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%%% NEW 20024

\begin{vf}{Vérifications de connaissances}{10}
Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses ? Justifier.
\begin{questions}
\item $ABC$ est un triangle tel que $AB=10$, $AC=12$ et $BC=20$.

L'arrondi à l'unité de la mesure, en degré, de  l'angle $\widehat{BAC}$ est $131^\circ$.

\item Les cercles $\mathcal{C}_1$ et $\mathcal{C}_2$ ont pour équations respectives:
\[
x^2+y^2-4x+2y-6=0 \qquad\text{et} \qquad (x-2)^2 +(y-1)^2=7.
\]
$\mathcal{C}_1$ et $\mathcal{C}_2$ ont le même centre.

\item $\mathcal{C}$ est le cercle de centre $O$, l'origine du repère, et de rayon 1 et $(d)$ est la droite d'équation cartésienne $x+y-\sqrt2=0$.

$(d)$ est tangente à $\mathcal{C}$.
\end{questions}
\end{vf} 

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item D'après le théorème d'Al-Kashi,
\[
BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2\times AB \times AC \times \cos\big( \widehat{BAC} \big).
\]
Donc:
\begin{align*}
& 20^2  = 10^2 + 12^2 - 2\times10\times12\times\cos\big( \widehat{BAC} \big)\\
\iff & 400  = 100 + 144 - 240\cos\big( \widehat{BAC} \big)\\
\iff & \frac{400-100-144}{-240} = \cos\big( \widehat{BAC} \big)\\
 \iff & \cos\big( \widehat{BAC} \big) = -\frac{13}{20}\\
\iff & \widehat{BAC}  = \cos^{-1} \left( - \frac{13}{20} \right) \approx 130,54^\circ \approx 131^\circ.
\end{align*}
L'affirmation  est donc \textit{vraie}.

\Par

\item $\begin{aligned}[t]
\mathcal{C}_1\;:\; & x^2+y^2-4x+2y-6=0\\
\iff & (x^2-4x) + (y^2+2y) = 6\\
\iff & (x-2)^2-4 + (y+1)^2-1 = 6\\
\iff & (x-2)^2 + (y+1)^2 = 11.
\end{aligned}$

Ainsi, le centre de $\mathcal{C}_1$ est $\Omega_1(2;-1)$ et celui de $\mathcal{C}_2$ est $\Omega_2(2;1)$.

L'affirmation est donc \textit{fausse}.

\Par

\item L'équation cartésienne canonique de $\mathcal{C}$ est: $x^2+y^2=1$.

$(d)$ a pour équation cartésienne: $x+y-\sqrt2=0$, ou encore $y=\sqrt2-x$.

Si $M(x;y)$ appartient à $\mathcal{C}$ et $(d)$, alors:
\begin{align*}
x^2+(\sqrt2-x)^2 = 1 & \iff x^2+2-2\sqrt2x+x^2=1\\
                     & \iff 2x^2 - 2\sqrt2 x + 1 = 0.
\end{align*}
Le discriminant de $2x^2 - 2\sqrt2 x + 1 = 0$ est:
\[
\Delta = (-2\sqrt2)^2 - 4\times2\times1 = 8 - 8 = 0.
\]

Il admet donc une racine: $x_0=-\frac{-2\sqrt2}{4}=\frac{\sqrt2}{2}$.

La droite et le cercle n'ayant qu'un unique point d'intersection, la droite est tangente au cercle.

L'affirmation est alors \textit{vraie}.
\end{questions}
\newpage
\end{corrige}

%%% QCM 2

\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 :

\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 

\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\hskip-0.6em
\begin{tabularx}{\linewidth}{p{2mm}X}
\choix{} &Il y a une seule tangente au cercle $\mathcal{C}$ passant par un tel point et elle a pour équation $y = -\frac{5}{3}x+\frac{5}{3}$.\\
\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{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]. 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.

\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}{Parallélogramme et Al-Kashi}{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 $102^\circ$.

\item Réponse \choix[c]. 
\begin{center}
\includegraphics{246_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 : $AC^2=33$ et donc $AC\approx 6$.

\item Réponse \choix[a]. 
\begin{center}
\includegraphics{246_6_fig_14}
\end{center} 
La réponse \choix[b] est évidemment fausse compte tenu de la valeur de l'angle $\widehat{DAB}$. On a : 
\[ BC^2 = AC^2 + AB^2 - 2 AB \times AC\times\cos(\widehat{CAB})\]
\[ 16 = 33+25-2\times5\times\sqrt{33}\times\cos(\widehat{CAB})\]
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 analytique}

%%% ex4

\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{247_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 aurait 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}

%%% 2024

\begin{exo}{Ligne de niveau}{Lycée La Source, Meudon}{1}{10}
Soient $A$ et $B$ deux points du plan tels que $AB=10$. Soit $I$ le milieu de $[AB]$.
\begin{questions}
\item Soit $M$ un point du plan. Montrer que $\gvec{MA}\cdot\gvec{MB}=MI^2-25$.
\item En déduire l'ensemble des points $M$ tels que $\gvec{MA}\cdot\gvec{MB}=11$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{MA}\cdot\gvec{MB} & = \big( \gvec{MI} + \gvec{IA}\big)\cdot\big( \gvec{MI}+\gvec{IB}\big)\\
& = \gvec{MI}^2 + \gvec{MI}\cdot\gvec{IB} + \gvec{IA}\cdot\gvec{MI} + \gvec{IA}\cdot\gvec{IB}\\
& = MI^2 + \gvec{MI}\cdot\underbrace{\big(\gvec{IB} + \gvec{IA} \big)}_{=\vec{0}} + \gvec{IA}\cdot\gvec{IB}\\
& = MI^2 - IA \times IB\\
& \text{(car $\gvec{IA}$ et $\gvec{IB}$ sont colinéaires de sens opposés)}\\
& = MI^2 - 5\times5\\
& = MI^2 - 25.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{MA}\cdot\gvec{MB}=11 & \iff MI^2 - 25 = 11\\
                           & \iff MI^2 = 36\\
                           & \iff MI = 6.
\end{aligned}$

L'ensemble des points $M$ est donc l'ensemble des points à une distance de 6 du point: c'est le cercle de centre $I$ et de rayon 6.
\end{questions}
\end{corrige}


%%% ex6

\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}
\enlargethispage*{\baselineskip}
\begin{questions}
\item La figure est mise page ci-contre, en fin d'exercice.

\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 $\begin{aligned}[t]
\text{Aire}(ABC) & = \dfrac{1}{2}\times AB \times AC \times \sin\widehat{CAB}\\
& \approx \dfrac{1}{2}\times 3\times 5,64 \times \sin80\degres\\
& \approx 8,33.
\end{aligned}$
\end{questions}
\begin{center}
\includegraphics{249_6_fig_38}
\end{center}
\end{corrige}

%%% 2019

\begin{exo}{Relations métriques et suites}{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux}{2}{20} 
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{240_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\\
% ERREUR % SA_1^2 & = 85-42\cos\alpha.
SA_1^2 & = 58-42\cos\alpha.
\end{align*}

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 $\leftarrow$ $\sqrt{}$(58-42cos(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}

\NathanLiveProg[]{}{}\vspace*{-2em}
\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,-0.8){
\psframebox{\qrcode{https://idl-live.prepamath.fr/IL1M/08-Relations-metriques.py}}}
\vspace*{-5pt}

\begin{listing}{En Python}{08-Relations-metriques.py}\end{listing}

\Par


Ce programme affiche : 146.62537297480264.
\end{questions}
\newpage
\end{corrige}

%%%  ex8 - 2019

\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}\\
\end{align*}

\begin{align*}
= & \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 analytique}

%%% 2024

\begin{exo}{Médiatrices et cercle}{Lycée Pasteur, Paris}{1}{15}
Soit $(O,\vec{\imath},\vec{j})$ un repère orthonormé. On pose $A(1;2)$, $B(-1;-2)$ et $C(0;3)$.
\begin{questions}
\item Soient $K$ le milieu du segment $[AC]$ et $L$ celui de $[BC]$.

Déterminer les coordonnées des points $K$ et $L$.

\item Déterminer une équation cartésienne de la droite $(d_1)$, médiatrice de $[AC]$, et de $(d_2)$, médiatrice de $[BC]$.

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

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $K$ est le milieu de $[AC]$ donc:
\[
x_K = \frac{x_A+x_C}{2}=\frac{1+0}{2}=\frac{1}{2} \qquad\text{et}\qquad y_K=\frac{y_A+y_C}{2}=\frac{2+3}{2}=\frac{5}{2}.
\]
Ainsi, $K\left(\frac{1}{2};\frac{5}{2}\right)$.

$L$ est le milieu de $[BC]$ donc:
\[
x_L = \frac{x_B+x_C}{2}=\frac{-1+0}{2}=-\frac{1}{2} \quad\text{et}\quad y_L=\frac{y_B+y_C}{2}=\frac{-2+3}{2}=\frac{1}{2}.
\]
Ainsi, $L\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right)$.

\item 
\begin{itemize}
\item Soit $M(x;y)$ un point de $(d_1)$, médiatrice de $[AC]$. Alors,
\begin{align*}
\gvec{KM}\cdot\gvec{AC}=0 & \iff \dbinom{x-\tfrac{1}{2}}{y-\tfrac{5}{2}}\cdot\dbinom{-1}{1}=0\\
& \iff -\left(x-\frac{1}{2}\right) + 1\left(y-\frac{5}{2}\right) = 0\\
& \iff -x+\frac{1}{2}+y-\frac{5}{2}=0\\
& \iff -x+y-2=0.
\end{align*}
Une équation cartésienne de $(d_1)$ est donc: $-x+y-2=0$.

\item Soit $M(x;y)$ un point de $(d_2)$, médiatrice de $[BC]$. Alors,
\begin{align*}
\gvec{LM}\cdot\gvec{BC}=0 & \iff \dbinom{x+\tfrac{1}{2}}{y-\tfrac{1}{2}}\cdot\dbinom{1}{5}=0\\
& \iff \left(x+\frac{1}{2}\right) + 5\left(y-\frac{1}{2}\right) = 0\\
& \iff x+\frac{1}{2}+5y-\frac{5}{2}=0\\
& \iff x+5y-2=0.
\end{align*}
Une équation cartésienne de $(d_2)$ est donc: $x+5y-2=0$.
\end{itemize}

\item Le cercle circonscrit au triangle $ABC$ a pour centre $\Omega$, le point d'intersection des médiatrices, dont les coordonnées sont les solutions du système:
\[
\begin{cases}
-x+y-2=0\\
x+5y-2=0
\end{cases}.
\]
On résout ce système en ajoutant les deux équations:
\[
(-x+y-2) + (x+5y-2)=0 \iff 6y - 4 = 0 \iff y=\frac{2}{3}
\]
et en remplaçant $y$ par $\frac{2}{3}$ dans la première équation (par exemple):
\[
-x+\frac{2}{3}-2=0 \iff x = -\frac{4}{3}.
\]
D'où $\Omega\left(-\frac{4}{3};\frac{2}{3}\right)$.

Le rayon du cercle est $\Omega C$ (par exemple).
\[
\gvec{\Omega C}\dbinom{0+\tfrac{4}{3}}{3-\tfrac{2}{3}}\iff \gvec{\Omega C}\dbinom{\tfrac{4}{3}}{\tfrac{7}{3}}.
\]
Ainsi,
\[
\Omega C^2 = \left(\frac{4}{3}\right)^2 + \left(\frac{7}{3}\right)^2 = \frac{16+49}{9}=\frac{65}{9}.
\]
L'équation cartésienne canonique du cercle circonscrit au triangle $ABC$ est alors:
\[
\left( x + \frac{4}{3} \right)^2 + \left( y - \frac{2}{3} \right)^2 = \frac{65}{9}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

%%% ex10

\begin{exo}{\'Equations de droites et de cercles}{Lycée Notre Dame du Grandchamp, Versailles}{1}{15}
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 $y=\frac{3}{2}$.
\end{questions}

\item Le point d'intersection $K$ de ces deux droites vérifie :
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
y=\frac{3}{2}\\
3x+y-6=0
\end{array}
\right.
\quad\iff\quad
\left\lbrace
\begin{array}{l}
y=\frac{3}{2}\\[6pt]
x=\frac{3}{2}
\end{array}
\right.
\]

\newpage


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{corrige}



%%% ex11 - 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 $3x+4y-5=0$.

\enlargethispage*{\baselineskip}
\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}
\begin{center}
\includegraphics{257_6_fig_41}
\end{center}
\end{corrige}

%%% ex12

\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 $[AB]$.

Étudions le schéma suivant :
\begin{center}
\includegraphics{257_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{259_6_fig_33}
\end{center}
\end{corrige}

%%% 2024

\begin{exo}{Distance d'un point à une droite}{Lycée La Source, Meudon}{2}{25}
Le plan est muni d'un repère orthonormal $(O;\vec{\imath}, \vec{\jmath})$.

On considère la droite $\mathcal{D}$ d'équation $2x+y+2=0$ et le point $A(2;4)$.

\begin{questions}
\item Donner un vecteur directeur de $\mathcal{D}$ et un vecteur normal à $\mathcal{D}$.

\item Déterminer une équation de la droite $\Delta$, perpendiculaire à $\mathcal{D}$, passant par $A$.
\item Calculer les coordonnées de $H$, projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal{D}$.

\item Déterminer une équation du cercle $\mathcal{C}$ de diamètre $[AH]$.

\item Le cercle $\mathcal{C}$ coupe l'axe des ordonnées en deux points $P(x_P;y_P)$ et $Q(x_Q;y_Q)$. 

Déterminer leurs coordonnées, en convenant que $y_Q > y_P$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Par définition, un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}$ d'équation $2x+y+2=0$ est $\gvec{u}\dbinom{-1}{2}$, et un vecteur normal est $\gvec{n}\dbinom{2}{1}$.

\begin{methode}
Pour rappel, la droite d'équation $ax+by+c=0$ admet pour vecteur directeur $\gvec{u}\dbinom{-b}{a}$ et pour vecteur normal $\gvec{n}\dbinom{a}{b}$.
\end{methode}

\item $\Delta$ est perpendiculaire à $\mathcal{D}$ donc un vecteur directeur de $\Delta$ est $\gvec{n}$. Ainsi, une équation cartésienne de $\Delta$ est de la forme $1x-2y+c=0$, où $c\in\R$.

Or, $A\in\Delta$ donc $x_A-2y_A+c=0$, soit $2-2\times4+c=0$. On obtient alors $c=6$.

Une équation cartésienne de $\Delta$ est donc $x - 2y + 6 = 0$.

\item Par définition, $H$ est le point d'intersection de $\mathcal{D}$ et $\Delta$. Ses coordonnées sont donc solutions du système:
\[
\begin{cases}
2x+y+2=0 & (L_1)\\
x-2y+6=0 & (L_2)
\end{cases}
\]
\begin{align*}
(L_1)-2(L_2) & \iff (2x+y+2)-2(x-2y+6)=0\\
             & \iff 5y = 10\\
             & \iff y = 2.
\end{align*}


\begin{align*}
2(L_1)+(L_2) & \iff 2(2x+y+2)+(x-2y+6)=0\\
             & \iff 5x = -10\\
             & \iff x = -2.
\end{align*}

Ainsi, $H(-2;2)$.

\item Le centre $I$ du cercle $\mathcal{C}$ est le milieu de $[AH]$, et a pour coordonnées:
\[
\left(\frac{x_A+x_H}{2} ; \frac{y_A+y_H}{2}\right) = \left( \frac{2+(-2)}{2} ; \frac{4+2}{2} \right) = (0;3).
\]
Le carré du rayon de $\mathcal{C}$ est:
\[
IA^2 = (2-0)^2 + (4-3)^2 = 4 + 1 = 5.
\]
Une équation cartésienne de $\mathcal{C}$ est donc:
\[
x^2 + (y-3)^2 = 5.
\]

\item Les points d'intersection de $\mathcal{C}$ avec d'axe des ordonnées ont une abscisse nulle. On remplace donc $x$ par 0 dans l'équation de $\mathcal{C}$ pour trouver les valeurs de $y$ qui satisfont cette équation:
\begin{align*}
(y-3)^2 = 5 & \iff y-3 = -\sqrt5\qquad\text{ou}\qquad y-3 = \sqrt5\\
            & \iff y = 3 - \sqrt5 \qquad\text{ou}\qquad y = 3 + \sqrt5.
\end{align*}
Ainsi, $P(0;3-\sqrt5)$ et $Q(0;3+\sqrt5)$.
\end{questions}
\end{corrige}



%%%

\begin{exo}{\'Equation d'un cercle}{Lycée Notre-Dame-du-Grandchamp, Versailles}{3}{20}
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{équation de cercle}{https://media.prepamath.fr/IL1Mch08exo14}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.4){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/IL1Mch08exo14}}}
\vspace*{-10pt}

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 \qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1.6,-0.3){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/IL1Mch08exo14}}}
%\vspace*{-10pt}
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.

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\\
\dbinom{x-3}{y-2}\cdot\dbinom{1}{1}=0
\end{array}
\right. & 
\iff 
\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*}
Le point $H$ a donc pour coordonnées $\left(\frac{9}{2}~;\frac{1}{2}\right)$.\\
Calculons $\Omega H^2$ pour avoir le carré du rayon du cercle :
\[ 
\Omega H^2 = \left(\frac{9}{2}-3\right)^2+\left(\frac{1}{2}-2\right)^2 = \frac{9}{2}.
\]
Le cercle $\mathcal{C}'$ a donc pour équation :
\[ 
(x-3)^2 + (y-2)^2 = \frac{9}{2}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}




\thumb
\AfficheCorrige
