Repérage dans le plan en seconde : corrigé détaillé des 33 exercices à télécharger en PDF

Donc, pour lire les coordonnées d’un point, on trace les parallèles aux axes passant par ce point : l’abscisse se lit sur l’axe des abscisses, l’ordonnée sur l’axe des ordonnées. Attention, les unités ne correspondent pas forcément à un carreau.

Puis, figure 1. Sur l’axe des abscisses, l’unité vaut 3 carreaux ; sur l’axe des ordonnées, elle vaut 2 carreaux. Par ailleurs, le point d’abscisse \(-1\) est donc 3 carreaux à gauche de l’axe vertical et le point d’ordonnée \(2\) est 4 carreaux au-dessus de l’axe horizontal : c’est le point C. (On lit par ailleurs \(B\left(-\frac{4}{3}\,;1\right)\) et \(A\left(-\frac{1}{3}\,;-2\right)\).)

Figure 2. Le repère est oblique : l’axe des ordonnées est incliné et les parallèles à cet axe sont les droites inclinées du quadrillage. Puis on part de l’origine, on recule d’une unité le long de l’axe horizontal (abscisse \(-1\)), puis on monte de deux unités parallèlement à l’axe oblique (ordonnée \(2\)) : on arrive sur le point A. (De même \(B(-2\,;4)\) et \(C(3\,;1)\).)

1) Le repère est orthonormé, on peut donc utiliser la formule de la distance :

\[ \begin{aligned} AB &= \sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2} \\ &= \sqrt{(-2-5)^2+(1-(-1))^2} \\ &= \sqrt{(-7)^2+2^2} \\ &= \sqrt{49+4} = \sqrt{53} \end{aligned} \]

53 est un nombre premier : la racine ne se simplifie pas. \(AB=\sqrt{53}\) (environ 7,28 unités).

Ainsi, 2) Le milieu \(I\) de \([AB]\) a pour coordonnées les moyennes des coordonnées de \(A\) et \(B\) :

\[ x_I=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{5+(-2)}{2}=\frac{3}{2} \qquad y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=\frac{-1+1}{2}=0 \]

1) On place \(A(2\,;-1)\) et \(B(-6\,;-1)\). Ensuite, ils ont la même ordonnée : la droite \((AB)\) est parallèle à l’axe des abscisses et \(AB=2-(-6)=8\) cm.

2) Si \(ABC\) est isocèle en \(C\), alors \(CA=CB\) : le point \(C\) est sur la médiatrice de \([AB]\). Puis le milieu de \([AB]\) est \(H\left(\frac{2+(-6)}{2}\,;-1\right)=(-2\,;-1)\) et, \((AB)\) étant horizontale, la médiatrice est la droite verticale d’équation \(x=-2\). De plus, la hauteur issue de \(C\) est \([CH]\) ; elle doit mesurer 4 cm, donc on place \(C\) sur cette médiatrice à 4 carreaux de \(H\), par exemple au-dessus.

Car 3) On lit \(C(-2\,;3)\). (Une autre solution était \((-2\,;-5)\), en dessous de \((AB)\).)

4) Le symétrique \(C^{\prime}\) de \(C\) par rapport à la droite \((AB)\) est sur la perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(C\), c’est-à-dire la droite \(x=-2\), de l’autre côté de \((AB)\) et à la même distance 4 cm : on reporte \(HC^{\prime}=HC=4\) cm.

5) \(H\) est le milieu de \([CC^{\prime}]\), donc \(y_{C^{\prime}}=2\times(-1)-3=-5\).

1) On place \(D(4\,;-3)\) et \(E(-2\,;3)\).

Également, 2) Un triangle équilatéral a trois côtés égaux. Ensuite, on trace au compas un arc de centre \(D\) et de rayon \(DE\), puis un arc de centre \(E\) de même rayon : ils se coupent en deux points ; on en choisit un, c’est \(F\).

3) Par lecture graphique, \(F\approx(6{,}2\,;5{,}2)\). Par ailleurs, on peut le vérifier par le calcul. Puis dans le repère orthonormé :

\[ DE=\sqrt{(-2-4)^2+(3-(-3))^2}=\sqrt{36+36}=\sqrt{72}=6\sqrt{2} \]

Ainsi, le point \(F\) est sur la médiatrice de \([DE]\), qui passe par le milieu \(M(1\,;0)\) et suit la direction \((1\,;1)\) (perpendiculaire à \((DE)\), qui suit la direction \((-1\,;1)\)). Ensuite, la hauteur d’un triangle équilatéral de côté \(a\) vaut \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\), ici \(MF=\frac{6\sqrt{2}\times\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{6}\). Puis en partant de \(M\) et en avançant de \(t\) dans chaque direction, \(MF=t\sqrt{2}\), donc \(t=\frac{3\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=3\sqrt{3}\) :

\[ F\left(1+3\sqrt{3}\,;3\sqrt{3}\right)\approx(6{,}20\,;5{,}20) \]

L’autre point possible est \(\left(1-3\sqrt{3}\,;-3\sqrt{3}\right)\approx(-4{,}20\,;-5{,}20)\).

4) Le symétrique \(E^{\prime}\) de \(E\) par rapport à \(F\) est tel que \(F\) est le milieu de \([EE^{\prime}]\) : on trace la demi-droite \([EF)\) et on reporte \(FE^{\prime}=EF\).

Puis, 5) Comme \(x_{E^{\prime}}=2x_F-x_E\) et \(y_{E^{\prime}}=2y_F-y_E\) :

\[ E^{\prime}\left(2+6\sqrt{3}+2\,;6\sqrt{3}-3\right)=\left(4+6\sqrt{3}\,;6\sqrt{3}-3\right)\approx(14{,}4\,;7{,}4) \]

Car premier point. Milieu \(M\) de \([AB]\) avec \(A(-2{,}6\,;4{,}7)\) et \(B(6{,}3\,;-5{,}9)\) :

\[ x_M=\frac{-2{,}6+6{,}3}{2}=\frac{3{,}7}{2}=1{,}85 \qquad y_M=\frac{4{,}7+(-5{,}9)}{2}=\frac{-1{,}2}{2}=-0{,}6 \]

Donc \(M(1{,}85\,;-0{,}6)\).

Deuxième point. \(A\left(\frac{1}{3}\,;\frac{2}{5}\right)\), \(B\left(\frac{4}{6}\,;\frac{1}{4}\right)\) et \(C\left(\sqrt{5}\,;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\). Par ailleurs, de plus, on remarque que \(\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\).

\[ \begin{aligned} x_D &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{2} & y_D &= \frac{1}{2}\left(\frac{8}{20}+\frac{5}{20}\right)=\frac{13}{40} \\ x_E &= \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}+\sqrt{5}\right)=\frac{2+3\sqrt{5}}{6} & y_E &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}+\frac{2\sqrt{3}}{4}\right)=\frac{1+2\sqrt{3}}{8} \\ x_F &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}+\sqrt{5}\right)=\frac{1+3\sqrt{5}}{6} & y_F &= \frac{1}{2}\left(\frac{4}{10}+\frac{5\sqrt{3}}{10}\right)=\frac{4+5\sqrt{3}}{20} \end{aligned} \]

Donc \(D\left(\frac{1}{2}\,;\frac{13}{40}\right)\), \(E\left(\frac{2+3\sqrt{5}}{6}\,;\frac{1+2\sqrt{3}}{8}\right)\) et \(F\left(\frac{1+3\sqrt{5}}{6}\,;\frac{4+5\sqrt{3}}{20}\right)\).

Troisième point. La médiatrice de \([CD]\) est la droite perpendiculaire à \([CD]\) en son milieu : le point d’intersection cherché est donc le milieu \(K\) de \([CD]\).

\[ x_K=\frac{34\,582+10\,991}{2}=\frac{45\,573}{2}=22\,786{,}5 \qquad y_K=\frac{-43\,590+59\,267}{2}=\frac{15\,677}{2}=7\,838{,}5 \]

Premier point. \(M\) est le milieu de \([AB]\), donc \(x_M=\frac{x_A+x_B}{2}\), soit \(x_B=2x_M-x_A\) (et de même pour les ordonnées) :

\[ x_B=2\times0-3=-3 \qquad y_B=2\times3-(-2)=8 \]

Donc \(B(-3\,;8)\).

Deuxième point. Le symétrique \(E^{\prime}\) de \(E\) par rapport à \(F\) vérifie : \(F\) est le milieu de \([EE^{\prime}]\).

\[ x_{E^{\prime}}=2\times0-(-6{,}9)=6{,}9 \qquad y_{E^{\prime}}=2\times(-4{,}6)-(-3{,}3)=-9{,}2+3{,}3=-5{,}9 \]

Donc \(E^{\prime}(6{,}9\,;-5{,}9)\).

Car troisième point. \(B\left(\frac{1}{2}\,;-\frac{3}{4}\right)\), \(A\left(\frac{4}{5}\,;\frac{7}{3}\right)\), \(N\left(-\frac{5}{6}\,;\frac{2}{3}\right)\).

1) Milieu \(K\) de \([BN]\) :

\[ x_K=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{6}-\frac{5}{6}\right)=\frac{1}{2}\times\left(-\frac{2}{6}\right)=-\frac{1}{6} \qquad y_K=\frac{1}{2}\left(-\frac{9}{12}+\frac{8}{12}\right)=-\frac{1}{24} \]

2) \(BANC\) est un parallélogramme si et seulement si ses diagonales \([BN]\) et \([AC]\) ont le même milieu. Ensuite, il faut donc que \(K\) soit le milieu de \([AC]\) :

\[ x_C=2x_K-x_A=-\frac{2}{6}-\frac{4}{5}=-\frac{5}{15}-\frac{12}{15}=-\frac{17}{15} \qquad y_C=2y_K-y_A=-\frac{1}{12}-\frac{28}{12}=-\frac{29}{12} \]

On a \(P(-2\,;4)\), \(A(0\,;-1)\), \(T(5\,;-2)\). Par ailleurs, le milieu \(E\) de \([AT]\) est :

\[ E\left(\frac{0+5}{2}\,;\frac{-1+(-2)}{2}\right)=\left(\frac{5}{2}\,;-\frac{3}{2}\right) \]

Dans le triangle \(PAT\), la droite passe par le milieu \(E\) du côté \([AT]\) et elle est parallèle au côté \((TP)\). D’après le théorème de la droite des milieux (vu en 4ème), elle coupe le troisième côté \([PA]\) en son milieu. Donc \(F\) est le milieu de \([PA]\) :

\[ F\left(\frac{-2+0}{2}\,;\frac{4+(-1)}{2}\right)=\left(-1\,;\frac{3}{2}\right) \]

1) Une unité correspond à un carreau (\(OI=OJ=1\) carreau). Puis on lit : \(A(-2\,;-3)\), \(B(1\,;4)\), \(C(-3\,;0)\) et \(D(4\,;0)\).

En outre, 2) \(J(0\,;1)\) est le milieu de \([BE]\). Ensuite, on trace \((BJ)\) et on reporte \(JE=BJ\) au-delà de \(J\). Graphiquement, \(E(-1\,;-2)\) ; par le calcul, \(x_E=2\times0-1=-1\) et \(y_E=2\times1-4=-2\).

3) Milieux :

\[ F\left(\frac{-2+1}{2}\,;\frac{-3+4}{2}\right)=\left(-\frac{1}{2}\,;\frac{1}{2}\right) \qquad G\left(\frac{-2+(-3)}{2}\,;\frac{-3+0}{2}\right)=\left(-\frac{5}{2}\,;-\frac{3}{2}\right) \]

En effet, 4) Le repère est orthonormé (carreaux carrés), on applique la formule de la distance :

\[ \begin{aligned} AC &= \sqrt{(-3+2)^2+(0+3)^2}=\sqrt{1+9}=\sqrt{10} \\ CE &= \sqrt{(-1+3)^2+(-2-0)^2}=\sqrt{4+4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2} \\ AE &= \sqrt{(-1+2)^2+(-2+3)^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2} \end{aligned} \]

5) Le plus long côté est \([AC]\). Puis on compare \(AC^2=10\) et \(CE^2+AE^2=8+2=10\). L’égalité \(AC^2=CE^2+AE^2\) est vérifiée, donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle \(ACE\) est rectangle en \(E\). De plus, il n’est pas isocèle car \(CE\neq AE\).

1) \(A\left(-\frac{5}{3}\,;-\frac{1}{6}\right)\), \(B\left(2\,;\frac{1}{3}\right)\), \(C\left(\frac{2}{3}\,;\frac{1}{2}\right)\). Ensuite, le repère est orthonormé :

\[ \begin{aligned} AB^2 &= \left(2+\frac{5}{3}\right)^2+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\right)^2=\left(\frac{11}{3}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{484}{36}+\frac{9}{36}=\frac{493}{36} \\ AC^2 &= \left(\frac{2}{3}+\frac{5}{3}\right)^2+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\right)^2=\left(\frac{7}{3}\right)^2+\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{53}{9} \\ BC^2 &= \left(\frac{2}{3}-2\right)^2+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)^2=\frac{16}{9}+\frac{1}{36}=\frac{65}{36} \end{aligned} \]

Donc \(AB=\frac{\sqrt{493}}{6}\), \(AC=\frac{\sqrt{53}}{3}=\frac{2\sqrt{53}}{6}\) et \(BC=\frac{\sqrt{65}}{6}\). Par ailleurs, le périmètre vaut :

\[ \mathcal{P}_{ABC}=\frac{\sqrt{493}+2\sqrt{53}+\sqrt{65}}{6}\approx7{,}47 \]

2) Milieux :

\[ \begin{aligned} A^{\prime} &= \left(\frac{1}{2}\left(2+\frac{2}{3}\right)\,;\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\right)\right)=\left(\frac{4}{3}\,;\frac{5}{12}\right) \\ B^{\prime} &= \left(\frac{1}{2}\left(-\frac{5}{3}+\frac{2}{3}\right)\,;\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\right)\right)=\left(-\frac{1}{2}\,;\frac{1}{6}\right) \\ C^{\prime} &= \left(\frac{1}{2}\left(-\frac{5}{3}+2\right)\,;\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{6}+\frac{1}{3}\right)\right)=\left(\frac{1}{6}\,;\frac{1}{12}\right) \end{aligned} \]

3) D’après le théorème des milieux, chaque côté du triangle \(A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}\) mesure la moitié du côté parallèle de \(ABC\) : \(B^{\prime}C^{\prime}=\frac{BC}{2}\), \(A^{\prime}C^{\prime}=\frac{AC}{2}\), \(A^{\prime}B^{\prime}=\frac{AB}{2}\). Puis le périmètre est donc divisé par 2 :

\[ \mathcal{P}_{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}=\frac{\sqrt{493}+2\sqrt{53}+\sqrt{65}}{12}\approx3{,}74 \]

Dans le repère orthonormé \((A\,;B,D)\), on a \(A(0\,;0)\), \(B(1\,;0)\), \(D(0\,;1)\) et, \(ABCD\) étant un carré, \(C(1\,;1)\).

Toutefois, Point \(E_1\). Il est sur la droite \((AB)\), à gauche de \(A\), et le codage indique \(AE_1=AB=1\). Donc \(E_1(-1\,;0)\).

Point \(E_2\). Il est sur la droite \((AD)\), sous \(A\), avec \(AE_2=AD=1\). Donc \(E_2(0\,;-1)\).

En outre, Point \(E_3\). Il est sur \((AD)\), au-dessus de \(D\), et le codage indique \(DE_3=DE_1\). Ensuite, dans le triangle \(AE_1D\) rectangle en \(A\), le théorème de Pythagore donne \(DE_1=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\). Donc \(y_{E_3}=1+\sqrt{2}\) : \(E_3\left(0\,;1+\sqrt{2}\right)\).

Point \(E_4\). Il est sur \((AB)\), à droite de \(B\), avec \(BE_4=BE_2=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\). Donc \(E_4\left(1+\sqrt{2}\,;0\right)\).

Toutefois, Vérification : \(CE_3=\sqrt{1^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{3}\) et \(CE_4=\sqrt{(\sqrt{2})^2+1^2}=\sqrt{3}\), les deux arêtes qui se recollent sont bien égales.

Par ailleurs, on a \(T(-2{,}2\,;1{,}2)\), \(A(-1{,}2\,;3{,}6)\) et \(C(6\,;0{,}6)\) dans un repère orthonormé : on peut utiliser la formule de la distance.

1) Longueurs des trois côtés :

\[ \begin{aligned} TA &= \sqrt{(-1{,}2-(-2{,}2))^2+(3{,}6-1{,}2)^2} = \sqrt{1^2+2{,}4^2} = \sqrt{1+5{,}76} = \sqrt{6{,}76} = 2{,}6 \\ AC &= \sqrt{(6-(-1{,}2))^2+(0{,}6-3{,}6)^2} = \sqrt{7{,}2^2+(-3)^2} = \sqrt{51{,}84+9} = \sqrt{60{,}84} = 7{,}8 \\ TC &= \sqrt{(6-(-2{,}2))^2+(0{,}6-1{,}2)^2} = \sqrt{8{,}2^2+(-0{,}6)^2} = \sqrt{67{,}24+0{,}36} = \sqrt{67{,}6} \end{aligned} \]

Pour simplifier \(\sqrt{67{,}6}\) : \(67{,}6=\frac{6760}{100}\) et \(6760=4\times169\times10\), donc \(\sqrt{67{,}6}=\frac{2\times13\sqrt{10}}{10}=\frac{13\sqrt{10}}{5}\).

Donc TA = 2,6, AC = 7,8 et \(TC=\frac{13\sqrt{10}}{5}\) (environ 8,22).

Par exemple, 2) Le plus long côté est [TC]. Puis on compare \(TC^2\) et \(TA^2+AC^2\) :

\[ TA^2+AC^2 = 6{,}76+60{,}84 = 67{,}6 \qquad TC^2 = 67{,}6 \]

On a \(TC^2=TA^2+AC^2\) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle TAC est rectangle en A (le sommet opposé au plus long côté).

3) K est le milieu de [TC] :

\[ x_K=\frac{-2{,}2+6}{2}=\frac{3{,}8}{2}=1{,}9 \qquad y_K=\frac{1{,}2+0{,}6}{2}=\frac{1{,}8}{2}=0{,}9 \]

Donc \(K(1{,}9\,;0{,}9)\).

Toutefois, 4) Dans le quadrilatère ECAT, les diagonales sont [EA] et [CT]. De plus, on choisit E pour que les diagonales aient le même milieu K : E est alors le symétrique de A par rapport à K.

\[ x_E=2x_K-x_A=2\times1{,}9-(-1{,}2)=5 \qquad y_E=2y_K-y_A=2\times0{,}9-3{,}6=-1{,}8 \]

Avec \(E(5\,;-1{,}8)\), les diagonales [EA] et [CT] ont le même milieu, donc ECAT est un parallélogramme. Comme il a un angle droit en A (question 2), c’est un rectangle.

On a \(A(2\,;0)\) et \(B(5\,;0)\), donc \(AB=5-2=3\) (les deux points sont sur l’axe des abscisses).

1) ABC est équilatéral, donc CA = CB : C est sur la médiatrice de [AB], qui est la droite verticale passant par le milieu de [AB], d’abscisse \(\frac{2+5}{2}=\frac{7}{2}\). Donc \(x_C=\frac{7}{2}\).

De plus AC = 3, donc \(AC^2=9\) :

\[ \left(\frac{7}{2}-2\right)^2+y_C^2=9 \iff \frac{9}{4}+y_C^2=9 \iff y_C^2=\frac{27}{4} \]

Comme l’ordonnée de C est positive, \(y_C=\sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\). Donc \(C\left(\frac{7}{2}\,;\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)\).

2) Le centre de gravité G est le point de concours des médianes ; il est situé aux deux tiers de chaque médiane en partant du sommet. Ensuite, la médiane issue de C est [CI], où \(I\left(\frac{7}{2}\,;0\right)\) est le milieu de [AB] : c’est un segment vertical. G est donc sur cette droite, avec \(x_G=\frac{7}{2}\), et au tiers de la médiane en partant de I :

\[ y_G=y_I+\frac{1}{3}(y_C-y_I)=0+\frac{1}{3}\times\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} \]

Donc \(G\left(\frac{7}{2}\,;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\). (On retrouve le même résultat avec les moyennes des coordonnées des sommets : \(\frac{2+5+\frac{7}{2}}{3}=\frac{7}{2}\) et \(\frac{0+0+\frac{3\sqrt{3}}{2}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\).)

3) a) Formule du milieu :

\[ I\left(\frac{2+5}{2}\,;\frac{0+0}{2}\right)=\left(\frac{7}{2}\,;0\right) \qquad J\left(\frac{2+\frac{7}{2}}{2}\,;\frac{0+\frac{3\sqrt{3}}{2}}{2}\right)=\left(\frac{11}{4}\,;\frac{3\sqrt{3}}{4}\right) \qquad K\left(\frac{5+\frac{7}{2}}{2}\,;\frac{3\sqrt{3}}{4}\right)=\left(\frac{17}{4}\,;\frac{3\sqrt{3}}{4}\right) \]

Par exemple, b) On calcule les trois longueurs (repère orthonormé) :

\[ \begin{aligned} IJ^2 &= \left(\frac{11}{4}-\frac{14}{4}\right)^2+\left(\frac{3\sqrt{3}}{4}-0\right)^2 = \frac{9}{16}+\frac{27}{16} = \frac{36}{16} \\ IK^2 &= \left(\frac{17}{4}-\frac{14}{4}\right)^2+\left(\frac{3\sqrt{3}}{4}\right)^2 = \frac{9}{16}+\frac{27}{16} = \frac{36}{16} \\ JK^2 &= \left(\frac{17}{4}-\frac{11}{4}\right)^2+0^2 = \frac{36}{16} \end{aligned} \]

Donc \(IJ=IK=JK=\sqrt{\frac{36}{16}}=\frac{3}{2}\) : le triangle IJK est équilatéral de côté 1,5.

c) Dans IJK, la médiane issue de I rejoint le milieu de [JK], de coordonnées \(\left(\frac{\frac{11}{4}+\frac{17}{4}}{2}\,;\frac{3\sqrt{3}}{4}\right)=\left(\frac{7}{2}\,;\frac{3\sqrt{3}}{4}\right)\) : elle est encore portée par la droite verticale d’abscisse \(\frac{7}{2}\). Par ailleurs, le centre de gravité de IJK est aux deux tiers de cette médiane en partant de I :

\[ y=0+\frac{2}{3}\times\frac{3\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2} \]

De même, le centre de gravité de IJK a pour coordonnées \(\left(\frac{7}{2}\,;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\) : c’est le point G. (Vérification avec les moyennes : \(\frac{\frac{14}{4}+\frac{11}{4}+\frac{17}{4}}{3}=\frac{7}{2}\) et \(\frac{0+\frac{3\sqrt{3}}{4}+\frac{3\sqrt{3}}{4}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\).)

De même, dans le repère \((A\,;E,D)\), l’origine est A, l’unité de l’axe des abscisses est AE = 2 cm et celle de l’axe des ordonnées est AD = 2 cm. Puis pour trouver une coordonnée, on divise donc la distance en cm par 2.

a)

• A est l’origine : \(A(0\,;0)\) ; E est le point unité des abscisses : \(E(1\,;0)\) ; D est le point unité des ordonnées : \(D(0\,;1)\).
• Donc, B est sur l’axe des abscisses avec AB = 3 cm, soit \(3\div2=1{,}5\) unité : \(B(1{,}5\,;0)\).
• C est au-dessus de B, à la hauteur de D : \(C(1{,}5\,;1)\).

De même, b) I est le milieu de [BD] :

\[ x_I=\frac{1{,}5+0}{2}=0{,}75 \qquad y_I=\frac{0+1}{2}=0{,}5 \]

Donc \(I(0{,}75\,;0{,}5)\).

c) Le repère est orthonormé, on applique la formule de la distance :

\[ ID=\sqrt{(0-0{,}75)^2+(1-0{,}5)^2}=\sqrt{0{,}5625+0{,}25}=\sqrt{0{,}8125}=\sqrt{\frac{13}{16}}=\frac{\sqrt{13}}{4} \]

De même, cette distance est exprimée en unités du repère. Ensuite, une unité vaut 2 cm, donc \(ID=\frac{\sqrt{13}}{4}\times2=\frac{\sqrt{13}}{2}\text{ cm}\), soit environ 1,80 cm.

Vérification : par Pythagore dans le triangle ABD, \(BD=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}\text{ cm}\), et ID en est la moitié.

Les deux carrés ont le même côté 1,5 cm, donc dans chacun des repères proposés, l’unité (un côté de carré) est la même sur les deux axes et les axes sont perpendiculaires : les repères sont orthonormés. Puis une unité vaut 1,5 cm.

1. a) Repère \((B\,;F,C)\) : origine B, axe des abscisses dirigé vers F, axe des ordonnées dirigé vers C.

\(A(-1\,;0)\), \(B(0\,;0)\), \(C(0\,;1)\), \(D(-1\,;1)\), \(E(1\,;1)\), \(F(1\,;0)\).

Ainsi, b) Le centre d’un carré est le milieu de ses diagonales. S est le milieu de [AC] et T le milieu de [BE] :

\[ S\left(\frac{-1+0}{2}\,;\frac{0+1}{2}\right)=(-0{,}5\,;0{,}5) \qquad T\left(\frac{0+1}{2}\,;\frac{0+1}{2}\right)=(0{,}5\,;0{,}5) \]

c)

\[ AT=\sqrt{(0{,}5-(-1))^2+(0{,}5-0)^2}=\sqrt{2{,}25+0{,}25}=\sqrt{2{,}5}=\sqrt{\frac{10}{4}}=\frac{\sqrt{10}}{2} \]

Donc, en centimètres : \(AT=\frac{\sqrt{10}}{2}\times1{,}5=\frac{3\sqrt{10}}{4}\text{ cm}\approx2{,}37\text{ cm}\).

2. a) Repère \((A\,;B,D)\) : origine A, abscisses vers B, ordonnées vers D.

• \(A(0\,;0)\), \(B(1\,;0)\), \(C(1\,;1)\), \(D(0\,;1)\), \(E(2\,;1)\), \(F(2\,;0)\).
• Alors, \(S\left(\frac{0+1}{2}\,;\frac{0+1}{2}\right)=(0{,}5\,;0{,}5)\) et \(T\left(\frac{1+2}{2}\,;\frac{0+1}{2}\right)=(1{,}5\,;0{,}5)\).
• \(AT=\sqrt{1{,}5^2+0{,}5^2}=\sqrt{2{,}5}=\frac{\sqrt{10}}{2}\).

En effet, b) Repère \((D\,;A,C)\) : origine D, l’axe des abscisses va de D vers A (vers le bas), l’axe des ordonnées va de D vers C (vers la droite). De plus, un point M a pour coordonnées \((x\,;y)\) si l’on part de D, qu’on descend de x unités puis qu’on va à droite de y unités.

• \(D(0\,;0)\), \(A(1\,;0)\), \(C(0\,;1)\), \(B(1\,;1)\), \(E(0\,;2)\), \(F(1\,;2)\).
• S milieu de [AC] : \(S(0{,}5\,;0{,}5)\) ; T milieu de [BE] : \(T\left(\frac{1+0}{2}\,;\frac{1+2}{2}\right)=(0{,}5\,;1{,}5)\).
• Alors, \(AT=\sqrt{(0{,}5-1)^2+(1{,}5-0)^2}=\sqrt{0{,}25+2{,}25}=\sqrt{2{,}5}=\frac{\sqrt{10}}{2}\).

Les coordonnées des points changent avec le repère, mais la distance AT reste la même : c’est une longueur de la figure, elle ne dépend pas du repère (orthonormé) choisi.

Par ailleurs, a) Sur la figure codée, on indique : l’angle droit en B, l’angle de 60° en A, BC = 4 cm, les trois côtés égaux du triangle équilatéral BCD, l’alignement de A, C, E et l’angle de 45° en E.

b) On calcule les angles autour du point C.

• Dans le triangle ABC rectangle en B, la somme des angles vaut 180°, donc \(\widehat{ACB}=180^\circ-90^\circ-60^\circ=30^\circ\).
• BCD est équilatéral, donc ses angles mesurent 60° : \(\widehat{BCD}=60^\circ\).
• A, C et E sont alignés, donc l’angle \(\widehat{ACE}\) est plat : \(\widehat{ACB}+\widehat{BCD}+\widehat{DCE}=180^\circ\).

\[ \widehat{DCE}=180^\circ-30^\circ-60^\circ=90^\circ \]

Notamment, dans le triangle CDE : \(\widehat{CDE}=180^\circ-90^\circ-45^\circ=45^\circ\). Ensuite, il a donc un angle droit en C et deux angles de 45° : le triangle CDE est rectangle isocèle en C.

Comme CDE est isocèle en C, CE = CD. Ensuite, Et comme BCD est équilatéral, CD = BC = 4 cm. Donc CE = 4 cm.

Enfin, pour lire les coordonnées d’un point, on trace les parallèles aux axes passant par ce point. Par ailleurs, il faut d’abord repérer l’unité grâce au point marqué 1 sur chaque axe : ce n’est pas toujours un carreau.

• Repère 1 : une unité = un carreau sur chaque axe. \(A(-2\,;1)\), \(B(1\,;2)\), \(C(0\,;-2)\).
• Cependant, repère 2 : sur l’axe des abscisses, une unité = deux colonnes du quadrillage (chaque colonne vaut 0,5) ; sur l’axe des ordonnées, une unité = un carreau. \(A(-1{,}5\,;2)\), \(B(0{,}5\,;-2)\), \(C(2\,;1)\).
• Repère 3 : une unité = deux petits carreaux sur chaque axe (chaque carreau vaut 0,5). Par ailleurs, on trouve les mêmes coordonnées : \(A(-1{,}5\,;2)\), \(B(0{,}5\,;-2)\), \(C(2\,;1)\).
• Repère 4 : le repère est oblique. L’ordonnée se lit en suivant la parallèle à l’axe des abscisses (les droites horizontales), l’abscisse en suivant la parallèle à l’axe oblique (les droites inclinées). \(A(3\,;1)\), \(B(-2\,;4)\), \(C(-1\,;1)\).

Dans le repère 4, on vérifie par exemple B : en partant de O, on recule de 2 unités sur l’axe horizontal puis on monte de 4 unités parallèlement à l’axe oblique.

On a \(M\left(-1\,;\frac{1}{3}\right)\), \(E\left(0\,;-\frac{2}{3}\right)\) et \(R\left(\frac{2}{3}\,;1\right)\). Puis pour calculer des longueurs avec les coordonnées, le repère \((O\,;I,J)\) doit être orthonormé : c’est ce qu’on suppose ici.

1) On place les points en prenant par exemple 3 carreaux pour une unité, ce qui rend les tiers faciles à placer.

De même, 2) Formule de la distance :

\[ \begin{aligned} ME^2 &= (0-(-1))^2+\left(-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}\right)^2 = 1^2+(-1)^2 = 2 \\ ER^2 &= \left(\frac{2}{3}-0\right)^2+\left(1-\left(-\frac{2}{3}\right)\right)^2 = \frac{4}{9}+\frac{25}{9} = \frac{29}{9} \\ MR^2 &= \left(\frac{2}{3}-(-1)\right)^2+\left(1-\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{25}{9}+\frac{4}{9} = \frac{29}{9} \end{aligned} \]

Donc \(ME=\sqrt{2}\), \(ER=\frac{\sqrt{29}}{3}\) et \(MR=\frac{\sqrt{29}}{3}\) (environ 1,41 ; 1,80 ; 1,80).

3) On a ER = MR : le triangle MER est isocèle en R. Ensuite, il n’est pas équilatéral (ME ≠ ER). Puis il n’est pas rectangle non plus : le plus grand carré est \(\frac{29}{9}\) et \(ME^2+MR^2=\frac{18}{9}+\frac{29}{9}=\frac{47}{9}\neq\frac{29}{9}\).

1. On place \(A(-2\,;2)\), \(B(2\,;-1)\), \(C(5\,;3)\) et \(D(1\,;6)\) dans le repère orthonormé.

En effet, 2. K est le milieu de [AC] :

\[ x_K=\frac{-2+5}{2}=1{,}5 \qquad y_K=\frac{2+3}{2}=2{,}5 \]

Donc \(K(1{,}5\,;2{,}5)\).

3. L est le milieu de [BD] :

\[ x_L=\frac{2+1}{2}=1{,}5 \qquad y_L=\frac{-1+6}{2}=2{,}5 \]

Donc \(L(1{,}5\,;2{,}5)\).

Par ailleurs, 4. K et L sont confondus : les diagonales [AC] et [BD] ont le même milieu. De plus, un quadrilatère dont les diagonales se coupent en leur milieu est un parallélogramme : ABCD est un parallélogramme.

En effet, 5. Le repère est orthonormé :

\[ \begin{aligned} AB &= \sqrt{(2-(-2))^2+(-1-2)^2} = \sqrt{16+9} = \sqrt{25} = 5 \\ BC &= \sqrt{(5-2)^2+(3-(-1))^2} = \sqrt{9+16} = \sqrt{25} = 5 \\ AC &= \sqrt{(5-(-2))^2+(3-2)^2} = \sqrt{49+1} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} \end{aligned} \]

6. AB = BC = 5, donc ABC est isocèle en B. De plus \(AB^2+BC^2=25+25=50=AC^2\) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, ABC est rectangle en B. Ensuite, le triangle ABC est donc rectangle isocèle en B.

ABCD est un parallélogramme qui a un angle droit (en B) : c’est un rectangle. Par ailleurs, il a aussi deux côtés consécutifs égaux (AB = BC) : c’est un losange. Puis un quadrilatère à la fois rectangle et losange est un carré.

Dans ce repère, une unité correspond à un carreau sur chaque axe (OI = OJ = 1 carreau).

Car 1. La parallèle à l’axe des abscisses passant par A coupe l’axe des ordonnées au niveau de 2 : l’ordonnée de A est 2 (et son abscisse est 1).

2. B est sur l’axe des ordonnées, donc son abscisse est 0 (et son ordonnée est −2).

3. C est sur l’axe des abscisses, deux unités à gauche de O : \(C(-2\,;0)\). Cependant, D est à une unité à gauche de l’axe des ordonnées et à la même hauteur que A : \(D(-1\,;2)\).

Donc, dans ce repère, l’axe des ordonnées (OJ) est incliné. Ensuite, pour lire les coordonnées, on trace la parallèle à (OJ) (droite oblique) pour trouver l’abscisse sur l’axe horizontal, et la parallèle à (OI) (droite horizontale) pour trouver l’ordonnée sur l’axe oblique.

1. Faux. Un repère orthogonal a des axes perpendiculaires. Alors, Ici, l’axe (OJ) est oblique : il n’est pas perpendiculaire à (OI). Puis le repère \((O\,;I,J)\) n’est pas orthogonal (c’est un repère quelconque).

2. Vrai. La parallèle à (OJ) passant par A coupe l’axe des abscisses en I, donc l’abscisse de A est 1. De plus, la parallèle à (OI) passant par A coupe l’axe des ordonnées sur la 3^e graduation : \(A(1\,;3)\).

3. Vrai. B est sur l’axe des abscisses (deux unités à gauche de O), donc son ordonnée est 0 : \(B(-2\,;0)\).

4. Puis, Faux. C est sous l’axe des abscisses : son ordonnée est négative. Ensuite, la parallèle à (OI) passant par C coupe l’axe oblique à la graduation −3, et la parallèle à (OJ) passant par C coupe l’axe des abscisses à 3. Donc \(C(3\,;-3)\) et non \((-3\,;3)\) : l’affirmation a inversé les deux coordonnées (et leurs signes).

On lit d’abord les coordonnées. Attention : OI et OJ mesurent deux carreaux, donc une unité = 2 carreaux et chaque carreau vaut 0,5.

\(A(1\,;2)\), \(B(3\,;2)\), \(C(4\,;1)\), \(D(2\,;1)\).

Donc, 1. K est le milieu de [AC] :

\[ x_K=\frac{1+4}{2}=2{,}5 \qquad y_K=\frac{2+1}{2}=1{,}5 \]

Donc \(K(2{,}5\,;1{,}5)\).

2. L est le milieu de [BD] :

\[ x_L=\frac{3+2}{2}=2{,}5 \qquad y_L=\frac{2+1}{2}=1{,}5 \]

Donc \(L(2{,}5\,;1{,}5)\).

En outre, 3. K et L ont les mêmes coordonnées : ce sont le même point. Par ailleurs, les diagonales [AC] et [BD] se coupent donc en leur milieu, et ABCD est un parallélogramme.

Méthode : on place les points pour conjecturer, puis on prouve avec les coordonnées (repère orthonormé). Puis on calcule les milieux des diagonales (parallélogramme ?), puis les longueurs des diagonales (rectangle ?) et de deux côtés consécutifs (losange ?). Ensuite, un parallélogramme qui est à la fois rectangle et losange est un carré.

1. \(A(-3\,;0)\), \(B(2\,;-1)\), \(C(6\,;5)\), \(D(1\,;6)\).

Puis, conjecture : ABCD semble être un parallélogramme, sans angle droit ni côtés consécutifs égaux.

\[ \text{milieu de } [AC] : \left(\frac{-3+6}{2}\,;\frac{0+5}{2}\right)=(1{,}5\,;2{,}5) \qquad \text{milieu de } [BD] : \left(\frac{2+1}{2}\,;\frac{-1+6}{2}\right)=(1{,}5\,;2{,}5) \]

Les diagonales ont le même milieu : ABCD est un parallélogramme.

\[ AC=\sqrt{9^2+5^2}=\sqrt{106} \qquad BD=\sqrt{(-1)^2+7^2}=\sqrt{50} \qquad AB=\sqrt{5^2+(-1)^2}=\sqrt{26} \qquad BC=\sqrt{4^2+6^2}=\sqrt{52} \]

Ensuite, AC ≠ BD : ce n’est pas un rectangle ; AB ≠ BC : ce n’est pas un losange. Puis la conjecture est confirmée : ABCD est un parallélogramme quelconque.

2. \(A(2\,;-2)\), \(B(6\,;0)\), \(C(3\,;6)\), \(D(-1\,;4)\).

Conjecture : ABCD semble être un rectangle.

\[ \text{milieu de } [AC] : \left(\frac{2+3}{2}\,;\frac{-2+6}{2}\right)=(2{,}5\,;2) \qquad \text{milieu de } [BD] : \left(\frac{6-1}{2}\,;\frac{0+4}{2}\right)=(2{,}5\,;2) \]

Donc, même milieu : ABCD est un parallélogramme.

\[ AC=\sqrt{1^2+8^2}=\sqrt{65} \qquad BD=\sqrt{(-7)^2+4^2}=\sqrt{65} \qquad AB=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20} \qquad BC=\sqrt{(-3)^2+6^2}=\sqrt{45} \]

Un parallélogramme dont les diagonales ont la même longueur est un rectangle. Par ailleurs, comme AB ≠ BC, ce n’est pas un carré. De plus, la conjecture est confirmée : ABCD est un rectangle.

3. \(A(0\,;1)\), \(B(3\,;2)\), \(C(2\,;5)\), \(D(-1\,;4)\).

Enfin, conjecture : ABCD semble être un carré.

\[ \text{milieu de } [AC] : \left(\frac{0+2}{2}\,;\frac{1+5}{2}\right)=(1\,;3) \qquad \text{milieu de } [BD] : \left(\frac{3-1}{2}\,;\frac{2+4}{2}\right)=(1\,;3) \]

Même milieu : ABCD est un parallélogramme.

\[ AC=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{20} \qquad BD=\sqrt{(-4)^2+2^2}=\sqrt{20} \qquad AB=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10} \qquad BC=\sqrt{(-1)^2+3^2}=\sqrt{10} \]

Diagonales de même longueur : c’est un rectangle. Par ailleurs, Deux côtés consécutifs égaux (AB = BC) : c’est un losange. Ensuite, la conjecture est confirmée : ABCD est un carré.

1. Les droites (OI) et (OJ) suivent les lignes du quadrillage : elles sont perpendiculaires, donc le repère est orthogonal. Par ailleurs, en revanche OI = 2 carreaux et OJ = 1 carreau : les unités des deux axes n’ont pas la même longueur, donc le repère n’est pas orthonormé.

Alors, 2. Sur l’axe des abscisses, une unité vaut 2 carreaux ; sur l’axe des ordonnées, une unité vaut 1 carreau.

• A est à 3 carreaux à droite de l’axe vertical et 1 carreau au-dessus de l’axe horizontal : \( x_A=\frac{3}{2}=1{,}5 \) et \( y_A=1 \), donc A(1,5 ; 1).
• B est à 1 carreau à gauche et 1 carreau en dessous : B(−0,5 ; −1).
• Par ailleurs, C est sur l’axe des ordonnées, 2 carreaux au-dessus de O : C(0 ; 2).

3. D(1 ; 1) se place à 2 carreaux à droite de O (à la verticale de I) et 1 carreau vers le haut (à la hauteur de J). Ainsi, E(−1 ; 0) est sur l’axe des abscisses, 2 carreaux à gauche de O.

4. Dans le repère (D ; A, I), l’origine est D, l’unité de l’axe des abscisses est donnée par A et celle de l’axe des ordonnées par I.

• Également, A est 1 carreau à droite de D : le premier axe est horizontal, orienté vers la droite, avec 1 unité = 1 carreau.
• I est 1 carreau en dessous de D : le second axe est vertical, orienté vers le bas, avec 1 unité = 1 carreau.

Pour chaque point, on compte donc les carreaux vers la droite depuis D (abscisse) et les carreaux vers le bas depuis D (ordonnée) :

Remarque : DA = DI = 1 carreau et (DA) ⊥ (DI), donc ce nouveau repère (D ; A, I) est, lui, orthonormé.

Notamment, notons c la longueur du côté des carrés. Puis les codages indiquent que tous les segments marqués mesurent c : AB = BC = CD, les deux segments entre E et D, et la hauteur en pointillés du trapèze. Ainsi E est à 3c à gauche de C, F est à 2c à gauche et c en dessous de (EH). Ensuite, par symétrie d’axe (BC), H est à 3c à droite de C, G à 2c à droite et c en dessous, et on lit que I est à 2c à droite de C (symétrique du pied de la hauteur issue de F).

Dans le repère (C ; I, B) : l’origine est C, l’unité en abscisse est CI = 2c et l’unité en ordonnée est CB = c. Ensuite, on divise donc par 2 les distances horizontales (comptées en c).

1.

Ainsi, 2. Le milieu d’un segment a pour coordonnées la moyenne des coordonnées des extrémités :

\[ x_M=\frac{-1{,}5+(-1)}{2}=-1{,}25 \qquad y_M=\frac{0+(-1)}{2}=-0{,}5 \]

donc M(−1,25 ; −0,5).

3. \[ x_N=\frac{1+1{,}5}{2}=1{,}25 \qquad y_N=\frac{-1+0}{2}=-0{,}5 \] donc N(1,25 ; −0,5). M et N sont symétriques par rapport à (BC) : mêmes ordonnées, abscisses opposées.

Enfin, 1. Une unité vaut un carreau. Puis on lit :

A(−4 ; 4), B(−2 ; −1), C(3 ; 1), D(1 ; 6), E(6 ; −2), F(4 ; 3) (et O(0 ; 0), I(1 ; 0), J(0 ; 1)).

2. K milieu de [AE] : \[ x_K=\frac{-4+6}{2}=1 \qquad y_K=\frac{4+(-2)}{2}=1 \] donc K(1 ; 1).

3. L milieu de [BF] : \[ x_L=\frac{-2+4}{2}=1 \qquad y_L=\frac{-1+3}{2}=1 \] donc L(1 ; 1).

4. K et L sont confondus : les segments [AE] et [BF], qui sont les diagonales du quadrilatère AFEB, ont le même milieu. Notamment, de plus, un quadrilatère dont les diagonales se coupent en leur milieu est un parallélogramme : AFEB est un parallélogramme.

5. Dans un parallélogramme, les côtés opposés sont parallèles. Ensuite, les côtés [AF] et [EB] de AFEB sont opposés, donc les droites (AF) et (BE) sont parallèles.

La cible est centrée en O et son disque coloré a un rayon de 10 unités (10 graduations de O jusqu’au bord). Par ailleurs, on place chaque point avec ses coordonnées et on lit le numéro du secteur.

1.

• Toutefois, \( A_1(2\,;5) \) : 2 à droite, 5 en haut : secteur 1.
• \( B_1(8\,;3) \) : secteur 13.
• \( C_1(-6\,;-2) \) : secteur 8.

Score de Mathias : \( 1+13+8=22 \) points.

De même, 2. \( A_2 \) est le milieu de \( [A_1B_1] \) :

\[ x_{A_2}=\frac{2+8}{2}=5 \qquad y_{A_2}=\frac{5+3}{2}=4 \qquad \text{donc } A_2(5\,;4). \]

\( B_2 \) est le symétrique de \( B_1 \) par rapport à \( A_1 \), donc \( A_1 \) est le milieu de \( [B_1B_2] \) :

\[ \frac{8+x}{2}=2 \iff x=-4 \qquad \frac{3+y}{2}=5 \iff y=7 \qquad \text{donc } B_2(-4\,;7). \]

Sur la cible, \( A_2 \) est dans le secteur 4 et \( B_2 \) dans le secteur 12 (tous deux dans le disque : \( OB_2=\sqrt{16+49}=\sqrt{65}\approx 8{,}1 \lt 10 \)). Zineb a déjà \( 4+12=16 \) points.

• a. Pour obtenir 22 points, il lui faut \( 22-16=6 \) : une fléchette dans le secteur 6, par exemple au point Z(7 ; 0).
• b. Pour dépasser 22 points, il lui faut plus de 6 : par exemple le secteur 20 au point Z′(0 ; 7), ce qui donne \( 16+20=36 \) points.

1. On a OA = OJ = 3 carreaux : une unité vaut 3 carreaux, donc un carreau vaut \( \frac{1}{3} \) d’unité. Puis on compte les carreaux et on divise par 3 :

• A(1 ; 0) et B\( \left(\frac{5}{3}\,;0\right) \) (5 carreaux) ;
• Alors, C(2 ; 1) (6 carreaux à droite, 3 en haut) ;
• D\( \left(\frac{8}{3}\,;-\frac{2}{3}\right) \) (8 carreaux à droite, 2 en bas) ;
• Enfin, E\( \left(\frac{10}{3}\,;\frac{2}{3}\right) \) (10 carreaux à droite, 2 en haut) ;
• F\( \left(\frac{11}{3}\,;0\right) \) et G\( \left(\frac{13}{3}\,;0\right) \).

En effet, 2. Le repère est orthonormé : \( AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2} \). Ensuite, on calcule chaque morceau :

\[ \begin{aligned} AB &= \tfrac{2}{3} & BC &= \sqrt{\left(\tfrac{1}{3}\right)^2+1^2}=\tfrac{\sqrt{10}}{3} \\ CD &= \sqrt{\left(\tfrac{2}{3}\right)^2+\left(\tfrac{5}{3}\right)^2}=\tfrac{\sqrt{29}}{3} & DE &= \sqrt{\left(\tfrac{2}{3}\right)^2+\left(\tfrac{4}{3}\right)^2}=\tfrac{\sqrt{20}}{3} \\ EF &= \sqrt{\left(\tfrac{1}{3}\right)^2+\left(\tfrac{2}{3}\right)^2}=\tfrac{\sqrt{5}}{3} & FG &= \tfrac{2}{3} \end{aligned} \]

Ensuite, \[ L=\frac{4+\sqrt{10}+\sqrt{29}+\sqrt{20}+\sqrt{5}}{3}\approx\frac{19{,}25}{3}\approx 6{,}42 \text{ unités}. \]

La ligne brisée mesure environ 6,42 unités, ce qui est inférieur à 7 unités : Aïden n’a pas besoin de budget additionnel.

On se place dans le repère d’origine A, un carreau pour unité, axes le long de [AB] et [AD]. Puis on lit : le carré a pour côté 12 carreaux, et A(0 ; 0), B(12 ; 0), C(12 ; 12), D(0 ; 12), H(6 ; 12), G(6 ; 10), I(12 ; 8), I′(0 ; 8), E(4 ; 0), F(8 ; 0).

Ainsi, aire du carré : \( 12\times 12=144 \) carreaux.

Triangle hachuré GCI. Sa base [CI] est verticale : \( CI=12-8=4 \). En outre, de plus, la hauteur issue de G est la distance horizontale de G à la droite (CI) : \( 12-6=6 \).

\[ \mathcal{A}_{GCI}=\frac{4\times 6}{2}=12 \qquad\text{donc}\qquad \frac{\mathcal{A}_{GCI}}{\mathcal{A}_{ABCD}}=\frac{12}{144}=\frac{1}{12}. \]

Sur la figure, seul le triangle GCI est hachuré. Car Si l’on considère comme « partie hachurée » les trois triangles du logo, on ajoute :

• DGI′, symétrique de GCI par rapport à (OH) : même aire, 12 ;
• GEF : base \( EF=8-4=4 \), hauteur \( 10 \) (ordonnée de G), aire \( \frac{4\times 10}{2}=20 \).

En effet, Total : \( 12+12+20=44 \), soit un rapport \( \frac{44}{144}=\frac{11}{36}\approx 0{,}31 \).

Trois points A, B, C sont alignés si et seulement si les vecteurs \( \overrightarrow{AB} \) et \( \overrightarrow{AC} \) sont colinéaires, c’est-à-dire si \( \det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=x\,y^{\prime}-y\,x^{\prime}=0 \), avec \( \overrightarrow{AB}(x\,;y) \) et \( \overrightarrow{AC}(x^{\prime}\,;y^{\prime}) \).

En effet, 1. \( \overrightarrow{AB}\left(5-1\,;\frac{7}{4}+\frac{5}{4}\right)=\overrightarrow{AB}(4\,;3) \) et \( \overrightarrow{AC}\left(12-1\,;\frac{13}{4}+\frac{5}{4}\right)=\overrightarrow{AC}\left(11\,;\frac{9}{2}\right) \).

\[ \det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=4\times\frac{9}{2}-3\times 11=18-33=-15\neq 0. \]

Les vecteurs ne sont pas colinéaires : A, B et C ne sont pas alignés.

2. \( \overrightarrow{AB}\left(3\,;-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\right)=\overrightarrow{AB}\left(3\,;-\frac{2}{3}\right) \) et \( \overrightarrow{AC}\left(9\,;-\frac{5}{3}-\frac{1}{3}\right)=\overrightarrow{AC}(9\,;-2) \).

\[ \det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=3\times(-2)-\left(-\frac{2}{3}\right)\times 9=-6+6=0. \]

Les vecteurs sont colinéaires (\( \overrightarrow{AC}=3\,\overrightarrow{AB} \)) : A, B et C sont alignés.

1. La fonction Distance reçoit les coordonnées de deux points A et B et renvoie \( \sqrt{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2} \) : c’est la distance AB dans un repère orthonormé.

2. Avec A(−1 ; −1), B(1 ; 0) et C(5 ; 2) :

\[ \begin{aligned} d_1 &= AB=\sqrt{(-1-1)^2+(-1-0)^2}=\sqrt{5} \\ d_2 &= BC=\sqrt{(1-5)^2+(0-2)^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5} \\ d_3 &= AC=\sqrt{(-1-5)^2+(-1-2)^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5} \end{aligned} \]

On a \( d_1+d_2=\sqrt{5}+2\sqrt{5}=3\sqrt{5}=d_3 \) : la fonction renvoie True, les points A, B, C sont alignés (B est sur le segment [AC]). Ensuite, en Python, le test « == » sur des nombres à virgule peut échouer à cause des arrondis ; ici il donne bien True.

3. a. A(2 ; 2), B(5 ; 2) et C(3 ; 2) ont la même ordonnée 2 : ils sont tous sur la droite horizontale d’équation \( y=2 \), donc ils sont alignés.

b. \( d_1=AB=3 \), \( d_2=BC=2 \), \( d_3=AC=1 \). Comme \( d_1+d_2=5\neq 1 \), l’algorithme renvoie False.

Explication : l’égalité \( AB+BC=AC \) signifie que B est sur le segment [AC], entre A et C. Or ici c’est C qui est entre A et B (\( AC+CB=1+2=3=AB \)). Par ailleurs, l’algorithme ne teste qu’un seul des trois cas possibles : il faudrait aussi tester \( d_1+d_3=d_2 \) et \( d_2+d_3=d_1 \).

Le repère est orthonormé : on calcule les longueurs à partir des coordonnées (unité d’aire : l’unité d’aire du repère).

• Rectangle ABCD : \( AB=17-3=14 \) et \( AD=10-3=7 \), aire \( 14\times 7=98 \).
• Triangle DCE : base \( DC=14 \), hauteur \( 19-10=9 \) (E est sur l’axe, au-dessus de [DC]), aire \( \frac{14\times 9}{2}=63 \).
• Losange FGHI (non peint) : diagonales \( FH=16-12=4 \) et \( GI=11-9=2 \), aire \( \frac{4\times 2}{2}=4 \).
• Rectangle JKLM (non peint) : \( JM=9-5=4 \) et \( JK=7-3=4 \), aire 16.
• PQRS est le symétrique de JKLM par rapport à (EH) : même aire, 16.

\[ \mathcal{A}=98+63-4-16-16=125. \]

Un demi-disque de diamètre d a pour aire \( \frac{1}{2}\pi\left(\frac{d}{2}\right)^2=\frac{\pi d^2}{8} \). Comme ABC est rectangle en A, le théorème de Pythagore donne \( BC^2=a^2+b^2 \).

1. Les deux demi-disques orange (diamètres [AB] et [AC]) et le triangle ABC recouvrent exactement les deux lunules et le demi-disque bleu de diamètre [BC]. Donc :

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{\text{lunules}} &= \frac{\pi a^2}{8}+\frac{\pi b^2}{8}+\mathcal{A}_{ABC}-\frac{\pi BC^2}{8} \\ &= \frac{\pi (a^2+b^2)}{8}+\frac{ab}{2}-\frac{\pi (a^2+b^2)}{8} \\ &= \frac{ab}{2}. \end{aligned} \]

2. L’aire du triangle rectangle ABC est \( \frac{AB\times AC}{2}=\frac{ab}{2} \) : les deux lunules ont exactement la même aire que le triangle ABC (ce sont les lunules d’Hippocrate).

Notons c le côté du carré ABCD. Puis la surface bleue est le disque privé du carré EFGH.

• Le cercle est inscrit dans ABCD : son diamètre vaut c, son rayon \( \frac{c}{2} \), et l’aire du disque est \( \pi\left(\frac{c}{2}\right)^2=\frac{\pi c^2}{4} \).
• EFGH est inscrit dans le cercle : sa diagonale [EG] est un diamètre, \( EG=c \). Pour un carré de côté s, la diagonale vaut \( s\sqrt{2} \), donc \( s^2=\frac{c^2}{2} \) : l’aire de EFGH est \( \frac{c^2}{2} \).

\[ \mathcal{A}_{\text{bleue}}=\frac{\pi c^2}{4}-\frac{c^2}{2} \qquad\text{et}\qquad \frac{\mathcal{A}_{\text{bleue}}}{c^2}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}=\frac{\pi-2}{4}\approx 0{,}285. \]