Famille de droites - Exercice 2

Il faut dans un premier temps, remplacer $$m$$ par $$0$$. Cela nous donne :
$$d_{0}: \left(2\times0+1\right)x+\left(3\times0-1\right)y=2$$ ainsi :
Il faut dans un deuxième temps, remplacer $$m$$ par $$1$$. Cela nous donne :
$$d_{1}: \left(2\times1+1\right)x+\left(3\times1-1\right)y=2$$ ainsi :

Soit $$\overrightarrow{u_{0} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {1} \end{array}\right)$$ un vecteur de la droite $$\left(d_{0} \right)$$.
Soit $$\overrightarrow{u_{1} } \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {3} \end{array}\right)$$ un vecteur de la droite $$\left(d_{1} \right)$$.
Les vecteurs $$\overrightarrow{u_{0} }$$ et $$\overrightarrow{u_{1} }$$ ne sont pas colinéaires car : $$1\times 3-1\times \left(-2\right)\ne 0$$.
Les droites $$\left(d_{0} \right)$$ et $$\left(d_{1} \right)$$ ne sont donc pas parallèles. Il en résulte donc que les droites $$\left(d_{0} \right)$$ et $$\left(d_{1} \right)$$ sont sécantes.

Pour les coordonnées du point d'intersection entre les droites $$d_{0}$$ et $$d_{1}$$, il nous suffit de résoudre le système suivant :
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x} & {-} & {y} & {=} & {2} \\ {3x} & {+} & {2y} & {=} & {2} \end{array}\right.$$
Pour résoudre ce système, nous allons procéder par la méthode par substitution.
En effet :
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x} & {=} & {2+y} \\ {3x} & {+} & {2y} & {=} & {2} \end{array}\right.$$
Nous allons maintenant remplacer $$x=2+y$$ dans la deuxième ligne du système.
On obtient :
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x} & {=} & {2+y} \\ {3\times\left(2+y\right)} & {+} & {2y} & {=} & {2} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x} & {=} & {2+y} \\ {6+3y+2y} & {=} & {2} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x} & {=} & {2+y} \\ {6+5y} & {=} & {2} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x} & {=} & {2+y} \\ {5y} & {=} & {-4} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x} & {=} & {2+y} \\ {y} & {=} & {\frac{-4}{5}} \end{array}\right.$$
On remplace maintenant $$y$$ par$$\frac{-4}{5}$$ dans la $$1$$^ère équation du système, il vient alors :
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x} & {=} & {2-\frac{4}{5}} \\ {y} & {=} & {\frac{-4}{5}} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x} & {=} & {\frac{6}{5}} \\ {y} & {=} & {\frac{-4}{5}} \end{array}\right.$$
Il en résulte que les coordonnées du point d'intersection entre $$\left(d_{0} \right)$$ et $$\left(d_{1} \right)$$ est le point que l'on note $$I\left(\frac{6}{5};\frac{-4}{5}\right)$$.

D'après la question précédente, on sait que les droites $$\left(d_{0} \right)$$ et $$\left(d_{1} \right)$$ sont sécantes au point $$I$$ de coordonnées $$\left(\frac{6}{5};\frac{-4}{5}\right)$$.
Vérifions si le point $$I\left(\frac{6}{5};\frac{-4}{5}\right)$$ appartient à la droite $$\left(d_{m} \right)$$.
Ainsi :
$$\left(2m+1\right)x_{I}+\left(3m-1\right)y_{I}=\left(2m+1\right)\times\frac{6}{5}+\left(3m-1\right)\times\left(\frac{-4}{5}\right)$$
$$\left(2m+1\right)x_{I}+\left(3m-1\right)y_{I}=\frac{12}{5} m+\frac{6}{5} -\frac{12}{5} m+\frac{4}{5}$$
$$\left(2m+1\right)x_{I}+\left(3m-1\right)y_{I}=\frac{6}{5} +\frac{4}{5}$$
$$\left(2m+1\right)x_{I}+\left(3m-1\right)y_{I}=\frac{10}{5}$$
$$\left(2m+1\right)x_{I}+\left(3m-1\right)y_{I}=2$$
Le point $$I$$ appartient également à la droite $$\left(d_{m} \right)$$.
On dit que toutes les droites $$d_{m}$$ passent par un même point $$\left(\frac{6}{5};\frac{-4}{5}\right)$$ que l'on appelle $$H$$. On dit alors que toutes les droites $$d_{m}$$ sont concourantes au point $$H\left(\frac{6}{5};\frac{-4}{5}\right)$$.