\begin{questions}
\item $A(0~;0)$, $B(1~;0)$, $C(1~;1)$, $D(0~;1)$, $H\left(\dfrac{1}{2}~;1\right)$ et $K\left(1~;\dfrac{1}{2}\right)$.

\item Dans le triangle équilatéral $DCE$, $(EH)$ est une hauteur donc le triangle $EHC$ est rectangle en $H$.

Ainsi, d'après le théorème de Pythagore,\vspace*{-1.5em}
\begin{multicols}{2}
\begin{align*}
EC^2 & = HC^2+HE^2\\
1^2 & = \left(\dfrac{1}{2}\right)^2+HE^2\\
    & \quad\text{car }EC=DC=1\\
1 & = \dfrac{1}{4}+HE^2
\end{align*}

\columnbreak

\begin{align*}
\text{donc }EH^2 & = 1-\dfrac{1}{4}\\
EH &= \sqrt{\dfrac{3}{4}}\\
EH & = \dfrac{\sqrt3}{2}.
\end{align*}
\end{multicols}
Les triangles $BCF$ et $DCE$ étant identiques, $KF=HE=\dfrac{\sqrt3}{2}$.

\item On déduit de la question précédente que :
\[
F\left(1-\dfrac{\sqrt3}{2}~;\dfrac{1}{2}\right)\qquad\text{et}\qquad E\left(\dfrac{1}{2}~;1+\dfrac{\sqrt3}{2}\right).
\]

\item $\gvec{AF}\dbinom{1-\frac{\sqrt3}{2}}{\frac{1}{2}}$ et $\gvec{AE}\dbinom{\frac{1}{2}}{1+\dfrac{\sqrt3}{2}}$.

Or,
\[
\underbrace{\left(1-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)\left(1+\dfrac{\sqrt3}{2}\right)}_{\text{identité remarquable : $(a-b)(a+b)$}}-\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}=1-\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{4}=0
\]
donc les vecteurs $\gvec{AF}$ et $\gvec{AE}$ sont colinéaires, ce qui signifie que les points $A$, $F$ et $E$ sont alignés.
\end{questions}
