B}{2}\right)^2-\left(\dfrac{x_A+x_B}{2}\right)^2=(x-a)^2-a^2
\]
et
\[
y^2 - 2\times\dfrac{y_A+y_B}{2}y = \left(y-\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)^2-\left(\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)^2=(y-b)^2-b^2
\]
donc :
\begin{align*}
\vv{AM}\cdot\vv{BM}=0 & \iff \textcolor{red}{(x-a)^2-a^2+x_Ax_B} + \textcolor{orange}{(y-b)^2-b^2+y_Ay_B} = 0\\
& \iff (x-a)^2+(y-b)^2=a^2+b^2-x_Ax_B-y_Ay_B.
\end{align*}
Or, 
\begin{align*}
a^2+b^2-x_Ax_B-y_Ay_B & =\left(\dfrac{x_A+x_B}{2}\right)^2+\left(\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)^2-x_Ax_B-y_Ay_B\\
& = \dfrac{x_A^2+2x_Ax_B+x_B^2}{4}+\dfrac{y_A^2+2y_Ay_B+y_B^2}{4}-\dfrac{4x_Ax_B}{4}-\dfrac{4y_Ay_B}{4}\\
& = \dfrac{x_A^2-2x_Ax_B+x_B^2+y_A^2-2y_Ay_B+y_B^2}{4}\\
& = \dfrac{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2}{4}\\
& = \dfrac{AB^2}{4}.
\end{align*}
En convenant de noter $r=\dfrac{AB}{2}$ le rayon du cercle (de diamètre $[AB]$), on obtient ainsi :
\begin{align*}
\vv{AM}\cdot\vv{BM}=0 & \iff (x-a)^2+(y-b)^2=r^2.
\end{align*}
Cette dernière égalité est appelée une \textit{équation cartésienne développée du cercle}.

\begin{prop}[équation cartésienne canonique d'un cercle]
Soit $\Omega\coord{a}{b}$ un point du plan rapporté au repère orthonormé \Rij.

L'équation cartésienne canonique du cercle de centre $\Omega$ et de rayon $r$ est :
\[
(x-a)^2+(y-b)^2=r^2.
\]
\end{prop}




\exercices

\subsection*{Géométrie non repérée}

%%%

\begin{exocor}{formule d'Al-Kashi}[1]
Dans chacun des cas suivants, utiliser la formule d'Al-Kashi pour trouver ce qui est demandé.
\begin{enumerate}
\item ABC est un triangle tel que $\rm AB=9$, $\rm AC = 4$ et $\rm BC = 7$.

Calculer une valeur approchée à l'unité (en degrés) de l'angle \angle{BCA}.

\item ABC est un triangle tel que $\rm AB=8$, $\rm AC=5$ et $\angle{BAC}=20^\circ$.

Calculer une valeur approchée au dixième de BC.

\item ABC est un triangle tel que $\rm AB=14$, $\rm BC=7$ et $\angle{BCA}=45^\circ$.

Calculer une valeur approchée au centième de AC.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item La formule d'Al-Kashi nous permet d'écrire:
\[
\rm AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2\times AC \times BC \times\cos\angle{BCA}
\]
soit :
\[
81=16+49-56\cos\angle{BCA}.
\]
On a alors :
\[
\cos\angle{BCA} = \dfrac{81-16-49}{-56}=-\dfrac{2}{7}\;,
\]
d'où :
\[
\boxed{\angle{BCA} \approx 107^\circ}
\]

\item La formule d'Al-Kashi nous permet d'écrire:
\[
\rm BC^2=CA^2+AB^2-2\times AB \times AC \times \cos\angle{BAC}
\]
soit :
\[
\rm BC^2 = 8^2+5^5-80\cos20^\circ \approx 13,82.
\]
Ainsi,
\[
\boxed{\rm BC \approx 3,7}
\]

\item La formule d'Al-Kashi nous permet d'écrire:
\[
\rm AB^2=CA^2+CB^2-2\times CB \times CA \times \cos\angle{BCA}
\]
soit :
\[
\rm 196 = CA^2+49-14\cos(45^\circ) CA.\tag{E}
\]
Posons $\textrm{CA}=x$. L'équation (E) devient  alors :
\[ 
x^2-7\sqrt2x-147=0.
\]
Le discriminant de cette équation est :
\[
\Delta = \big(7\sqrt2)^2-4\times1\times(-147)=686.
\]
Les deux solutions sont donc :
\[
x_1=\dfrac{7\sqrt2-\sqrt{686}}{2}<0\text{ donc peu intéressant pour nous}
\]
et 
\[
x_2=\dfrac{7\sqrt2+\sqrt{686}}{2}=\dfrac{7\big(\sqrt2+\sqrt{14}\big)}{2}\approx18,05.
\]
Ainsi,
\[
\boxed{\rm AC \approx 18,05}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% 2025

\begin{exocor}{théorème de la médiane}[1]
On considère deux points $A$ et $B$ du plan tels que $AB = 10$ cm.

Montrer que l'ensemble des points $M$ tels que $\prodscal{MA}{MB}=20$ est un cercle dont on donnera les caractéristiques.

\tcblower

Le théorème de la médiane stipule que:
\[
\prodscal{MA}{MB} = MI^2 - \dfrac{AB^2}{4}
\]
où $I$ est le milieu de $[AB]$.

Ainsi,
\begin{align*}
\prodscal{MA}{MB} = 20 & \iff MI^2 - \frac{AB^2}{4} = 20\\
& \iff MI^2 = 20 + \dfrac{10^2}{4}\\
& \iff MI^2 = 45\\
& \iff MI = \sqrt{45}=3\sqrt5.
\end{align*}

Ainsi, l'ensemble des points $M$ tels que $\prodscal{MA}{MB}=20$ est le cercle de centre $I$, milieu de $[AB]$, et de rayon $r=3\sqrt5$.
\end{exocor}

%%% 

\begin{exocor}{lignes de niveau avec le théorème d'Apollonius}[2]
\begin{enumerate}
\item Soient deux points A et B du plan tels que $\rm AB=10$.

À l'aide du théorème de la médiane, déterminer l'ensemble des points M du plan tels que $\rm MA^2+MB^2=100$.

\item Soit un triangle ABC tel que $\rm AB = 7$, $\rm AC=4$ et $\rm BC=10$.

Déterminer l'ensemble des points M du plan tels que $\rm MA^2+MB^2+MC^2=100$.

\textit{Pour répondre à cette question, on n'hésitera pas à prendre des initiatives.}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Le théorème d'Apollonius nous dit que :
\[
\rm MA^2+MB^2=\dfrac{1}{2}AB^2+2MI^2
\]
où I est le milieu de [AB].
Ainsi,
\begin{align*}
\rm MA^2+MB^2=100 & \rm\iff \dfrac{1}{2}AB^2+2MI^2=100\\
& \iff \rm MI^2=25\\
& \iff MI = 5.
\end{align*}

\uline{Ainsi, l'ensemble des points M du plan tels que $\rm MA^2+MB^2=100$ est le cercle de centre I et de rayon 5.}

\item D'après la propriété \ref{prop:ligne de niveau 3} du cours,
\[
\rm MA^2+MB^2+MC^2=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2\;,
\]
où G est le centre de gravité de ABC.

Donc, nous recherchons l'ensemble des points M du plan tels que :
\[
\rm 3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2=100\;,
\]
soit :
\[
\rm MG = \sqrt{\dfrac{100-GA^2-GB^2-GC^2}{3}}.
\]
Nous savons de surcroît que G est aux deux tiers des médianes en partant des sommets :
\[
\rm GA = \dfrac{2AA'}{3}\quad,\quad GB = \dfrac{2BB'}{3}\quad,\quad GC = \dfrac{2CC'}{3}\;,
\]
où A', B' et C' sont les milieux respectifs de [BC], [AC] et [AB].

\medskip

Le théorème de la médiane nous dit que :
\[
\begin{cases}
\rm CA^2+CB^2=\dfrac{1}{2}AB^2+2CC'^2\\[8pt]
\rm AB^2+AC^2=\dfrac{1}{2}BC^2+2AA'^2\\[8pt]
\rm BA^2+BC^2=\dfrac{1}{2}AC^2+2BB'^2
\end{cases}
\]
soit :
\[
\begin{cases}
16+100=\dfrac{49}{2}+2CC'^2\\
49+16=50+2AA'^2\\
49+100=8+2BB'^2
\end{cases}
\]
et donc :
\[
\rm AA' = \dfrac{\sqrt{30}}{2}\qquad,\qquad BB'=\dfrac{\sqrt{282}}{2}\qquad,\qquad CC'=\dfrac{\sqrt{183}}{2}.
\]
On en déduit alors que :
\[
\rm GA = \dfrac{2}{3}\times AA' = \dfrac{\sqrt{30}}{3}\quad,\quad GB = \dfrac{\sqrt{282}}{3}\quad,\quad GC = \dfrac{\sqrt{183}}{3}.
\]
Ainsi,
\[
\rm MG = \sqrt{\dfrac{100-GA^2-GB^2-GC^2}{3}}=\sqrt{\dfrac{100-\tfrac{10}{3}-\tfrac{94}{3}-\tfrac{61}{3}}{3}}=\sqrt{15}.
\]
\uline{Ainsi, l'ensemble des points M du plan tels que $\rm MA^2+MB^2+MC^2=100$ est le cercle de centre G et de rayon $\sqrt{15}$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{exercice du type bac international}[2]
Trouver la mesure de l'angle $\widehat{CAB}$ au degré près:
\vspace*{-5mm}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.7]
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (4.5,0) node[below right] {B} -- (9.5,3.6) node[above] {C} -- cycle;
\draw[shift={(-2,-0.75)},thick,numpageenonce] (9.5,3.6) arc (210:226:2);
\node[numpageenonce] at (7.2,2.3) {$15^\circ$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\vspace*{-5mm}

\tcblower

D'après le théorème d'Al-Kashi, on peut écrire:
\begin{align*}
AB^2       & = CA^2+CB^2-2\times CA \times CB \times \cos(15^\circ)\\
\iff 4,5^2 & = AC^2 + 6^2 - 12AC\cos(15^\circ)\\
\iff       & AC^2 - 12\cos(15^\circ)AC + 15,75=0
\end{align*}


$AC$ est alors une des solutions de cette dernière équation du second degré, de discriminant:
\begin{align*}
\Delta & =144\cos^2(15^\circ)-63\\ 
       & = 144\times\left(\frac{\sqrt2+\sqrt6}{4}\right)^2-63\\
       & = 36\sqrt3+9.
\end{align*}
On trouve alors deux solutions à l'équation:
\begin{align*}
x_1 & = \frac{12\cos(15^\circ)-\sqrt{ 36\sqrt3+9 }}{2} \\  
    & = \frac{3\big(\sqrt2+\sqrt6\big)-\sqrt{36\sqrt3+9}}{2} \\
x_1 & \approx 1,57
\end{align*}
et
\begin{align*}
x_2 & = \frac{3\big(\sqrt2+\sqrt6\big)+\sqrt{36\sqrt3+9}}{2}\\ 
    & \approx10,02.
\end{align*}

Il va de soit que seule la dernière valeur convient à notre problème. On a alors:
\[
AC \approx 10,02.
\]

Maintenant que nous avons $AC$, utilisons à nouveau le théorème d'Al-Kashi pour trouver l'angle demandé:
\begin{align*}
BC^2 & = AB^2 + AC^2 - 2\times AB \times AC \times\cos(\widehat{A}) \\ 
\iff 36 & \approx 4,5^2 + 10,02^2 - 2\times4,5\times10,02\times\cos(\widehat{A}) \\ 
\iff \cos(\widehat{A}) & \approx 0,938682634731\\
\iff \widehat{A} & \approx 20^\circ.
\end{align*}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{formule d'Al-Kashi}[3]
Soit $ABCD$ un parallélogramme tel que $\rm AB=6$, $\rm AD=5$ et $\angleor{AB}{AD}=\dfrac{\pi}{3}$. Soient $I$ et $J$ les projetés orthogonaux de $D$ et $B$ sur $[AC]$.

\begin{enumerate}
\item En exprimant \prodscal{AC}{AB} et \prodscal{AC}{AD} à l'aide de $A$, $C$, $I$ et $J$, montrer que $\rm AI = JC$.
\item À l'aide de la propriété \ref{prop:identités avec des normes} du cours du chapitre précédent, exprimer \prodscal{AB}{AD} en fonction de AC, puis calculer \prodscal{AB}{AD} afin d'en déduire AC.
\item Justifier que $\rm AI = AD\cos\angleor{AI}{AD}$.
\item En utilisant la formule d'Al-Kashi dans le triangle ACD, montrer que :
\[ 
\cos\angleor{AI}{AD}=\dfrac{8\sqrt{91}}{91}.
\]
\item En déduire alors IJ.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

Avant tout, faisons une figure (approximative) :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzInit[xmin=-1,ymin=-1,xmax=10,ymax=5]
\tkzClip
\tkzDefPoint[label=210:A](0,0){A}
\tkzDefPoint[label=-30:B](6,0){B}
\tkzDefPoint[label=30:C](9,4){C}
\tkzDefPoint[label=130:D](3,4){D}
\tkzDefPointBy[projection=onto A--C](D)\tkzGetPoint{I}
\tkzDefPointBy[projection=onto A--C](B)\tkzGetPoint{J}
\tkzDrawPolygon(A,B,C,D)
\tkzDrawSegment(A,C)
\tkzDrawSegment[color=red,line width=2pt](I,J)
\tkzLabelPoint[below,red](I){I}
\tkzLabelPoint[above,red](J){J}
\tkzDrawSegments[style=dashed](D,I B,J)
\tkzMarkRightAngle(A,I,D)
\tkzMarkRightAngle(B,J,A)
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}

\item\label{exo-prodscal-1} On a:
\begin{align*}
\prodscal{AC}{AB} & = \rm AC \times AJ\\
\prodscal{AC}{AD} & = \rm AC \times AI
\end{align*}

En additionnant membre à membre ces deux égalités, on obtient :
\[
\prodscal{AC}{AB}+\prodscal{AC}{AD}=\rm AC\times AJ + AC\times AI\]
soit :
\[
\rm \vv{AC}\cdot\big(\vv{AB}+\vv{AD}\big) = AC \times (AJ + AI)\]
c'est-à-dire :
\[
\prodscal{AC}{AC}=\rm AC\times(AJ+AI)
\]
ou encore :
\[
\rm AC^2 = AC(AJ+AI).
\]
Ainsi,
\[
\rm AC = AJ+AI.
\]
Or, 
\[
\rm AC = AJ + JC
\]
donc 
\[
\rm JC = AI.
\]

\item D'après la propriété \ref{prop:identités avec des normes} du cours du chapitre précédent,
\begin{align*}
\prodscal{AB}{AD} & = \rm \dfrac{1}{2}\Big(\|\vv{AB}+\vv{AD}\|^2-\|\vv{AB}\|^2-\|\vv{AD}\|^2\Big)\\
& \rm = \dfrac{1}{2}\Big(\|\vv{AC}\|^2-\|\vv{AB}\|^2-\|\vv{AD}\|^2\Big)\\
& \rm = \dfrac{1}{2}(AC^2-6^2-5^2)\\
& = \rm \dfrac{1}{2}(AC^2-61).
\end{align*}

De plus,
\begin{align*}
\prodscal{AB}{AD} & = \rm AB \times AD \times \cos\angleor{AB}{AD}\\
& = 6 \times 5 \times \cos\dfrac{\pi}{3}\\
& = 15.
\end{align*}

Ainsi, 
\begin{align*}
\rm \dfrac{1}{2}(AC^2-61) = 15 & \iff \rm AC^2-61=30\\
& \iff \rm AC^2=91\\
& \iff \boxed{\rm AC = \sqrt{91}}
\end{align*}

\item On sait que $\rm AC = 2AI + IJ$ d'après la question \ref{exo-prodscal-1}, donc :
\[
\rm IJ = AC - 2AI.
\]
Or, AID est un triangle rectangle en I donc :
\[
\rm \cos\angleor{AI}{AD}=\dfrac{AI}{AD}
\]
soit :
\[
\boxed{\rm AI = AD \times\cos\angleor{AI}{AD}}
\]
\item D'après la formule d'Al-Kashi appliquée au triangle ACD,
\[
\rm DC^2 = AD^2 + AC^2 - 2\times AC \times AD \times\cos\angleor{AI}{AD}
\]
soit :
\[
\boxed{\cos\angleor{AI}{AD} = \dfrac{36-25-91}{-2\times5\times\sqrt{91}}=\dfrac{8\sqrt{91}}{91}}
\]
\item On en déduit alors :
\[
\rm AI = 5 \times \dfrac{8\sqrt{91}}{91} = \dfrac{40\sqrt{91}}{91}.
\]
\newpage
Donc :
\[
\rm IJ = \sqrt{91}-2\times \dfrac{40\sqrt{91}}{91}
\]
soit :
\[
\boxed{\rm IJ = \dfrac{11\sqrt{91}}{91}}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{formule de Héron}[3]
Soit un triangle ABC, et H le pied de la hauteur issue du sommet B. 

On note AB = $c$, AC = $b$, BC = $a$ et BH = $h$.

\medskip

\begin{tikzpicture}[baseline=2cm]
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (5,0) node[below right] {C} node[midway,below] {$b$} -- (2,3) node[above] {B} node[midway,right] {$a$} -- (0,0) node[midway,left] {$c$};
\draw (2,3) -- (2,0) node[midway,right] {$h$} node[below] {H};
\draw (2.25,0) -- (2.25,0.25) -- (2,0.25);
\draw (0.5,0) arc (0:52:0.5);
\node[scale=0.75] at (25:0.75) {$\widehat{A}$};
\end{tikzpicture}
\hfill
\begin{minipage}{0.6\linewidth}
\begin{enumerate}
\item Exprimer $h$ en fonction de $c$ et $\sin\widehat{A}$, puis en déduire que l'aire du triangle ABC est : \[\mathcal{A}=\dfrac{1}{2}bc\sin \widehat{A}.\]

\item \`A l'aide de la formule d'Al-Kashi, exprimer $\sin^2\widehat{A}$ en fonction de $a$, $b$ et $c$.
\end{enumerate}
\end{minipage}

\begin{enumerate}[start=3]
\item En notant $p=\dfrac{a+b+c}{2}$, montrer alors que :
$\sin^2\widehat{A}=\dfrac{4p(p-a)(p-b)(p-c)}{b^2c^2}$.

\item En déduire alors que : $\mathcal{A}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$.

Cette dernière formule est appelée la \textit{formule de Héron}.

\item Application : calculer l'aire d'un triangle dont les c\^otés ont pour mesure 7 cm, 12 cm et 9 cm.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item\label{q1exHeron} Dans le triangle AHB, rectangle en H, on a : $\sin\widehat{A}=\dfrac{h}{c}$, donc $h=c\times\sin\widehat{A}$.

\medskip

L'aire de ABC est :
\[
\mathcal{A}=\dfrac{1}{2}\times b\times h\qquad\text{soit}\qquad\boxed{\mathcal{A}=\dfrac{1}{2}bc\sin\widehat{A}}.
\]

\item La formule d'Al-Kashi donne:
\[
a^2=b^2+c^2-2bc\cos\widehat{A}
\]
soit:
\[
a^2-b^2-c^2=-2bc\cos\widehat{A}
\]
ou encore:
\[
\cos\widehat{A}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.
\]
En élevant au carré, on obtient:
\[
\cos^2\widehat{A}=\dfrac{\big(b^2+c^2-a^2\big)^2}{4b^2c^2}.
\]
Or, $\cos^2\widehat{A}+\sin^2\widehat{A}=1$, donc $\cos^2\widehat{A}=1-\sin^2\widehat{A}$, ce qui donne :
\[
1-\sin^2\widehat{A}=\dfrac{\big(b^2+c^2-a^2\big)^2}{4b^2c^2}
\]
soit :
\[
\boxed{\sin^2\widehat{A}=1-\dfrac{\big(b^2+c^2-a^2\big)^2}{4b^2c^2}}.
\]

\item\label{q2exHeron} Développons :
\begin{align*}
& \dfrac{4p(p-a)(p-b)(p-c)}{b^2c^2}\\
= & \dfrac{4\frac{a+b+c}{2}\left(\frac{a+b+c}{2}-a\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)}{b^2c^2}\\
= &\dfrac{2(a+b+c)\left(\frac{b+c-a}{2}\right)\left(\frac{a-b+c}{2}\right)\left(\frac{a+b-c}{2}\right)}{b^2c^2}\\
= &\dfrac{(ab+ac-a^2+b^2+bc-ab+bc+c^2-ac)(a^2+ab-ac-ab-b^2+bc+ac+bc-c^2)}{4b^2c^2}\\
= & \dfrac{(2bc+b^2+c^2-a^2)(2bc+a^2-b^2-c^2)}{4b^2c^2}\\
= & \dfrac{\big[2bc+(b^2+c^2-a^2)\big]\big[2bc-(b^2+c^2-a^2)\big]}{4b^2c^2}\\
= & \dfrac{(2bc)^2-\big(b^2+c^2-a^2\big)^2}{4b^2c^2}\\= & 1-\dfrac{\big(b^2+c^2-a^2\big)^2}{4b^2c^2}\\
= & \sin^2\widehat{A}.
\end{align*}

\item De la question \ref{q1exHeron}, on déduit que :
\[
\mathcal{A}^2=\dfrac{1}{4}b^2c^2\sin^2\widehat{A}.
\]
En remplaçant alors $\sin^2\widehat{A}$ par l'expression trouvée à la question \ref{q2exHeron}, on obtient :
\begin{align*}
\mathcal{A}^2 & = \dfrac{1}{4}b^2c^2\times\dfrac{4p(p-a)(p-b)(p-c)}{b^2c^2}\\
& = p(p-a)(p-b)(p-c).
\end{align*}

$\mathcal{A}$ étant un nombre positif, en prenant la racine carrée des deux membres de cette dernière égalité, on obtient :
\[
\boxed{\mathcal{A}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}
\]

\item $p=\dfrac{7+9+12}{2}=14$ donc :
\begin{align*}
\mathcal{A} & = \sqrt{14(14-7)(14-9)(14-12)}\\
& = \sqrt{14\times7\times5\times2}\\
& = \sqrt{980}\\
\Aboxed{\mathcal{A}& = 14\sqrt{5}~\text{cm}^2}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\newpage

\begin{exocor}{calcul de $\cos\frac{\pi}{8}$}[3]

\begin{minipage}{0.4\linewidth}
\begin{tikzpicture}
%\draw (0,0) -- (0:0.6) arc (0:45:0.6) -- cycle;
\draw (5.121320343559642,0.2828427124746191) -- (4.838477631085023,0.2828427124746192) -- (4.838477631085023,0) -- (5.121320343559642,0) -- cycle; 
\draw (3,0.2828427124746191) -- (2.7171572875253807,0.2828427124746192) -- (2.7171572875253807,0) -- (3,0) -- cycle; 
\draw (0,0)-- (3,0);
\draw(1.45,0.12) -- (1.45,-0.12);
\draw (1.55,0.12) -- (1.55,-0.12);
\draw (3,0)-- (3,3);
\draw(2.88,1.45) -- (3.12,1.45);
\draw (2.88,1.55) -- (3.12,1.55);
\draw (3,3)-- (0,0);
\draw(3,3)-- (5.121320343559642,5.121320343559642);
\draw (3.940452018978107,4.110157646462878) -- (4.11015764646288,3.940452018978107);
\draw (4.01116269709676,4.1808683245815335) -- (4.180868324581533,4.011162697096762);
\draw [dashed] (3,0)-- (5.121320343559642,0);
\draw [dashed] (5.121320343559642,0)-- (5.121320343559642,5.121320343559642);
\draw (5.121320343559642,5.121320343559642)-- (3,0);
\node[below left] at (0,0) {A};
\node[below] at (3,0) {B};
\node[above] at (3,3) {C};
\node[above right] at (5.12,5.12) {D};
\node[below] at (5.121320343559642,0) {H};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.6\linewidth}
\begin{itemize}
\item $ABC$ est un triangle rectangle isocèle en $B$.
\item On note $AB = a$.
\item Les points $A$, $C$ et $D$ sont alignés.
\item $CD = a$.
\item $H$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(AB)$.
\end{itemize}
\end{minipage}
\begin{enumerate}
\item Montrer que $DA = \big(1+\sqrt2\big)a$.
\item À l'aide du théorème d'Al-Kashi, montrer que $DB = a\sqrt{2+\sqrt2}$.
\item Montrer que $\prodscal{DA}{DB} =a^2 \big(1+\sqrt2\big)\sqrt{2+\sqrt2}\cos\dfrac{\pi}{8}$.
\item À l'aide de la relation de Chasles, montrer que $\prodscal{DA}{DB}=\dfrac{1}{2}a^2\big(1+\sqrt2\big)^2\sqrt2$.
\item En déduire que $\cos\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt2}}{2}$
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
DA & = AC + CD \text{ car A, C et D sont alignés}\\
   & = \sqrt{a^2 + a^2} + a\\
   & = a\sqrt2+a\\
\Aboxed{DA & = \big(1+\sqrt2\big)a}
\end{aligned}$

\item D'après le théorème d'Al-Kashi appliqué dans le triangle $BCD$,
\begin{align*}
DB^2 & = CB^2 + CD^2 - 2\times CB \times CD \times\cos\angle{BCD}.
\end{align*}
Or, le triangle $ABC$ étant rectangle isocèle en $B$, $\angle{BAC}=\angle{BCA}=\dfrac{\pi}{4}$.

De plus, $\angle{ACD}=\angle{ACB}+\angle{BCD}=\pi$ (car $A$, $C$ et $D$ sont alignés) donc:
\[
\angle{BCD}=\pi-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{3\pi}{4}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
DB^2 & = a^2 + a^2 - 2a^2\cos\dfrac{3\pi}{4}\\
     & = 2a^2 - 2a^2\times\left(-\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\\
     & = 2a^2\left(1+\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\\
     & = 2a^2 \times \dfrac{2+\sqrt2}{2}\\
     & = \big(2+\sqrt2\big)a^2\\
\Aboxed{DB & = a\sqrt{2+\sqrt2}}
\end{align*}

\item Par définition du produit scalaire (formule avec le cosinus),
\begin{align*}
\prodscal{DA}{DB} & = DA \times DB \times \cos\angleor{DA}{DB}.
\end{align*}
Le triangle $BCD$ étant isocèle, les angles \angle{CBD} et \angle{BDC} ont la même mesure, à savoir:
\[
\angle{BDC}=\frac{1}{2}\left(\pi-\dfrac{3\pi}{4}\right)=\dfrac{\pi}{8}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\prodscal{DA}{DB} & = \big(1+\sqrt2\big)a \times a\sqrt{2+\sqrt2} \times \cos\frac{\pi}{8}\\
\Aboxed{\prodscal{DA}{DB} & = a^2\big(1+\sqrt2\big)\sqrt{2+\sqrt2}\cos\frac{\pi}{8}}
\end{align*}

\item Avant tout, remarquons que $DH = AH$. En effet, le triangle $AHD$ est rectangle en $H$ et $\angle{HAD}=\dfrac{\pi}{4}$. Cela implique alors que $\angle{HDA}=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}$ et donc que $HAD$ est aussi isocèle en $H$.

De plus, dans le triangle $HAD$, $AH = AD\times\cos\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)}{2}$.

\newpage

\begin{align*}
\prodscal{DA}{DB} & = \big(\vv{DH}+\vv{HA}\big)\cdot\big(\vv{DH}+\vv{HB}\big)\\
& = \prodscal{DH}{DH} + \underbrace{\prodscal{DH}{HB}}_{=0} + \underbrace{\prodscal{HA}{DH}}_{=0} + \prodscal{HA}{HB}\\
& \text{(les produits scalaires sont nuls car les vecteurs sont orthogonaux)}\\
& = DH^2 + HA \times HB\\
& = AH^2 + AH(AH-AB)\\
& = AH(2AH - AB)\\
& = \dfrac{a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)}{2} \times \left[2\times\dfrac{a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)}{2}-a \right]\\
& = \dfrac{a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)}{2} \times \Big[ a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)-a \Big]\\
& = \dfrac{1}{2}a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)\times\big(a\sqrt2 +2a-a\big)\\
& = \dfrac{1}{2}a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)\times a\big(\sqrt2 + 1\big)\\
\Aboxed{\prodscal{DA}{DB} & = \dfrac{1}{2}a^2\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)^2}
\end{align*}

\item Des deux expressions de $\prodscal{DA}{DB}$, on déduit:
\begin{align*}
\prodscal{DA}{DB}&  = a^2\big(1+\sqrt2\big)\sqrt{2+\sqrt2}\cos\frac{\pi}{8} = \dfrac{1}{2}a^2\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)^2\\
\iff & \cos\frac{\pi}{8} = \dfrac{\frac{1}{2}\cancel{a^2}\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)\cancel{\big(1+\sqrt2\big)}}{\cancel{a^2}\cancel{\big(1+\sqrt2\big)}\sqrt{2+\sqrt2}}\\
\iff & \cos\frac{\pi}{8} = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{2+\sqrt2}{\sqrt{2+\sqrt2}} = \dfrac{\sqrt{2+\sqrt2}}{2}\quad\text{car }\dfrac{x}{\sqrt{x}}=\dfrac{\sqrt{x}\times\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\sqrt{x}.
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}



\subsection*{Géométrie repérée}

\subsubsection*{Droites}

%%%

\begin{exocor}{vecteur normal à une droite}[1]
On considère la droite $(d)$ d'équation cartésienne $-3x+5y+1=0$.
\begin{enumerate}
\item Donner un vecteur normal à $(d)$.
\item La droite $(\Delta)$ d'équation $10x+6y + 7=0$ est-elle perpendiculaire à $(d)$ ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Un vecteur normal à la droite $(d)$ d'équation $-3x+5y+1=0$ est $\vv{n}\dbinom{-3}{5}$ d'après la propriété \ref{prop:\thechapter.56}.

\item Un vecteur directeur à une droite d'équation $ax+by+c=0$ est $\vv{u}\dbinom{-b}{a}$ d'après le cours de Seconde.

Ainsi, un vecteur directeur de $(\Delta)\;:\;10x+6y + 7=0$ est $\vv{u}\dbinom{-6}{10}$.

On constate alors que $\vv{u}=2\vv{n}$ donc $\vv{u}$ et $\vv{n}$ sont colinéaires. Cela signifie que $\vv{n}$ est aussi un vecteur directeur de $(\Delta)$.

$\vv{n}$ étant aussi un vecteur normal à $(d)$, cela signifie que $(\Delta)$ est perpendiculaire à $(d)$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{équations de droites perpendiculaires}[2]
Dans chacun des cas suivants, déterminer une équation cartésienne de la droite $\mathcal{D}$.

\begin{enumerate}
\item A\coord{-1}{2}, B\coord{4}{-3} et $\mathcal{D}$ est la médiatrice de [AB].

\item $\mathcal{D}$ est la droite passant par A\coord{1}{3} et perpendiculaire à la droite $\mathcal{D}^\prime$ d'équation \mbox{$2x-5y+3=0$}.

\item $\mathcal{D}$ est la tangente au cercle de centre O et de rayon 3 passant par le point de ce cercle d'abscisse 2 et d'ordonnée positive.

\item $\mathcal{D}$ a pour vecteur normal le vecteur $\vv{n}\dbinom{2}{-1}$ et passe par le point A\coord{-1}{2}.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item A\coord{-1}{2}, B\coord{4}{-3} et $\mathcal{D}$ est la médiatrice de [AB].

On a donc $\vv{\text{AB}}\dbinom{5}{-5}$. 

Le milieu de [AB] est I\coord{\frac{3}{2}}{-\frac{1}{2}}.

\begin{align*}
\text{M}\coord{x}{y}\in\mathcal{D} & \Longleftrightarrow \prodscal{AB}{IM}=0\\
&\Longleftrightarrow \dbinom{5}{-5}\cdot\dbinom{x-\frac{3}{2}}{y+\frac{1}{2}}=0\\
&\Longleftrightarrow 5\left(x-\frac{3}{2}\right)-5\left(y+\frac{1}{2}\right)=0\\
&\Longleftrightarrow 5x-5y-10=0\\
&\Longleftrightarrow x-y+2=0.
\end{align*}

\underline{Une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc $x-y+2=0$.}

\item $\mathcal{D}$ est la droite passant par A\coord{1}{3} et perpendiculaire à la droite $\mathcal{D}^\prime$ d'équation \mbox{$2x-5y+3=0$}.

Un vecteur directeur de $\mathcal{D}$ est un vecteur normal de $\mathcal{D}^\prime$, soit par exemple $\vv{u}\dbinom{2}{-5}$. Ainsi, une équation de $\mathcal{D}$ est de la forme :
\[
-5x-2y+c=0\qquad,\qquad c\in\R.
\]

\[
\text{A}\coord{1}{3}\in\mathcal{D} \Longleftrightarrow -5\times1-2\times3+c=0\Longleftrightarrow c=11.
\]

\underline{Une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc $5x+2y-11=0$.}

\item $\mathcal{D}$ est la tangente au cercle de centre O et de rayon 3 passant par le point de ce cercle d'abscisse 2 et d'ordonnée positive.

Dans ce cas, $\mathcal{D}$ est perpendiculaire à (OA), où A est le point du cercle d'abscisse 2. Son ordonnée est $y=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt{5}$ donc A\coord{2}{\sqrt{5}}.

Ainsi, (OM) a pour équation $y=\dfrac{\sqrt{5}}{2}x$, ou encore $\dfrac{\sqrt{5}}{2}x-y=0$, dont un vecteur normal est $\vv{n}\dbinom{\frac{\sqrt{5}}{2}}{-1}$.

\medskip

$\mathcal{D}$ a pour vecteur directeur $\vv{n}$ car elle est perpendiculaire à (OM) donc une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est :
\[
-x-\dfrac{\sqrt{5}}{2}y+c=0\qquad,\qquad c\in\R.
\]

\[
\text{A}\in\mathcal{D}\Longleftrightarrow -2-\dfrac{\sqrt{5}}{2}\times\sqrt{5}+c=0\Longleftrightarrow c=\dfrac{9}{2}.
\]

\underline{Une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc $2x+\sqrt{5}y-9=0$.}

\item $\mathcal{D}$ a pour vecteur normal le vecteur $\vv{n}\dbinom{2}{-1}$ et passe par le point A\coord{-1}{2}.

\begin{align*}
\text{M}\coord{x}{y}\in\mathcal{D} & \Longleftrightarrow \vv{\text{AM}}\cdot\vv{n}=0\\
& \Longleftrightarrow \dbinom{x+1}{y-2}\cdot\dbinom{2}{-1}=0\\
& \Longleftrightarrow 2(x+1)-1(y-2)=0\\
& \Longleftrightarrow 2x-y+4=0.
\end{align*}

\underline{Une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc $2x-y-4=0$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{hauteur et aire d'un triangle}[2]
Dans le plan muni d'un repère orthonormé \Rij, on considère les points $A\coord{4}{-1}$, $B\coord{3}{4}$ et $C\coord{-1}{1}$.
\begin{enumerate}
\item Calculer le produit scalaire \prodscal{AB}{AC}.
\item 
\begin{enumerate}
\item Soit D le projeté orthogonal du point C sur la droite (AB).

Justifier que $\prodscal{AB}{AD}=\prodscal{AB}{AC}$.
\item En déduire la longueur AD.
\end{enumerate}
\item Déterminer la hauteur du triangle ABC issue de C.
\item Calculer l'aire du triangle ABC.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\vv{AB}\dbinom{x_B-x_A}{y_B-y_A}\iff\vv{AB}\dbinom{-1}{5}$.

\bigskip

De plus, $\vv{AC}\dbinom{-5}{2}$.

\medskip

Donc:

\[
 \prodscal{AB}{AC}=-1\times(-5)+5\times2=15.
 \]
 
\item 
\begin{enumerate}
\item Soit D le projeté orthogonal du point C sur la droite (AB). Donc A, D, B sont alignés dans cet ordre (un schéma pourra vous convaincre). Donc $\prodscal{AB}{AD}=AB \times AD$.

De plus, d'après le cours $\prodscal{AB}{AC}=AB\times AD$ (car D est le projeté orthogonal de C sur (AB)). \underline{Ainsi, $\prodscal{AB}{AD}=\prodscal{AB}{AC}$.}

\bigskip

\item On sait (question 1) que $\prodscal{AB}{AC}=15$ et que $\prodscal{AB}{AC}=AB \times AD$; donc :
\[
AD = \dfrac{15}{AB}=\dfrac{15}{\sqrt{(-1)^2+5^2}}=\dfrac{15}{\sqrt{26}}=\dfrac{15\sqrt{26}}{26}.
\]
\end{enumerate}

\item La hauteur du triangle ABC issue de C est la longueur CD.

Dans le triangle CDA, rectangle en D, on a:
\begin{align*}
CD^2 & = AC^2-AD^2\\
& = (5^2+2^2)-\dfrac{15^2}{26}\\
& = \dfrac{529}{26}\\
\Aboxed{CD & = \dfrac{23\sqrt{26}}{26}}
\end{align*}

\item L'aire du triangle ABC est:
\begin{align*}
\mathcal{A} & = \dfrac{AB \times CD}{2}\\
& = \dfrac{\sqrt{26} \times \tfrac{23\sqrt{26}}{26}}{2}\\
\Aboxed{\mathcal{A} & = \dfrac{23}{2}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{orthocentre d'un triangle}[2]
Soient A\coord{-1}{3}, B\coord{5}{-2} et C\coord{9}{4}. Déterminer les coordonnées de l'orthocentre de ABC.

\tcblower

Je rappelle que l'orthocentre d'un triangle est le point d'intersection de ses hauteurs.

Il faut donc déterminer les équations cartésiennes de deux hauteurs.

\begin{itemize}
\item La hauteur issue du sommet C est perpendiculaire à (AB). Si M\coord{x}{y} est un point de cette hauteur, alors 
\begin{align*}
\prodscal{AB}{CM} = 0 & \iff \dbinom{6}{-5}\cdot\dbinom{x-9}{y-4}=0\\
& \iff 6(x-9)-5(y-4)=0\\
& \iff 6x-5y-34=0
\end{align*}

Une équation cartésienne de la hauteur issue de C est donc $6x-5y-34=0$.

\item La hauteur issue du sommet B est perpendiculaire à (AC). Si M\coord{x}{y} est un point de cette hauteur, alors 
\begin{align*}
\prodscal{AC}{BM} = 0 & \iff \dbinom{10}{1}\cdot\dbinom{x-5}{y+2}=0\\
& \iff 10(x-5)+(y+2)=0\\
& \iff 10x+y-48=0.
\end{align*}

Une équation cartésienne de la hauteur issue de C est donc $10x+y-48=0$.
\end{itemize}

On doit donc résoudre le système :
\begin{align*}
\systeme{6x-5y=34@L_1,10x+y=48@L2} & \iff \systeme{6x-5y=34@L_1,50x+5y=240@5L_2}\\
& \iff  \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{6x-5y=34@L_1,56x=274@L_1+L_2}
\end{align*}
On en déduit que $x=\dfrac{137}{28}$ et en remplaçant cette valeur de $x$ dans l'équation $10x+y=48$, on obtient :
\[
y=48-10\times\dfrac{137}{28}=-\dfrac{13}{14}.
\]
\underline{Ainsi, l'orthocentre de ABC a pour coordonnées \coord{\dfrac{137}{28}}{-\dfrac{13}{14}}.}
\end{exocor}


%%% 

\begin{exocor}{}[2]
Dans un repère orthonormé, on considère les points $A\coord{-1}{3}$, $B\coord{5}{0}$ et $C\coord{9}{3}$.
\begin{enumerate}
\item Déterminer une équation cartésienne de la droite (AB).
\item Déterminer une équation cartésienne de la droite $\mathcal{D}$ passant par le point C et de vecteur normal $\vv{n}\dbinom{-1}{3}$.
\item Démontrer que les droites $\mathcal{D}$ et (AB) ne sont pas parallèles.
\end{enumerate}
\medskip

On admet que le point $E\coord{3}{1}$ est le point d'intersection de ces deux droites.

\begin{enumerate}[resume]
\item Les droites $\mathcal{D}$ et (AB) sont-elles perpendiculaires ?
\item On donne $AE=2\sqrt5$ et $EC=2\sqrt{10}$.

Calculer la mesure en degrés de l'angle $\angle{AEC}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
M\coord{x}{y}\in(AB) & \iff \vv{AM}\dbinom{x-(-1)}{y-3}\text{ et }\vv{AB}\dbinom{5-(-1)}{0-3}\text{ sont colinéaires}\\
& \iff \vv{AM}\dbinom{x+1)}{y-3}\text{ et }\vv{AB}\dbinom{6)}{-3}\text{ sont colinéaires}\\
& \iff -3(x+1)-6(y-3)=0\\
& \iff -3x-3-6y+18=0\\
& \iff -3x-6y+15=0 \qquad\text{(on pourrait s'arrêter là)}\\
& \iff x+2y-5=0\qquad\text{ (en divisant tous les coefficients par $(-3)$)}
\end{aligned}$

\underline{Une équation cartésienne de (AB) est donc : $x+2y-5=0$.}

\item $\mathcal{D}$ a pour vecteur normal $\vv{n}\dbinom{-1}{3}$ donc une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est de la forme:
\[
-1x+3y+c=0.
\]
Or, $C\in\mathcal{D}$ donc $-x_C+3y_C+c=0$, soit :
\[
-9+3\times3+c=0 \iff c = 0.
\]
\underline{Finalement, une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est : $-x+3y=0$.}

\item Un vecteur directeur de (AB) est $\vv{AB}\dbinom{6}{-3}$ et un vecteur directeur de $\mathcal{D}$ est $\vv{u}\dbinom{-3}{-1}$.

Or, $\dfrac{-3}{6}=\dfrac{-1}{2}$ et $\dfrac{-1}{-3}=\dfrac{1}{3}$ donc les coordonnées des deux vecteurs ne sont pas proportionnelles, ce qui signifie qu'ils ne sont pas colinéaires.

\underline{Les deux droites (AB) et $\mathcal{D}$ ne sont donc pas parallèles.}

\item $\prodscal{AB}{u}=6\times(-3)+(-3)\times(-1)=-18+3=-15\neq0$ donc les deux vecteurs ne sont pas orthogonaux.

\underline{Les droites (AB) et $\mathcal{D}$ ne sont donc pas perpendiculaires.}

\item $\vv{EA}\dbinom{-1-3}{3-1}\iff\vv{EA}\dbinom{-4}{2}$ et $\vv{EC}\dbinom{9-3}{3-1}\iff\vv{EC}\dbinom{6}{2}$.

\begin{align*}
\prodscal{EA}{EC} & = EA \times EC \times \cos\angleor{EA}{EC}\\
\dbinom{-4}{2}\cdot\dbinom{6}{2} & = 2\sqrt5 \times 2\sqrt{10}\times\cos\angleor{EA}{EC}\\
-24+4 & = 4\sqrt{50}\cos\angleor{EA}{EC}\\
\cos\angleor{EA}{EC} & = \dfrac{-20}{20\sqrt2}=-\dfrac{\sqrt2}{2}\\
%\end{align*}
%
%\begin{align*}
\angleor{EA}{EC} & = -\dfrac{\pi}{4}\\
\angle{AEC} & = \pi-\dfrac{\pi}{4}\\
\Aboxed{\angle{AEC} & = \dfrac{3\pi}{4}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}

\newpage

%%% 

\begin{exocor}{projetés orthogonaux sur une droite}[2]
Dans chacun des cas suivants, déterminer les coordonnées du projeté orthogonal de A sur la droite $(d)$.
\begin{enumerate}
\item A\coord{-1}{2} et $(d)$ a pour équation cartésienne $-2x+3y-5=0$.
\item A\coord{1}{6} et $(d)$ a pour équation cartésienne $3x-5y-7=0$.
\item A\coord{-6}{-7} et $(d)$ a pour équation cartésienne $-5x-8y+3=0$.
\item A\coord{7}{1} et $(d)$ a pour équation cartésienne $3x+5y+8=0$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item A\coord{-1}{2} et $(d)$ a pour équation cartésienne $-2x+3y-5=0$.

Notons H\coord{a}{b} le projeté orthogonal de A sur $(d)$, et $\vv{u}$ un vecteur directeur de $(d)$.

Alors, 
\begin{align*}
\vv{AH}\cdot\vv{u}=0 & \iff \dbinom{a+1}{b-2}\cdot\dbinom{-3}{-2}=0\\
& \iff -3(a+1)-2(b-2)=0\\
& \iff -3a-2b+1=0.
\end{align*}

De plus, $H\in(d)$ donc ses coordonnées vérifient son équation :
\[
-2a+3b-5=0.
\]
On a ainsi :
\begin{align*}
\systeme[ab]{-3a-2b=-1@L_1,-2a+3b=5@L_2}
& \iff \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{6a+4b=2@-2L_1,-6a+9b=15@3L_2}\\
& \iff \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{6a+4b=2@L_1,13b=17@L_1+L_2}
\end{align*}
On en déduit que $b=\dfrac{17}{13}$ et, en remplaçant $b$ par cette valeur dans l'équation\linebreak$-2a+3b=5$, on obtient $a=-\dfrac{7}{13}$.

\medskip

\underline{Ainsi, H\coord{\dfrac{17}{13}}{-\dfrac{7}{13}}.}

\item A\coord{1}{6} et $(d)$ a pour équation cartésienne $3x-5y-7=0$.

Notons H\coord{a}{b} le projeté orthogonal de A sur $(d)$, et $\vv{u}$ un vecteur directeur de $(d)$.

Alors, 
\begin{align*}
\vv{AH}\cdot\vv{u}=0 & \iff \dbinom{a-1}{b-6}\cdot\dbinom{5}{3}=0\\
& \iff 5(a-1)+3(b-6)=0\\
& \iff 5a+3b-23=0.
\end{align*}

De plus, $H\in(d)$ donc ses coordonnées vérifient son équation :
\[
3a-5b-7=0.
\]
On a ainsi :
\begin{align*}
\systeme[ab]{5a+3b=23@L_1,3a-5b=7@L_2}
& \iff \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{15a+9b=69@3L_1,15a-25b=35@5L_2}\\
& \iff \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{15a+9b=69@L_1,34b=34@L_1-L_2}
\end{align*}
On en déduit que $b=1$ et, en remplaçant $b$ par cette valeur dans l'équation $3a-5b=7$, on obtient $a=4$.

\medskip

\underline{Ainsi, H\coord{4}{1}.}

\item A\coord{-6}{-7} et $(d)$ a pour équation cartésienne $-5x-8y+3=0$.

Notons H\coord{a}{b} le projeté orthogonal de A sur $(d)$, et $\vv{u}$ un vecteur directeur de $(d)$.

Alors, 
\begin{align*}
\vv{AH}\cdot\vv{u}=0 & \iff \dbinom{a+6}{b+7}\cdot\dbinom{8}{-5}=0\\
& \iff 8(a+6)-5(b+7)=0\\
& \iff 8a-5b+13=0.
\end{align*}

De plus, $H\in(d)$ donc ses coordonnées vérifient son équation :
\[
-5a-8b+3=0.
\]
On a ainsi :
\begin{align*}
\systeme[ab]{8a-5b=-13@L_1,-5a-8b=-3@L_2}
& \iff \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{40a-25b=-65@5L_1,-40a-64b=-24@8L_2}\\
& \iff \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{40a-25b=-65@L_1,-89b=-89@L_1+L_2}
\end{align*}
On en déduit que $b=1$ et, en remplaçant $b$ par cette valeur dans l'équation\linebreak$-5a-8b=-3$, on obtient $a=-1$.

\medskip

\underline{Ainsi, H\coord{-1}{1}.}

\bigskip

\item A\coord{7}{1} et $(d)$ a pour équation cartésienne $3x+5y+8=0$.

Notons H\coord{a}{b} le projeté orthogonal de A sur $(d)$, et $\vv{u}$ un vecteur directeur de $(d)$.

Alors, 
\begin{align*}
\vv{AH}\cdot\vv{u}=0 & \iff \dbinom{a-7}{b-1}\cdot\dbinom{-5}{3}=0\\
& \iff -5(a-7)+3(b-1)=0\\
& \iff -5a+3b+32=0.
\end{align*}

De plus, $H\in(d)$ donc ses coordonnées vérifient son équation :
\[
3a+5b+8=0.
\]
On a ainsi :
\begin{align*}
\systeme[ab]{-5a+3b=-32@L_1,3a+5b=-8@L_2}
& \iff \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{-15a+9b=-96@3L_1,15a+25b=-40@5L_2}\\
& \iff \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{-15a+9b=-96@L_1,34b=-136@L_1+L_2}
\end{align*}
On en déduit que $b=-4$ et, en remplaçant $b$ par cette valeur dans l'équation\linebreak$3a+5b+8=0$, on obtient $a=4$.

\medskip

\underline{Ainsi, H\coord{4}{-4}.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{ligne de niveau: parabole}[2]
Soit A\coord{2}{4}. On souhaite déterminer l'ensemble géométrique des points équidistants de A et de l'axe des abscisses.

\medskip

À tout point M du plan, on note H son projeté orthogonal sur l'axe des abscisses; autrement dit, H a la même abscisse que M, et son ordonnée vaut 0.

On appelle \textit{distance de M à l'axe des abscisses} la longueur MH; c'est donc l'ordonnée de M.

\medskip

On considère un point H\coord{a}{0}, projeté orthogonal d'un point M de l'ensemble cherché sur l'axe des abscisses.

\'Etablir l'équation réduite de la médiatrice de [AH], puis déterminer l'équation cartésienne de l'ensemble des points M tels que $MA = MH$.

\tcblower

Le milieu I de [AH] a pour coordonnées :
\[
I\coord{\dfrac{x_A+x_H}{2}}{\dfrac{y_A+y_H}{2}}=\coord{\dfrac{a+2}{2}}{2}.
\]
Posons M\coord{x}{y} un point de la médiatrice de [AH]. Alors,
\begin{align*}
\prodscal{AH}{IM}=0 & \iff \dbinom{a-2}{-4}\cdot\dbinom{x-\frac{a+2}{2}}{y-2}=0\\
&\iff (a-2)\left(\dfrac{2x-a-2}{2}\right)-4(y-2)=0\\
& \iff \dfrac{1}{2}(a-2)(2x-a-2)-4y+8=0\\
& \iff \dfrac{1}{2}(2ax-a^2-2a-4x+2a+4)-4y+8=0\\
& \iff (a-2)x-\dfrac{1}{2}a^2+10=4y\\
& \iff y = \dfrac{1}{4}(a-2)x-\dfrac{1}{8}a^2+\dfrac{5}{2}.
\end{align*}
L'équation réduite de la médiatrice de [AH] est donc $y = \dfrac{1}{4}(a-2)x-\dfrac{1}{8}a^2+\dfrac{5}{2}$.

\medskip

M a pour abscisse $a$ (car H est son projeté orthogonal sur l'axe des abscisses, donc les deux points ont la même abscisse). Ainsi, en remplaçant $x$ par $a$ dans l'équation réduite de la médiatrice de [AH], on trouve l'ordonnée de M en fonction de son abscisse $a$ :
\[
y=\dfrac{1}{8}a^2-\dfrac{1}{2}a+\dfrac{5}{2}.
\]
$a$ représentant une abscisse, on peut remplacer cette lettre par $x$. On obtient ainsi l'équation de l'ensemble des points M\coord{x}{y} tels que $MA = MH$ : c'est l'ensemble d'équation cartésienne $y=\dfrac{1}{8}x^2-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{5}{2}$.
\end{exocor}


%%%
\enlargethispage*{2em}
\begin{exocor}{distance d'un point à une droite}[3]
\partie{A}
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, on considère le point $A\coord{6}{4}$ et la droite $(d)$ d'équation cartésienne $3x+5y-2=0$.

L'objectif de cet exercice est de déterminer les coordonnées du point $H$, projeté orthogonal de $A$ sur $(d)$, et la distance entre $A$ et $(d)$, c'est-à-dire $AH$.

\begin{enumerate}
\item Déterminer une équation cartésienne de $(d')$, perpendiculaire à $(d)$ passant par $A$.

\item En déduire les coordonnées de $H$.

\item Calculer alors $AH$.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B: pour les futur.e.s expert.e.s}

Dans cette partie, on se propose de généraliser les calculs qui ont été faits dans la partie A.

On considère alors une droite $(d)$ d'équation $ax+by+c=0$ et un point $A\coord{\alpha}{\beta}$.

\begin{enumerate}
\item \'Etablir une équation cartésienne de la droite $(d')$, perpendiculaire à $(d)$ et passant par $A$.

\item Exprimer alors les coordonnées du point $H$, projeté orthogonal de $A$ sur $(d)$.

\item Exprimer la distance du point $A$ à la droite $(d)$.
\end{enumerate}

\tcblower

\partie{A}

\begin{enumerate}
\item D'après le cours, $\vv{u}\dbinom{-5}{3}$ est un vecteur directeur de $(d)$.

Considérons un point $M\coord{x}{y}$ sur $(d')$. Alors,

\begin{align*}
\prodscal{AM}{u} = 0 & \iff \dbinom{x-6}{y-4}\cdot\dbinom{-5}{3} = 0\\& \iff -5(x-6) + 3(y-4) = 0\\
& \iff -5x + 3y + 30 - 12 = 0\\
& \iff -5x + 3y + 18 = 0
\end{align*}

\underline{Ainsi, une équation cartésienne de $(d')$ est $-5x+3y+18=0$.}

\item Pour trouver les coordonnées du point d'intersection de $(d)$ et $(d')$, résolvons le système suivant:
\begin{align*}
\systeme{3x+5y-2=0@L_1,-5x+3y+18=0@L_2} & \iff 
\systeme{15x+25y-10=0@L1\leftarrow5L_1,-15x+9y+54=0@L_2\leftarrow3L_2}\\
& \iff \systeme{3x+5y-2=0@L_1,34y+44=0@L_2\leftarrow L_1+L_2}\\
& \iff \systeme{3x+5y-2=0,y=-\dfrac{44}{34}=-\dfrac{22}{17}}
\end{align*}

De $L_1$, on déduit :
\begin{align*}
x & = \dfrac{1}{3}\left[2-5\times\left(-\dfrac{22}{17}\right)\right]\\
& = \dfrac{1}{3}\left(2+\dfrac{110}{17}\right)=\dfrac{48}{17}.
\end{align*}

Ainsi, $\boxed{H\coord{\dfrac{48}{17}}{-\dfrac{22}{17}}}$.

\item De la question précédente, on déduit:
\begin{align*}
AH & = \sqrt{(x_H-x_A)^2 + (y_H-y_A)^2}\\
& = \sqrt{\left(\dfrac{48}{17}-6\right)^2+\left(-\dfrac{22}{17}-4\right)^2}\\
& = \sqrt{\dfrac{648}{17}}\\
& = \dfrac{18\sqrt2}{\sqrt{17}}\\
\Aboxed{AH & = 18\sqrt{\dfrac{2}{17}}}
\end{align*}
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
M\coord{x}{y}\in(d') & \iff \prodscal{AM}{u}=0\\
& \iff \dbinom{x-\alpha}{y-\beta}\cdot\dbinom{-b}{a}=0\\
& \iff -b(x-\alpha) + a(y-\beta) = 0\\
& \iff -bx + ay + b\alpha - a\beta = 0
\end{aligned}$

\underline{Ainsi, une équation cartésienne de $(d')$ est $ -bx + ay + b\alpha - a\beta = 0$.}

\item Il faut résoudre le système:
\begin{align*}
\begin{cases}
ax+by+c=0\\
-bx+ay+b\alpha-a\beta=0
\end{cases} & \iff
\begin{cases}
abx+b^2y+bc=0 &(L_1) \\
-abx+a^2y+a(b\alpha-a\beta)=0 &(L_2)
\end{cases}
\end{align*}

\begin{align*}
(L_1)+(L_2)&  \iff (a^2+b^2)y+bc+a(b\alpha-a\beta)=0 \\
& \iff y = -\dfrac{bc+a(b\alpha-a\beta)}{a^2+b^2}.
\end{align*}

De même,

\begin{align*}
\begin{cases}
ax+by+c=0\\
-bx+ay+b\alpha-a\beta=0
\end{cases} & \iff
\begin{cases}
a^2x+aby+ac=0 &(L_1) \\
b^2x-aby-b(b\alpha-a\beta)=0 &(L_2)
\end{cases}
\end{align*}

\begin{align*}
(L_1)+(L_2)&  \iff (a^2+b^2)x+ac-b(b\alpha-a\beta)=0 \\
& \iff x = \dfrac{b(b\alpha-a\beta)-ac}{a^2+b^2}.
\end{align*}

On en déduit alors que $\boxed{H\coord{\dfrac{b(b\alpha-a\beta)-ac}{a^2+b^2}}{-\dfrac{bc+a(b\alpha-a\beta)}{a^2+b^2}}}$.

\item Pour exprimer la distance du point $A$ à la droite $(d)$, on calcule $AH$:
\begin{align*}
AH & = \sqrt{(x_H-x_A)^2+(y_H-y_A)^2}\\
& = \sqrt{\left(\dfrac{b(b\alpha-a\beta)-ac}{a^2+b^2}-\alpha\right)^2 + \left( -\dfrac{bc+a(b\alpha-a\beta)}{a^2+b^2}-\beta \right)^2}\\
& = \sqrt{\left( \dfrac{b^2\alpha-ab\beta-ac-a^2\alpha-b^2\alpha}{a^2+b^2}\right)^2 + \left( \dfrac{bc+ab\alpha-a^2\beta+a^2\beta+b^2\beta}{a^2+b^2} \right)^2}\\
& = \sqrt{\dfrac{(ab\beta+ac+a^2\alpha)^2+(bc+ab\alpha+b^2\beta)^2}{(a^2+b^2)^2}}\\
& = \dfrac{\sqrt{a^2b^2\beta^2+a^2c^2}}{a^2+b^2}\\
& = \dfrac{\sqrt{a^2{\color{red}(b\beta+c+a\alpha)^2} + b^2{\color{red}(c+a\alpha+b\beta)^2}}}{a^2+b^2}\\
& = \dfrac{\sqrt{(a^2+b^2){\color{red}(a\alpha+b\beta+c)^2}}}{a^2+b^2}\\
& = \dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{a^2+b^2}\times|a\alpha + b\beta + c|\\
& = \dfrac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}|a\alpha + b\beta + c|\\
\Aboxed{AH & = \dfrac{|a\alpha + b\beta + c|}{\sqrt{a^2+b^2}}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}


\newpage

\subsubsection*{Cercles}

%%%

\begin{exocor}{équations canoniques de cercles}[1]
Pour chacune des questions suivantes, une équation canonique de cercle est donnée. Donner les coordonnées du centre du cercle ainsi que son rayon.

\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $(x-3)^2 + (y-1)^2 = 9$
\item $x^2 + y^2 = 1$
\item $(x+3)^2 + (y-4)^2 = 25$
\item $(x+1)^2 + (y+2)^2 = 3$
\end{enumerate}
\end{multicols}
\vspace*{-0.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $(x-3)^2 + (y-1)^2 = 9$: $\Omega\coord{3}{1}$ est le centre de ce cercle, et $r=\sqrt9=3$ est son rayon.

\item $x^2 + y^2 = 1 \iff (x-0)^2 + (y-0)^2 = 1^2$: $O\coord{0}{0}$ est le centre de ce cercle, et $r=1$ est son rayon. C'est le cercle trigonométrique.

\item $(x+3)^2 + (y-4)^2 = 25 \iff \big( x-(-3) \big)^2 + (y-4)^2 = 5^5$: $\Omega\coord{-3}{4}$ est le centre de ce cercle, et $r=25$ est son rayon.

\item $(x+1)^2 + (y+2)^2 = 3 \iff \big( x - (-1) \big)^2 + \big( y - (-2) \big)^2 = \big(\sqrt3\big)^2$: $\Omega\coord{-1}{-2}$ est le centre de ce cercle, et $r=\sqrt3$ est son rayon.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{équations cartésiennes de cercles}[1]
Dans chacun des cas suivants, donner une équation cartésienne développée du cercle $\mathcal{C}$.

\begin{enumerate}
\item $\mathcal{C}$ a pour centre le point A\coord{-1}{2} et pour rayon 2.

\item $\mathcal{C}$ est le cercle de diamètre [AB], où A\coord{2}{-1} et B\coord{-2}{3}.

\item $\mathcal{C}$ est le cercle de centre A\coord{4}{3} tangent au cercle $\mathcal{C}^\prime$ d'équation $(x-1)^2+(y-2)^2=1$.
\end{enumerate}

\tcblower


\begin{enumerate}
\item $\mathcal{C}$ a pour centre le point A\coord{-1}{2} et pour rayon 2.
\begin{align*}
\text{M}\in\mathcal{C} & \Longleftrightarrow \big(x-(-1\big)^2+(y-2)^2=2^2\\
& \Longleftrightarrow x^2+2x+1+y^2-4y+4=4\\
& \Longleftrightarrow x^2+y^2+2x-4y+1=0.
\end{align*}

\underline{Une équation cartésienne de $\mathcal{C}$ est donc $x^2+y^2+2x-4y+1=0$.}

\item $\mathcal{C}$ est le cercle de diamètre [AB], où A\coord{2}{-1} et B\coord{-2}{3}.
\begin{align*}
\text{M}\in\mathcal{C} & \Longleftrightarrow \prodscal{MA}{MB}=0\\
& \Longleftrightarrow \dbinom{x-2}{y+1}\cdot\dbinom{x+2}{y-3}=0
\end{align*}

\begin{align*}
& \Longleftrightarrow (x-2)(x+2)+(y+1)(y-3)=0\\
& \Longleftrightarrow x^2-4+y^2-3y+y-3=0\\
& \Longleftrightarrow x^2+y^2-2y-3=0.
\end{align*}

\underline{Une équation cartésienne de $\mathcal{C}$ est donc $x^2+y^2-2y-3=0$.}

\item $\mathcal{C}$ est le cercle de centre A\coord{4}{3} tangent au cercle $\mathcal{C}^\prime$ d'équation $(x-1)^2+(y-2)^2=1$.

$\mathcal{C}^\prime$ a pour centre le point B\coord{1}{2} d'après son équation.

$\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}^\prime$ sont tangents donc le rayon de $\mathcal{C}$ est $r=\text{AB}-1$ (\og 1 \fg{} étant le rayon de $\mathcal{C}^\prime$).

\[
\text{AB}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}\qquad\text{donc}\qquad r=\sqrt{10}-1.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\text{M}\in\mathcal{C} & \Longleftrightarrow (x-4)^2+(y-3)^2=\big(\sqrt{10}-1\big)^2\\
& \Longleftrightarrow x^2-8x+16+y^2-6y+9=10-2\sqrt{10}+1\\
& \Longleftrightarrow  x^2+y^2-8x-6y+14+2\sqrt{10}=0.
\end{align*}

\underline{Une équation cartésienne de $\mathcal{C}$ est donc $x^2+y^2-8x-6y+14+2\sqrt{10}=0$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{équations cartésiennes de cercles}[2]
Dans chacun des cas suivants, trouver le centre et le rayon des cercles dont on donne une équation cartésienne.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $x^2+y^2-6x+10y+18=0$
\item $x^2+y^2-18x-14y+105=0$
\item $3x^2+3y^2-6x-3y-33=0$
\item $9x^2+9y^2+12x+6y-20=0$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $x^2+y^2-6x+10y+18=0$.

On commence par réunir les $x$ et les $y$ :
\[
(x^2-6x) + (y^2+10y) = -18.
\]
Ensuite, on fait apparaître les carrés à l'aide de l'égalité $x^2\pm2ax = (x\pm a)^2-a^2$ :
\[
(x-3)^2-9 + (y+5)^2-25 = -18
\]
soit:
\[
(x-3)^2+(y+5)^2=16=4^2.
\]
\underline{L'équation est donc celle du cercle de centre $\Omega\coord{3}{-5}$ et de rayon $r=4$.}

\item $\begin{aligned}[t]
x^2+y^2-18x-14y+105 =0& \iff (x^2-18x) + (y^2-14y) = -105\\
& \iff (x-9)^2-81 + (y-7)^2-49=-105\\
& \iff (x-9)^2+(y-7)^2=5^2.
\end{aligned}$

\underline{L'équation est donc celle du cercle de centre $\Omega\coord{9}{7}$ et de rayon $r=5$.}

\item $\begin{aligned}[t]
3x^2+3y^2-6x-3y-33=0 & \iff x^2+y^2-2x-y-11=0 & \text{(on divise tout par 3)}\\
& \iff (x-1)^1-1+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{4}=11\\
& \iff (x-1)^2 + \left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2=\left(\dfrac{7}{2}\right)^2
\end{aligned}$

\underline{L'équation est donc celle du cercle de centre $\Omega\coord{1}{\dfrac{1}{2}}$ et de rayon $r=\dfrac{7}{2}$.}

\item $\begin{aligned}[t]
9x^2+9y^2+12x+6y-20=0 & \iff x^2 + y^2+\dfrac{4}{3}x+\dfrac{2}{3}y=\dfrac{20}{9} \text{~~(on divise tout par 9)}\\
& \iff \left(x+\dfrac{2}{3}\right)^2-\dfrac{4}{9} + \left(y+\dfrac{1}{3}\right)^2-\dfrac{1}{9}=\dfrac{20}{9}\\
& \iff\left(x+\dfrac{2}{3}\right)^2 + \left(y+\dfrac{1}{3}\right)^2=\left(\dfrac{5}{3}\right)^2.
\end{aligned}$

\underline{L'équation est donc celle du cercle de centre $\Omega\coord{-\dfrac{2}{3}}{-\dfrac{1}{3}}$ et de rayon $r=\dfrac{5}{3}$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{équations cartésiennes de cercles et intersection}[3]
On considère le cercle $\mathcal{C}$ d'équation $x^2+y^2-6x-4y+9=0$.

\begin{enumerate}
\item Donner son rayon et les coordonnées de son centre A.
\end{enumerate}

On considère maintenant le cercle $\mathcal{C}^\prime$ de centre C, dont le rayon est le double de celui de $\mathcal{C}$ et qui est tangent à $\mathcal{C}$ au point B\coord{5}{2}.

\begin{enumerate}[start=2]
\item Donner l'équation de $\mathcal{C}^\prime$.
\end{enumerate}

On souhaite maintenant construire un cercle $\mathcal{C}_1$ dont le diamètre est le triple de celui de $\mathcal{C}$ et qui est tangent à $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}^\prime$. On appelle D le centre de $\mathcal{C}_1$ de sorte que son ordonnée soit positive.

\begin{enumerate}[start=3]
\item Expliquer pourquoi $\text{AD}=8$ et $\text{CD}=10$.
\item Calculer alors les coordonnées de D.
\item Donner alors une équation cartésienne de $\mathcal{C}_1$.
\end{enumerate}

On appelle E le point d'intersection de $\mathcal{C}^\prime$ et $\mathcal{C}_1$, et F celui de $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}_1$.

\begin{enumerate}[start=6]
\item Les droites (AE), (CF) et (DB) sont-elles concourantes ?
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower


\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
x^2+y^2-6x-4y+9=0 & \Longleftrightarrow (x^2-6x+9)+(y^2-4y)=0\\
&\Longleftrightarrow (x-3)^2+(y-2)^2-4=0\\
&\Longleftrightarrow (x-3)^2+(y-2)^2=2^2.
\end{aligned}$

\underline{Ainsi, $\mathcal{C}$ a pour rayon $r=2$ et pour centre A\coord{3}{2}.}

\item En faisant une figure, on voit que C\coord{9}{2}, donc une équation de $\mathcal{C}^\prime$ est :
\[(x-9)^2+(y-2)^2=4^2.\]
\underline{Une équation de $\mathcal{C}^\prime$ est alors $x^2+y^2-18x-4y+69=0$.}

\item $\mathcal{C}_1$ est tangent à $\mathcal{C}$ ; notons $T_1$ leur point d'intersection. 

Alors, $\text{AD}=\text{AT}_1+\text{DT}_1=2+3\times2=8$.

De m\^eme, $\text{CD}=4+6=10$.

\item Notons D\coord{x}{y}.

\begin{itemize}
\item $\text{AD}^2=(x-3)^2+(y-2)^2=x^2+y^2-6x-4y+13$ et $\text{AD}^2=8^2=64$ donc \mbox{$x^2+y^2-6x-4y+13=64$}, soit $x^2+y^2-6x-4y=51$ (1).

\item $\text{CD}^2=(x-9)^2+(y-2)^2=x^2+y^2-18x-4y+85$ et $\text{CD}^2=10^2=100$ donc \mbox{$x^2+y^2-18x-4y+85=100$}, soit $x^2+y^2-18x-4y=15$ (2).
\end{itemize}

Ainsi, $(1)-(2)\Longleftrightarrow 12x=36\Longleftrightarrow x=3$.

Or, $\text{AD}=8$ donc $y=8+y_A=8+2=10$.

\medskip

\underline{Ainsi, D\coord{3}{10}.}

\item $\begin{aligned}[t]
\text{M}\in\mathcal{C}_1 & \Longleftrightarrow (x-3)^2+(y-10)^2=6^2\\
& \Longleftrightarrow x^2+y^2-6x-20y+109=36\\
& \Longleftrightarrow x^2+y^2-6x-20y+73=0
\end{aligned}$

\underline{Une équation cartésienne de $\mathcal{C}_1$ est alors $x^2+y^2-6x-20y+73=0$.}

\item 
\begin{itemize}
\item $\mathcal{C}^\prime\qquad:\qquad x^2+y^2-18x-4y+69=0$
\item $\mathcal{C}_1\qquad:\qquad x^2+y^2-6x-20y+73=0$
\end{itemize}

$\begin{aligned}[t]
\text{E}\coord{x}{y}\in\mathcal{C}\cup\mathcal{C}^\prime & \Longleftrightarrow x^2+y^2-18x-4y+69=x^2+y^2-6x-20y+73=0\\
& \Longleftrightarrow 12x-16y+4=0\\
& \Longleftrightarrow 3x-4y+1=0\\
& \Longleftrightarrow y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{1}{4}
\end{aligned}$

\medskip

En remplaçant $y$ dans l'équation de $\mathcal{C}^\prime$ (par exemple), on obtient :
\begin{align*}
x^2+y^2-18x-4y+69=0 & \Longleftrightarrow x^2+\left(\dfrac{3}{4}x+\dfrac{1}{4}\right)^2-18x-4\left(\dfrac{3}{4}x+\dfrac{1}{4}\right)+69=0\\
& \Longleftrightarrow x^2+\dfrac{9}{16}x^2+\dfrac{3}{8}x+\dfrac{1}{16}-18x-3x-1+69=0\\
& \Longleftrightarrow \dfrac{25}{16}x^2-\dfrac{165}{8}x+68=0\\
& \Longleftrightarrow 25x^2-330x+\numprint{1089}=0
\end{align*}
\[
\Delta=(-330)^2-4\times25\times\numprint{1089}=0.
\]
donc l'équation admet une unique solution :
\[
x=\dfrac{330}{50}=\dfrac{33}{5}.
\]
Ainsi, $y=\dfrac{3}{4}\times\dfrac{33}{5}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{26}{5}$.

\underline{On a alors E\coord{\dfrac{33}{5}}{\dfrac{26}{5}}}.

\medskip

\begin{itemize}
\item $\mathcal{C}\qquad:\qquad x^2+y^2-6x-4y+9=0$ ($E_1$)
\item $\mathcal{C}_1\qquad:\qquad x^2+y^2-6x-20y+73=0$ ($E_2$)
\end{itemize}

En faisant $(E_1)-(E_2)$, on obtient :

\begin{align*}
F\coord{x}{y}\in\mathcal{C}\cup\mathcal{C}^\prime & \Longleftrightarrow 16y=64\\
& \Longleftrightarrow y=4.
\end{align*}

On obtient alors F\coord{2}{4}.

\medskip

$\vv{\text{AE}}\dbinom{\frac{33}{5}-3}{\frac{26}{5}-2}$, soit $\vv{\text{AE}}\dbinom{\frac{18}{5}}{\frac{16}{5}}$. Donc une équation de (AF) est de la forme :
\[
\dfrac{16}{5}x-\dfrac{18}{5}y+c=0\qquad,\qquad c\in\R.
\]
\begin{align*}
\text{A}\in(\text{AE}) & \Longleftrightarrow 16x_A-18y_A+c'=0\\
& \Longleftrightarrow 48-36+c'=0\\
& \Longleftrightarrow c'=-12.
\end{align*}

\underline{Une équation de (AE) est alors $8x-9y-6=0$.}

\medskip


$\vv{\text{CF}}\dbinom{-6}{2}$ donc une équation de (CF) est de la forme :
\[
2x+6y+c=0\qquad,\qquad c\in\R.
\]

$\text{C}\in(\text{CF})$ donc $2\times9+6\times2+c=0$, soit $c=-30$.

\underline{Une équation de (CF) est alors $x+3y-15=0$.}

\medskip

$\vv{\text{DB}}\dbinom{2}{-8}$ donc une équation de (DB) est de la forme: $-8x-2y+c=0$, $c\in\R$.

$\text{B}\in(\text{DB})$ donc $-8\times5-2\times2+c=0$, soit $c=44$.

\underline{Une équation de (DB) est alors $4x+y-22=0$.}

\bigskip

Le point d'intersection $\Omega\coord{x}{y}$ de (AE) et (CF) est tel que :
\[
\begin{cases}
8x-9y-6=0~(L_1)\\
x+3y-15=0~(L_2)
\end{cases}
\]
En faisant $8(L_2)-(L_1)$, on obtient $33y-116=0$, soit $y=\dfrac{116}{33}$, et donc $x=15-3y=-\dfrac{49}{11}$.

\medskip

On remplace ces valeurs dans l'équation de (DB) :
\[
4x+y-22=4\times\dfrac{49}{11}+\dfrac{116}{33}-22=-\dfrac{2}{3}\neq0.
\]

\uline{Donc (AE), (CF) et (DB) ne sont pas concourantes (malgré ce que l'on aurait pu penser à la vue de la figure).}

\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0}
\definecolor{uququq}{rgb}{0.25,0.25,0.25}
\definecolor{xdxdff}{rgb}{0.49,0.49,1}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0,0,1}
\definecolor{cqcqcq}{rgb}{0.75,0.75,0.75}

\medskip

\begin{tikzpicture}[scale=0.8,line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\draw [color=cqcqcq,dash pattern=on 2pt off 2pt, xstep=1.0cm,ystep=1.0cm] (-1.1,-2.59) grid (17.29,9.23);
\draw[->,color=black] (-1.1,0) -- (17.29,0);
\foreach \x in {-1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17}
\draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$};
\draw[->,color=black] (0,-2.59) -- (0,9.23);
\foreach \y in {-2,-1,1,2,3,4,5,6,7,8,9}
\draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$};
\draw[color=black] (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$};
\clip(-1.1,-2.59) rectangle (17.29,9.23);
\fill[color=zzttqq,fill=zzttqq,fill opacity=0.1] (3,10) -- (3,2) -- (9,2) -- cycle;
\draw(3,2) circle (2cm);
\draw(9,2) circle (4cm);
\draw(3,10) circle (6cm);
\draw [color=zzttqq] (3,10)-- (3,2);
\draw [color=zzttqq] (3,2)-- (9,2);
\draw [color=zzttqq] (9,2)-- (3,10);
\draw [domain=-1.1:17.29] plot(\x,{(-2.4--3.2*\x)/3.6});
\draw [domain=-1.1:17.29] plot(\x,{(-30--2*\x)/-6});
\draw [domain=-1.1:17.29] plot(\x,{(--44-8*\x)/2});
\fill [color=qqqqff] (3,2) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (3.13,2.21) node {$A$};
\fill [color=xdxdff] (5,2) circle (1.5pt);
\draw[color=xdxdff] (5.13,2.21) node {$B$};
\fill [color=qqqqff] (9,2) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (9.13,2.21) node {$C$};
\fill [color=uququq] (3,10) circle (1.5pt);
\draw[color=uququq] (3.35,9.05) node {$D$};
\fill [color=uququq] (6.6,5.2) circle (1.5pt);
\draw[color=uququq] (6.72,5.41) node {$E$};
\fill [color=uququq] (3,4) circle (1.5pt);
\draw[color=uququq] (3.12,4.21) node {$F$};
\end{tikzpicture}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{cercle passant par 3 points}[3]
Soient A\coord{1}{1}, B\coord{2}{-2} et C\coord{-6}{2}.

\begin{enumerate}
\item Justifier brièvement que les médiatrices de deux cordes quelconques d'un cercle se coupent toujours en le centre de ce cercle.
\item En déduire alors une équation cartésienne du cercle passant par A, B et C.
\end{enumerate}

\tcblower


\begin{enumerate}
\item Soit $\mathcal{C}$ un cercle quelconque. Posons alors [EF] et [IJ] deux cordes quelconques de $\mathcal{C}$, c'est-à-dire que les points E, F, I et J sont sur $\mathcal{C}$ (on dit qu'ils sont \textit{cocycliques}).

Posons O le centre de $\mathcal{C}$; alors, les triangles OEF et OIJ sont isocèles en O, ce qui signifie que, dans le triangle OEF, la médiane issue de O est aussi la médiatrice de [EF]. 

De même, dans le triangle OIJ, la médiane issue de O est la médiatrice de [IJ]. 

Par conséquent, les médiatrices de [EF] et [IJ] passent par O.

\medskip

Conclusion : les médiatrices de deux cordes quelconques d'un cercle passent toujours par le centre de ce cercle.

\item On souhaite que le cercle passe par A, B et C donc [AB] et [BC] sont deux cordes du cercle.

Soit I le milieu de [AB]; ainsi,
\[
x_I=\dfrac{x_A+x_B}{2}=\dfrac{3}{2}\qquad\text{et}\qquad y_I=\dfrac{y_A+y_B}{2}=-\dfrac{1}{2}.
\]
Cherchons une équation cartésienne de la médiatrice de [AB]; pour cela, posons M\coord{x}{y} un point de cette médiatrice. Alors,
\begin{align*}
\prodscal{IM}{AB}=0 & \iff \dbinom{x-\frac{3}{2}}{y+\frac{1}{2}}\cdot\dbinom{1}{-3}=0\\
& \iff x-\dfrac{3}{2}-3y-\dfrac{3}{2}=0\\
& \iff x-3y-3=0.
\end{align*}

Une équation cartésienne de la médiatrice de [AB] est donc $x-3y-3=0$.

\medskip

Soit J le milieu de [BC]. Alors,
\[
x_J=-\dfrac{5}{2}\qquad\text{et}\qquad y_J=\dfrac{3}{2}.
\]
Soit M\coord{x}{y} un point de la médiatrice de [BC]. Alors,
\begin{align*}
\prodscal{JM}{BC}=0 & \iff \dbinom{x+\frac{5}{2}}{y-\frac{3}{2}}\cdot\dbinom{-7}{1}=0\\
& \iff -7x-\dfrac{35}{2}+y-\frac{3}{2}=0\\
& \iff 7x-y+19=0.
\end{align*}

Une équation cartésienne de la médiatrice de [BC] est donc $7x-y+19=0$.

\medskip

Pour trouver l'abscisse du point d'intersection des deux médiatrices, on doit résoudre le système :
\begin{align*}
\systeme{x-3y=3@L_1,7x-y=-19@L_2} & \iff \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{x-3y=3@L_1,21x-3y=-57@3L_2}\\
& \iff \systeme[autonum code = L_{*}\longleftarrow]{x-3y=3@L_1,20x=-60@L_2-L_1}
\end{align*}

On en déduit alors que $x=-3$ et en remplaçant $x$ par $-3$ dans $L_1$, on trouve $y=-2$.

\medskip

Ainsi, le centre $\Omega$ du cercle passant par A, B et C a pour coordonnées \coord{-3}{-2}.

\bigskip

De plus,
\begin{align*}
\Omega A^2 = (x_A-x_\Omega)^2+(y_A-y_\Omega)^2\\
& = (1+3)^2 + (1+2)^2\\
& = 16+9\\
& = 25.
\end{align*}

Or, $\Omega A$ est le rayon du cercle. Ainsi, une équation cartésienne du cercle passant par A, B et C est :
\[
\boxed{(x+3)^2+(y+2)^2 = 25}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsubsection*{Droites et cercles}

%%%

\begin{exocor}{intersection de cercles et de droites}[1]
Dans chacun des cas suivants, déterminer les coordonnées du ou des points d'intersection du cercle $\mathcal{C}$ et de la droite $(d)$.
\begin{enumerate}
\item $\mathcal{C}$ : $(x-1)^2+(y-2)^2=4$ et $(d)$ : $x+y-1=0$.
\item $\mathcal{C}$ : $(x-3)^2+(y+2)^2=9$ et $(d)$ : $y=-1$.
\item $\mathcal{C}$ : $(x+3)^2+(y-2)^2=9$ et $(d)$ : $x=-4$.
\end{enumerate}
\begin{rem}
Seules figurent au programme les intersections avec des droites parallèles aux axes du repère. Cependant, prendre une droite ne remplissant pas ces critères ne fait pas de mal... ce n'est pas plus compliqué !
\end{rem}

\tcblower


\begin{enumerate}
\item $\mathcal{C}$ : $(x-1)^2+(y-2)^2=4$ et $(d)$ : $x+y-1=0$.

Si $M\coord{a}{b}\in(d)$ alors $a+b-1=0$, donc $b=1-a$.

Si $M\coord{a}{b}\in\mathcal{C}$ alors $(a-1)^2+(b-2)^2=4$, c'est-à-dire :
\[
(a-1)^2+(1-a-2)^2=4
\]
soit, en développant :
\[
a^2=1.
\]
On en déduit alors que $a=1$ ou $a=-1$.

Si $a=1$ alors $b=1-a=0$.

Si $a=-1$ alors $b=1-a=2$.

\medskip

\underline{On en déduit que les deux points d'intersection ont pour coordonnées \coord{-1}{2} et \coord{1}{0}.}

\item $\mathcal{C}$ : $(x-3)^2+(y+2)^2=9$ et $(d)$ : $y=-1$.

On sait dores et déjà que l'ordonnée des points d'intersection est égale à $-1$ car ils appartiennent à $(d)$. Remplaçons alors $y$ par $-1$ dans l'équation du cercle. On obtient :
\[
(x-3)^2=8
\]
soit :
\[
x-3=\sqrt8\qquad\text{ou}\qquad x-3=-\sqrt8
\]
et donc :
\[
x=3+\sqrt8=3+2\sqrt2\qquad\text{ou}\qquad x=3-2\sqrt2.
\]
\kern-1ex\underline{Ainsi, les deux points d'intersection ont pour coordonnées \coord{3-2\sqrt2}{-1} et \coord{3+2\sqrt2}{-1}.}

\item $\mathcal{C}$ : $(x+3)^2+(y-2)^2=9$ et $(d)$ : $x=-4$.

On sait dores et déjà que l'abscisse des points d'intersection est $-4$ car ils sont sur $(d)$. Remplaçons alors $x$ par $-4$ dans l'équation du cercle. On obtient  :
\[
(y-2)^2=8
\]
soit :
\[
y-2=\sqrt8\qquad\text{ou}\qquad y-2=-\sqrt8
\]
et donc :
\[
y=2+2\sqrt2\qquad\text{ou}\qquad y=2-2\sqrt2.
\]
\kern-1ex\underline{Ainsi, les deux points d'intersection ont pour coordonnées \coord{-4}{2-2\sqrt2} et \coord{-4}{2+2\sqrt2}.}
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{QCM}[2]
Pour chacune des questions, une seule des quatre réponses proposées est correcte.

Les questions sont indépendantes.

Aucune justification n'est demandée mais il peut être nécessaire d'effectuer des recherches au brouillon pour aider à déterminer votre réponse.

\begin{enumerate}
\item $ABC$ est un triangle tel que $AB=3$, $BC=5$ et $AC=6$. On a alors $\prodscal{AB}{AC}$ égal à:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $-18$.
\item \label{prodscalapplexoq1b}10.
\item 26.
\item 0.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item Dans le plan muni d'un repère, une équation cartésienne du cercle de centre $A\coord{-2}{3}$ et de rayon 4 est:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $(x+2)^2+(y-3)^2=2$. 
\item $(x-2)^2+(y+3)^2=2$. 
\item \label{prodscalapplexoq2c}$(x+2)^2+(y-3)^2=16$. 
\item $(x-2)^2+(y+3)^2=16$. 
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item On considère le triangle ABC tel que $AB=5$, $AC=7$ et $\angle{BAC}=60\degres$. Que vaut BC ?

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $\sqrt{109}$.
\item $\sqrt{74}$.
\item $-35\sqrt{3}+74$.
\item \label{prodscalapplexoq3d}$\sqrt{39}$.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\newpage

\item Dans un repère orthonormé le cercle $\mathcal{C}$ a pour équation $x^2-2x+y^2+y=3$ et la droite $\mathcal{D}$ pour équation $y=1$.
\begin{enumerate}
\item $\mathcal{C}$ et $\mathcal{D}$ n'ont aucun point d'intersection.
\item $\mathcal{C}$ et $\mathcal{D}$ ont un seul point d'intersection.
\item \label{prodscalapplexoq4c}$\mathcal{C}$ et $\mathcal{D}$ ont deux points d'intersection.
\item On ne peut pas savoir combien $\mathcal{C}$ et $\mathcal{D}$ ont de points d'intersection.
\end{enumerate}

\item Soit la droite $(d)$ d'équation cartésienne $2x-y+1 = 0$. 
Sachant que la droite $(d_1)$ est perpendiculaire à la droite $(d)$, une équation de $(d_1)$ peut être :
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $x-2y+2 = 0$.
\item \label{prodscalapplexoq5b}$x+2y-1 = 0$.
\item $-2x+y-1 = 0$.
\item $x-y+2 = 0$.
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\vspace*{-1em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Réponse \ref{prodscalapplexoq1b} On sait que :
\[
\prodscal{AB}{AC}=AB\times AC \times  \cos\angleor{AB}{AC} = 3\times6\times\cos\angleor{AB}{AC}=18\cos\angleor{AB}{AC}.
\]
D'après la relation D'Al-Kaschi,
\[
BC^2=AB^2+AC^2-2AB\times AB\times\cos\angle{A}
\]
donc:
\begin{align*}
\cos\angle{A} & \dfrac{BC^2-AB^2-AC^2}{-2AB \times AC}\\
& = \dfrac{5^2-3^2-6^2}{-2\times 3\times 6} = \dfrac{25-9-36}{-36} = \dfrac{5}{9}.
\end{align*}

Ainsi,
\[
\prodscal{AB}{AC}=18\times\dfrac{5}{9}=10.
\]

\item Réponse \ref{prodscalapplexoq2c} Dans le plan muni d'un repère, une équation cartésienne du cercle de centre $A\coord{-2}{3}$ et de rayon 4 est: $(x+2)^2+(y-3)^2=16$ d'après la formule\linebreak $(x-a)^2+(y-b)^2=R^2$, où \coord{a}{b} sont les coordonnées du centre du cercle, et $R$ son rayon.

\item Réponse \ref{prodscalapplexoq3d} Le triangle ABC est tel que $AB=5$, $AC=7$ et $\angle{BAC}=60\degres$.

D'après la formule d'Al-Kaschi, 
\begin{align*}
BC^2 & = AB^2 + AC^2 -2\times AB \times AC \times \cos\angle{BAC}\\
& = 5^2+7^2-2\times5\times7\times\cos60\circ\\
& = 25+49-70\times\dfrac{1}{2}\\
& = 74-35\\
& = 39\\
\Aboxed{BC &= \sqrt{39}}
\end{align*}

\item Réponse \ref{prodscalapplexoq4c} Le cercle $\mathcal{C}$ a pour équation $x^2-2x+y^2+y=3$ et la droite $\mathcal{D}$ pour équation $y=1$ donc s'il existe au moins un point d'intersection, ses coordonnées sont de la forme \coord{x}{1} ($y=1$ car il appartient à la droite d'équation $y=1$). Remplaçons $y$ par 1 dans l'équation du cercle:
\[
x^2-2x+1^2+1=3 \iff x^2-2x-1=0.
\]
Le discriminant du polynôme $x^2-2x-1$ est $\Delta=8>0$ donc cette dernière équation admet deux solutions réelles. Il y a donc deux points d'intersection.

\item Réponse \ref{prodscalapplexoq5b} En effet, un vecteur normal à la droite $(d)$ d'équation cartésienne\linebreak $2x-y+1 = 0$ est $\vv{n}\dbinom{2}{-1}$ donc une équation cartésienne de $(d_1)$ peut être de la forme $-1x-2y+c=0$ ou $x+2y+c=0$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{droites et cercle circonscrit}[2]
Dans un repère orthonormé \Rij, on considère les points A\coord{3}{0}, B\coord{2}{7} et C\coord{-6}{3}.

\begin{enumerate}
\item Déterminer les coordonnées des vecteurs $\vv{AB}$, $\vv{AC}$ et $\vv{BC}$.
\item Le triangle est-il rectangle ? Est-il isocèle ? Est-il équilatéral ?
\item On note I et J les milieux respectifs de [AB] et [AC].

Déterminer leurs coordonnées.

\item On note (D) et (D') les médiatrices respectives de [AB] et [AC].

Déterminer une équation cartésienne de ces médiatrices.

\item Calculer les coordonnées du point d'intersection de (D) et (D').

\item En déduire une équation cartésienne du cercle $\mathcal{C}$ circonscrit au triangle ABC.

\item Déterminer les coordonnées du point d'intersection de $\mathcal{C}$ et (D'). On le notera $\Omega$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item $\vv{AB}\dbinom{2-3}{7-0}$ donc $\vv{AB}\dbinom{-1}{7}$.
\item $\vv{AC}\dbinom{-6-3}{3-0}$ donc $\vv{AC}\dbinom{-9}{3}$.
\item $\vv{BC}\dbinom{-6-2}{3-7}$ donc $\vv{BC}\dbinom{-8}{-4}$.
\end{itemize}

\item 
\begin{itemize}
\item $AB = \sqrt{(-1)^2+7^2}=\sqrt{50}$.
\item $AC = \sqrt{(-9)^2+3^2}=\sqrt{90}$.
\item $BC=\sqrt{(-8)^2+(-4)^2}=\sqrt{80}$.
\end{itemize}

Ainsi, aucun des côtés AB, AC et BC n'a la même mesure; par conséquent, le triangle ABC n'est ni isocèle ni équilatéral.

De plus, $AC^2 \neq AB^2+BC^2$ donc il n'est pas rectangle.

\item $I\coord{\dfrac{x_A+x_B}{2}}{\dfrac{y_A+y_B}{2}}$ donc $I\coord{\dfrac{5}{2}}{\dfrac{7}{2}}$.

De même, $J\coord{-\dfrac{3}{2}}{\dfrac{3}{2}}$. 

\item 
\begin{itemize}
\item $(D)\perp (AB)$ et $I\in((D)$ par définition de la médiatrice.

Soit $M\coord{x}{y}$ un point de $(D)$. Alors;
\begin{align*}
\prodscal{IM}{AB}=0 & \iff \dbinom{x-\frac{5}{2}}{y-\frac{7}{2}}\cdot\dbinom{-1}{7}=0\\
& \iff -1\left(x-\frac{5}{2}\right) + 7\left(y-\frac{7}{2}\right)=0\\
& \iff -x + 7y +\frac{5}{2}-\frac{49}{2}=0\\
& \iff -x + 7y - 22 = 0\\
& \iff x - 7y + 22 = 0\quad\text{(autre façon d'écrire la même équation)}
\end{align*}

\underline{Une équation cartésienne de (D) est donc : $x - 7y + 22 = 0$.}

\medskip

\item $(D')\perp (AC)$ et $J\in((D')$ par définition de la médiatrice.

Soit $M\coord{x}{y}$ un point de $(D')$. Alors;
\begin{align*}
\prodscal{JM}{AC}=0 & \iff \dbinom{x+\frac{3}{2}}{y-\frac{3}{2}}\cdot\dbinom{-9}{3}=0\\
& \iff -9\left(x+\frac{3}{2}\right) + 3\left(y-\frac{3}{2}\right)=0\\
& \iff -9x + 3y - \frac{27}{2}-\frac{9}{2}=0\\
& \iff -9x + 3y - 18 = 0\\
& \iff 3x - y + 6  = 0\quad\text{(en divisant tous les coefficients par $-3$)}
\end{align*}

\underline{Une équation cartésienne de (D') est donc : $3x - y + 6 = 0$.}
\end{itemize}

\item Trouver les coordonnées du point d'intersection de (D) et (D') revient à résoudre le système formé par les équations des deux droites : \systeme{x-7y+22=0@L_1,3x-y+6=0@L_2}.

De l'équation $L_2$, on déduit que $y=3x+6$. On peut donc remplacer $y$ par $3x+6$ dans $L_1$:
\begin{align*}
x-7(3x+6)+22=0 & \iff x-21x-42+22=0\\
& \iff -20x -20 = 0\\
& \iff x = -1
\end{align*}

Ainsi, $y=3x+6=3\times(-1)+6=-3+6=3$.

\underline{Ainsi, $\Omega\coord{-1}{3}$.}

\item Le cercle circonscrit au triangle ABC est le cercle de centre $\Omega$ et de rayon $\Omega A$ (par exemple).
\[
\Omega A^2 = \big(3-(-1)\big)^2 + (0-3)^2 = 25.
\]
Une équation cartésienne de $\mathcal{C}$ est donc:
\[
(x-x_\Omega)^2 + (y-y_\Omega)^2 = \Omega A^2
\]
soit:
\[
\boxed{(x+1)^2+(y-3)^2=25}
\]

\item Trouver l'intersection de $\mathcal{C}$ et (D') revient à résoudre le système formé des équations cartésiennes des deux ensembles, donc le système:
\[
\begin{cases}
(x+1)^2+(y-3)^2=25\\
3x-y+6=0
\end{cases}
\]
Pour cela, il suffit d'exprimer d'écrire $y=3x+6$ à l'aide de la dernière équation, et de remplacer $y$ par $3x+6$ dans la première équation:
\begin{align*}
(x+1)^2 + \big[(3x+6)-3\big]^2=25 & \iff x^2+2x+1+9x^2+18x+9=25\\[8pt]
& \iff 10x^2+20x-15=0\\[8pt]
& \iff 2x^2+4x-3=0\quad\text{\small(en divisant tous les coefficients par 5)}
\end{align*} 
On arrive à une équation du second degré de discriminant:
\[
\Delta = b^2-4ac=4^2-4\times2\times(-3)=16+24=40.
\]
Les deux solutions sont donc:
\[
x_1 = \dfrac{-b-\sqrt\Delta}{2a}=\dfrac{-4-\sqrt{40}}{4}=\dfrac{-2-\sqrt{10}}{2}
\]
et sa conjuguée:
\[
x_2=\dfrac{-2+\sqrt{40}}{2}.
\]
\begin{itemize}
\item Pour $x_1$, on a $y_1=3x_1+6=\dfrac{6-3\sqrt{10}}{2}$.

\medskip


\item Pour $x_2$, on a $y_2=3x_2+6=\dfrac{6+3\sqrt{10}}{2}$.
\end{itemize}

\medskip

Les deux points d'intersection de $\mathcal{C}$ et (D') sont donc les points de coordonnées \coord{x_1}{y_1} et \coord{x_2}{y_2}.
\end{enumerate}
\vspace*{1cm}
\end{exocor}



%%%

\begin{exocor}{équation d'une droite et d'un cercle}[2]
Dans le plan muni d'un repère orthonormé \Rij, on considère le cercle $\mathcal{C}$ de centre A\coord{2}{0} et de rayon 2 et le cercle $\mathcal{C}^\prime$ de centre B\coord{18}{0} et de rayon 14.

Soit $(d)$ la droite passant par O et faisant un angle de $30\degres$ avec l'axe des abscisses ; elle coupe $\mathcal{C}^\prime$ en deux points I et J, J étant le point le plus éloigné de O.

On considère les points E\coord{4}{0} et F\coord{32}{0}. On s'intéresse à la mesure de l'angle \angle{JEF}.

\begin{enumerate}
\item Déterminer une équation de la droite $(d)$.
\item Déterminer une équation du cercle $\mathcal{C}^\prime$.
\item En déduire les coordonnées de J.
\item Calculer $\prodscal{EF}{EJ}$, puis en déduire une mesure de \angle{JEF} en degrés.
\end{enumerate}

\tcblower


\begin{enumerate}
\item Le coefficient directeur de $(d)$ est le nombre $m=\tan30\degres=\dfrac{1}{\sqrt3}$ car $(d)$ forme un angle de $30\degres$ avec l'axe des abscisses. De plus, elle passe par l'origine du repère donc c'est une droite représentant une fonction linéaire.

Ainsi, une équation de $(d)$ est : $\boxed{y=\dfrac{1}{\sqrt3}x}$

\item L'équation du $\mathcal{C}^\prime$ est de la forme $(x-a)^2+(y-a)^2=r^2$ où \coord{a}{b} sont les coordonnées de son centre et $r$ son rayon.

Ainsi, $\mathcal{C}^\prime$ a pour équation : $\boxed{(x-18)^2+y^2=196}$

\item Notons \coord{x}{y} les coordonnées d'un point d'intersection de $(d)$ avec $\mathcal{C}^\prime$; alors, $y=\dfrac{1}{\sqrt3}x$ et $(x-18)^2+y^2=196$, donc $(x-18)^2+\left(\dfrac{1}{\sqrt3}x\right)^2=196$, soit $\dfrac{4}{3}x^2-36x+128=0$, ou encore, en multipliant par $\dfrac34$ : $x^2-27x+96=0$.

Le discriminant du polynôme $x^2-27x+96$ est $\Delta=(-27)^2-4\times1\times96=345$ donc ses deux racines sont :
\[
x_1=\dfrac{27-\sqrt{345}}{2}\qquad\text{et}\qquad x_2=\dfrac{27+\sqrt{345}}{2}.
\]
L'abscisse de J est donc $\dfrac{27+\sqrt{345}}{2}$ (le point le plus éloigné de O). Son ordonnée est donc $\dfrac{27+\sqrt{345}}{2}\times\dfrac{1}{\sqrt3}=\dfrac{27\sqrt3+\sqrt{\numprint{1035}}}{6}$.

Ainsi, $\boxed{\text{J}\coord{\dfrac{27+\sqrt{345}}{2}}{\dfrac{27\sqrt3+\sqrt{\numprint{1035}}}{6}}}$

\item $\vv{\text{EJ}}\begin{pmatrix}\dfrac{19+\sqrt{345}}{2}\\\dfrac{27\sqrt3+\sqrt{\numprint{1035}}}{6}\end{pmatrix}$ et $\vv{\text{EF}}\dbinom{28}{0}$.

Ainsi, $\prodscal{EF}{EJ}=xx'+yy'=\dfrac{19+\sqrt{345}}{2}\times28=14\big(19+\sqrt{345}\big)$.

Or, $\prodscal{EF}{EJ}=\|\vv{\text{EF}}\|\times\|\vv{\text{EJ}}\|\times\cos\angleor{EF}{EJ}$, donc :
\[
\cos\angleor{EF}{EJ}=
\dfrac{14\big(19+\sqrt{345}\big)}{28\times\sqrt{\left(  \dfrac{19+\sqrt{345}}{2}\right)^2+\left(\dfrac{27\sqrt3+\sqrt{ \numprint{1035} }}{6}\right)^2}}
\]
On en déduit alors que \underline{$\angle{JEF}\approx35\degres$}.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{hauteur d'un triangle et cercle}[2]
Dans un repère orthonormé \Rij, on considère les points A\coord{0}{4}, B\coord{3}{6} et C\coord{6}{0}.

Soit H le pied de la hauteur du triangle ABC issue de B.

\begin{enumerate}
\item Déterminer les coordonnées de H.
\item Déterminer une équation cartésienne du cercle $\mathcal{C}$ de diamètre [BH].

\item On appelle E et F les points d'intersection de $\mathcal{C}$ avec respectivement [AB[ et ]BC].

Le triangle EFH est-il rectangle en H ?

Dans la négative, donner une mesure approchée au degré près de \angle{EHF}.
\end{enumerate}

\tcblower

Avant tout, faisons une figure.

\definecolor{uququq}{rgb}{0.25,0.25,0.25}
\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0,0,1}
\definecolor{xdxdff}{rgb}{0.49,0.49,1}
\definecolor{cqcqcq}{rgb}{0.75,0.75,0.75}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,scale=1.1]
\draw [color=cqcqcq,dash pattern=on 2pt off 2pt, xstep=1.0cm,ystep=1.0cm] (-3.24,-1.33) grid (10.58,10.45);
\draw[->,color=black] (-3.24,0) -- (10.58,0);
\foreach \x in {-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
\draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$};
\draw[->,color=black] (0,-1.33) -- (0,10.45);
\foreach \y in {-1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
\draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$};
\draw[color=black] (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$};
\clip(-3.24,-1.33) rectangle (10.58,10.45);
\fill[color=zzttqq,fill=zzttqq,fill opacity=0.1] (0,4) -- (3,6) -- (6,0) -- cycle;
\fill[draw=qqqqff,fill=qqqqff,fill opacity=0.1] (0.44,4.3) -- (1.15,3.23) -- (3.74,4.52) -- cycle;
\draw [color=zzttqq] (0,4)-- (3,6);
\draw [color=zzttqq] (3,6)-- (6,0);
\draw [color=zzttqq] (6,0)-- (0,4);
\draw [domain=-3.24:10.58] plot(\x,{(-6-6*\x)/-4});
\draw [domain=-3.24:10.58] plot(\x,{(--24-4*\x)/6});
\draw(2.08,4.62) circle (1.66cm);
\fill [color=xdxdff] (0,4) circle (1.5pt);
\draw[color=xdxdff] (0.12,4.2) node {$A$};
\fill [color=qqqqff] (3,6) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (3.26,6.13) node {$B$};
\fill [color=xdxdff] (6,0) circle (1.5pt);
\draw[color=xdxdff] (6.13,0.2) node {$C$};
\fill [color=uququq] (1.15,3.23) circle (1.5pt);
\draw[color=uququq] (1.23,3) node {$H$};
\fill [color=uququq] (0.44,4.3) circle (1.5pt);
\draw[color=uququq] (0.57,4.5) node {$E$};
\fill [color=uququq] (3.74,4.52) circle (1.5pt);
\draw[color=uququq] (3.85,4.72) node {$F$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AC}{BH}=0 & \Longleftrightarrow \dbinom{6}{-4}\cdot\dbinom{x_H-3}{y_H-6}=0\\
& \Longleftrightarrow 6(x_H-3)-4(y_H-6)=0
\end{aligned}$

$\begin{aligned}[t]
\prodscal{AC}{BH}=0 & \Longleftrightarrow 6x_H-4y_H+6=0\\
& \Longleftrightarrow 3x_H-2y_H+3=0\qquad (1)
\end{aligned}$

De plus, on sait que $\vv{u}\dbinom{x}{y}$ et $\vv{v}\dbinom{x'}{y'}$ sont colinéaires si et seulement si $xy'-x'y=0$, donc :
\begin{align*}
\vv{\text{AH}}\text{ et }\vv{\text{AC}}\text{ sont colinéaires}
& \Longleftrightarrow -4x_H-6(y_H-4)=0\\
& \Longleftrightarrow -4x_H-6y_H+24=0\\
& \Longleftrightarrow 2x_H+3y_H-12=0\qquad(2)
\end{align*}
On a alors : $\begin{aligned}[t]\begin{cases}
3x_H-2y_H+3=0 & (1)\\
2x_H+3y_H-12=0 &(2)
\end{cases}
&
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
6x_H-4y_H+6=0 & 2\times(1)\rightarrow L_1\\
6x_H+9y_H-36=0 & 3\times(1)\rightarrow L_2
\end{cases}\\
& \Longrightarrow 13y_H-42=0\qquad L_2-L_1\\
& \Longrightarrow  y_H=\dfrac{42}{13}\\
& \Longrightarrow 2x_H=12-3\times\dfrac{42}{13}\qquad\text{d'après (2)}\\
& \Longrightarrow x_H=6-\dfrac{63}{13}=\dfrac{15}{13}
\end{aligned}$

\underline{Ainsi, H\coord{\dfrac{15}{13}}{\dfrac{42}{13}}.}

\item $\begin{aligned}[t]
\text{M}\coord{x}{y}\in\mathcal{C} & \Longleftrightarrow \prodscal{MB}{MH}=0\\
& \Longleftrightarrow \dbinom{3-x}{6-y}\cdot\dbinom{\frac{15}{13}-x}{\frac{42}{13}-y}=0\\
& \Longleftrightarrow (3-x)\left(\dfrac{15}{13}-x\right)+(6-y)\left(\dfrac{42}{13}-y\right)=0\\
& \Longleftrightarrow x^2+y^2-\dfrac{54}{13}x-\dfrac{120}{13}y+\dfrac{297}{13}=0
\end{aligned}$

\underline{Une équation cartésienne de $\mathcal{C}$ est donc $x^2+y^2-\dfrac{54}{13}x-\dfrac{120}{13}y+\dfrac{297}{13}=0$.}

\item 
\begin{itemize}
\item Déterminons d'abord les coordonnées \coord{x}{y} du point E, intersection de $\mathcal{C}$ et [AB[.

$\begin{aligned}[t]
\text{E}\coord{x}{y}\in[\text{AB}[ & \Longleftrightarrow \vv{\text{AE}}\text{ et }\vv{\text{AB}}\text{ sont colinéaires}\\
& \Longleftrightarrow \begin{vmatrix}
x & 3	\\
y-4 & 2
\end{vmatrix}=0\\
& \Longleftrightarrow 2x-3y+12=0\\
& \Longleftrightarrow x=\dfrac{3}{2}y-6
\end{aligned}$

De plus, $\text{E}\in\mathcal{C}$ donc :
\begin{align*}
 & x^2+y^2-\dfrac{54}{13}x-\dfrac{120}{13}y+\dfrac{297}{13}=0\\
\Longleftrightarrow & \left(\dfrac{3}{2}y-6\right)^2+y^2-\dfrac{54}{13}\left(\dfrac{3}{2}y-6\right)-\dfrac{120}{13}y+\dfrac{297}{13}=0
\end{align*}

\begin{align*}
\Longleftrightarrow &  169y^2-\numprint{1740}y+\numprint{4356}=0\\
\Longleftrightarrow & y=\dfrac{726}{169}\qquad\text{ou}\qquad y=6
\end{align*}

Or, $\text{E}\neq\text{B}$ donc $y=\dfrac{726}{169}$ et donc $x=\dfrac{3}{2}\times\dfrac{726}{169}-6=\dfrac{75}{169}$.

\underline{Ainsi, E\coord{\dfrac{75}{169}}{\dfrac{726}{169}}.}


\item Déterminons ensuite les coordonnées \coord{x}{y} du point F, intersection de $\mathcal{C}$ et ]BC].

$\begin{aligned}[t]
\text{F}\coord{x}{y}\in]\text{BC}] & \Longleftrightarrow \vv{\text{BF}}\text{ et }\vv{\text{BC}}\text{ sont colinéaires}\\
& \Longleftrightarrow \begin{vmatrix}
x-3 & 3	\\
y-6 & -6
\end{vmatrix}=0\\
& \Longleftrightarrow -6(x-3)-3(y-6)=0\\
& \Longleftrightarrow -6x-3y+36=0\\
& \Longleftrightarrow y=12-2x
\end{aligned}$

\medskip

De plus, $\text{F}\in\mathcal{C}$ donc :
\begin{align*}
 & x^2+y^2-\dfrac{54}{13}x-\dfrac{120}{13}y+\dfrac{297}{13}=0\\
 \Longleftrightarrow & x^2+(12-2x)^2-\dfrac{54}{13}x-\dfrac{120}{13}(12-2x)+\dfrac{297}{13}=0\\
 \Longleftrightarrow & 65x^2-438x+729=0\\
 \Longleftrightarrow & x=3\qquad\text{ou}\qquad x=\dfrac{243}{65}
\end{align*}

Or, $\text{F}\neq\text{B}$ donc $x=\dfrac{243}{65}$, et donc $y=12-2\times\dfrac{243}{65}=\dfrac{294}{65}$.

\underline{Ainsi, F\coord{\dfrac{243}{65}}{\dfrac{294}{65}}.}

\item Regardons alors si (HE) et (HF) sont perpendiculaires.
\begin{align*}
\prodscal{HE}{HF} & = \dbinom{\frac{75}{169}-\frac{15}{13}}{\frac{726}{169}-\frac{42}{13}}\cdot\dbinom{\frac{243}{65}-\frac{15}{13}}{\frac{294}{65}-\frac{42}{13}} = \dbinom{-\frac{120}{169}}{\frac{180}{169}}\cdot\dbinom{\frac{168}{65}}{\frac{84}{65}}\\
& = -\frac{120}{169}\times\dfrac{168}{65}+\dfrac{180}{169}\times\dfrac{84}{65}\\
& = -\dfrac{\numprint{1008}}{\numprint{2197}} \neq 0.
\end{align*}
\underline{Par conséquent, le triangle EHF n'est pas rectangle en F.}

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{HE}{HF} & = \|\vv{\text{HE}}\|\times\|\vv{\text{HF}}\|\times\cos\angleor{HE}{HF}\\
-\dfrac{\numprint{1008}}{\numprint{2197}} & = \sqrt{\left(-\dfrac{120}{169}\right)^2+\left(\dfrac{180}{169}\right)^2}\times\sqrt{\left(\dfrac{168}{65}\right)^2+\left(\dfrac{84}{65}\right)^2}\times\cos\angleor{HE}{HF}\\
\cos\angleor{HE}{HF} & = \dfrac{-\dfrac{\numprint{1008}}{\numprint{2197}}}{\sqrt{\left(-\dfrac{120}{169}\right)^2+\left(\dfrac{180}{169}\right)^2}\times\sqrt{\left(\dfrac{168}{65}\right)^2+\left(\dfrac{84}{65}\right)^2}}\\
\cos\angleor{HE}{HF} &  \approx \numprint{0,124}\\
\Aboxed{\angleor{HE}{HF} & \approx 97\degres}
\end{aligned}$
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{}[2]
Dans un repère orthonormé \Rij, on considère les points $A\coord{3}{1}$, $B\coord{-3}{3}$ et $C\coord{2}{4}$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que l'équation $x+3y-6=0$ est une équation cartésienne de la droite $(AB)$.
\item Déterminer une équation cartésienne de la droite $(d)$, perpendiculaire à la droite $(AB)$ et passant par le point $C$.
\item En déduire les coordonnées du point $K$, projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AB)$.
\item Calculer la distance $AB$ et déterminer les coordonnées du milieu $M$ du segment $[AB]$.
\item En déduire une équation du cercle de diamètre $[AB]$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Il y a deux manières de répondre à cette question: établir directement une équation cartésienne de $(AB)$ et voir si ce que l'on obtient est équivalent à l'équation donnée dans l'énoncé, ou injecter les coordonnées de $A$ et $B$ dans l'équation donnée. C'est cette dernière méthode que je vais ici utiliser:
\begin{itemize}
\item $x_A+3y_A-6=3+3\times1-6=0$ donc $A$ appartient à la droite d'équation $x+3y-6=0$;
\item $x_B+3y_B-6=-3+3\times3-6=0$ donc $B$ appartient à la droite d'équation \mbox{$x+3y-6=0$}.
\end{itemize}
\underline{Par conséquent, $x+3y-6=0$ est bien une équation cartésienne de $(AB)$.}

\item Soit $M\coord{x}{y}$ sur $(d)$, perpendiculaire à $(AB)$ et passant par $C$. Alors,
\begin{align*}
\prodscal{CM}{AB}=0 & \iff \dbinom{x-2}{y-4}\cdot\dbinom{-3-3}{3-1}=0\\
& \iff -6(x-2) + 2(y-4)=0\\
& \iff -6x+12+2y-8=0\\
& \iff -6x+2y+4=0\\
& \iff 3x-y-2=0\qquad\text{(en divisant tous les coefficients par }-2)
\end{align*}

\underline{Ainsi, $3x-y-2=0$ est une équation cartésienne de $(d)$.}

\item $K$, projeté orthogonal de $C$ sur $(AB)$ est le point d'intersection de $(d)$ et $(AB)$. Pour obtenir ses coordonnées, il faut résoudre le système :
\begin{align*}
\systeme{x+3y-6=0@L_1,3x-y-2=0@L_2} & \iff \systeme{3x+9y-18=0@L_1\leftarrow3L_1,3x-y-2=0@L_2}\\
& \iff \systeme{10y-16=0@L_1\leftarrow L_1-L_2,3x-y-2=0}\\
& \iff \systeme{y=\frac{16}{10}=\frac{8}{5}@L_1\leftarrow L_1-L_2,3x-y-2=0}
\end{align*}

\begin{align*}
& \iff \systeme{y=\frac{8}{5},3x=2+\frac{8}{5}=\frac{18}{5}}\\
& \iff \systeme{y=\frac{8}{5},x=\frac{6}{5}}
\end{align*}

\underline{Ainsi, $K\coord{\dfrac{6}{5}}{\dfrac{8}{5}}$}

\item $\vv{AB}\dbinom{-6}{2}$ donc:
\[
AB = \sqrt{(-6)^2+2^2}=\sqrt{36+4}=\sqrt{40}=\sqrt{4\times10}=\sqrt4\times\sqrt{10}=2\sqrt{10}.
\]
De plus, $M$, milieu de [AB], a pour coordonnées:
\[
x_M=\dfrac{x_A+x_B}{2}=\dfrac{3-3}{2}=0
\]
et
\[
y_M=\dfrac{y_A+y_B}{2}=\dfrac{1+3}{2}=2.
\]
\underline{Ainsi, $M\coord{0}{2}$}.

\item Le cercle de diamètre $[AB]$ a pour centre $M$ donc son équation cartésienne est de la forme:
\[
(x-x_M)^2 + (y-y_M)^2=R^2
\]
où $R$ est le rayon, donc $R = \dfrac{AB}{2}=\sqrt{10}$.

Une équation du cercle est donc :
\[
\boxed{x^2 + (y-2)^2 = 10}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{exercice de recherche}[3]
Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur $a$ et $b$ afin que la droite d'équation $ax+by+12=0$ coupe le cercle d'équation $(x+2)^2+(y-4)^2=36$ en deux points distincts.

\tcblower

Avant tout, remarquons que $a$ et $b$ ne peuvent pas être tous deux nuls. En effet, si $a=b=0$ l'équation de la droite est réduite à $12=0$, ce qui ne correspond pas à une équation de droite.

Faisons une disjonction de cas sur $a$ et $b$ :

\begin{itemize}
\item Si $b=0$ et $a\neq0$, l'équation de la droite devient $ax+12=0$, soit $x=-\dfrac{12}{a}$. En remplaçant $x$ par cette valeur dans l'équation du cercle, on a :
\begin{align*}
\left(-\dfrac{12}{a}+2\right)^2+(y-4)^2=36
& \iff \dfrac{144}{a^2}-\dfrac{48}{a}+4+y^2-8y+16=36\\
& \iff y^2-8y-20+\dfrac{144}{a^2}-\dfrac{48}{a}=0.
\end{align*}
S'il existe deux points d'intersection distincts alors cette dernière équation admet deux solutions distinctes, et donc son discriminant est strictement positif :
\begin{align*}
\Delta>0 & \iff 64-4\left(-20+\dfrac{144}{a^2}-\dfrac{48}{a}\right))>0\\
& \iff 64+20-\dfrac{576}{a^2}+\dfrac{192}{a}>0\\
& \iff 84-\dfrac{576}{a^2}+\dfrac{192}{a}>0\\
& \iff \dfrac{84a^2-576+192a}{a^2}>0.
\end{align*}
Le discriminant du polynôme $84a^2+192a-576$ est :
\[
\Delta^\prime = \numprint{230400}
\]
donc il admet deux racines distinctes :
\[
a_1=\dfrac{-192-\sqrt{\numprint{230400}}}{168}=-4
\]
et
\[
a_2 = \dfrac{-192+\sqrt{\numprint{230400}}}{168}=\dfrac{12}{7}.
\]
Ainsi, les solutions de l'inéquation $84a^2-576+192a>0$ sont dans l'ensemble $\intervOO{-\infty}{-4}\cup\intervOO{\dfrac{12}{7}}{+\infty}$.

\medskip

\textbf{1\ier{} résultat : } il existe deux points d'intersection distincts si $b=0$ et\linebreak $a\in \intervOO{-\infty}{-4}\cup\intervOO{\dfrac{12}{7}}{+\infty}$.

\bigskip

\item Si $a=0$ et $b\neq0$, l'équation de la droite devient $by+12=0$, soit $y=-\dfrac{12}{b}$. En remplaçant $y$ par cette valeur dans l'équation du cercle, on a :
\begin{align*}
(x+2)^2+\left(-\dfrac{12}{b}-4\right)^2=36
& \iff x^2+4x+4+\dfrac{144}{b^2}+\dfrac{96}{b}+16=36\\
& \iff x^2+4x-16+\dfrac{144}{b^2}+\dfrac{96}{b}=0.
\end{align*}
S'il existe deux points d'intersection distincts alors cette dernière équation admet deux solutions distinctes, et donc son discriminant est strictement positif :
\begin{align*}
\Delta>0 & \iff 16-4\left(-16+\dfrac{144}{b^2}+\dfrac{96}{b}\right)>0\\
& \iff 80-\dfrac{576}{b^2}-\dfrac{384}{b}>0\\
& \iff \dfrac{80b^2-576-384b}{b^2}>0.
\end{align*}
Le discriminant du polynôme $80b^2-384b-576$ est :
\[
\Delta^\prime = \numprint{331776}=576^2
\]
donc il admet deux racines distinctes :
\[
b_1=\dfrac{384-576}{160}=-\dfrac{6}{5}
\]
et
\[
b_2 = \dfrac{384+576}{160}=6.
\]
Ainsi, les solutions de l'inéquation $80b^2-576-384b>0$ sont dans l'ensemble\linebreak $\intervOO{-\infty}{-\dfrac{6}{5}}\cup\intervOO{6}{+\infty}$.

\medskip

\textbf{2\ieme{} résultat : } il existe deux points d'intersection distincts si $a=0$ et \mbox{$b\in \intervOO{-\infty}{-\dfrac{6}{5}}\cup\intervOO{6}{+\infty}$}.

\bigskip

\item Si $a\neq0$ et $b\neq0$ alors l'équation réduite de la droite est :
\[
y = -\dfrac{a}{b}x-\dfrac{12}{b}.
\]
En remplaçant $y$ dans l'équation du cercle, on obtient :

\medskip

\hspace*{-1cm}$\begin{aligned}
(x+2)^2+\left(-\dfrac{a}{b}x-\dfrac{12}{b}-4\right)^2=36
& \iff (x+2)^2+\left(\dfrac{a}{b}x+\dfrac{12}{b}+4\right)^2=36\\
& \iff x^2+4x+4+\dfrac{a^2}{b^2}x^2+\dfrac{2a}{b}\left(\dfrac{12}{b}+4\right)x+\left(\dfrac{12}{b}+4\right)^2-36=0\\
& \iff \left(1+\dfrac{a^2}{b^2}\right)x^2+\left(4+\dfrac{24a}{b^2}+\dfrac{8a}{b} \right)x + 4+\dfrac{144}{b^2}+\dfrac{96}{b}+16-36=0\\
& \iff \left(1+\dfrac{a^2}{b^2}\right)x^2+\left(\dfrac{4b^2+24a+8ab}{b^2}\right)x-16+\dfrac{144+96b}{b^2}=0.
\end{aligned}$

S'il existe deux points d'intersection alors le discriminant de cette dernière équation est strictement positif :
\begin{align*}
& \left(\dfrac{4b^2+24a+8ab}{b^2}\right)^2-4\left(1+\dfrac{a^2}{b^2}\right)\left(\dfrac{144+96b}{b^2}-16\right)>0\\
\iff\ & \dfrac{128a^2+80b^2+192a-384b+64ab-576}{b^2}>0\\
\iff\ & 8a^2+5b^2+12a+4b+4ab>0.
\end{align*}

\medskip

\textbf{3\ieme{} résultat : } il existe deux points d'intersection distincts si $a\neq0$, $b\neq0$ et\linebreak$8a^2+5b^2+12a+4b+4ab>0$.
\end{itemize}

On peut pousser notre curiosité au-delà de ces résultats en représentant géométriquement les ensembles solutions.

Un logiciel de géométrie (Geogebra par exemple) nous permet de visualiser l'ensemble des points de coordonnées \coord{a}{b} tels que $8a^2+5b^2+12a+4b+4ab$ : c'est ce que l'on appelle une \textit{ellipse} (représentée en \textcolor{cyan}{cyan} sur la figure suivante. 

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.5,>=latex]
\fill[cyan,opacity=0.25] (-8,-8) rectangle (8,8);
\fill [fill=white,draw=cyan,rotate around={-63.43494882292201:(-0.7222222222222222,-0.1111111111111111)}] (-0.7222222222222222,-0.1111111111111111) ellipse (1.0671873729054748cm and 0.7114582486036499cm);
\draw[gray,dashed] (-8,-8) grid (8,8);
\draw[->] (-8,0) -- (8,0) node[below right] {$a$};
\draw[->] (0,-8) -- (0,8) node[right] {$b$};
\node[below left] at (0,0) {0};
\draw[very thick,red,-(] (-8,0) -- (-4,0);
\draw[very thick,red,)-] ({12/7},0) -- (8,0);
\draw[very thick,violet,-(] (0,-8) -- (0,{-6/5});
\draw[very thick,violet,)-] (0,6) -- (0,8);
\draw[very thick,white] (-4,0) -- ({12/7},0);
\draw[very thick,white] (0,{-6/5}) -- (0,6);
\end{tikzpicture}
\end{center}

L'ensemble des points tels que $8a^2+5b^2+12a+4b+4ab>0$ est donc l'ensemble des points intérieurs ou extérieurs. Pour le savoir, on peut par exemple prendre le point de coordonnées \coord{-1}{0} (donc en prenant $a=-1$ et $b=0$). Alors, $8a^2+5b^2+12a+4b+4ab=-4<0$ donc ce point n'appartient pas à l'ensemble souhaité. Ainsi, l'ensemble des points de coordonnées \coord{a}{b} tels que $8a^2+5b^2+12a+4b+4ab>0$ est le plan privé de l'ellipse (représenté en cyan).

L'ensemble rouge est l'ensemble des points du 1\ier{} résultat et l'ensemble violet est celui du 2\ieme{} résultat.


Cela signifie que si on prend n'importe quel point de coordonnées \coord{a}{b} en dehors des ensembles blancs, alors le cercle et la droite se coupent en deux points distincts.
\end{exocor}


\corriges
