
\thumb

\begin{vf}{Connaissance du cours}{10}% min.}
Dire si les propositions suivantes sont vraies ou fausses :\par
\begin{questions}
\item Un produit scalaire est toujours positif.
\item Si $\vec{u}\cdot\vec{w}=\vec{v}\cdot\vec{w}$ alors $\vec{u}=\vec{v}$.
\item L'ensemble des points $M$ du plan tels que $\gvec{MA}\cdot\gvec{MB}=k\quad (k\in\R)$ est un cercle de centre le milieu de $[AB]$.
\item Si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont deux vecteurs non nuls orthogonaux, alors :
\[ \|\vec{u} + \vec{v} \| = \| \vec{u} - \vec{v} \|. \]
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \emph{Faux}. Dans le repère orthonormal $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$, si $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ont pour coordonnées respectives $\vec{u}(2~;5)$ et $\vec{v}(1~;-5)$ alors :
\[  \vec{u}\cdot\vec{v} = 2 \times 1 - 5 \times 5 = -23 \]
Le produit scalaire $\vec{u}\cdot\vec{v}$ est strictement négatif.

\item \emph{Faux}. Soit $\vec{u}(2~;0)$, $\vec{v}(0~;8)$ et $\vec{w}(0~;15)$. On a : 
\begin{align*}
\vec{u}\cdot\vec{v} & = 2 \times 0 + 0 \times 8 = 0\\
\vec{u}\cdot\vec{w} & = 2 \times 0 + 0 \times 15 = 0
\end{align*}
Cependant $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas égaux.

\item \emph{Faux}. Soit $I$ le milieu de $[AB]$. 
\begin{align*}
\gvec{MA}\cdot\gvec{MB} & = \left(\gvec{MI} + \gvec{IA}\right)\cdot \left(\gvec{MI} + \gvec{IB}\right)\\
& = \gvec{MI}^2 + \gvec{MI}\cdot\left(\gvec{IA} + \gvec{IB}\right) +
\gvec{IA}\cdot\gvec{IB}
\end{align*}
Or, $\gvec{IA} + \gvec{IB} = \gvec{0}$ et $\gvec{IA}\cdot\gvec{IB} =-IA^2=-\left(\dfrac{1}{2}AB\right)^2= -\frac{1}{4}AB^2$.\\
Par suite,
\begin{align*}
\gvec{MA}\cdot\gvec{MB} & = k \iff MI^2 - \frac{1}{4} AB^2 = k\\
\gvec{MA}\cdot\gvec{MB} & = k \iff MI^2 = k + \frac{1}{4} AB^2
\end{align*}

Si $k + \frac{1}{4} AB^2 < 0$, alors l'ensemble cherché est vide.

\item \emph{Vrai}. \[\| \vec{u} + \vec{v} \|^2 = (\vec{u} + \vec{v})^2 = \vec{u}^2 + 2\vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{v}^2\]
Comme $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux, $\vec{u}\cdot\vec{v} = 0$.\\
Par suite, \[\|\vec{u} +\vec{v}\|^2 = \vec{u}^2 + \vec{v}^2\]
\[ \|\vec{u}-\vec{v} \|^2 = (\vec{u} - \vec{v})^2 = \vec{u}^2 -
    2\vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{v}^2\]
On a donc aussi : \[ \|\vec{u} - \vec{v}\|^2 = \vec{u}^2 + \vec{v}^2\]
D'où : \[ \|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u} - \vec{v}\|^2\] 
Et comme $\|\vec{u} + \vec{v}\|$ et $\|\vec{u} - \vec{v}\|$ sont positifs, alors $\|\vec{u} + \vec{v}\| = \|\vec{u} - \vec{v}\|$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%% QCM 2

\begin{qcm}{Applications du produit scalaire}{20}
Déterminer parmi les réponses a, b, c celle qui est correcte. 
\begin{questions}
\item Dans le plan rapporté à un repère orthonormal $(O;\vec{i},    \vec{j})$, on considère les points $I(3~;-5)$, $J(2~;1)$ et $K(7~;y)$. Si $(IJ)$ est perpendiculaire à $(JK)$, alors $y$ vaut : \par\hskip-0.6em
\begin{tabularx}{\linewidth}{XXX}
      \choix{} $\frac{11}{6}$ &
      \choix{} $-\frac{11}{6}$ &
      \choix{} $\frac{5}{6}$
    \end{tabularx}

  \item Dans le plan rapporté à un repère orthonormal, soit $A(2~; 0)$, $B(1~;\sqrt{3})$ et $C(1~;-\sqrt{3})$. Une mesure de $(\gvec{AB},
    \gvec{AC})$ est : \par\resetchoix\hskip-0.6em
    \begin{tabularx}{\linewidth}{XXX}
      \choix{} $\frac{\pi}{3}$ &
      \choix{} $\frac{2\pi}{3}$ &
      \choix{} $\frac{\pi}{6}$
    \end{tabularx}

  \item Dans le plan rapporté à un repère orthonormal, soit les
    droites $D_1$ et $D_2$ d'équation respective: 
    $D_1: 2x+4y+5=0$ et 
    $D_2: -5x+\frac{5}{2}y-12=0$.
    Les droites $D_1$ et $D_2$ sont: \par\resetchoix\hskip-0.6em
    \begin{tabularx}{\linewidth}{XXl}
      \choix{} parallèles &
      \choix{} confondues &
      \choix{} perpendiculaires
    \end{tabularx}

  \item On considère deux points $A$ et $B$ tels que $AB = 7$ cm. Combien existe-t-il de points $C$ tels que le triangle $ABC$ soit un
triangle rectangle d'aire $10~\text{cm}^2$ ?\par\resetchoix\hskip-0.6em
    \begin{tabularx}{\linewidth}{XXX}
      \choix{} 4 & 
      \choix{} 8 &
      \choix{} Une infinité
    \end{tabularx}

  \item Dans le plan rapporté à un repère orthonormal, le cercle
    d'équation : \[x^2 + y^2 + 14x - 10y + 48 = 0\] a pour périmètre
    :\par\resetchoix\hskip-0.6em
    \begin{tabularx}{\linewidth}{XXX}
      \choix{} $2\pi \sqrt{74}$ &
      \choix{} $52\pi$ &
      \choix{} $2\pi\sqrt{26}$
    \end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[a]. On a : $\gvec{IJ}(-1~;6)$ et $\gvec{JK}(5~; y-1)$. Les droites $(IJ)$ et $(JK)$ sont perpendiculaires si et
seulement si $\gvec{IJ}\cdot\gvec{JK} = 0$, soit :
    \[-5 + 6(y - 1) = 0 \]
Cette équation admet pour unique solution : $y = \frac{11}{6}$.

\item Réponse \choix[b]. D'après le cours, $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC} = AB\times AC\times\cos(\gvec{AB},\gvec{AC})$.\\
Or, $\gvec{AB}(-1~;\sqrt{3})$ et $\gvec{AC}(-1~;-\sqrt{3})$. 

Donc $\|\gvec{AB}\|^2 =\big(\sqrt{3}\big)^2+(-1)^2=4$ et $ \|\gvec{AC}\|^2=\big(-\sqrt{3}\big)^2+(-1)^2 = 4$.

On a alors : $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}= 2 \times 2 \times \cos(\gvec{AB},\gvec{AC})$. 

De plus, $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=(-1)^2-\sqrt{3}^2=-2$ donc $\cos(\gvec{AB},\gvec{AC}) = -\frac{1}{2}$.

Or, parmi les propositions, seul $\cos\frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2}$.\\
La bonne réponse est donc \choix[b].

\item Réponse \choix[c]. Un vecteur directeur de $\mathcal{D}_1$ est $\vec{u}_1(-4~;2)$ et un vecteur directeur de $\mathcal{D}_2$ est $\vec{u}_2\left(-\frac{5}{2}~;-5\right)$, d'après le cours.
\[ \vec{u}_1\cdot\vec{u}_2=-4\times\left(-\frac{5}{2}\right)+(-5)\times2=0.\]
Les vecteurs directeurs de ces deux droites sont donc orthogonaux, et les droites sont perpendiculaires.

\item Réponse \choix[b]. Soit $H$ le projeté orthogonal de $C$ sur la droite $(AB)$.\\
On a : \[ \frac{1}{2} AB \times CH = 10. \]
Soit : $CH=\frac{20}{7}$.\\
On en déduit que $C$ appartient à l'une des deux droites $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$ parallèles à $(AB)$ dont la distance à $(AB)$ est $\frac{20}{7}$.\\
De plus, le triangle $ABC$ est rectangle. Il existe deux positions de $C$ telles que $ABC$ soit rectangle en $A$ ($C\in \mathcal{D}_1$ ou $C\in \mathcal{D}_2$). \\ De même, il existe deux positions de $C$ tel que $ABC$ soit rectangle en $B$.\\
Le triangle $ABC$ peut aussi être rectangle en $C$. Ceci est réalisé si et seulement si $\gvec{CA}.\gvec{CB} = 0$, c'est-à-dire si et seulement si $C$ appartient au cercle de diamètre $[AB]$.\\
Le rayon de ce cercle est $\frac{7}{2}$ et la distance de $(AB)$ à $\mathcal{D}_1$ ou $\mathcal{D}_2$ est $\frac{20}{7}$.
\newpage
Comme $\frac{7}{2}>\frac{20}{7}$, le cercle de diamètre $[AB]$ coupe $\mathcal{D}_1$ en deux points distincts et $\mathcal{D}_2$ en deux autres points.\\
Finalement, il existe 8 possibilités pour placer le point $C$ (voir figure ci-dessous).
\begin{center}
\includegraphics{245_6_fig_11}
\end{center}

\item Réponse \choix[c]. On ramène l'équation du cercle à la forme :
\[ (x-a)^2 + (y-b)^2 =  R^2 \]
\begin{align*}
 & x^2+y^2+14x-10y+48=0\\
 \iff & (x+7)^2-49+(y-5)^2-25+48=0\\
 \iff & (x+7)^2+(y-5)^2=26
\end{align*}
Ce cercle a pour centre le point $I(-7~;5)$ et pour rayon $R=\sqrt{26}$.\\
Par suite, son périmètre est $2\pi R = 2\pi\sqrt{26}$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%% QCM 3

\begin{qcm}{\'Equations de cercles}{20}
Choisir l'unique réponse correcte parmi celles proposées pour chaque question :\\
Dans un repère orthonormal d'origine O, on a : $A(1~;-3)$ et $B(-4~;0)$.\\ $\mathcal{C}$ est le cercle de diamètre $[AB]$.
\begin{questions}
\item Une équation de $\mathcal{C}$ est :\par\hskip-0.6em
\begin{tabularx}{\linewidth}{XX}
\choix{} $x^2 +y^2 + 3(x + y) = 4$ &
\choix{} $\left(x+\frac{3}{2}\right)^2+\left(y+\frac{3}{2}\right)^2=0$\\[4pt]
\choix{} Autre chose & 
\end{tabularx}

\item Le rayon de ce cercle est :\par\resetchoix\hskip-0.6em
\begin{tabularx}{\linewidth}{XXX}
\choix{} 0 & \choix{} 34 & \choix{} $\frac{\sqrt{34}}{2}$
\end{tabularx}

\item Le point $E(1~;0)$ :\par\resetchoix
\choix{} appartient à ce cercle\\
\choix{} n'appartient pas à ce cercle\\
\choix{} on ne peut pas savoir

\item Soit un point de $\mathcal{C}$ d'abscisse 1.\\
Soit un (les) point(s) du cercle $\mathcal{C}$ d'abscisse 1, et la (les) tangente(s) à $\mathcal{C}$ en ce(s) point(s).\par\resetchoix
\choix{} Il y a une seule tangente au cercle $\mathcal{C}$ passant par un tel point et elle a pour équation $y = -\frac{5}{3}x+\frac{5}{3}$.\\[4pt]
\choix{} Il y a deux tangentes à $\mathcal{C}$ en des points d'abscisses 1.\\
\choix{} Il n'y a pas de tangente au cercle en un point d'abscisse 1.
\end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[a]. Le centre du cercle est $I$, milieu de $[AB]$.\\
$I$ a pour coordonnées $\left(\frac{1-4}{2}~;\frac{-3+0}{2}\right)$, donc $I\left(-\frac{3}{2}~;-\frac{3}{2}\right)$.\\
Le rayon du cercle est la longueur $AI$ (ou $BI$).
\begin{align*}
AI^2 & = \left(-\frac{3}{2}-1\right)^2+\left(-\frac{3}{2}+3\right)^2\\
& = \frac{25}{4}+\frac{9}{4}\\
& = \frac{34}{4}
\end{align*}
Donc une équation du cercle est $\left(x+\frac{3}{2}\right)^2+\left(y+\frac{3}{2}\right)^2=\frac{34}{4}$, ou encore, en développant :
\[
x^2 + 3x +\frac{9}{4} + y^2 + 3y + \frac{9}{4}=\frac{34}{4}
\]
On obtient finalement : $x^2 + y^2 + 3(x + y) = 4$.

\item Réponse \choix[c]. Le carré du rayon est $\frac{34}{4}$, donc le rayon est $\sqrt{\frac{34}{4}}=\frac{\sqrt{34}}{2}$.

\item Réponse \choix[a]. En remplaçant $x$ par 1 et $y$ par 0 dans l'équation du cercle, on obtient :
\[ 1^2 + 0^2 + 3(1 + 0) = 1 + 3 = 4\]
Les coordonnées de $E$ vérifient l'équation du cercle, donc $E$ appartient au cercle $\mathcal{C}$.

\item Réponse \choix[b]. Si $x = 1$, on a :
\[1^2 + y^2 + 3(1 + y) = 4\] 
et donc : \[ y^2 + 3y  = 0\]
ou, en factorisant : \[y(y + 3) = 0\]
Cette équation a pour solutions 0 et $-3$, donc il y a deux points du cercle d'abscisse 1, le point $E$ et le point de coordonnées $(1~;-3)$, et il y a donc deux tangentes.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%% QCM 4

\vspace*{-2em}
\begin{qcm}{Parallélogramme}{20}
Soit $ABCD$ un parallélogramme de centre $O$ tel que $AB = 5$, $AD=4$ et $BD = 7$.
\begin{questions}
\item L'angle $\widehat{DAB}$ a pour mesure, arrondie au degré :\par\hskip-0.6em
\begin{tabularx}{\linewidth}{XXp{4cm}}
\choix{} $102^\circ$ & \choix{} $2^\circ$ & \choix{} on ne peut pas savoir
\end{tabularx}

\item La diagonale $[AC]$ a pour longueur arrondie à l'unité :\par\resetchoix\hskip-0.6em
\begin{tabularx}{\linewidth}{XXp{4cm}}
\choix{} 7 & \choix{} 33 & \choix{} 6
\end{tabularx}

\item L'angle $\widehat{CAB}$ a pour mesure, arrondie au degré :\par\resetchoix\hskip-0.6em
\begin{tabularx}{\linewidth}{XXp{4cm}}
\choix{} $43^\circ$ & \choix{} $137^\circ$ & \choix{} on ne peut pas savoir
\end{tabularx}

\item $\gvec{BA}\cdot\gvec{BC}=$\par\resetchoix\hskip-0.6em
\begin{tabularx}{\linewidth}{XXp{4cm}}
\choix{} 4 & \choix{} $-4$ & \choix{} $BA^2$
\end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}


\begin{corrige}
\begin{methode}
Pour chacune des questions, nous allons utiliser le théorème d'Al-Kashi dans un triangle bien choisi.
\end{methode}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[a]. 
\begin{center}
\includegraphics{246_6_fig_12}
\end{center} 
\begin{align*}
BD^2 & = AD^2 + AB^2 - 2 AD \times AB\times\cos(\widehat{DAB}) \\
49  &= 16 + 25-40\times\cos (\widehat{DAB})
\end{align*}
Donc : $\cos(\widehat{DAB}) = -\frac{8}{40}=-\frac{1}{5}$.\\
\`A la calculatrice, ceci correspond à un angle d'environ $102^\circ$.
\newpage
\item Réponse \choix[c]. 
\begin{center}
\includegraphics{247_6_fig_13}
\end{center} 
Puisque l'angle $\widehat{DAB}$ mesure environ $102^\circ$, l'angle $\widehat{ABC}$ mesure environ $180^\circ~-~102^\circ~=~78^\circ$.\\
Cependant, il vaut mieux reprendre la valeur plus précise donnée par la calculatrice. On a alors : \[ AC^2 = BA^2 + BC^2 - 2 BA \times BC\times\cos(\widehat{ABC})\]
On obtient : $AC^2\approx33$ et donc $AC\approx 6$.

\item Réponse \choix[a]. 
\begin{center}
\includegraphics{247_6_fig_14}
\end{center} 
La réponse \choix[b] est évidemment fausse compte tenu de la valeur de l'angle $\widehat{DAB}$. On a : 
\[ BC^2 = AC^2 + AB^2 - 2 AB \times AC\times\cos(\widehat{CAB})\]
\[ 16 = 33+25-2\times5\times\cos(\widehat{CAB})\]
Donc : $\cos(\widehat{CAB}) = \frac{42}{10\sqrt{33}}$.\\
La calculatrice donne alors $\widehat{CAB}\approx 43^\circ$.

\item Réponse \choix[a]. 
\begin{center}
\includegraphics{247_6_fig_15}
\end{center} 
On a $AC^2 = BA^2 + BC^2 - 2\gvec{BA}\cdot\gvec{BC}$.\\
Donc $\gvec{BA}\cdot\gvec{BC}= \frac{25+16-33}{2}= 4$.
\end{questions}
\end{corrige}

\sectionnn{Géométrie non repérée}

%%% 

\begin{exo}{Calcul de longueur}{Lycée Sophie Germain, Paris}{1}{10}
$ABC$ est un triangle. $H$ est le pied de la hauteur issue de $A$, $H\in [BC]$. 

On a : $AB = 3$, $BH = 2$ et $HC = 3$.
\begin{questions}
\item Calculer $\gvec{BA}\cdot\gvec{BC}$.
\item En déduire la longueur $AC$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item 
Voilà une figure approximative :
\begin{center}
\includegraphics{248_6_fig_17}
\end{center}

$\gvec{BA}\cdot\gvec{BC}=BA\times BC\times\cos(\widehat{ABC})$.\\
Or, $\cos(\widehat{ABC})=\frac{HB}{AB}=\frac{2}{3}$ (dans le triangle ABH rectangle en H).\\
Donc $\gvec{BA}\cdot\gvec{BC}=3\times(2+3)\times\frac{2}{3}=10$.

\item On a : \begin{align*}
AC^2 & = BA^2 + BC^2 - 2\gvec{BA}\cdot\gvec{BC}\\
AC^2 & = 9 + 25-20\\
AC^2 & = 14\\
AC & = \sqrt{14}
\end{align*}
\end{questions}
\begin{Remarque}
on pourrait aussi pu calculer AC à l'aide du théorème de Pythagore dans AHB pour trouver AH, puis dans AHC pour trouver AC. Cette méthode nous sert juste pour nous familiariser avec le théorème d'Al-Kashi. 
\end{Remarque}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Vecteurs et parallélogramme}{Lycée Marceau, Chartres}{1}{10}
Soit, dans le plan orienté, un parallélogramme $ABCD$ tel que :
$$AB = 6 \text{ cm}, \qquad AD = 4 \text{ cm} \qquad \text{et} \qquad (\gvec{AB}, \gvec{AD}) = \frac{2\pi}{3}\,.$$

\begin{questions}
        \item  Calculer $\gvec{AB} \cdot \gvec{AD}$.

        \item  
        \begin{questions}
                \item  Exprimer les vecteurs $\gvec{AC}$ et $\gvec{BD}$ en fonction de $\gvec{AB}$ et $\gvec{AD}$.
        
                \item  Calculer $\gvec{AB} \cdot \gvec{AC}$ et $\gvec{AB} \cdot \gvec{BD}$ (utiliser (a)).
        
                \item  Les points $C$ et $D$ se projettent
                orthogonalement en $C'$ et $D'$ sur la droite $(AB)$.  


                Calculer $AC'$ et $AD'$.
        \end{questions}
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{center}
\includegraphics{248_6_fig_25}
\end{center}
\begin{questions}
        \item  On a :
        \begin{align*}
        \gvec{AB} \cdot \gvec{AD} & = AB \times AD \times \cos \left( 
\frac{2\pi}{3}\right) \\
        &= 6 \times 4 \times \left( -\frac{1}{2} \right) \\
        &= -12
        \end{align*}

        \item  
        \begin{questions}
                \item  On a :
                \[
                \gvec{AC} = \gvec{AB}+\gvec{AD} \qquad \text{et} 
\qquad \gvec{BD} = \gvec{AD} - \gvec{AB}
                \]
                \item  On a :
                \begin{align*}
                \gvec{AB} \cdot \gvec{AC} &= \gvec{AB} \cdot 
(\gvec{AB} + \gvec{AD}) \\
                &= \gvec{AB}^2 + \gvec{AB} \cdot \gvec{AD} \\
                &= 36 - 12 = 24 \\
                \gvec{AB} \cdot \gvec{BD} &= \gvec{AB} \cdot 
(\gvec{AD} - \gvec{AB}) \\
                &= \gvec{AB} \cdot \gvec{AD} - \gvec{AB}^2 \\
                &= -12-36 = -48
                \end{align*}
        
                \item  On a :
               \[
               \gvec{AB} \cdot \gvec{AC} = AB \times AC' = 24 \quad 
               \text{et} \quad AB = 6\;,
                \]
                donc :
                \[
                AC' = 4
                \]
                \[
                \gvec{AB} \cdot \gvec{AD} = -AB \times AD' = -12
                \quad \text{et} \quad 
                AB = 6.
                \]
                Ainsi :
                \[
                AD' = 2.
                \]
        \end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}



%%% 

\begin{exo}{Une relation vectorielle}{Lycée Jules Ferry, Conflans-Sainte-Honorine}{1}{10}
Soit $ABC$ un triangle.\\
Soit $I$ le milieu de $[BC]$ et $K$ le milieu de $[AI]$.
\begin{questions}
\item  Montrer que le point $K$ vérifie la relation :
\[ 2\gvec{KA}+\gvec{KB}+\gvec{KC}=\gvec{0}. \]
\item  Trouver la valeur du réel $\alpha$ tel que, pour tout point $M$ :
\[ 2 \gvec{MA} + \gvec{MB} + \gvec{MC} = \alpha \gvec{MK}.\]
\item  En déduire l'ensemble des points $M$ tels que :
\[2 \gvec{MA} \cdot \gvec{MI} + \gvec{MB} \cdot \gvec{MI} + \gvec{MC} \cdot \gvec{MI} = 0.\]
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
        \item  
        $K$ est le milieu de $[AI]$, et on a donc :
        \[
        \gvec{KA}+\gvec{KI}=\gvec{0}
        \]
        Par ailleurs, $I$ étant le milieu de $[BC]$, on a :
        \[
        \gvec{KB}+\gvec{KC}=2\gvec{KI}=-2\gvec{KA}
        \]
        On en déduit donc la relation vectorielle:
        \[
        2\gvec{KA}+\gvec{KB}+\gvec{KC}=2\gvec{KA}-2\gvec{KA}=\gvec{0}
        \]
        \item  
        En utilisant la relation de Chasles, on a pour tout point $M$
        du plan,  
        \begin{align*}
        & 2 \gvec{MA} + \gvec{MB} + \gvec{MC} \\
        =\ & 2\left(\gvec{MK}+\gvec{KA}\right)+\left(\gvec{MK}+\gvec{KB}\right)+\left(\gvec{MK}+\gvec{KC}\right)\\
        =\ & 4\gvec{MK}+ \underbrace{2\gvec{KA}+\gvec{KB}+\gvec{KC}}_{=\gvec{0}}
        \end{align*}
        d'où, en identifiant:
        \[
        \alpha = 4.
        \]
        \item  On a :
        \begin{align*}
        2 \gvec{MA} \cdot \gvec{MI} &+ \gvec{MB} \cdot \gvec{MI} + 
\gvec{MC} \cdot \gvec{MI} = 0 \\
        &\iff (2\gvec{MA} + \gvec{MB}+\gvec{MC}) \cdot \gvec{MI} = 0 
\\
        &\iff 4 \gvec{MK} \cdot \gvec{MI} = 0 \\
        &\iff \gvec{MK} \cdot \gvec{MI} = 0 \\
        &\iff M \text{ est sur le cercle de diamètre }[IK]\,.
        \end{align*}
        L'ensemble des points $M$ cherché est donc le cercle de 
diamètre $[IK]$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 2019

\begin{exo}{Dans un rectangle}{Lycée Jacques Amyot, Auxerre}{1}{10} 
On considère un rectangle $ABCD$ tel que $AD=1$ et $AB=\sqrt{2}$. $I$ est le milieu de $[CD]$.

\begin{center}
\includegraphics{236_6_fig_40}
\end{center}

\begin{questions}
\item Calculer $\gvec{AD}\cdot\gvec{AI}$.
\item En remarquant que $\gvec{AI}=\gvec{AD}+\gvec{DI}$, calculer $\gvec{BA}\cdot\gvec{AI}$.
\item Démontrer que les droites $(BD)$ et $(AI)$ sont perpendiculaires. 
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\enlargethispage*{2em}
\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{AD}\cdot\gvec{AI} & = \gvec{AD}\cdot\big(\gvec{AD}+\gvec{DI}\big)\\
& = \gvec{AD}\cdot\gvec{AD} + \gvec{AD}\cdot\gvec{DI}\\
& = AD^2 + 0\text{ car  }\gvec{AD}\perp\gvec{DI}\\
& = 1.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{BA}\cdot\gvec{AI} & = \gvec{BA}\cdot\big(\gvec{AD}+\gvec{DI}\big)\\
& = \gvec{BA}\cdot\gvec{AD} + \gvec{BA}\cdot\gvec{DI}\\
& = 0 + BA\times DI \times \cos\big(\gvec{BA}~;~\gvec{DI}\big)\\
& = BA \times DI \times (-1) = \sqrt2\times\frac{\sqrt2}{2}\times(-1)\\
& = -1.
\end{aligned}$

\item Pour démontrer que $(BD)$ et $(AI)$ sont perpendiculaires, on peut démontrer que $\gvec{BD}\cdot\gvec{AI}=0$.\enlargethispage*{\baselineskip}
\begin{align*}
\gvec{BD}\cdot\gvec{AI} & = \big(\gvec{BA}+\gvec{AD}\big)\cdot\gvec{AI}\\
& = \gvec{BA}\cdot\gvec{AI} + \gvec{AD}\cdot\gvec{AI}\\
& = -1 + 1\text{ (d'après les questions précédentes)}\\
& = 0.
\end{align*}
Ainsi, $(BD)$ et $(AI)$ sont perpendiculaires.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Théorème d'Al-Kashi}{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux}{1}{10} 
On considère un cercle $\cal C$ de centre $O$ et de rayon 3.

Soient $[AB]$ et $[AC]$ deux cordes de $\cal C$ telles que $AB=3$ et $\widehat{BAC}=80\degres$,\linebreak $C$ appartenant au grand arc $\arc{AB}$.
\begin{questions}
\item Faire une figure.
\item Quelle est la nature du triangle $OAB$ ?

En déduire la mesure de l'angle $\widehat{OAC}$, puis la valeur approchée au\linebreak centième de la longueur $AC$.
\item En déduire la valeur approchée au centième de l'aire de $ABC$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Figure :
\begin{center}
\includegraphics{251_6_fig_38}
\end{center}

\item $OA=OB=AB$  donc $OAB$ est un triangle équilatéral. On en déduit que $\widehat{OAB}=60\degres$ et donc que $\widehat{OAC}=20\degres$.

Or, $AOC$ est isocèle en $O$ car $OA=OC$ donc:
\[
\widehat{AOC}=180\degres-2\times20\degres=140\degres.
\]
Le théorème d'Al-Kashi appliqué au triangle $OAC$ donne :
\begin{align*}
AC^2 & = OA^2 + OC^2 - 2\times OA \times OC \times \cos\widehat{AOC}\\
& = 9+9-18\cos\big(140\degres)\\
\text{soit }AC & \approx 5,64.
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\text{Aire}(ABC) & = \dfrac{1}{2}\times AB \times AC \times \sin\widehat{CAB}\\
& \approx 3\times 5,64 \times \sin80\degres\\
& \approx 8,33.
\end{aligned}$
\end{questions}
\end{corrige}


%%% 

\begin{exo}{Configuration géométrique}{Lycée Sophie Germain, Paris}{1}{20}
$ABC$ est un triangle. On considère les points $D$ et $E$ extérieurs au triangle $ABC$ tels que les deux triangles $ABD$ et $ACE$ soient rectangles isocèles en~$A$.
\begin{questions}
\item Faire une figure.
\item
\begin{questions}
\item Exprimer l'angle $(\gvec{AD},\gvec{AE})$ en fonction de l'angle $(\gvec{AB},\gvec{AC})$.
\item En déduire que $\gvec{AD}\cdot\gvec{AE}=-\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}$.
\end{questions}
\item
\begin{questions}
\item Calculer $\gvec{BE}\cdot\gvec{CD}$.
\item Que peut-on en conclure ?
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Voir figure page suivante (en fin de corrigé).

\item
\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
(\gvec{AD},\gvec{AE}) & = (\gvec{AD},\gvec{AB})+(\gvec{AB},\gvec{AC})+ (\gvec{AC},\gvec{AE})\\
& = \frac{\pi}{2}+(\gvec{AB},\gvec{AC})+\frac{\pi}{2}\\
& = (\gvec{AB},\gvec{AC})+\pi 
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{AD}\cdot\gvec{AE} & = AD\times AE\times\cos(\gvec{AD},\gvec{AE})\\
& = AD\times AE\times\cos\left(\pi + (\gvec{AB},\gvec{AC})\right)
\end{aligned}$

Or, $AD=AB$, $AE=AC$ et $\cos\big(\pi+(\gvec{AB},\gvec{AC})\big)=-\cos(\gvec{AB},\gvec{AC})$ donc :

$\begin{aligned}
\gvec{AD}\cdot\gvec{AE} & = - AB\times AC\times\cos(\gvec{AB},\gvec{AC})\\
& = -\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}
\end{aligned}$
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{BE}\cdot\gvec{CD} & = (\gvec{BA}+\gvec{AE})\cdot(\gvec{CA}+\gvec{AD})\\
& = \gvec{BA}\cdot\gvec{CA}+\gvec{BA}\cdot\gvec{AD}+\gvec{AE}\cdot\gvec{CA} +\gvec{AE}\cdot\gvec{AD}
\end{aligned}$

Or, $\gvec{BA}\cdot\gvec{AD}=\gvec{AE}\cdot\gvec{CA}=0$ car les droites $(DA)$ et $(AB)$ d'une part, $(AE)$ et $(AC)$ d'autre part sont perpendiculaires d'après l'énoncé.\\
De plus, \[ \gvec{BA}\cdot\gvec{CA}=\gvec{AB}\cdot\gvec{AC} \] et d'après ce qui précède, \[ \gvec{AE}\cdot\gvec{AD}=-\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}\]
On a donc $\gvec{BE}\cdot\gvec{CD}= 0$.
\item On en déduit que les droites $(BE)$ et $(CD)$ sont perpendiculaires.
\end{questions}
\end{questions}
\begin{center}
\includegraphics{252_6_fig_19}
\end{center}
\end{corrige}


%%%

\begin{exo}{Une autre configuration géométrique}{Lycée Jules Ferry, Conflans-Sainte-Honorine}{1}{20}
Soit $A$ et $B$ deux points tels que $AB = 5$.
\begin{questions}
\item  
\begin{questions}
\item  Quel est l'ensemble des points $M$ tels que $\gvec{AB} \cdot \gvec{AM} = 10$ ?
\item  En déduire la construction d'un point $C$ tel que $\gvec{AB} \cdot \gvec{AC} = 10$ et $AC = 4$.
\end{questions}
\item  Soit $D$ et $E$ les points définis par :
\[ \gvec{AD} = -\frac{7}{5} \gvec{AB} \qquad \text{et} \qquad \gvec{AE} = \frac{3}{2} \gvec{AC}.\]
Calculer $\gvec{AB} \cdot \gvec{CD}$, $\gvec{AC} \cdot \gvec{AE}$, $\gvec{AD} \cdot \gvec{AE}$.\\
En déduire que $\gvec{BE} \cdot \gvec{CD} = 0$.\\
Que représente la droite $(CD)$ pour le triangle $BDE$ ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  \enlargethispage*{2em}
\begin{questions}
\item  Soit $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur 
$(AB)$.\\
Par définition, $\gvec{AB} \cdot \gvec{AM} = \gvec{AB} \cdot \gvec{AH}$, et on souhaite que \linebreak$\gvec{AB} \cdot \gvec{AM}=10$ donc $\gvec{AB} \cdot \gvec{AH} = 10$.

Or, $\gvec{AB} \cdot \gvec{AH}>0 \iff \begin{cases}
\gvec{AB}\text{ et }\gvec{AH}\text{ sont de même sens}\\
\gvec{AB} \cdot \gvec{AH}=AB\times AH\end{cases}$

On a donc : $\gvec{AB} \cdot \gvec{AM}=10 \iff\begin{cases}
\gvec{AB}\text{ et }\gvec{AH}\text{ sont de même sens}\\
AB\times AH=10\end{cases}$.

Comme $AB=5$, on en déduit $AH=2$.
              
La seule position possible pour $H$ est donc :
\begin{center}
\includegraphics{253_6_fig_20}
\end{center}
H étant	le 	projeté	orthogonal	de	 $M$ 	sur $(AB)$,	$M$	est	sur	la	droite $\Delta$ perpendiculaire	à	$(AB)$ passant	par	$H$.

Conclusion : l'ensemble	de	 tous	les	points 	$M$	tels 	que \mbox{$\gvec{AB}\cdot\gvec{AM}=10$} est la droite $\Delta$.
  \begin{center}
        \includegraphics{253_6_fig_21}
        \end{center}          

\item  On a :
                \begin{align*}
                \gvec{AB} \cdot \gvec{AC} = 10 &\iff C \in \Delta \\
                AC = 4 &\iff C \in \mathcal{C}(A, 4)
                \end{align*}
                Le point $C$ doit donc appartenir à la fois à la 
droite $\Delta$ et au cercle $\mathcal{C}$ de centre $A$ et de rayon 
$4$.
                               \par
                Comme la distance du point $A$ à la droite $\Delta$ 
est $2$ ($AH=2$), la droite $\Delta$ est sécante au cercle 
$\mathcal{C}$ et il y a deux points possibles : $C_{1}$ et $C_{2}$.
\begin{center}
\includegraphics{253_6_fig_22}
\end{center}
\end{questions}
\enlargethispage*{5em}
\item On a :
\begin{center} 
\includegraphics{253_6_fig_23}
\end{center}
\newpage
\[
\gvec{AB} \cdot \gvec{CD} = -\gvec{AB} \cdot \gvec{DC}
\]
Or, $C$ se projette en $H$ sur $(AB)$ donc :
\[ \gvec{AB} \cdot \gvec{CD} = -5\times DH\]
\begin{align*}
DH & = DA+AH\\
& = \frac{7}{5}AB+2\\
& =\dfrac{7}{5}\times5+2\\
& =9.
\end{align*}
Donc :
\begin{align*}
\gvec{AB} \cdot \gvec{CD} & = -AB \times HD = -5 \times 9 = - 45. \\
\gvec{AC} \cdot \gvec{AE}& = AC \times AE = 4 \times 6 = 24. \\
\gvec{AD} \cdot \gvec{AE} &= -AD \times AE' = -7 \times 3 = - 21.
\end{align*}
De plus,
\begin{align*}
        \gvec{BE} \cdot \gvec{CD} &= (\gvec{BA} + \gvec{AE}) \cdot 
\gvec{CD} \\
        &= -\gvec{AB} \cdot \gvec{CD} + \gvec{AE} \cdot (\gvec{AD} - 
\gvec{AC}) \\
        &= - \gvec{AB} \cdot \gvec{CD} + \gvec{AD} \cdot \gvec{AE} - 
\gvec{AC} \cdot \gvec{AE} \\
        &= 45 - 21 - 24 \\
        &= 0\,.
        \end{align*}
        Donc $(BE) \perp (CD)$, ce qui prouve que la droite $(CD)$ 
est la hauteur issue de $D$ dans le 
        triangle $BED$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 

\begin{exo}{Relations métriques et suites}{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux}{2}{20} 
\enlargethispage*{2em}
On construit $n+1$ points alignés $A_0$, $A_1$, ... , $A_{n}$ tels que $A_kA_{k+1}=3$. Soit alors $S$ le point tel que $A_0S=7$ et $\widehat{A_1A_0S}=\alpha$, où $\alpha\in\left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$.
\begin{center}
\includegraphics{237_6_fig_39}
\end{center}
\begin{questions}
\item Justifier que $SA_2^2=2SA_1^2-31$.
\item Justifier que $SA_1^2=58-42\cos\alpha$, puis en déduire $SA_1$ et $SA_2$.
\item On pose $(u_n)$ la suite définie par $u_0=7$, $u_1=\sqrt{58-42\cos\alpha}$ et\linebreak $u_n=SA_n$. 

Montrer que pour tout entier naturel $n$, $u_{n+2}=\sqrt{2u_{n+1}^2-u_n^2+18}$.

\item Proposer un algorithme qui permet d'afficher $u_{50}$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Le théorème de la médiane appliqué dans le triangle $SA_0A_2$ donne :
\[
SA_0^2+SA_2^2=2SA_1^2+\dfrac{A_0A_2^2}{2}
\]
ce qui donne :
\[
49+SA_2^2=2SA_1^2+18 \iff SA_2^2=2SA_1^2-31.
\]

\item Le théorème d'Al-Kashi appliqué au triangle $SA_0A_1$ donne :

\begin{align*}
SA_1^2 & = SA_0^2+A_1A_0^2-2\times SA_0 \times A_0A_1 \times \cos\alpha\\
SA_1^2 & = 49+9-42\cos\alpha\\
SA_1^2 & = 58-42\cos\alpha.
\end{align*}

\newpage

On en déduit alors que:
\[
SA_1 = \sqrt{58-42\cos\alpha}.
\]
De la question précédente, on peut alors déduire:
\begin{align*}
SA_2^2 & = 2(58-42\cos\alpha)-31\\
SA_2 = \sqrt{85-84\cos\alpha}.
\end{align*}

\item Par construction, dans le triangle $SA_nA_{n+2}$, le théorème de la médiane donne :
\[
SA_n^2 + SA_{n+2}^2 = 2SA_{n+1}^2+\dfrac{A_nA_{n+2}^2}{2}.
\]
Donc:
\[
 SA_{n+2}^2 = 2SA_{n+1}^2-SA_n^2 +18.
\]
Autrement dit, 
\[
u_{n+2}=\sqrt{2u_{n+1}^2-u_n^2+18}.
\]

\item \begin{algorithme}{Algorithme}
a $\leftarrow$ angle
u $\leftarrow$ 7
v $\leftarrow$ $\sqrt{58-42\cos\text{a}}$
Pour n allant de 0 à 48:
\quad w $\leftarrow$ $\sqrt{\text{2*v*v-u*u+18}}$
\quad u $\leftarrow$ v
\quad v $\leftarrow$ w
Fin du Pour
Afficher w
\end{algorithme}

\begin{listing}{En Python}{06-12.py}
\nathanliveProg\par 
Ce programme affiche : 146.62537297480264
\end{listing}
\end{questions}
\newpage
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Lignes de niveau d'une application}{Lycée Saint-Marc, Lyon}{2}{30}
Soit $ABC$ un triangle équilatéral de côté 2. On note $I$ le milieu de $[AB]$, et pour tout point $M$ du plan :
\[ f(M)=\gvec{MA} \cdot \gvec{MB}. \]
\begin{questions}
\item  Calculer $f(A)$, $f(B)$, $f(I)$ et $f(C)$.
\item  Quel est l'ensemble $E_{0}$ des points $M$ du plan tels que $f(M)=0$ ?\Par
Dessiner $E_{0}$.
\item  Montrer que pour tout $M$ : \[  f(M)=MI^{2}-1. \]
\item  Déterminer, suivant les valeurs du réel $k$, l'ensemble $E_{k}$ des points $M$ du plan tels que $f(M)=k$.\Par
Dessiner $E_{2}$ sur la figure.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
Commençons par faire un schéma :
\begin{center}
\includegraphics{256_6_fig_34}
\end{center}
\begin{questions}
\item  On a par définition :
\[
f(A)=\gvec{AA} \cdot \gvec{AB}=0
\]
et
\[
f(B)=\gvec{BA} \cdot \gvec{BB}=0.
\]
        On a ensuite :
       \begin{align*}
       f(I) & =\gvec{IA} \cdot \gvec{IB}\\
       & = IA \times IB \times \cos\big(\underbrace{\gvec{IA};\gvec{IB}}_{=\pi}\big)\\
       & = -IA \times IB\\
       & = -1.
       \end{align*}
        Par ailleurs, on a par définition :
       \begin{align*}
       f(C) & = \gvec{CA} \cdot \gvec{CB}\\
       & = CA \times CB \times \cos(\gvec{CA},\gvec{CB}).
       \end{align*}
        Le triangle étant équilatéral, on a :
        \[
       CA = CB =2
        \]
        Et
        \[
        (\gvec{CA},\gvec{CB}) = \frac{\pi}{3} \quad \text{ou} \quad
-\frac{\pi}{3}
\]
Dans les deux cas, $\cos(\gvec{CA},\gvec{CB})=\dfrac{1}{2}$  donc :
        \[
        f(C) = 4 \times \frac{1}{2} = 2
        \]
       \item  Pour $E_{0}$, on cherche l'ensemble des points $M$ du 
plan tels que  :
        \[
        \gvec{MA} \cdot \gvec{MB}=0
        \]
        On obtient alors le cercle de diamètre $[AB]$, autrement dit 
le cercle de centre $I$ et de rayon $1$.
\newpage        
        On a donc le schéma :
        \begin{center}
\includegraphics{257_6_fig_35}
\end{center}

\item  On a : $\begin{aligned}[t]
        f(M) & =  \gvec{MA} \cdot \gvec{MB} \\
             & =  (\gvec{MI}+\gvec{IA}) \cdot (\gvec{MI}+\gvec{IB}) \\
             & =  \gvec{MI}^{2}+\gvec{MI} \cdot 
(\gvec{IA}+\gvec{IB})+\gvec{IA} \cdot \gvec{IB}
        \end{aligned}$\\
        $I$ étant le milieu de $[AB]$, on a alors :
        \[
        \gvec{IA}+\gvec{IB}=\vec{0}
        \]
        Et comme précédemment, on a :
       \[
       \gvec{IA} \cdot \gvec{IB}=-\frac{1}{4}AB^{2}=-1
       \]
       D'où, finalement :
        \[
        f(M)=MI^{2}-1
        \]

        \item  Pour déterminer $E_k$, reprenons
l'expression de $f(M)$ déterminée à la question précédente :
        \[
        MI^{2}-1=k
        \]
        Ce qui est équivalent à :
      \[
      MI^2 = k+1
      \]
        \begin{itemize}
                \item  Si $k\geq-1$, on obtient le cercle de centre 
$I$ et de rayon $\sqrt{k+1}$ ;  
        
                \item  si $k<-1$, c'est l'ensemble vide.
        \end{itemize}
        \begin{Remarque} si $k=-1$, l'ensemble est réduit au point 
$I$.\end{Remarque}

        Comme $f(C)=2$, $E_2$ est le cercle de centre $I$ passant par $C$.
\begin{center}
\includegraphics{257_6_fig_36}
\end{center}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Recherche d'ensemble de points}{Lycée Victor Hugo, Marseille}{2}{50}
Soient $A$ et $B$ deux points tels que : $AB=4$ cm.
\par
On définit pour un point $M$ du plan ${\mathcal P}$ :
\[
\begin{aligned}
{\mathcal A}(M) &= \text{Aire}(AMB)\\
f(M)&=MA-MB\\
g(M)&=\gvec{AB} \cdot \gvec{AM}\\
h(M)&=\gvec{MA} \cdot \gvec{MB}\\
i(M)&=MA^{2}+MB^{2}\\
j(M)&=MA^{2}-MB^{2}
\end{aligned}
\]
Déterminer et construire l'ensemble des points $M$ du plan vérifiant :

\medskip

\begin{questions}
\item $\mathcal{A}(M)=4$ ;
\item $f(M)=0$ ;
\item $g(M)=0$ ;
\item $h(M)=0$ ;
\item $i(M)=2$ ;
\item $j(M)=-24$.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  Notons $[MH]$ la hauteur du triangle $AMB$ ; on a alors :
        \[
        {\cal A}(AMB)=\frac{AB \times MH}{2}\,.
        \]
 Pour que l'aire en question vaille $4$, il faut et il suffit que 
$MH=2$, puisque 
        ${AB=4}$ ; on obtient donc deux droites parallèles à $(AB)$ 
et distantes de $2$~cm de 
        cette dernière, ainsi que le montre la figure suivante :
        
        \Par
        
        \begin{center}
        \includegraphics{258_6_fig_27}
        \end{center}
       
\item  On obtient $MA=MB$, soit la médiatrice de $[AB]$, d'où  le schéma :
       \begin{center}
        \includegraphics{258_6_fig_28}
        \end{center}
       
        \item  Ici, on doit avoir :
       \[
       \gvec{AB} \cdot \gvec{AM}=0
       \]
        $(AM)$ doit donc être perpendiculaire à $(AB)$ (c'est une condition nécessaire et suffisante) ; on obtient donc la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par $A$ (voir page suivante).
        \begin{center}
        \includegraphics{258_6_fig_29}
        \end{center}
        \newpage
        \item  On obtient ici le cercle de diamètre $[AB]$ (cas 
classique du cours) :
        \begin{center}
        \includegraphics{259_6_fig_30}
        \end{center}
        \item  Technique classique, il suffit d'introduire ici le 
milieu du segment $[AB]$ ; en effet on a, $I$ étant le milieu de $[AB]$, d'après le théorème de la médiane: 
\[MA^2 + MB^2 = 2MI^2 + \dfrac{1}{2} AB^2\]
Donc  :
       \[
       MA^{2}+MB^{2}=2MI^{2}+8
       \]
Et on obtient  :
        \[
        MI^{2}=\dfrac{8-2}{2}=-3\;,
        \]
ce qui est impossible : il n'y a donc pas de solution.

        \item  Cas également classique, on utilise ici l'identité 
remarquable suivante :
        \[
        MA^{2}-MB^{2}=
(\gvec{MA}+\gvec{MB})\cdot(\gvec{MA}-\gvec{MB})=
(\gvec{MA}+\gvec{MB}) 
\cdot (\gvec{BA})
        \]
        En introduisant le milieu $I$ de $[AB]$, on obtient :
       \[
       \gvec{MA}+\gvec{MB}=
\gvec{MI}+\gvec{IA}+\gvec{MI}+\gvec{IB}=2\gvec{MI}
\]
        On a donc finalement :
        \[
        MA^{2}-MB^{2}=2\gvec{MI}\cdot\gvec{BA}
        \]
        On doit donc avoir :
      \[
      \gvec{MI}\cdot\gvec{BA}=-12
      \]
        Considérons le point $H$ de la droite $(AB)$ tel que :
        \[
        \gvec{HI} \cdot \gvec{BA}=-12
        \]
        c'est-à-dire, comme $H$, $I$ et $B$ sont alignés, 
        $HI\times BA=12$ et $\gvec{HI}$ et $\gvec{BA}$ de sens
        contraire. 

        Alors l'ensemble des points $M$ est la droite passant par $H$ 
        perpendiculaire à $(AB)$, comme le 
        montre le schéma suivant (on doit avoir \linebreak$IH=3$~cm) :
        \begin{center}
        \includegraphics{259_6_fig_31}
        \end{center}
        \end{questions}
\end{corrige}


\newpage
\begin{exo}{Formule de Héron}{Lycée Camille Jullian, Bordeaux}{3}{40}
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 = $h$.

\begin{questions}
\item Exprimer $h$ en fonction de $c$ et $\sin\widehat{A}$, puis en déduire que l'aire du\linebreak 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 $c$.

\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{questions}
\end{exo}

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

\par 

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

\item La formule d'Al-Kashi est :
\[
a^2=b^2+c^2-2bc\cos\widehat{A}\;,
\]
ce qui donne :
\[
a^2-b^2-c^2=-2bc\cos\widehat{A}\;,
\]
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 :
\[
\sin^2\widehat{A}=1-\dfrac{\big(b^2+c^2-a^2\big)^2}{4b^2c^2}.
\]

\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{(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 :
\[
\mathcal{A}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}.
\]

\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}\\
\mathcal{A}& = 14\sqrt{5}~\text{cm}^2.
\end{align*}
\end{questions}
\end{corrige}


\sectionnn{Géométrie repérée}

%%% 

\begin{exo}{Calcul d'angle}{Lycée Sophie Germain, Paris}{1}{10}
Soient, dans un repère orthonormé, les points $A(1~;3)$, $B(4~;-2)$ et $C(-1~;3)$.
\begin{questions}
\item Calculer $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}$.
\item En déduire une valeur approchée de l'angle $\widehat{BAC}$, au degré près.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $\gvec{AB}(3~;-5)$ et $\gvec{AC}(-2~;0)$. Donc :
\[ \gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=3\times(-2)-5\times0=-6 \]
\item On sait que $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=AB\times AC\times\cos(\widehat{BAC})$.\\
Donc $\cos(\widehat{BAC})=\frac{\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}}{AB\times AC}$.\\
$AB=\sqrt{3^2+5^2}=\sqrt{34}$ et $AC=2$. Donc  $\cos(\widehat{BAC})=\frac{-6}{2\sqrt{34}}$.\\
\`A la calculatrice, on trouve $\widehat{BAC}\approx 121^\circ$.
\begin{Remarque}
il peut être prudent de faire une figure pour vérifier la\linebreak vraisemblance des résultats :
\begin{center}
\includegraphics{262_6_fig_16}
\end{center}
\end{Remarque}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Équation de la médiatrice}{Lycée Jules Ferry, Conflans-Sainte-Honorine}{1}{10}
Dans le plan muni d'un repère orthonormal $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$, on considère les points $A(-3~;2)$ et $B(5~;-4)$.\\
Déterminer une équation de la médiatrice du segment $[AB]$.
\end{exo}

\begin{corrige}
Soit $I$ le milieu de $[AB]$ ,
\[
x_{I} = \frac{x_{A}+x_{B}}{2} = 1 \quad \text{et} \quad 
y_{I} = \frac{y_{A}+y_{B}}{2} = -1 \quad \text{donc} \quad I(1~;-1)\,.
\]
Notons $\Delta$ la médiatrice de $[AB]$.
\par
\sloppy $\Delta$ est la perpendiculaire à $(AB)$ en $I$; c'est 
l'ensemble des points $M(x~;y)$ qui 
vérifient :
\[
\gvec{IM} \cdot \gvec{AB} = 0
\]
Or, 
\[
\begin{aligned}
\gvec{IM} & \qquad \text{a pour coordonnées} \qquad (x-1~;y+1) \\
\gvec{AB}&  \qquad \text{a pour coordonnées} \qquad (8~;-6)
\end{aligned}
\]
donc :
\begin{align*}
\gvec{IM} \cdot \gvec{AB} = 0 &\iff 8(x-1)-6(y+1) = 0 \\
&\iff 8x-6y-14 = 0 \\
&\iff 4x - 3y - 7 = 0
\end{align*}
Une équation de $\Delta$ est alors :
\[
4x-3y-7=0
\]
\end{corrige}


%%% 

\begin{exo}{\'Equation cartésienne de droites}{Lycée Montaigne, Bordeaux}{1}{10}
On se place dans un repère orthonormé. Dans chacun des cas suivants,\linebreak déterminer une équation cartésienne de la droite $\mathcal{D}$.

\begin{questions}
\item A$(-1~;~2)$, B$(4~;-3)$ et $\mathcal{D}$ est la médiatrice de [AB].

\item $\mathcal{D}$ est la droite passant par A$(1~;3)$ 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 d'abscisse 2.

\item $\mathcal{D}$ a pour vecteur normal le vecteur $\gvec{n}\dbinom{2}{-1}$ et passe par le point A$(-1~;~2)$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item On a $\gvec{\text{AB}}\dbinom{5}{-5}$. 

Le milieu de [AB] est I$\left(\frac{3}{2}~;~-\frac{1}{2}\right)$.

\begin{align*}
\text{M}(x~;y)\in\mathcal{D} & \Longleftrightarrow \gvec{\text{AB}}\cdot\gvec{\text{IM}}=0\\
&\Longleftrightarrow \dbinom{5}{-5}\cdot\begin{pmatrix}x-\frac{3}{2} \\[10pt] y+\frac{1}{2}\end{pmatrix}=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*}

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

\item Un vecteur directeur de $\mathcal{D}$ est un vecteur normal de $\mathcal{D}^\prime$, soit par exemple $\gvec{u}\dbinom{2}{-5}$. Ainsi, une équation de $\mathcal{D}$ est de la forme :
\[
-5x-2y+c=0\qquad,\qquad c\in\R.
\]
\[
\text{A}(1~;3)\in\mathcal{D} \Longleftrightarrow -5\times1-2\times3+c=0\Longleftrightarrow c=11.
\]
Une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc $5x+2y-11=0$.

\item Notons A le point d'abscisse 2 appartenant au cercle de centre $O$ et de rayon 3 (donc d'équation $x^2+y^2=3^2$). Son ordonnée est donc : $y_A=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt5$.

Ainsi, $A\big(2~;~\sqrt5\big)$.

$\mathcal{D}$ est tangente au cercle en $A$ donc $\gvec{OA}\dbinom{2}{\sqrt5}$ est un vecteur normal à $\mathcal{D}$; d'après le cours, une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc:
\[
2x+\sqrt5y+c=0,\ c\in\R.
\]
$A\in\mathcal{D}$ donc $2x_A+\sqrt5y_A+c=0$, soit :
\[
c=-2x_A-\sqrt5y_A=-4-5=-9.
\]
Une équation cartésienne de $\mathcal{D}$ est donc:
\[
2x+\sqrt5y-9=0.
\]

\item $\begin{aligned}[t]
\text{M}(x~;y)\in\mathcal{D} & \Longleftrightarrow \gvec{\text{AM}}\cdot\gvec{n}=0\\
& \Longleftrightarrow \dbinom{x+1}{y-2}\cdot\dbinom{2}{-1}=0\\
& \Longleftrightarrow 2(x+1)-1(y-2)=0\\
& \Longleftrightarrow 2x-y+4=0.
\end{aligned}$

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



%%%

\begin{exo}{Nature d'un triangle}{Lycée Alain, Caen}{1}{15}
Soit, dans un repère orthonormal direct $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$, les points :
\[ A(-2~;0), \qquad B(1~;\sqrt{3}) \qquad \text{et} \qquad C(-2~;2\sqrt{3}).\]

\begin{questions}
\item  Calculer $\|\gvec{AB}\|$, $\|\gvec{AC}\|$, $\cos(\gvec{AB}, \gvec{AC})$ et $\sin(\gvec{AB},\gvec{AC})$. \\
En déduire la mesure principale de l'angle $(\gvec{AB},\gvec{AC})$.

\item  Quelle est la nature du triangle $ABC$ ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  On a :
\begin{align*}
&\gvec{AB}(3~;\sqrt{3}), &\text{donc}\quad &\|\gvec{AB}\| = 
\sqrt{3^2+(\sqrt{3})^2} = 2 \sqrt{3} \\
&\gvec{AC}(0~;2\sqrt{3}), & \text{donc}\quad &\|\gvec{AC}\| = 
\sqrt{0^2+(2\sqrt{3})^2} = 2 \sqrt{3}\,.
\end{align*}
On a :
\[ \gvec{AB}\cdot\gvec{AC} = (3\times 0) + (\sqrt{3} \times 
2\sqrt{3}) = 6 \]
et
\[ \gvec{AB} \cdot \gvec{AC} = \|\gvec{AB}\| \times \|\gvec{AC}\| \times \cos (\gvec{AB},  \gvec{AC}) \]
D'où :
        \[
        \cos (\gvec{AB}, \gvec{AC}) = \frac{6}{\|\gvec{AB}\| \times 
\|\gvec{AC}\|} = 
        \frac{6}{12}=\frac{1}{2}\,.
        \]
On sait de plus que :
        \[
        \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1
        \]
Donc :
        \[
        \sin^2(\gvec{AB}, \gvec{AC}) = 1-\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{3}{4}
        \]
D'où :
       \[
       \sin(\gvec{AB}, \gvec{AC}) =  
\frac{\sqrt{3}}{2}\quad\text{ou}\quad
\sin(\gvec{AB}, \gvec{AC}) =  -\frac{\sqrt{3}}{2}
\]
Comme $\cos(\gvec{AB}, \gvec{AC})$ est positif, on sait que la mesure
principale de $(\gvec{AB}, \gvec{AC})$ appartient à
$\left[-\frac{\pi}{2}~;\frac{\pi}{2}\right]$ et donc :
        \[
        (\gvec{AB}, \gvec{AC}) =  \frac{\pi}{3}\quad\text{ou}\quad
(\gvec{AB}, \gvec{AC}) =  -\frac{\pi}{3}\,.
\]
\begin{center}
\includegraphics{265_6_fig_18}
\end{center}

La figure permet d'affirmer que :
\[(\gvec{AB}, \gvec{AC}) = \frac{\pi}{3}\]
donc que ${\sin (\gvec{AB}, \gvec{AC}) = 
\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}}$.

        \item  On a :
        \[
        \|\gvec{AB}\| = \|\gvec{AC}\| \iff AB = AC
        \]
        donc $ABC$ est isocèle en $A$.\par
De plus, \[ (\gvec{AB}, \gvec{AC}) = \frac{\pi}{3}.\] 
        Le triangle $ABC$ est donc équilatéral.
\end{questions}
\end{corrige}


%%% 

\begin{exo}{Localisation à l'aide d'un algorithme}{Lycée Odilon Redon, Pauillac}{1}{20}
On considère les points $A$ et $B$ de coordonnées respectives 
$A(3~;4)$ et $B(-1~;0)$.\\
\'Ecrire un algorithme qui demande à l'utilisateur les coordonnées 
d'un point $M$ et affiche si ce point appartient au cercle $\mathcal{C}$ 
de diamètre $[AB]$.\\
Les points $C(-1~;4)$ et $D(5~;2)$ sont-ils sur le cercle $\mathcal{C}$ ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Le point $M$ appartient au cercle de diamètre $[AB]$ si et seulement si le triangle $AMB$ est rectangle en $M$, ou $M=A$ ou $M=B$, si et seulement si les vecteurs $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{BM}$ sont orthogonaux. \\
En terme de produit scalaire, on a donc : $M\in\mathcal{C}\iff \overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BM}=0$. \\
Soit $M(x~;y)$, alors, $\overrightarrow{AM}(x-3~;y-4)$ et $\overrightarrow{BM}(x+1~;y)$, et donc, 
  \[M\in\mathcal{C}\iff (x-3)(x+1)+(y-4)y=0\,.\]
On peut alors écrire l'algorithme suivant : 

\begin{algorithme}{}
Lire x,y
P $\leftarrow$ (x-3)*(x+1)+(y-4)*y
Si P=0
\qquad Afficher \og M est sur le cercle \fg
Sinon
\qquad Afficher \og M n'est pas sur le cercle \fg
Fin Si
\end{algorithme}

\Par

On vérifie alors, en entrant les coordonnées du point $C$ ou $D$:

\begin{itemize}
\item pour le point $C$: $P=\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BC}=(-4)\times 0+0\times4=0$, 
  et donc $C\in\mathcal{C}$. 
\item pour le point $D$: $P=\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BD}=2\times6+(-2)\times2\not=0$, 
  et donc $D\notin\mathcal{C}$. 
\end{itemize}
\end{corrige}


%%% 

\begin{exo}{Calcul de norme}{Lycée Carnot, Cannes}{1}{20}
$(O;\vec{\imath},\vec{\jmath})$ est un repère orthonormal direct. Soit $\vec{v}$ le vecteur tel que : 
\[(\vec{\imath}, \vec{v}) = \frac{\pi}{3}\qquad\text{et}\qquad \|\vec{v}\| = 3,\]
et $\vec{w}$ le vecteur tel que :
\[ (\vec{v}, \vec{w}) = -\frac{\pi}{2}\qquad\text{et} \qquad \|\vec{w}\| = 4.\]
\enlargethispage*{2em}
\begin{questions}
\item  Faire une figure, puis déterminer les coordonnées de $\vec{v}$ et $\vec{w}$.
\item  Déterminer $\|\vec{v} + \vec{w}\|$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item\ \par  
 \begin{center}
        \includegraphics{266_6_fig_24}
        \end{center}
  
Les coordonnées de $\vec{v}$ sont :
        \[
       \left( 
       \| \vec{v} \| \cos \frac{\pi}{3}~;  \| \vec{v} \| \sin 
\frac{\pi}{3}
       \right)       
       \]
       soit :
       \[ \left(\frac{3}{2}~;\frac{3\sqrt{3}}{2} \right). \]
              On a :
              \[
              \begin{aligned}
              (\vec\imath, \vec{w})&=(\vec\imath, \vec{v})+(\vec{v}, 
\vec{w}) \\
              (\vec\imath, \vec{w})&=\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{2}= - 
\frac{\pi}{6}.
              \end{aligned}
              \]
        De même, les coordonnées de $\vec{w}$ sont:
          \[
       \left( 
       \| \vec{w} \| \cos \left(-\frac{\pi}{6} \right)~; \| \vec{w} 
\| \sin \left(-\frac{\pi}{6} \right)
       \right)       
       \]
       soit:
       \[ \left(2\sqrt{3}~; -2 \right).\]

\item  Les coordonnées de $\vec{v}+\vec{w}$ sont :
        \[
        \left(
        \frac{3}{2}+2\sqrt{3}~; \frac{3\sqrt{3}}{2}-2
        \right).
        \]
       
        \begin{align*}
        \| \vec{v}+\vec{w} \| & =  
\sqrt{\left(\frac{3}{2}+2\sqrt{3}\right)^{2}+\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}-2\right)^{2}} 
\\
                              & = 
\sqrt{\frac{9}{4}+12+6\sqrt{3}+4+\frac{27}{4}-6\sqrt{3}} \\
                              & =  \sqrt{25} \\
                              & =  5.
        \end{align*}
\end{questions}
\end{corrige}



%%%

\begin{exo}{Droites perpendiculaires}{Lycée Notre Dame du Grandchamp, Versailles}{1}{20}
$ABCD$ est un carré, $I$ et $J$ sont les points tels que :
\[ \gvec{BI} = \frac{1}{3}\gvec{BC} \qquad ; \qquad \gvec{CJ}=\frac{1}{3}\gvec{CD}.\]
Démontrer de deux manières différentes (en utilisant le produit scalaire les deux fois) que les droites $(AI)$ et $(BJ)$ sont perpendiculaires.
\end{exo}

\begin{corrige}
La figure n'est pas demandée, mais elle peut aider... comme souvent\linebreak en géométrie !
\begin{center}
\includegraphics{267_6_fig_26}
\end{center}

\begin{itemize}
\item \emph{Une première méthode : }\\
On considère le repère orthonormé $\left(D~;\gvec{DC},\gvec{DA}\right)$.\\
Dans ce repère : $A(0~;1)$, $B(1~;1)$, $I\left(1~;\frac{2}{3}\right)$ et $J\left(\frac{2}{3}~;1\right)$.\\
On a donc : \[ \gvec{AI}\left(1~;-\frac{1}{3}\right)\qquad\text{et}\qquad\gvec{BJ}\left(-\frac{1}{3}~;-1\right)\]
Donc : \[ \gvec{AI}\cdot\gvec{BJ}=1\times\left(-\frac{1}{3}\right)+\left(-\frac{1}{3}\right)\times(-1)=0\]
Les vecteurs $\gvec{AI}$ et $\gvec{BJ}$ sont donc orthogonaux, et les droites $(AI)$ et $(BJ)$ sont donc perpendiculaires.

\item \emph{Une deuxième méthode, utilisant la relation de Chasles :}
\begin{align*}
\gvec{AI}\cdot\gvec{BJ} & = \left(\gvec{AB}+\gvec{BI}\right)\cdot\left(\gvec{BC}+\gvec{CJ}\right)\\
& = \gvec{AB}\cdot\gvec{BC} + \gvec{AB}\cdot\gvec{CJ} + \gvec{BI}\cdot\gvec{BC} + \gvec{BI}\cdot\gvec{CJ}\\
& = 0 + AB\times\left(-\frac{1}{3}\gvec{AB}\right) + BC\times\frac{1}{3}\gvec{BC} + 0\\
& = -\dfrac{1}{3}AB^2+\dfrac{1}{3}BC^2\\
& = 0 \text{ car } AB=BC.
\end{align*}
\end{itemize}

\begin{methode}
Utiliser la relation de Chasles pour faire apparaître soit des vecteurs orthogonaux, soit des vecteurs dont on peut exprimer la longueur.
\end{methode}
\end{corrige}

%%% 2019

\begin{exo}{Cercle et droites}{Lycée Louis Vincent, Metz}{2}{20} 
Dans le plan muni d'un repère orthonormé $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$, on considère les points $A(-1;2)$, $B(9;7)$ et $C(0;-5)$.
\begin{questions}
\item Faire une figure que l'on complétera au fur et à mesure.
\item Montrer qu'une équation cartésienne de la droite $(BC)$ est\linebreak $4x-3y-15=0$.
\item Montrer qu'une équation cartésienne de la droite $(\Delta)$ passant par $A$ et perpendiculaire à $(BC)$ est $3x+4y-5=0$.
\item À l'aide des résultats des questions précédentes, déterminer les coordonnées du point $H$, projeté orthogonal du point $A$ sur $(BC)$.
\item Déterminer une équation du cercle $(\Gamma)$ de centre $A$ et tangent à la droite $(BC)$.
\item Déterminer les abscisses des points d'intersection de $(\Gamma)$ avec l'axe des abscisses.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La figure complète se trouve en fin de corrigé.

\item Soit $M(x;y)$ un point de $(BC)$. Alors, $\gvec{BM}$ et $\gvec{BC}$ sont colinéaires.

Or, $\gvec{BM}\dbinom{x-9}{y-7}$ et $\gvec{BC}\dbinom{0-9}{-5-7}$, soit $\gvec{BC}\dbinom{-9}{-12}$.
\begin{align*}
\gvec{BM}\text{ et }\gvec{BC}\text{ colinéaires } & \iff -12(x-9)-(-9)(y-7)=0\\
& \iff -12x+108+9y-63=0\\
& \iff -12x+9y+45=0\\
& \iff -3(4x-3y-15)=0\\
& \iff 4x-3y-15=0\text{ car }-3\neq0.
\end{align*}
Une équation cartésienne de $(BC)$ est donc $4x-3y-15=0$.

\item $(\Delta)\perp(BC)$ et $A\in(\Delta)$ donc, pour tout point $M(x;y)\in(\Delta)$:
\begin{align*}
\gvec{AM}\cdot\gvec{BC}=0 & \iff \dbinom{x-(-1)}{y-2}\cdot\dbinom{-9}{-12}=0\\
& \iff -9(x+1)-12(y-2)=0\\
& \iff -9x-12y-9+24=0\\
& \iff -9x-12y+15=0\\
& \iff -3(3x+4y-5)=0\\
& \iff 3x+4y-5=0\text{ car }-3\neq0.
\end{align*}
Une équation cartésienne de $(\Delta)$ est donc $3x+4y-5=0$.

\item $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $(BC)$ donc $(AH)\perp(BC)$ et $H\in(BC)$. $H$ est donc l'intersection de $(\Delta)$ et $(BC)$. Pour trouver ses coordonnées, on doit résoudre le système formé par les équations de ces deux droites:
\begin{align*}
\begin{cases}
4x-3y-15=0 & L_1\\
3x+4y-5=0 & L_2
\end{cases} & \iff \begin{cases}
16x-12y-60=0 & L'_1 \leftarrow 4L_1\\
9x+12y-15=0 & L'_2 \leftarrow 3L_2
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
25x-75=0 & L'_1 \leftarrow L'_1+L'_2\\
3x+4y-5=0 & L_2
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
x = \dfrac{75}{25}=3\\
3\times3+4y-5=0
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
x=3\\
y=\dfrac{5-9}{4}=-1
\end{cases}
\end{align*}
Ainsi, $H(3;-1)$.

\item Le cercle $(\Gamma)$ étant tangent à $(BC)$ et ayant pour centre $A$, son rayon est égal à $AH$.
\begin{align*}
AH & = \sqrt{(x_H-x_A)^2 + (y_H-y_A)^2}\\
& = \sqrt{(3+1)^2 + (-1-2)^2}\\
& = \sqrt{16+9}\\
AH & = 5.
\end{align*}
Une équation cartésienne de $(\Gamma)$ est donc :
\[
(x-x_A)^2 + (y-y_A)^2 = 5^2
\]
soit:
\[
(x+1)^2+(y-2)^2=25.
\]

\item Les points d'intersection de $(\Gamma)$ avec l'axe des abscisses sont les points de $(\Gamma)$ d'ordonnée nulle, donc leur abscisse vérifie:
\[
(x+1)^2+(0-2)^2=25
\]
soit, après simplification:
\[
x^2+2x-20=0,
\]
équation dont le discriminant est égal à $2^2-4\times1\times(-20)=84>0$, donc ayant deux solutions distinctes:
\[
x_1=\dfrac{-2-\sqrt{84}}{2}=\dfrac{-2-\sqrt{4\times21}}{2}=\dfrac{-2-2\sqrt{21}}{2}=-1-\sqrt{21}
\]
et donc:
\[
x_2=-1+\sqrt{21}.
\]
\end{questions}\enlargethispage*{4em}
\begin{center}
\includegraphics{269_6_fig_41}
\end{center}
\end{corrige}

%%% 2019 

\begin{exo}{Angles et intersection}{Lycée Jacques Amyot, Auxerre}{2}{20} 
Dans un repère orthonormé, on considère les points $A(-3~;~2)$, $B(3~;~5)$ et $C(5~;~-4)$.
\begin{questions}
\item Calculer $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}$.
\item Calculer les distances $AB$ et $AC$.
\item Déduire des questions précédentes une valeur approchée au degré près de l'angle $\widehat{BAC}$.
\item Soit $D(1,5~;~3)$. Montrer que $(CD)\perp(AB)$ et que $(BD)\perp (AC)$.
\item Que représente le point $D$ pour le triangle $ABC$ ?
\item Soit $H$ le point d'intersection des droites $(BD)$ et $(AC)$.

Sans faire de calcul, expliquer pourquoi $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=AH\times AC$. En déduire que $AH=3$ cm.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  $\gvec{AB}\dbinom{6}{3}$ et $\gvec{AC}\dbinom{8}{-6}$ donc:
\[
\gvec{AB}\cdot\gvec{AC} = 6\times8 + 3\times(-6) = 48-18=30.
\]
\item $AB = \sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{36+9}=\sqrt{45}$.

$AC = \sqrt{8^2+(-6)^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$.

\item On sait que $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=AB \times AC \times \cos\big(\gvec{AB}~;~\gvec{AC}\big)$ donc :
\[
30=10\sqrt{45}\cos\big(\gvec{AB}~;~\gvec{AC}\big).
\]
Ainsi,
\[
\cos\big(\gvec{AB}~;~\gvec{AC}\big)=\dfrac{30}{10\sqrt{45}}\approx0,447.
\]
On en déduit alors que $\big(\gvec{AB}~;~\gvec{AC}\big)\approx63\degres$.

\item $\gvec{CD}\dbinom{-3,5}{7}$ donc:
\[
\gvec{CD}\cdot\gvec{AB}=-3,5\times6 + 7\times3=-21+21=0.
\]
Donc $(CD)\perp(AB)$.

\Par

De plus, $\gvec{BD}\dbinom{-1,5}{-2}$ donc:
\[
\gvec{BD}\cdot\gvec{AC}=-1,5\times8 + (-2)\times(-6)=-12+12=0.
\]
Donc $(BD)\perp(AC)$.

\item De la question précédente, on déduit que $D$ est l'intersection des hauteurs du triangle $ABC$, donc l'orthocentre de $ABC$.

\item Par définition, $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $(AC)$. Donc, par définition du produit scalaire, $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=AH \times AC$.

Or, $\gvec{AB}\cdot\gvec{AC}=30$ d'après la question 1.

Donc $AH \times AC = 30$, soit $AH = \dfrac{30}{AC}=\dfrac{30}{10}=3$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Étude d'un cercle}{Lycée Clémenceau, Nantes}{2}{20}
Le plan est rapporté à un repère orthonormal.\\
Déterminer le rayon du cercle passant par $A(2~;-1)$ et $B(1~;3)$ et dont le centre est sur la droite d'équation   :
\[ x+y+1=0.\]
\end{exo}

\begin{corrige}
Le cercle que l'on doit déterminer passe par les deux points 
$A(2~;-1)$ et $B(1~;3)$. Le centre appartient à la médiatrice de $[AB]$.
\newpage
Étudions le schéma suivant :
\begin{center}
\includegraphics{271_6_fig_32}
\end{center}
Le milieu de $[AB]$ est $I\left(\dfrac{3}{2}~;1\right)$. Cherchons une équation de la  médiatrice de $[AB]$, écrivons pour cela qu'avec $I$, milieu de $[AB]$, le point $M(x~;y)$ est sur la médiatrice si et seulement si :
\[
\gvec{IM} \cdot \gvec{AB}=0
\]
Or $\gvec{IM} $ a pour coordonnées :
\[\left( x-\frac{3}{2}~;y-1\right)\]
et $\gvec{AB}$ a pour coordonnées $ \left(-1~;4\right)$, donc une équation de la médiatrice de $[AB]$ est :
\[
-\left(
x-\frac{3}{2}
\right)
+4(y-1)=0
\]
Soit :
\[
x-4y+\frac{5}{2}=0
\]
Déterminons-en alors l'intersection avec la droite donnée :
\[
\left\{\begin{aligned}
&x+y+1=0\\
& x-4y+\frac{5}{2}=0
\end{aligned} \right.
\]
En faisant la différence des deux équations, nous obtenons :
\[
5y-\frac{3}{2}=0
\]
Donc :
\[
y=\frac{3}{10} \quad \text{et} \quad x=-\frac{13}{10}
\]
sont les coordonnées du centre du cercle. Notons $\Omega$ ce centre :
\[
\Omega \left(-\frac{13}{10}~; \frac{3}{10}\right)
\]
Et 
\[
r = \| \gvec{\Omega B} \|
\]
Donc :
\[
\|\Omega B\|^2 = r^{2} =
\left(1+\frac{13}{10}\right)^{2}+\left(3-\frac{3}{10}\right)^{2}=
\frac{1258}{100}
\]
D'où :
\[
r =\sqrt{12{,}58}\approx 3{,}55
\]
\begin{center}
\includegraphics{272_6_fig_33}
\end{center}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{\'Equations de droites et de cercles}{Lycée Notre Dame du Grandchamp, Versailles}{2}{20}
Dans un repère orthonormé $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$, on considère les points $A(1~;-2)$,\linebreak $B(4~;-1)$ et $C(4~;4)$.
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item Déterminer une équation de la médiatrice $D_1$ de $[AB]$.
\item Déterminer une équation de la médiatrice $D_2$ de $[BC]$.
\end{questions}

\item En déduire une équation du cercle circonscrit à $ABC$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item 
\begin{questions}
\item La médiatrice de $[AB]$ est la droite qui passe par le milieu $I$ de $[AB]$ et qui est perpendiculaire à $(AB)$.\\
On a : $I\left(\frac{1+4}{2}~;\frac{-2-1}{2}\right)$, donc $I\left(\frac{5}{2}~;-\frac{3}{2}\right)$.\\
Par ailleurs, $\gvec{AB}(3~;1)$.
\begin{align*}
M\in D_1 & \iff \gvec{IM}\cdot\gvec{AB}=0\\
& \iff \left(x-\frac{5}{2}\right)\times 3 + \left(y+\frac{3}{2}\right)\times 1 = 0\\
& \iff 3x+y-\frac{15}{2}+\frac{3}{2}=0\\
& \iff 3x+y-6=0
\end{align*}

Une équation de $D_1$ est donc $3x+y-6 = 0$.

\item La médiatrice de $[BC]$ est la droite qui passe par le milieu $J$ de $[BC]$ et qui est perpendiculaire à $(BC)$.\\
On a : $J\left(\frac{4+4}{2}~;\frac{4-1}{2}\right)$, donc $J\left(4~;\frac{3}{2}\right)$.\\
Par ailleurs, $\gvec{BC}(0~;5)$.
\begin{align*}
M\in D_2 & \iff \gvec{JM}\cdot\gvec{BC}=0\\
& \iff \left(x-4\right)\times 0 + \left(y-\frac{3}{2}\right)\times 5 = 0\\
& \iff y-\frac{3}{2}=0\\
& \iff y=\frac{3}{2}
\end{align*}

Une équation de $D_2$ est donc $y=\frac{3}{2}$.\\
Le point d'intersection $K$ de ces deux droites vérifie :
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
y=\frac{3}{2}\\
3x+y-6=0
\end{array}
\right.
\quad\iff\quad
\left\lbrace
\begin{array}{l}
y=\frac{3}{2}\\[6pt]
x=\frac{3}{2}
\end{array}
\right.
\]
Donc $K\left(\frac{3}{2}~;\frac{3}{2}\right)$ est, par propriété (intersection des médiatrices), le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$.\\
Il reste à trouver le rayon de ce cercle, en calculant par exemple $KA$.
\[
KA=\sqrt{\left(1-\frac{3}{2}\right)^2+\left(-2-\frac{3}{2}\right)^2}=\sqrt{\frac{25}{2}}.
\]
L'équation du cercle circonscrit au triangle $ABC$ est donc :
\[
\left(x-\frac{3}{2}\right)^2+\left(y-\frac{3}{2}\right)^2=\frac{25}{2}.
\]
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 

\begin{exo}{La droite d'Euler}{Lycée Camille Jullian, Bordeaux}{2}{30} 
Dans un repère orthonormé $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$, on considère les points $A(-5~;1)$,\linebreak $B(1~;-2)$ et $C(7~;4)$.
\begin{questions}
\item Trouver les coordonnées du centre de gravité $G$ de $ABC$.
\item Trouver les coordonnées du centre $I$ du cercle circonscrit à $ABC$.
\item Trouver les coordonnées de l'orthocentre $H$ de $ABC$ (point d'intersection des hauteurs).
\item Montrer que $G$, $I$ et $H$ sont alignés.
\item La \textit{droite d'Euler} de $ABC$ est la droite $(GH)$. Donner une équation cartésienne de cette droite.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item D'après le cours,
\[
\begin{cases}
x_G=\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}=\dfrac{-5+1+7}{3}=1\\[6pt]
y_G=\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}=\dfrac{1-2+4}{3}=1.
\end{cases}
\]
Ainsi, $G(1~;~1)$.

\item Le centre du cercle circonscrit à $ABC$ est le point d'intersection des médiatrices.
\begin{itemize}
\item \textit{Médiatrice de $[AB]$ }: le milieu $M_1$ de $[AB]$ a pour coordonnées :
\[
x_1=\dfrac{x_A+x_B}{2}=-2\quad\text{et}\quad y_1=\dfrac{y_A+y_B}{2}=-\dfrac{1}{2}.
\]
Soit $M(x~;~y)$ un point de la médiatrice de $[AB]$. Alors,
\begin{align*}
\gvec{MM_1}\cdot\gvec{AB}=0 & \iff \dbinom{-2-x}{-\frac{1}{2}-y}\cdot\dbinom{1-(-5)}{-2-1}=0\\
& \iff \dbinom{-2-x}{-\frac{1}{2}-y}\cdot\dbinom{6}{-3}=0\\
& \iff 6(-2-x)-3\left(-\frac{1}{2}-y\right)=0\\
& \iff -6x+3y-\frac{21}{2}=0\\
& \iff 12x-6y+21=0.
\end{align*}
Ainsi, une équation cartésienne de la médiatrice de $[AB]$ est\linebreak $12x-6y+21=0$.

\item \textit{Médiatrice de $[AC]$ }: le milieu $M_2$ de $[AC]$ a pour coordonnées:
\[
x_2=\dfrac{x_A+x_C}{2}=1\quad\text{et}\quad y_2=\dfrac{y_A+y_C}{2}=\dfrac{5}{2}.
\]
Soit $M(x~;~y)$ un point de la médiatrice de $[AC]$. Alors,
\begin{align*}
\gvec{MM_2}\cdot\gvec{AC}=0 & \iff \dbinom{1-x}{\frac{5}{2}-y}\cdot\dbinom{7-(-5)}{4-1}=0\\
& \iff \dbinom{1-x}{\frac{5}{2}-y}\cdot\dbinom{12}{3}=0\\
& \iff 12(1-x)+3\left(\frac{5}{2}-y\right)=0\\
& \iff -12x-3y+\frac{39}{2}=0\\
& \iff 24x+6y-39=0.
\end{align*}
Ainsi, une équation cartésienne de la médiatrice de $[AC]$ est\linebreak $24x+6y+39=0$.
\end{itemize}
Trouvons maintenant les coordonnées de leur point d'intersection en\linebreak résolvant le système:
\[
\begin{cases}
12x-6y+21=0\quad(E_1)\\
24x+6y-39=0\quad(E_2)
\end{cases}.
\]
\begin{itemize}
\item $(E_1)+(E_2) \iff 36x-18=0 \iff x = \dfrac{18}{36}=\dfrac{1}{2}$;
\item $2(E_1)-(E_2) \iff -18x+81=0 \iff x = \dfrac{81}{18}=\dfrac{9}{2}$.
\end{itemize}
Ainsi, $I\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{9}{2}\right)$.

\item 
\begin{itemize}
\item \textit{Hauteur passant par $B$} : soit $M(x~;~y)$ sur cette hauteur. Alors, 
\begin{align*}
\gvec{AC}\cdot\gvec{BM}=0 & \iff \dbinom{12}{3}\cdot\dbinom{x-1}{y+2}=0\\
& \iff 12x+3y-6=0\\
& \iff 4x+y-2=0.
\end{align*}

\item \textit{Hauteur passant par $C$} : soit $M(x~;~y)$ sur cette hauteur. Alors, 
\begin{align*}
\gvec{AB}\cdot\gvec{CM}=0 & \iff \dbinom{6}{-3}\cdot\dbinom{x-7}{y-4}=0\\
& \iff 6x-3y-30=0\\
& \iff 2x-y-10=0.
\end{align*}
Pour trouver l'intersection de ces deux droites, on résout le système:
\[
\begin{cases}
4x+y-2=0\quad(E_1)\\
2x-y-10=0\quad(E_2)
\end{cases}
\]
\begin{itemize}
\item $(E_1)+(E_2)\iff 6x-12=0 \iff x = 2$;
\item $(E_1)-2(E_2) \iff 3y+18=0 \iff y=-6$.
\end{itemize}
Ainsi, $H(2~;~-6)$.
\end{itemize}

\item $\gvec{GI}\dbinom{\tfrac{1}{2}-1}{\tfrac{9}{2}-1}$ donc $\gvec{GI}\dbinom{-\tfrac{1}{2}}{\tfrac{7}{2}}$.

De plus, $\gvec{GH}\dbinom{2-1}{-6-1}$ donc $\gvec{GH}\dbinom{1}{-7}$.
\[
-\frac{1}{2}\times(-7)-\frac{7}{2}\times1=0
\]
donc $\gvec{GI}$ et $\gvec{GH}$ sont colinéaires. De plus, ils ont un point en commun donc $G$, $I$ et $H$ sont alignés.

\item $\begin{aligned}[t]
M(x~;~y)\in(GH) & \iff \gvec{GH}\dbinom{1}{-7}\text{ et }\gvec{GM}\dbinom{x-1}{y-1}\text{ sont colinéaires}\\
& \iff 1\times(y-1)-(-7)(x-1)=0\\
& \iff 7x+y-8=0.
\end{aligned}$

Ainsi, une équation de la droite d'Euler de $ABC$ est $7x+y-8=0$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%%

\begin{exo}{\'Equation de cercle}{Lycée Notre Dame du Grandchamp, Versailles}{3}{20}
\nathanliveVideo\label{video:ch6exo}
\enlargethispage*{2em}
Dans un repère orthonormé, on considère le cercle $\mathcal{C}$ d'équation : \[ x^2 + y^2 - 6x -4y -4 = 0. \]
\begin{questions}
\item Déterminer les coordonnées du centre $\Omega$ de ce cercle et son rayon.
\item Vérifier que le point $A(-1~;1)$ appartient à ce cercle et déterminer une équation de la tangente en $A$ à $\mathcal{C}$.
\item Soit $\mathcal{D}$ la droite d'équation $x-y = 4$.\\
Déterminer une équation du cercle $\mathcal{C}'$ de centre $\Omega$ tel que $\mathcal{D}$ soit tangente à $\mathcal{C}'$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \rput(-1.1,0.1){\nathanliveVidWithoutText}On considère que $x^2 - 6x$ est le début d'un carré parfait, et de même que $y^2 - 4y$ est le début d'un carré parfait.
\newpage
On obtient donc : 
\[ x^2 - 6x + 9 = (x-3)^2 \qquad\text{et}\qquad x^2 - 6x = (x -3)^2 - 9;\]
\[y^2 - 4y + 4 = (y -2)^2\qquad\text{et}\qquad y^2 - 4y = (y-2)^2 - 4.\]
Finalement : 
\[x^2 + y^2 - 6x- 4y- 4 = (x - 3 )^2 - 9 + (y -2)^2 -4 - 4 = 0.\]
Donc : \[ (x- 3)^2 + (y- 2) ^2 = 17.\]
$\Omega$ a donc pour coordonnées $(3~;2)$, et le rayon du cercle est $\sqrt{17}$.

\item En remplaçant $x$ et $y$ dans le premier membre de l'équation du cercle par les coordonnées de $A$, on obtient :
\[(-1-3)^2 + (1-2)^2 = 4^2+1^2=17.\]
Donc, puisque les coordonnées de $A$ vérifient l'équation du cercle, $A$ appartient bien au cercle.\\
La tangente en $A$ à $\mathcal{C}$ passe par $A$ et est perpendiculaire au rayon $\Omega A$.\\
Par conséquent, $M(x~;y)$ appartient à cette tangente si et seulement si :
\begin{align*}
\gvec{AM}\cdot\gvec{\Omega A}=0 & \iff (x+1)\times(-1-3)+(y-1)\times(1-2)=0\\
& \iff -4x-4-y+1=0\\
& \iff y=-4x-3.
\end{align*}

\item $\mathcal{D}$ est tangente à $\mathcal{C}'$ si $\mathcal{D}$ est perpendiculaire au rayon de $\mathcal{C}'$ ayant un point commun $H$ avec $\mathcal{D}$.\\
Un vecteur directeur de $\mathcal{D}$ est $\vec{u}(1~;1)$. On doit donc avoir: $\gvec{\Omega H}\cdot\vec{u}=0$.\\
Il faut donc trouver les coordonnées du point $H$ intersection de $\mathcal{C}'$ avec $\mathcal{D}$. Les coordonnées $(x~;y)$ de $H$ vérifient : 
\begin{align*}
\left\lbrace
\begin{array}{l}
x-y=4\\
(x-3)\times1+(y-2)\times1=0
\end{array}
\right.
&
\iff \left\lbrace
\begin{array}{l}
y=x-4\\
x-3+x-6=0
\end{array}
\right.\\
& \iff \left\lbrace
\begin{array}{l}
y=x-4\\
x=\frac{9}{2}
\end{array}
\right.\\
& \iff \left\lbrace
\begin{array}{l}
x=\frac{9}{2}\\[6pt]
y=\frac{1}{2}
\end{array}
\right.
\end{align*}
\enlargethispage*{2em}
Le point $H$ a donc pour coordonnées $\left(\frac{9}{2}~;\frac{1}{2}\right)$.\\
Calculons $\Omega H$ pour avoir le rayon du cercle :
\[ 
\Omega H = \sqrt{\left(\frac{9}{2}-3\right)^2+\left(\frac{1}{2}-2\right)^2}= \sqrt{\frac{9}{2}}.
\]
Le cercle $\mathcal{C}'$ a donc pour équation :
\[ (x-3)^2 + (y-2)^2 = \frac{9}{2}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}



\thumb
\AfficheCorrige
