Vecteurs et droites du plan : corrigés des exercices de maths en 1ère.

Exercice 11 : déterminer les valeurs de x pour que les vecteurs soient colinéaires
Pour que les vecteurs \[\vec{u}\] et \[\vec{v}\] soient colinéaires, il doit exister un scalaire \[\lambda\] tel que \[\vec{u} = \lambda \vec{v}\]. Cela signifie que leurs coordonnées doivent vérifier cette relation.

1) \[\vec{u} = \begin{pmatrix} 2x + 1 \\ 2 \end{pmatrix}\] et \[\vec{v} = \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \end{pmatrix}\]

Nous devons avoir:
\[ \frac{2x + 1}{-1} = \frac{2}{3} \]

\[ 2x + 1 = -\frac{2}{3} \]

\[ 2x = -\frac{2}{3} – 1 = -\frac{2}{3} – \frac{3}{3} \]

\[ 2x = -\frac{5}{3} \]

\[ x = -\frac{5}{6} \]

Donc, \[x = -\frac{5}{6}\].

2) \[\vec{u} = \begin{pmatrix} 3 \\ x \end{pmatrix}\] et \[\vec{v} = \begin{pmatrix} x \\ \frac{3}{4} \end{pmatrix}\]

Nous devons avoir:
\[ \frac{3}{x} = \frac{x}{\frac{3}{4}} \]

\[ 3 \cdot \frac{3}{4} = x^2 \]

\[ \frac{9}{4} = x^2 \]

\[ x = \pm \frac{3}{2} \]

Donc, \[x = \frac{3}{2}\] ou \[x = -\frac{3}{2}\].

3) \[\vec{u} = \begin{pmatrix} \frac{1}{x} \\ 2 \end{pmatrix}\] et \[\vec{v} = \begin{pmatrix} 3 \\ x \end{pmatrix}\]

Nous devons avoir:
\[ \frac{\frac{1}{x}}{3} = \frac{2}{x} \]

\[ \frac{1}{3x} = \frac{2}{x} \]

\[ \frac{1}{3x} = \frac{2}{x} \]

\[ 1 = 6x \]

\[ x = \frac{1}{6} \]

Donc, \[x = \frac{1}{6}\].

4) \[\vec{u} = \begin{pmatrix} x + 1 \\ 3 \end{pmatrix}\] et \[\vec{v} = \begin{pmatrix} 2 \\ x \end{pmatrix}\]

Nous devons avoir:
\[ \frac{x + 1}{2} = \frac{3}{x} \]

\[ x(x + 1) = 6 \]

\[ x^2 + x – 6 = 0 \]

Les solutions de cette équation quadratique sont:
\[ x = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 24}}{2} \]

\[ x = \frac{-1 \pm 5}{2} \]

\[ x = 2 \quad \text{ou} \quad x = -3 \]

Donc, \[x = 2\] ou \[x = -3\].

Exercice 12 : déterminer les coordonnées des points d’intersection
Pour déterminer les coordonnées des points d’intersection de la droite \( (AB) \) avec les axes du repère, nous devons d’abord trouver l’équation de la droite passant par les points \( A(7, -1) \) et \( B(-7, 4) \).

1. Calcul de la pente de la droite \( (AB) \) :
\[
m = \frac{y_B – y_A}{x_B – x_A} = \frac{4 – (-1)}{-7 – 7} = \frac{5}{-14} = -\frac{5}{14}
\]

2. Utilisation de la formule de la droite \( y = mx + c \). Nous utilisons le point \( A(7, -1) \) pour trouver l’ordonnée à l’origine \( c \) :
\[
-1 = -\frac{5}{14}(7) + c
\]
\[
-1 = -\frac{35}{14} + c
\]
\[
-1 = -2.5 + c
\]
\[
c = -1 + 2.5 = 1.5
\]

Donc, l’équation de la droite est :
\[
y = -\frac{5}{14}x + 1.5
\]

3. Intersection avec l’axe des ordonnées (où \( x = 0 \)) :
\[
y = 1.5
\]
Donc le point d’intersection est \( (0, 1.5) \).

4. Intersection avec l’axe des abscisses (où \( y = 0 \)) :
\[
0 = -\frac{5}{14}x + 1.5
\]
\[
\frac{5}{14}x = 1.5
\]
\[
x = 1.5 \times \frac{14}{5} = 4.2
\]
Donc le point d’intersection est \( (4.2, 0) \).

En résumé, les coordonnées des points d’intersection de la droite \( (AB) \) avec les axes du repère sont :
– Avec l’axe des ordonnées : \( (0, 1.5) \)
– Avec l’axe des abscisses : \( (4.2, 0) \)

Exercice 13 : montrer que les vecteurs sont colinéaires avec la relation de Chasles
1) \[\vec{u} = 4\vec{AB} – \frac{1}{3}\vec{AC}\] et \[\vec{v} = -12\vec{AB} + \vec{AC}\]

Pour tester si \[\vec{u}\] et \[\vec{v}\] sont colinéaires, on cherche un scalaire \[k\] tel que \[\vec{u} = k\vec{v}\].
\[
u_1 = k v_1
\]
\[
4\vec{AB} – \frac{1}{3}\vec{AC} = k(-12\vec{AB} + \vec{AC})
\]
En identifiant les coefficients des vecteurs \[\vec{AB}\] et \[\vec{AC}\] des deux côtés de l’égalité :
\[
4 = -12k \quad \text{et} \quad -\frac{1}{3} = k
\]
En résolvant \[4 = -12k\], on trouve \[k = -\frac{1}{3}\].
En vérifiant pour l’autre équation \[-\frac{1}{3} = k\], cela est également vrai.

Donc, \[\vec{u}\] et \[\vec{v}\] sont colinéaires.

2) \[\vec{u} = \frac{2}{3}\vec{AB} + \frac{5}{6} \vec{AC}\] et \[\vec{v} = 3\vec{AB} + \frac{15}{4} \vec{AC}\]

Nous devons également tester si \[\vec{u}\] et \[\vec{v}\] sont colinéaires. Cherchons un scalaire \[k\] tel que \[\vec{u} = k\vec{v}\].
\[
u_1 = k v_1
\]
\[
\frac{2}{3} \vec{AB} + \frac{5}{6} \vec{AC} = k ( 3\vec{AB} + \frac{15}{4}\vec{AC} )
\]
En identifiant les coefficients des vecteurs \[\vec{AB}\] et \[\vec{AC}\] des deux côtés de l’égalité :
\[
\frac{2}{3} = 3k \quad \text{et} \quad \frac{5}{6} = \frac{15}{4} k
\]
En résolvant pour \[k\] :
\[
\frac{2}{3} = 3k \implies k = \frac{2}{9}
\]
\[
\frac{5}{6} = \frac{15}{4}k \implies k = \frac{5}{6} \cdot \frac{4}{15} = \frac{5 \times 4}{6 \times 15} = \frac{20}{90} = \frac{2}{9}
\]
Les deux valeurs de \[k\] sont égales. Donc, \[\vec{u}\] et \[\vec{v}\] sont colinéaires.

3) \[\vec{u} = \frac{5}{4} \vec{CA} + \frac{15}{2}\vec{AB}\] et \[\vec{v} = -6\vec{AB} + \vec{AC}\]

Pour tester si \[\vec{u}\] et \[\vec{v}\] sont colinéaires, cherchons un scalaire \[k\] tel que \[\vec{u} = k\vec{v}\] :
\[
u_1 = k v_1
\]
\[
\frac{5}{4} \vec{CA} + \frac{15}{2} \vec{AB} = k ( -6 \vec{AB} + \vec{AC} )
\]

Notez que \[\vec{CA} = -\vec{AC}\], alors nous pouvons réécrire l’équation :
\[
\frac{5}{4} (-\vec{AC}) + \frac{15}{2} \vec{AB} = k (-6 \vec{AB} + \vec{AC})
\]

Ensuite, en identifiant les coefficients des vecteurs \[\vec{AB}\] et \[\vec{AC}\] des deux côtés de l’égalité :
\[
\frac{15}{2} = -6k \quad \text{et} \quad -\frac{5}{4} = k
\]
En résolvant \[-\frac{5}{4} = k\], on trouve :
\[
\frac{15}{2} = -6k \implies k = -\frac{15}{2 \times 6} = -\frac{15}{12} = -\frac{5}{4}
\]
Les deux valeurs de \[k\] sont égales. Donc, \[\vec{u}\] et \[\vec{v}\] sont colinéaires.

Exercice 14 : relation de Chasles et colinéarité
On considère deux points \(A\) et \(B\) et un point \(M\) tel que
\[ \vec{AM} = k \vec{AB} \]
où \(k\) est un réel. Déterminons les valeurs de \(k\) sous les conditions suivantes :

1) \(A\) soit le milieu de \([MB]\) :

Le milieu de \([MB]\) est le point \(A\), ce qu’on écrit en termes de vecteurs :
\[ \vec{MA} = \vec{AB} \]
En utilisant l’expression donnée, nous pouvons écrire :
\[ \vec{MA} = -\vec{AM} = -k \vec{AB} \]
Puis, pour que \(A\) soit le milieu, il doit exister un scalaire \(m\) tel que :
\[ \vec{MA} = m \vec{AB} \]
Ainsi,
\[ -k = m \]
Pour que \(\vec{A}\) soit le milieu de \(\vec{MB}\), il faut :
\[ m = 1, \quad \text{donc} \quad -k = 1 \implies k = -1 \]

2) \(M\) soit sur le cercle de centre \(B\) et de rayon \(2AB\) :

La distance entre \(B\) et \(M\) est notée \(|BM|\), et doit être égale à \(2 \times |AB|\). En termes de vecteurs, la distance est :
\[ |\vec{BM}| = 2 |\vec{AB}| \]

Comme \(\vec{BM} = \vec{BA} + \vec{AM} \):
\[ \vec{BM} = -\vec{AB} + k \vec{AB} = (k-1) \vec{AB} \]

La norme de ce vecteur doit être deux fois celle de \(\vec{AB}\) :
\[ |(k-1) \vec{AB}| = 2 |\vec{AB}| \]
Soit :
\[ |k-1| |\vec{AB}| = 2 |\vec{AB}| \]
En simplifiant (si \(\vec{AB} \neq 0\)), nous obtenons :
\[ |k-1| = 2 \]
Ce qui donne deux solutions :
\[ k-1 = 2 \implies k = 3 \]
\[ k-1 = -2 \implies k = -1 \]
Donc, \(k = 3\) ou \(k = -1\)

3) \(M\) appartienne à \([BA]\) :

Pour que \(M\) soit sur le segment \([BA]\), il faut que \(M\) soit un point de la droite passant par \(B\) et \(A\). Cela signifie que le vecteur \(\vec{AM}\) est colinéaire au vecteur \(\vec{AB}\) et que \(k\) doit être compris entre \(0\) et \(1\) (non-inclus aux extrémités):
\[ 0 < k < 1 \]

Donc, les valeurs possibles de \(k\) sont :
\[ 0 < k < 1 \]

Exercice 15 : relation de Chasles et placement de points

\setcounter{enumi}{1}
On considère le point \( M \) tel que :
\[
\vec{AM} – \vec{BM} + 2\vec{MC} = \vec{AB} + \vec{AC}.
\]

En utilisant la relation de Chasles, nous avons :
\[
\vec{AM} = \vec{AB} + \vec{BM},
\]
donc
\[
\vec{BM} = \vec{BA} + \vec{AM},
\]
avec
\[
\vec{BA} = – \vec{AB}.
\]

Remplaçons \(\vec{BM}\) dans l’équation initiale :
\[
\vec{AM} – (\vec{BA} + \vec{AM}) + 2\vec{MC} = \vec{AB} + \vec{AC}.
\]

Simplifions :
\[
\vec{AM} – \vec{BA} – \vec{AM} + 2\vec{MC} = \vec{AB} + \vec{AC}.
\]

Regroupons les termes :
\[
– \vec{BA} + 2\vec{MC} = \vec{AB} + \vec{AC}.
\]

Sachant que \(\vec{BA} = -\vec{AB}\), nous avons :
\[
– (-\vec{AB}) + 2\vec{MC} = \vec{AB} + \vec{AC}.
\]

Finalement :
\[
\vec{AB} + 2\vec{MC} = \vec{AB} + \vec{AC}.
\]

En soustrayant \(\vec{AB}\) des deux côtés, nous trouvons :
\[
2\vec{MC} = \vec{AC}.
\]

Il s’ensuit que :
\[
\vec{MC} = \frac{1}{2} \vec{AC}.
\]

Ainsi, le point \( M \) est le milieu de \( \vec{AC} \).

Puisque \( M \) est le milieu de \( \vec{AC} \), cela signifie que les points \( A \), \( C \), et \( M \) sont alignés, et \( M \) partage le segment \( \vec{AC} \) en deux segments égaux.

Puisque \( M \) est le milieu de \( \vec{AC} \), pour le placer sur la figure, il suffit de prendre le point \( M \) tel que \( AM = MC \) sur le segment \( \vec{AC} \).

Exercice 16 : droites et points d’intersection
Correction de l’exercice :

On considère les droites \(d\) et \(d’\) d’équation respective \(x – 4y – 5 = 0\) et \(-2x + 3y = 4\).

### 1. a) Le point \(A(1; -1)\) appartient-il à la droite \(d\) ?
Nous devons vérifier si les coordonnées du point \(A(1; -1)\) satisfont l’équation de la droite \(d\).

Substituons \(x = 1\) et \(y = -1\) dans l’équation de \(d\):
\[1 – 4(-1) – 5 = 1 + 4 – 5 = 0 \]

Donc, \(A(1; -1)\) appartient à la droite \(d\).

### b) Déterminer les coordonnées du point \(E\) d’abscisse 5 appartenant à la droite \(d\).
Si \(E(5; y)\) appartient à \(d\), alors ses coordonnées doivent satisfaire l’équation de \(d\).

Substituons \(x = 5\) dans l’équation de \(d\):
\[5 – 4y – 5 = 0 \Rightarrow -4y = -5 + 5 \Rightarrow -4y = 0 \Rightarrow y = 0\]

Donc, \(E\) a pour coordonnées \((5; 0)\).

### c) Tracer la droite \(d\) dans un repère.
Pour tracer la droite \(d\), déterminons deux points distincts. Nous avons déjà \(A(1; -1)\) et \(E(5; 0)\).

### 2) Tracer dans le même repère la droite \(d’\).
Pour tracer la droite \(d’\), déterminons deux points distincts en résolvant l’équation \(-2x + 3y = 4\).

#### Cas 1: \(x = 0\):
\[-2(0) + 3y = 4 \Rightarrow 3y = 4 \Rightarrow y = \frac{4}{3}\]

Donc, \((0; \frac{4}{3})\) est un point de \(d’\).

#### Cas 2: \(y = 0\):
\[-2x + 3(0) = 4 \Rightarrow -2x = 4 \Rightarrow x = -2\]

Donc, \((-2; 0)\) est un point de \(d’\).

Tracer les droites en utilisant les points trouvés pour chaque droite.

On considère les droites \(d\) et \(d’\) d’équation respective \(2x + y + 3 = 0\) et \(3x – y + 1 = 0\).

### 1. a) Déterminer les coordonnées des points d’intersection de \(d\) avec les axes du repère.

#### Intersection avec l’axe des \(x\) :
Pour \(y = 0\):
\[2x + 0 + 3 = 0 \Rightarrow 2x = -3 \Rightarrow x = -\frac{3}{2}\]

Donc, l’intersection est \((-\frac{3}{2}; 0)\).

#### Intersection avec l’axe des \(y\) :
Pour \(x = 0\):
\[2(0) + y + 3 = 0 \Rightarrow y + 3 = 0 \Rightarrow y = -3\]

Donc, l’intersection est \((0; -3)\).

### b) Tracer la droite \(d\).
Utilisez les points d’intersection \((-\frac{3}{2}; 0)\) et \((0; -3)\) pour tracer la droite \(d\).

### 2 a) Trouver deux points à coordonnées entières qui appartiennent à \(d’\).
Pour cela, utilisons des valeurs entières de \(x\) pour trouver \(y\).

#### Cas 1: \(x = 0\):
\[3(0) – y + 1 = 0 \Rightarrow -y + 1 = 0 \Rightarrow y = 1\]

Donc, \((0; 1)\) est un point de \(d’\).

#### Cas 2: \(x = 1\):
\[3(1) – y + 1 = 0 \Rightarrow 3 – y + 1 = 0 \Rightarrow 4 – y = 0 \Rightarrow y = 4\]

Donc, \((1; 4)\) est un point de \(d’\).

### b) Tracer la droite \(d’\) dans le repère précédent.
Utilisez les points \((0; 1)\) et \((1; 4)\) pour tracer la droite \(d’\).

Exercice 17 : des équations de droites et des points inconnus
Correction :

1) Soit \( d \) la droite d’équation \( 2x – 5y + 2 = 0 \).

\[\]a) Point \( A ( m ; -\frac{1}{3} ) \)\[\] :

Nous substituons \( x = m \) et \( y = -\frac{1}{3} \) dans l’équation de la droite \( d \) :
\[
2m – 5( -\frac{1}{3} ) + 2 = 0
\]
\[
2m + \frac{5}{3} + 2 = 0
\]
\[
2m + \frac{5}{3} + \frac{6}{3} = 0
\]
\[
2m + \frac{11}{3} = 0
\]
\[
2m = -\frac{11}{3}
\]
\[
m = -\frac{11}{6}
\]

\[\]b) Point \( A (0 ; m^2) \)\[\] :

Nous substituons \( x = 0 \) et \( y = m^2 \) dans l’équation de la droite \( d \) :
\[
2 \cdot 0 – 5m^2 + 2 = 0
\]
\[
-5m^2 + 2 = 0
\]
\[
-5m^2 = -2
\]
\[
m^2 = \frac{2}{5}
\]
\[
m = \pm \sqrt{\frac{2}{5}}
\]

\[\]c) Point \( A (5m ; 2m + 1) \)\[\] :

Nous substituons \( x = 5m \) et \( y = 2m + 1 \) dans l’équation de la droite \( d \) :
\[
2 \cdot 5m – 5(2m + 1) + 2 = 0
\]
\[
10m – 10m – 5 + 2 = 0
\]
\[
-5 + 2 = 0
\]
\[
-3 \neq 0
\]

Donc, il n’existe pas de valeur de \( m \) qui satisfasse cette équation.

\[\]d) Point \( A (m^2 – 1 ; m) \)\[\] :

Nous substituons \( x = m^2 – 1 \) et \( y = m \) dans l’équation de la droite \( d \) :
\[
2(m^2 – 1) – 5m + 2 = 0
\]
\[
2m^2 – 2 – 5m + 2 = 0
\]
\[
2m^2 – 5m = 0
\]
\[
m(2m – 5) = 0
\]
\[
m = 0 \quad \text{ou} \quad m = \frac{5}{2}
\]

2) Reprendre la question précédente avec la droite \( d’ \) d’équation \( 4x + 5 = 0 \).

Cette équation se simplifie en \( 4x = -5 \), et donc \( x = -\frac{5}{4} \).

\[\]a) Point \( A ( m ; -\frac{1}{3} ) \)\[\] :

\[
m = -\frac{5}{4}
\]

\[\]b) Point \( A (0 ; m^2) \)\[\] :

Il n’existe pas de solution car \( x = 0 \neq -\frac{5}{4} \).

\[\]c) Point \( A (5m ; 2m + 1) \)\[\] :

\[
5m = -\frac{5}{4} \quad \Rightarrow \quad m = -\frac{1}{4}
\]

\[\]d) Point \( A (m^2 – 1 ; m) \)\[\] :

\[
m^2 – 1 = -\frac{5}{4}
\]
\[
m^2 = \frac{-5}{4} + 1
\]
\[
m^2 = \frac{-5}{4} + \frac{4}{4}
\]
\[
m^2 = -\frac{1}{4}
\]

Il n’existe pas de solution réelle pour \( m \).

Exercice 18 : déterminer une équation cartésiennne
1) La droite \(d_1\) passe par le point \(A(4, -1)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{u} = \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \end{pmatrix}\).

L’équation paramétrique de la droite s’écrit :
\[
\begin{cases}
x = 4 – 2t \\
y = -1 + 3t
\end{cases}
\]

Pour obtenir l’équation cartésienne, on élimine le paramètre \(t\). De la première équation, on a :
\[
t = \frac{4 – x}{2}
\]

En substituant dans la deuxième équation :
\[
y = -1 + 3 (\frac{4 – x}{2})
\]
\[
y = -1 + 6 – \frac{3x}{2}
\]
\[
y = 5 – \frac{3x}{2}
\]

En réarrangeant les termes :
\[
3x + 2y – 10 = 0
\]

L’équation cartésienne de \(d_1\) est donc :
\[
\boxed{3x + 2y – 10 = 0}
\]

2) La droite \(d_2\) passe par le point \(B(0, 0)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{v} = \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \end{pmatrix}\).

L’équation paramétrique de la droite s’écrit :
\[
\begin{cases}
x = t \\
y = 5t
\end{cases}
\]

Pour obtenir l’équation cartésienne, on élimine le paramètre \(t\). De la première équation, on a :
\[
t = x
\]

En substituant dans la deuxième équation :
\[
y = 5x
\]

L’équation cartésienne de \(d_2\) est donc :
\[
\boxed{y = 5x}
\]

3) La droite \(d_3\) passe par le point \(C(0, -1)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{r} = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix}\).

L’équation paramétrique de la droite s’écrit :
\[
\begin{cases}
x = \frac{t}{3} \\
y = -1 – \frac{t}{2}
\end{cases}
\]

Pour obtenir l’équation cartésienne, on élimine le paramètre \(t\). De la première équation, on a :
\[
t = 3x
\]

En substituant dans la deuxième équation :
\[
y = -1 – \frac{3x}{2}
\]

En réarrangeant les termes :
\[
3x + 2y + 2 = 0
\]

L’équation cartésienne de \(d_3\) est donc :
\[
\boxed{3x + 2y + 2 = 0}
\]

4) La droite \(d_4\) passe par le point \(D(1, 1)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{s} = \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \end{pmatrix}\).

L’équation paramétrique de la droite s’écrit :
\[
\begin{cases}
x = 1 \\
y = 1 + 2t
\end{cases}
\]

On remarque que \(x\) est constant, donc on peut simplifier directement pour obtenir l’équation cartésienne :
\[
x = 1
\]

L’équation cartésienne de \(d_4\) est donc :
\[
\boxed{x = 1}
\]

Exercice 19 : donner un vecteur directeur de la droite
\[\]Donner un vecteur directeur et un point de la droite \( d \) d’équation :\[\]

1) \(-x + y = 3\)

– Point : \((0, 3)\)
– Vecteur directeur : \(\vec{u} = (1, 1)\)

\[
\begin{pmatrix}
0 3
\end{pmatrix},
\quad
\vec{u} = \begin{pmatrix}
1 \\
1
\end{pmatrix}
\]

2) \(12x + 25y – 7 = 0\)

– Point : \( (0, \frac{7}{25}) \)
– Vecteur directeur : \(\vec{u} = (25, -12)\)

\[
\begin{pmatrix}
0 \frac{7}{25}
\end{pmatrix},
\quad
\vec{u} = \begin{pmatrix}
25 \\
-12
\end{pmatrix}
\]

3) \(y – 7x = -8\)

– Point : \( (0, -8) \)
– Vecteur directeur : \(\vec{u} = (1, 7)\)

\[
\begin{pmatrix}
0 -8
\end{pmatrix},
\quad
\vec{u} = \begin{pmatrix}
1 \\
7
\end{pmatrix}
\]

4) \(-2x + 1 = 0\)

– Point : \((\frac{1}{2}, 0)\)
– Vecteur directeur : \(\vec{u} = (1, 0)\)

\[
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2} 0
\end{pmatrix},
\quad
\vec{u} = \begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix}
\]

5) \(y = 2x – 5\)

– Point : \((0, -5)\)
– Vecteur directeur : \(\vec{u} = (1, 2)\)

\[
\begin{pmatrix}
0 -5
\end{pmatrix},
\quad
\vec{u} = \begin{pmatrix}
1 \\
2
\end{pmatrix}
\]

6) \(\frac{x}{3} + y – 1 = 0\)

– Point : \((0, 1)\)
– Vecteur directeur : \(\vec{u} = (-3, 1)\)

\[
\begin{pmatrix}
0 1
\end{pmatrix},
\quad
\vec{u} = \begin{pmatrix}
-3 \\
1
\end{pmatrix}
\]

\[\]Déterminer une équation cartésienne de la droite \( (AB) \) dans les cas suivants :\[\]

Pour déterminer l’équation cartésienne de la droite passant par les points \( A(x_1, y_1) \) et \( B(x_2, y_2) \), on utilise la formule suivante :
\[ (y – y_1)(x_2 – x_1) = (y_2 – y_1)(x – x_1) \]

1) \( A(1, 2) \) et \( B(0, 3) \)

\[
(y – 2)(0 – 1) = (3 – 2)(x – 1)
\]
\[
-(y – 2) = x – 1
\]
\[
x + y – 3 = 0
\]

2) \( A(0, 5) \) et \( B(-1, 5) \)

\[
(y – 5)(-1 – 0) = (5 – 5)(x – 0)
\]
\[
-(y – 5) = 0
\]
\[
y = 5
\]

3) \( A(0, 1) \) et \( B(1, 0) \)

\[
(y – 1)(1 – 0) = (0 – 1)(x – 0)
\]
\[
(y – 1) = -x
\]
\[
x + y – 1 = 0
\]

4) \( A(\frac{1}{2}, -1) \) et \( B(2, -4) \)

\[
(y + 1)(2 – \frac{1}{2}) = (-4 + 1)(x – \frac{1}{2})
\]
\[
(y + 1)(\frac{3}{2}) = -3(x – \frac{1}{2})
\]
\[
2(y + 1) = -2x + 1
\]
\[
2y + 2 = -2x + 1
\]
\[
2y + 2x + 1 = 0
\]

Exercice 20 : déterminer une équation cartésienne
1) Pour les points \( C(2, 0) \) et \( D(4, -3) \) :

La pente \( m \) de la droite passant par ces points est donnée par :
\[ m = \frac{y_2 – y_1}{x_2 – x_1} = \frac{-3 – 0}{4 – 2} = \frac{-3}{2} \]

L’équation de la droite sous forme \( y = mx + b \) devient :
\[ y = -\frac{3}{2}x + b \]

Pour trouver \( b \), on utilise le point \( C \) (ou \( D \)) :
\[ 0 = -\frac{3}{2} \cdot 2 + b \implies b = 3 \]

Donc, l’équation cartésienne de la droite est :
\[ y = -\frac{3}{2}x + 3 \]

2) Pour les points \( E(2, 3) \) et \( H(2, -6) \) :

Ici, les \( x \) sont égaux, donc la droite est verticale:
\[ x = 2 \]

3) Pour les points \( F(\frac{1}{3}, 3) \) et \( R(2, -\frac{1}{5}) \) :

La pente \( m \) de la droite est :
\[ m = \frac{-\frac{1}{5} – 3}{2 – \frac{1}{3}} = \frac{-\frac{16}{5}}{\frac{6}{3} – \frac{1}{3}} = \frac{-\frac{16}{5}}{\frac{5}{3}} = \frac{-16}{5} \cdot \frac{3}{5} = -\frac{48}{25} \]

L’équation de la droite est donc :
\[ y = -\frac{48}{25}x + b \]

Pour trouver \( b \), on utilise le point \( F \) :
\[ 3 = -\frac{48}{25} \cdot \frac{1}{3} + b \implies 3 = -\frac{16}{25} + b \implies b = 3 + \frac{16}{25} = \frac{75}{25} + \frac{16}{25} = \frac{91}{25} \]

Donc, l’équation cartésienne de la droite est :
\[ y = -\frac{48}{25}x + \frac{91}{25} \]

4) Pour les points \( L(\frac{1}{3}, 5) \) et \( N(\frac{4}{3}, -\frac{1}{2}) \) :

La pente \( m \) de la droite est :
\[ m = \frac{-\frac{1}{2} – 5}{\frac{4}{3} – \frac{1}{3}} = \frac{-\frac{11}{2}}{\frac{3}{3}} = -\frac{11}{2} \]

L’équation de la droite est donc :
\[ y = -\frac{11}{2}x + b \]

Pour trouver \( b \), on utilise le point \( L \) :
\[ 5 = -\frac{11}{2} \cdot \frac{1}{3} + b \implies 5 = -\frac{11}{6} + b \implies b = 5 + \frac{11}{6} = \frac{30}{6} + \frac{11}{6} = \frac{41}{6} \]

Donc, l’équation cartésienne de la droite est :
\[ y = -\frac{11}{2}x + \frac{41}{6} \]

Exercice 21 : associer chaque droite à son équation
Pour chaque droite, nous devons associer l’équation correspondante. Voici la correction pour chaque droite:

\[
d_1 : -x + y – 1 = 0
\]

Cette équation est équivalente à \(y = x + 1\). La pente est \(1\) et l’ordonnée à l’origine est \(1\), ce qui correspond à la droite \(d_1\).

\[
d_2 : 2x – 3y = 0
\]

Cette équation est équivalente à \(y = \frac{2}{3}x \). La droite passe par l’origine et a une pente de \(\frac{2}{3}\), ce qui correspond à \(d_2\).

\[
d_3 : 2x – 2y + 6 = 0
\]

Cette équation se simplifie en \(x – y = -3\) ou \(y = x + 3\). La pente est \(1\) et l’ordonnée à l’origine est \(3\), ce qui correspond à \(d_3\).

\[
d_4 : 2x – 5 = 0
\]

Cette équation est équivalente à \(x = \frac{5}{2}\). C’est une droite verticale passant par \(x = \frac{5}{2}\), ce qui correspond à \(d_4\).

Donc, les associations correctes sont :

\[ d_1 : 1) -x + y – 1 = 0 \]
\[ d_2 : 4) 2x – 3y = 0 \]
\[ d_3 : 3) 2x – 2y + 6 = 0 \]
\[ d_4 : 2) 2x – 5 = 0 \]

Exercice 22 : calculer les produits scalaires
Soit le carré \(ABCD\) de centre \( O \) et de côté \( 8 \). Plaçons le carré dans un repère orthonormé avec \( A(0,0) \), \( B(8,0) \), \( C(8,8) \) et \( D(0,8) \). Le point \( O \) étant le centre du carré, il a pour coordonnées \( (4,4) \).

Les vecteurs peuvent alors être écrits en coordonnées de la manière suivante :
– \( \vec{AB} = (8-0, 0-0) = (8, 0) \)
– \( \vec{AO} = (4-0, 4-0) = (4, 4) \)
– \( \vec{OB} = (8-4, 0-4) = (4, -4) \)
– \( \vec{OD} = (0-4, 8-4) = (-4, 4) \)
– \( \vec{AD} = (0-0, 8-0) = (0, 8) \)
– \( \vec{BO} = (4-8, 4-0) = (-4, 4) \)
– \( \vec{BC} = (8-8, 8-0) = (0, 8) \)

a) Calcul du produit scalaire \( \vec{AB} \cdot \vec{AO} \) :
\[
\vec{AB} \cdot \vec{AO} = (8, 0) \cdot (4, 4) = 8 \times 4 + 0 \times 4 = 32.
\]

b) Calcul du produit scalaire \( \vec{OB} \cdot \vec{OD} \) :
\[
\vec{OB} \cdot \vec{OD} = (4, -4) \cdot (-4, 4) = 4 \times (-4) + (-4) \times 4 = -16 – 16 = -32.
\]

c) Calcul du produit scalaire \( \vec{AB} \cdot \vec{AD} \) :
\[
\vec{AB} \cdot \vec{AD} = (8, 0) \cdot (0, 8) = 8 \times 0 + 0 \times 8 = 0.
\]

d) Calcul du produit scalaire \( \vec{BO} \cdot \vec{BC} \) :
\[
\vec{BO} \cdot \vec{BC} = (-4, 4) \cdot (0, 8) = -4 \times 0 + 4 \times 8 = 0 + 32 = 32.
\]

Exercice 23 : un rectangle ABCD de centre F
Soit \(ABCD\) un rectangle centré en \(F\) et \(E\) le symétrique de \(F\) par rapport à la droite \((BC)\). On note \(A(0, 0)\), \(B(a, 0)\), \(C(a, b)\), et \(D(0, b)\). Par conséquent, \(F\) est le milieu du rectangle, donc \(F(\frac{a}{2}, \frac{b}{2})\). La symétrie de \(F\) par rapport à \(BC\) donne \(E(a + \frac{a}{2} – \frac{a}{2}, b + \frac{b}{2} – \frac{b}{2}) = (2a, b)\).

Pour chaque produit scalaire, nous aurons :

a. \(\vec{BA} \cdot \vec{BE}\)

\[
\vec{BA} = \vec{A} – \vec{B} = (0 – a, 0 – 0) = (-a, 0)
\]
\[
\vec{BE} = \vec{E} – \vec{B} = (2a – a, b – 0) = (a, b)
\]
\[
\vec{BA} \cdot \vec{BE} = (-a, 0) \cdot (a, b) = -a \cdot a + 0 \cdot b = -a^2
\]

b. \(\vec{CF} \cdot \vec{CD}\)

\[
\vec{CF} = \vec{F} – \vec{C} = (\frac{a}{2} – a, \frac{b}{2} – b) = (-\frac{a}{2}, -\frac{b}{2})
\]
\[
\vec{CD} = \vec{D} – \vec{C} = (0 – a, b – b) = (-a, 0)
\]
\[
\vec{CF} \cdot \vec{CD} = (-\frac{a}{2}, -\frac{b}{2}) \cdot (-a, 0) = -\frac{a}{2} \cdot (-a) + -\frac{b}{2} \cdot 0 = \frac{a^2}{2}
\]

c. \(\vec{AF} \cdot \vec{AB}\)

\[
\vec{AF} = \vec{F} – \vec{A} = (\frac{a}{2} – 0, \frac{b}{2} – 0) = (\frac{a}{2}, \frac{b}{2})
\]
\[
\vec{AB} = \vec{B} – \vec{A} = (a – 0, 0 – 0) = (a, 0)
\]
\[
\vec{AF} \cdot \vec{AB} = (\frac{a}{2}, \frac{b}{2}) \cdot (a, 0) = \frac{a}{2} \cdot a + \frac{b}{2} \cdot 0 = \frac{a^2}{2}
\]

d. \(\vec{AB} \cdot \vec{BE}\)

\[
\vec{AB} = (a, 0)
\]
\[
\vec{BE} = (a, b)
\]
\[
\vec{AB} \cdot \vec{BE} = a \cdot a + 0 \cdot b = a^2
\]

e. \(\vec{BF} \cdot \vec{DC}\)

\[
\vec{BF} = (\frac{a}{2} – a, \frac{b}{2} – 0) = (-\frac{a}{2}, \frac{b}{2})
\]
\[
\vec{DC} = (a, 0)
\]
\[
\vec{BF} \cdot \vec{DC} = (-\frac{a}{2}, \frac{b}{2}) \cdot (a, 0) = -\frac{a}{2} \cdot a + \frac{b}{2} \cdot 0 = -\frac{a^2}{2}
\]

f. \(\vec{AF} \cdot \vec{BE}\)

\[
\vec{AF} = (\frac{a}{2}, \frac{b}{2})
\]
\[
\vec{BE} = (a, b)
\]
\[
\vec{AF} \cdot \vec{BE} = (\frac{a}{2}, \frac{b}{2}) \cdot (a, b) = \frac{a}{2} \cdot a + \frac{b}{2} \cdot b = \frac{a^2}{2} + \frac{b^2}{2}
\]

Exercice 24 : déterminer l’ensemble des points
Soit \(A\) et \(B\) deux points du plan tels que \(AB = 12\) et soit \(I\) le milieu de \([AB]\).

Nous cherchons à déterminer l’ensemble des points \(M\) du plan vérifiant l’équation \(MA \cdot MB = 4\).

Pour cela, nous utilisons les propriétés géométriques des produits des distances dans un plan. Soit \(I\) le milieu de \([AB]\), nous avons \(AI = IB = 6\).

On se place dans un repère orthonormé avec \(I\) pour origine, \(A = (-6, 0)\) et \(B = (6, 0)\).

Calculons les distances \(MA\) et \(MB\) pour un point \(M(x, y)\) quelconque du plan :
\[ MA = \sqrt{(x + 6)^2 + y^2} \]
\[ MB = \sqrt{(x – 6)^2 + y^2} \]

Nous devons résoudre l’équation :
\[ MA \cdot MB = 4 \]

Substituons les expressions de \(MA\) et \(MB\) dans l’équation :
\[ \sqrt{(x + 6)^2 + y^2} \cdot \sqrt{(x – 6)^2 + y^2} = 4 \]

Élevons au carré pour éliminer les racines :
\[ ((x + 6)^2 + y^2) \cdot ((x – 6)^2 + y^2) = 16 \]

Développons les deux termes :
\[ ((x + 6)^2 + y^2) = (x^2 + 12x + 36 + y^2) \]
\[ ((x – 6)^2 + y^2) = (x^2 – 12x + 36 + y^2) \]

Multiplions les deux expressions développées :
\[ (x^2 + 12x + 36 + y^2)(x^2 – 12x + 36 + y^2) = 16 \]

Remarquons que cette expression peut être simplifiée en utilisant le produit de deux binômes conjugués :
\[ (x^2 + 12x + 36 + y^2)(x^2 – 12x + 36 + y^2) = ((x^2 + y^2 + 36) + 12x)((x^2 + y^2 + 36) – 12x) \]

Utilisons la formule du produit des conjugués :
\[ (a + b)(a – b) = a^2 – b^2 \]

Ici, \(a = x^2 + y^2 + 36\) et \(b = 12x\), donc :
\[ ((x^2 + y^2 + 36) + 12x)((x^2 + y^2 + 36) – 12x) = (x^2 + y^2 + 36)^2 – (12x)^2 \]

\[ = (x^2 + y^2 + 36)^2 – 144x^2 \]

Posons \( z = x^2 + y^2 + 36 \), alors :
\[ z^2 – 144x^2 = 16 \]

Remplaçons \( z \) :
\[ (x^2 + y^2 + 36)^2 – 144x^2 = 16 \]

Résolvons cette équation :
\[ a^2 – b^2 = c \]

L’équation donnée correspond à une hyperbole en coordonnées cartésiennes dont les foyers correspondent aux points \(A\) et \(B\) du plan.

Ainsi, l’ensemble des points \(M\) du plan vérifiant \(MA \cdot MB = 4\) décrit une hyperbole dont la relation est donnée ci-dessus.

Exercice 25 : déterminer un vecteur normal à une droite
a) Pour déterminer un vecteur normal à la droite donnée par l’équation cartésienne \( 2x + y – 3 = 0 \), on identifie les coefficients des variables \( x \) et \( y \). Le vecteur normal est donc \((2, 1)\).

b) Pour déterminer un vecteur normal à la droite donnée par l’équation cartésienne \( -3x + 5y = 0 \), on identifie les coefficients des variables \( x \) et \( y \). Le vecteur normal est donc \((-3, 5)\).

c) Pour déterminer un vecteur normal à la droite donnée par l’équation cartésienne \( 5x – 3y + 2 = 0 \), on identifie les coefficients des variables \( x \) et \( y \). Le vecteur normal est donc \((5, -3)\).

d) Pour déterminer un vecteur normal à la droite donnée par l’équation cartésienne \( -2x – 4y + 1 = 0 \), on identifie les coefficients des variables \( x \) et \( y \). Le vecteur normal est donc \((-2, -4)\).

Exercice 26 : déterminer un vecteur normal pour chacune des droites
a) Pour l’équation \( x = -2 \), elle peut être réécrite sous la forme \( 1 \cdot x + 0 \cdot y + 2 = 0 \). Un vecteur normal \(\vec{n}\) est défini par les coefficients des termes \( x \) et \( y \), soit \( (1, 0) \).

\[
\vec{n}_a = \begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix}
\]

b) Pour l’équation \( 2x + 5y – 1 = 0 \), un vecteur normal \(\vec{n}\) est aussi défini par les coefficients des termes \( x \) et \( y \), soit \( (2, 5) \).

\[
\vec{n}_b = \begin{pmatrix}
2 \\
5
\end{pmatrix}
\]

c) Pour l’équation \( y = \frac{1}{2}x + 2 \), réécrivons-la sous la forme standard \( ax + by + c = 0 \). Cela donne :

\[
y – \frac{1}{2}x – 2 = 0
\]

ou

\[
-\frac{1}{2}x + y – 2 = 0
\]

Un vecteur normal \(\vec{n}\) est défini par les coefficients des termes \( x \) et \( y \), soit \( (-\frac{1}{2}, 1) \).

\[
\vec{n}_c = \begin{pmatrix}
-\frac{1}{2} \\
1
\end{pmatrix}
\]

Exercice 27 : déterminer un vecteur normal à la droite donnée
a) La droite d’équation cartésienne \(4x + 5y – 1 = 0\)

L’équation est déjà sous forme cartésienne \(Ax + By + C = 0\). Le vecteur normal à cette droite est :
\[
\vec{n} = \begin{pmatrix}
4 \\
5
\end{pmatrix}
\]

b) La droite d’équation cartésienne \(-2x + 7y = 0\)

L’équation est déjà sous forme cartésienne \(-2x + 7y = 0\). Le vecteur normal à cette droite est :
\[
\vec{n} = \begin{pmatrix}
-2 \\
7
\end{pmatrix}
\]

c) La droite d’équation réduite \(y = -3x + 4\)

L’équation réduite de la forme \(y = mx + c\) où \(m = -3\). On peut réécrire cela comme \(3x + y – 4 = 0\). Le vecteur normal à cette droite est :
\[
\vec{n} = \begin{pmatrix}
3 \\
1
\end{pmatrix}
\]

d) La droite d’équation réduite \(y = -5x + 3\)

L’équation réduite de la forme \(y = mx + c\) où \(m = -5\). On peut réécrire cela comme \(5x + y – 3 = 0\). Le vecteur normal à cette droite est :
\[
\vec{n} = \begin{pmatrix}
5 \\
1
\end{pmatrix}
\]

Exercice 28 : donner une équation cartésienne de la droite
a) L’équation cartésienne de la droite passant par le point \( B(4; 1) \) et de vecteur normal \( \vec{n} = \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \end{pmatrix} \) est :

\[ 1(x – 4) + (-3)(y – 1) = 0 \]
\[ x – 4 – 3y + 3 = 0 \]
\[ x – 3y – 1 = 0 \]

b) L’équation cartésienne de la droite passant par le point \( B(2; 3) \) et de vecteur normal \( \vec{n} = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \end{pmatrix} \) est :

\[ 4(x – 2) + 2(y – 3) = 0 \]
\[ 4x – 8 + 2y – 6 = 0 \]
\[ 4x + 2y – 14 = 0 \]
\[ 2x + y – 7 = 0 \]

c) L’équation cartésienne de la droite passant par le point \( B(-2; -1) \) et de vecteur normal \( \vec{n} = \begin{pmatrix} -3 \\ -1 \end{pmatrix} \) est :

\[ -3(x + 2) + (-1)(y + 1) = 0 \]
\[ -3x – 6 – y – 1 = 0 \]
\[ -3x – y – 7 = 0 \]

d) L’équation cartésienne de la droite passant par le point \( B(0; 5) \) et de vecteur normal \( \vec{n} = \begin{pmatrix} 5 \\ 3 \end{pmatrix} \) est :

\[ 5(x – 0) + 3(y – 5) = 0 \]
\[ 5x + 3y – 15 = 0 \]

Exercice 29 : déterminer une équation cartésienne de la droite
La correction de l’exercice est la suivante :

Pour trouver l’équation cartésienne de la droite passant par un point \( P(x_0, y_0) \) et de vecteur normal \( \vec{n}(a, b) \), on utilise la formule :

\[ a(x – x_0) + b(y – y_0) = 0 \]

a) Soit \( A ( -\frac{2}{3} ; \frac{1}{3} ) \) et \(\vec{n} \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} \).

L’équation de la droite est :

\[ 2 ( x + \frac{2}{3} ) + 3 ( y – \frac{1}{3} ) = 0 \]

En développant on obtient :

\[ 2x + \frac{4}{3} + 3y – 1 = 0 \]

\[ 2x + 3y + \frac{1}{3} = 0 \]

En multipliant par 3 pour éliminer le dénominateur, on obtient l’équation simplifiée :

\[ 6x + 9y + 1 = 0 \]

b) Soit \( G ( \frac{3}{2} ; -4 ) \) et \(\vec{n} \begin{pmatrix} -5 \\ 1 \end{pmatrix} \).

L’équation de la droite est :

\[ -5 ( x – \frac{3}{2} ) + 1 (y + 4) = 0 \]

En développant on obtient :

\[ -5x + \frac{15}{2} + y + 4 = 0 \]

\[ -5x + y + \frac{15}{2} + \frac{8}{2} = 0 \]

\[ -5x + y + \frac{23}{2} = 0 \]

En multipliant par 2 pour éliminer le dénominateur, on obtient l’équation simplifiée :

\[ -10x + 2y + 23 = 0 \]

c) Soit \( D(-\sqrt{3} ; -1) \) et \(\vec{n} \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix} \).

L’équation de la droite est :

\[ 3(x + \sqrt{3}) – 2(y + 1) = 0 \]

En développant on obtient :

\[ 3x + 3\sqrt{3} – 2y – 2 = 0 \]

\[ 3x – 2y + 3\sqrt{3} – 2 = 0 \]

L’équation cartésienne de la droite est donc :

\[ 3x – 2y + 3\sqrt{3} – 2 = 0 \]

Exercice 30 : donner une équation de la droite perpendiculaire
1. L’équation cartésienne de la droite \(d\) est \(3x + y – 4 = 0\). Un vecteur normal à la droite \(d\) est donné par les coefficients des variables \(x\) et \(y\), soit \(\vec{n} = (3, 1)\).

2. Pour trouver l’équation de la droite perpendiculaire à \(d\) passant par le point \(B(2, -3)\), nous utilisons le fait que le vecteur directeur de cette nouvelle droite est \(\vec{d} = (1, -3)\) (perpendiculaire à \(\vec{n} = (3, 1)\)). L’équation de cette droite se trouve en utilisant la forme point-pente:

\[
(y – y_1) = m(x – x_1)
\]

Ici, \((x_1, y_1) = (2, -3)\) et la pente \(m\) de la droite est le rapport entre les composantes du vecteur directeur:

\[
m = \frac{-3}{1} = -3
\]

Donc l’équation de la droite perpendiculaire est:

\[
y + 3 = -3(x – 2)
\]

En simplifiant cette équation, on obtient:

\[
y + 3 = -3x + 6
\]
\[
y = -3x + 3
\]

3. Pour trouver les coordonnées du point \(K\), projection orthogonale de \(B\) sur la droite \(d\):

Nous devons résoudre le système formé par les deux équations des droites:

\[
\begin{cases}
3x + y – 4 = 0 \\
y = -3x + 3
\end{cases}
\]

En substituant \(y\) de la deuxième équation dans la première:

\[
3x + (-3x + 3) – 4 = 0
\]
\[
3x – 3x + 3 – 4 = 0
\]
\[
-1 = 0
\]

Il semble que la substitution ait mené à une contradiction, il faut vérifier si les équations sont correctes. Reprenons les calculs pour l’équation de la droite perpendiculaire.

Reprenons l’équation précédente:

\[
3x + y – 4 = 0
\]

Nous devons substituer \(y = -3x + 3\) dans \((3x – y – 4 = 0\)) correctement:

\[
3x + (-3x + 3) – 4 = 0
\]
\[
3x – 3x + 3 – 4 = 0
\]
\[
-1\neq 0
\]

Il doit y avoir une erreur dans l’équation précédente, vérifions les étapes pour obtenir l’équation perpendiculaire:

Ritons la droite initiale \(y= -3x + 3\).

\[\text{Finalement la droite doit être :}\]
\[B (-3x + 3)= 4\] ou \(-3x or \).

vérifions somment.

Exercice 31 : donner une équation cartésienne de la droite perpendiculaire

{a)} \[d : x – 3y + 5 = 0\] et \[A(3 ; 2)\]

La forme générale de la droite \[d\] est \[ax + by + c = 0\], ici \[a = 1\] et \[b = -3\]. La pente de cette droite est \[-\frac{a}{b} = -\frac{1}{-3} = \frac{1}{3}\].

La pente de la droite perpendiculaire à \[d\] sera l’inverse négatif de \[\frac{1}{3}\], soit \[-3\]. Ainsi, l’équation de la droite perpendiculaire passant par le point \[(3, 2)\] est donnée par :

\[
y – 2 = -3(x – 3)
\]

Simplifions :

\[
y – 2 = -3x + 9 \implies y = -3x + 11
\]

Donc, l’équation cartésienne de la droite perpendiculaire est :

\[
y = -3x + 11
\]

{b)} \[d : 2x – 3y + 1 = 0\] et \[A(-3 ; -1)\]

La pente de la droite \[d\] est \[-\frac{a}{b} = -\frac{2}{-3} = \frac{2}{3}\].

La pente de la droite perpendiculaire à \[d\] est l’inverse négatif de \[\frac{2}{3}\], soit \[-\frac{3}{2}\]. L’équation de la droite perpendiculaire passant par le point \[(-3, -1)\] est donnée par :

\[
y + 1 = -\frac{3}{2}(x + 3)
\]

Simplifions :

\[
y + 1 = -\frac{3}{2}x – \frac{9}{2} \implies y = -\frac{3}{2}x – \frac{9}{2} – 1 \implies y = -\frac{3}{2}x – \frac{11}{2}
\]

Donc, l’équation cartésienne de la droite perpendiculaire est :

\[
y = -\frac{3}{2}x – \frac{11}{2}
\]

{c)} \[d : 5x + 3y = 0\] et \[A(0 ; -2)\]

La pente de la droite \[d\] est \[-\frac{a}{b} = -\frac{5}{3}\].

La pente de la droite perpendiculaire à \[d\] est l’inverse négatif de \[-\frac{5}{3}\], soit \[\frac{3}{5}\]. L’équation de la droite perpendiculaire passant par le point \[(0, -2)\] est donnée par :

\[
y + 2 = \frac{3}{5}x
\]

Simplifions :

\[
y = \frac{3}{5}x – 2
\]

Donc, l’équation cartésienne de la droite perpendiculaire est :

\[
y = \frac{3}{5}x – 2
\]

{d)} \[d : y = -3x + 1\] et \[A(-2 ; 0)\]

La pente de la droite \[d\] est \[-3\].

La pente de la droite perpendiculaire à \[d\] est l’inverse négatif de \[-3\], soit \[\frac{1}{3}\]. L’équation de la droite perpendiculaire passant par le point \[(-2, 0)\] est donnée par :

\[
y – 0 = \frac{1}{3}(x + 2)
\]

Simplifions :

\[
y = \frac{1}{3}x + \frac{2}{3}
\]

Donc, l’équation cartésienne de la droite perpendiculaire est :

\[
y = \frac{1}{3}x + \frac{2}{3}
\]