Exercices types : 1^ère partie

$EB=AB-AE$ ainsi $EB=7-4=3$
Les vecteurs $\overrightarrow{EB}$ et $\overrightarrow{CD}$ sont colinéaires mais de sens opposés, il en résulte donc que :
$\overrightarrow{EB} .\overrightarrow{CD} =\left\| \overrightarrow{EB} \right\| \times \left\| \overrightarrow{CD} \right\| \times \cos \left(\pi \right)$
$\overrightarrow{EB} .\overrightarrow{CD} =3\times4\times\left(-1\right)$
Ainsi :

Le triangle $DAC$ est isocèle et rectangle en $D$, donc l'angle $\widehat{DAC}=\frac{\pi }{4}$ radians. Nous allons commencer par calculer la mesure $AC$ à l'aide de la trigonométrie. En effet :
$\cos \left(\widehat{DAC}\right)=\frac{AD}{AC}$
$AC=\frac{AD}{\cos \left(\widehat{DAC}\right)}$
$AC=\frac{4}{\cos \left(\frac{\pi }{4} \right)}$
$AC=\frac{4}{\left(\frac{\sqrt{2} }{2} \right)}$

Ainsi :
$\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{AD} .\overrightarrow{AC}$. Ici, nous faisons intervenir $-\overrightarrow{AD}$ afin de faire intervenir dans la formule l'angle $D\hat{A}C=\frac{\pi }{4}$ qui va correspondre à l'angle orienté $\left(\overrightarrow{AD} ,\overrightarrow{AC} \right)$
Ainsi :
$\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{AC} =-\left\| \overrightarrow{AD} \right\| \times \left\| \overrightarrow{AC} \right\| \times \cos \left(\overrightarrow{AD} ,\overrightarrow{AC} \right)$
$\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{AC} =-4\times 4\sqrt{2} \times \cos \left(\frac{\pi }{4} \right)$
$\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{AC} =-16\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2} }{2}$

$AECD$ est un carré, donc ses diagonales sont perpendiculaires, donc les vecteurs $\overrightarrow{DE}$ et $\overrightarrow{CA}$ sont orthogonaux. Donc :

$E$ est le projeté orthogonal de $C$ sur la droite $\left(BA\right)$. Donc :
$\overrightarrow{BA} .\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BE} .\overrightarrow{BC}$
$\overrightarrow{BA} .\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BE} .\overrightarrow{BA}$
Les vecteurs $\overrightarrow{BE}$ et $\overrightarrow{BA}$ sont colinéaires et de même sens , il en résulte donc que :
$\overrightarrow{BA} .\overrightarrow{BC} =\left\| \overrightarrow{BE} \right\| \times \left\| \overrightarrow{BA} \right\| \times \cos \left(0 \right)$
$\overrightarrow{BA} .\overrightarrow{BC} =3\times7\times1$
Ainsi :

$D$ est le projeté orthogonal de $C$ sur $\left(DA\right)$ et $A$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $\left(DA\right)$. Donc :
$\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{DA}$
Les vecteurs $\overrightarrow{DA}$ et $\overrightarrow{DA}$ sont colinéaires et de même sens , il en résulte donc que :
$\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{CB} =\left\| \overrightarrow{DA} \right\| \times \left\| \overrightarrow{DA} \right\| \times \cos \left(0 \right)$
$\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{CB} =4\times4\times1$
Ainsi :

$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD} =\frac{1}{2} \left(\left\| \overrightarrow{AB} +\overrightarrow{AD} \right\| ^{2} -\left\| \overrightarrow{AB} \right\| ^{2} -\left\| \overrightarrow{AD} \right\| ^{2} \right)$
Comme $ABCD$ est un parallélogramme, on a : $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$, il vient alors que :
$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD} =\frac{1}{2} \left(\left\| \overrightarrow{AB} +\overrightarrow{BC} \right\| ^{2} -\left\| \overrightarrow{AB} \right\| ^{2} -\left\| \overrightarrow{AD} \right\| ^{2} \right)$
$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2} \left(\left\| \overrightarrow{AC} \right\| ^{2} -\left\| \overrightarrow{AB} \right\| ^{2} -\left\| \overrightarrow{AD} \right\| ^{2} \right)$
$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD} =\frac{1}{2} \left(AC^{2} -AB^{2} -AD^{2} \right)$
$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD} =\frac{1}{2} \left(7^{2} -5^{2} -4^{2} \right)$
$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD} =\frac{1}{2} \times 8$
Ainsi :

Pour déterminer la mesure de l'angle $\widehat{BAD}$, nous allons utiliser la formule du produit scalaire utilisant le cosinus.
$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD} =AB\times AD\times\cos \left(\widehat{BAD}\right)$
$\cos \left(\widehat{BAD}\right)=\frac{\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD} }{AB\times AD}$
$\cos \left(\widehat{BAD}\right)=\frac{4}{5\times 4}$
$\cos \left(\widehat{BAD}\right)=\frac{1}{5}$

$\left(\overrightarrow{BA} +\overrightarrow{AD} \right)^{2} =BA^{2} +2\overrightarrow{BA} .\overrightarrow{AD} +AD^{2}$
Or : $\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}$, ainsi :

D'après la question précédente, on sait que :
$\left(\overrightarrow{BA} +\overrightarrow{AD} \right)^{2} =BA^{2} -2\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD} +AD^{2}$. Il vient alors que :
$\left(\overrightarrow{BA} +\overrightarrow{AD} \right)^{2} =5^{2} -2\times4 +4^{2}$
$\left(\overrightarrow{BA} +\overrightarrow{AD} \right)^{2} =33$
Or : $\overrightarrow{BA} +\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BD}$
Ainsi :
$\left(\overrightarrow{BD} \right)^{2} =33$
$BD^{2} =33$
Finalement :

Déterminons les vecteurs $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{AC}$.
Ainsi :
$\overrightarrow{BD}\left(8;-8\right)$ et $\overrightarrow{AC}\left(-4;-4\right)$
Il vient alors que :
$\overrightarrow{BD} .\overrightarrow{AC}=8\times\left(-4\right)+ \left(-8\right)\times\left(-4\right)$
D'où :

Il en résulte que les diagonales $\left[BD\right]$ et $\left[AC\right]$ sont perpendiculaires.

Nous avons : $\overrightarrow{AB}\left(-6;2\right)$ et $\overrightarrow{DC}\left(-6;2\right)$
Donc :
Le quadrilatère $ABCD$ est alors un parallélogramme.

Nous savons que $ABCD$ est un parallélogramme dont les diagonales sont perpendiculaires. Donc $ABCD$ est un losange.
Pour savoir si $ABCD$ est un carré, il faut vérifier si deux cotés consécutifs sont perpendiculaires.
Nous avons $\overrightarrow{AB}\left(-6;2\right)$ et $\overrightarrow{AD}\left(2;-6\right)$ alors :
$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD}=\left(-6\right)\times2 + 2\times\left(-6\right)$
$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AD}=-24\ne0$
Il en résulte que $ABCD$ n'est pas un carré mais un losange.

Soit $\Delta$ la hauteur issue de $A$ dans le triangle $ABC$. Soit $M\left(x;y\right)$ un point appartenant à la hauteur $\Delta$. Il en résulte donc que les segments $\left[AM\right]$ et $\left[BC\right]$ sont perpendiculaires.
Ainsi : $\overrightarrow{AM} .\overrightarrow{BC}=0$.
Calculons maintenant les vecteurs $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{BC}$.
$\overrightarrow{AM}\left(x-4;y+6\right)$ et $\overrightarrow{BC}\left(12;3\right)$
D'où :
Ainsi : $\overrightarrow{AM} .\overrightarrow{BC}=0$ équivaut successivement à :
$\left(x-4\right)\times 12 + \left(y+6\right)\times 3=0$
$12x-48+3y+18=0$
$12x+3y-30=0$
Ainsi :
La droite $\Delta$ a bien pour équation : $4x+y-10=0$.

Nous allons répondre de deux méthodes différentes à cette question, afin d'enrichir notre registre mathématique.
PREMIERE METHODE
On note $I$ le milieu de $\left[AB\right]$. Le point $I$ est alors le centre du cercle $\Gamma$.
Il vient alors que : $I\left(1;-\frac{5}{2}\right)$
De plus, le segment $\left[IA\right]$ est un rayon du cercle $\Gamma$.
$IA=\sqrt{\left(4-1\right)^{2} +\left(\left(-6\right)^{2}-\left(-\frac{5}{2}\right)^{2} \right)}$
$IA=\frac{\sqrt{85}}{2}$. Donc cela signifie que le rayon $r$ du Cercle de centre $I$ est égale à $r=\frac{\sqrt{85}}{2}$
$\left(x-1\right)^{2} +\left(y-\left(-\frac{5}{2}\right)\right)^{2} =\left(\frac{\sqrt{85}}{2} \right)^{2}$
$x^{2}-2x+1+y^{2}+5y+\frac{25}{4}=\frac{85}{4}$
Ainsi :
DEUXIEME METHODE
Soit $M\left(x;y\right)$ un point appartenant au cercle $\Gamma$ de diamètre $\left[AB\right]$.
Il en résulte donc que le triangle $AMB$ est rectangle en $M$, d'où :
$\vec{AM} .\vec{BM}=0$ .
Ainsi : $\vec{AM}\left(x-4;y+6\right)$ et $\vec{BC}\left(x+2;y-1\right)$
$\vec{AM} .\vec{BM}=0$ équivaut successivement à :
$\left(x-4\right)\left(x+2\right)+\left(y+6\right)\left(y-1\right)=0$
$x^{2}+2x-4x-8+y^{2}-y+6y-6=0$
Ainsi :

Pour déterminer les coordonnées des points d'intersection de $\Delta$ et $\Gamma$, il nous faut résoudre le système suivant composé des équations respectives de $\Delta$ et $\Gamma$. Il vient alors que :
$\left\{\begin{array}{cccc} {x^{2}+y^{2}-2x+5y-14} & {=} & {0} \\ {4x+y-10} & {=} & {0} \end{array}\right.$ équivaut successivement à :
$\left\{\begin{array}{cccc} {x^{2}+y^{2}-2x+5y-14} & {=} & {0} \\ {y} & {=} & {-4x+10} \end{array}\right.$
Nous allons substituer tous les $y$ de la 1ère ligne du système par $-4x+10$. Il vient alors que :
$\left\{\begin{array}{cccc} {x^{2}+\left(-4x+10\right)^{2}-2x+5\times \left(-4x+10\right)-14} & {=} & {0} \\ {y} & {=} & {-4x+10} \end{array}\right.$
$\left\{\begin{array}{cccc} {x^{2}+16x^{2}-80x+100-2x-20x+50-14} & {=} & {0} \\ {y} & {=} & {-4x+10} \end{array}\right.$
$\left\{\begin{array}{cccc} {17x^{2}-102x+136} & {=} & {0} \\ {y} & {=} & {-4x+10} \end{array}\right.$
$\left\{\begin{array}{cccc} {x^{2}-6x+8} & {=} & {0} \\ {y} & {=} & {-4x+10} \end{array}\right.$
Il nous faut maintenant résoudre l'équation $x^{2}-6x+8=0$. Il s'agit d'une équation du second degré.
Calcul du discriminant $\Delta =b^{2} -4ac$ ainsi : $\Delta =4$
Comme $\Delta >0$ alors le numérateur admet deux racines réelles distinctes notées $x{}_{1}$ et $x{}_{2}$ telles que :
$x{}_{1} =\frac{-b-\sqrt{\Delta } }{2a}$ ainsi $x{}_{1} =\frac{6-\sqrt{4} }{2}$ d'où $x{}_{1} =2$
$x{}_{2} =\frac{-b+\sqrt{\Delta } }{2a}$ ainsi $x{}_{2} =\frac{6-\sqrt{4} }{2}$ d'où $x{}_{2} =4$
Pour $x=2$ alors $y=-4\times 2+10=2$
Pour $x=4$ alors $y=-4\times 4+10=-6$
Notons $H\left(2;2\right)$ et $J\left(4;-6\right)$ les coordonnées des points d'intersection de $\Delta$ et $\Gamma$.

Calculons :
$6x_{E}+7y_{E}+54=6\times \left(-2\right)+7\times \left(-6\right)+54$
$6x_{E}+7y_{E}+54=-12-42+54$
Ainsi :
Il en résulte que le point $E$ est sur la droite $\left(d\right)$ d'équation : $6x+7y+54=0$.

Calculons :
$x_{E}^{2}+y_{E}^{2}-2x_{E}+5y_{E}-14=\left(-2\right)^{2}+\left(-6\right)^{2}-2\times \left(-2\right)+5\times \left(-6\right)-14$
Ainsi :
Il en résulte que le point $E$ au cercle $\Gamma$.

La droite $\left(d\right)$ d'équation : $6x+7y+54=0$ admet un vecteur normal $\vec{n}\left(6;7\right)$.
Si la droite $\left(d\right)$ est tangente au cercle $\Gamma$ en $E$ alors il faut que les vecteurs $\vec{IE}$ et $\vec{n}$ soient colinéaires.
Or $\vec{IE}\left(-3;-\frac{7}{2}\right)$. On vérifie facilement que : $\vec{n}=2\times \vec{IE}$. Donc les les vecteurs $\vec{IE}$ et $\vec{n}$ sont bien colinéaires.
La droite $\left(d\right)$ est tangente au cercle $\Gamma$ en $E$.

$\overrightarrow{DI} .\overrightarrow{AC}=\left(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AI}\right) .\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right)$
$\overrightarrow{DI} .\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AI} .\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AI} .\overrightarrow{BC}$
Or :

• $\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{AB}=0$ car $ABCD$ est un rectangle donc les droites $\left(DA\right)$ et $\left(AB\right)$ sont perpendiculaires.
• $\overrightarrow{AI} .\overrightarrow{BC}=0$ car $ABCD$ est un rectangle donc les droites $\left(AI\right)$ et $\left(BC\right)$ sont perpendiculaires.

Ainsi :
$\overrightarrow{DI} .\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AI} .\vec{AB}$
De plus :

• les vecteurs $\overrightarrow{DA}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont colinéaires et de sens contraires ce qui donne : $\overrightarrow{DA} .\overrightarrow{BC}=-DA\times BC$
• les vecteurs $\overrightarrow{AI}$ et $\overrightarrow{AB}$ sont colinéaires et de même sens ce qui donne : $\overrightarrow{AI} .\overrightarrow{AB}=AI\times AB$

Il vient alors que :
$\overrightarrow{DI} .\overrightarrow{AC}=-DA\times BC+AI\times AB$
$\overrightarrow{DI} .\overrightarrow{AC}=-\sqrt{2} \times \sqrt{2} +1\times 2$
$\overrightarrow{DI} .\overrightarrow{AC}=-2+2$

Les vecteurs $\overrightarrow{DI}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont orthogonaux donc les droites $\left(DI\right)$ et $\left(AC\right)$ sont perpendiculaires.