1010

1

VecteursChapitre

• Énigme ✱P = 40 × 4 + (1 + 1 + 1 + 2 + 1 + 2 + 1 + 1 + 1) × 2 + 40 × 4P = 342 cm.

• Énigme ✱ ✱

Δ1

Figure 1 Figure 2 Figure 1'

Δ2

Par ces deux symétries axiales, on peut passer de la Figure 1 à la Figure 2 (via la Figure 1’).

Vérifi er les acquis Les segments [PQ] et [MN] ont même milieu O,

donc MPNQ est un parallélogramme.

Un quadrilatère dont les côtés sont deux à deux parallèles est un parallélogramme.

a)

A B

D C

b)

A B

D C

E

F F'

E'

G'G

�

A(6 ; 2), B(– 3 ; – 3), C(4 ; – 2).

Non, car 40

100 ≠

1240

.

410

= 2x

= y3

donc 4x = 20 d’où x = 5et 10y = 12 d’où y = 1,2.

Activités d’approche1. Exploration d’un nouvel outilb) • Le quadrilatère ABNM est un parallélogramme.• Lorsque M se déplace sur (AB), le point N aussi.c) Les points M’ et N sont identiques.e) • Lorsque M1 = M’, le quadrilatère ABCD est un paral-lélogramme.• D’après la défi nition en gras du b), ABM1M est un paral-lélogramme (car N = M’ = M1 et ses diagonales ont même milieu), de même, CDM1M est un parallélogramme (car M1 est associé à M par la translation de vecteur RCD donc [CM1] et [DM] ont le même milieu).Ainsi, (AB) // (MM1) et AB = MM1,(CD) // (MM1) et CD = MM1,donc (AB) // (CD) et AB = CD, ce qui prouve que ABCD est un parallélogramme.

2. Coordonnées d’un vecteura) à e)

f) On conjecture que : ARS(– 3 ; 10).

Exercices de base a)

A B

C D

2

b)

A

B

CE

(On remarque que D = E).

a) Par la translation de vecteur ZAB :A � B et E � F.

b) Par la translation de vecteur AGI :A � D et E � G.

c) Par la translation de vecteur RDH :A � F et E � I.

a) B'

O'O

A

D C

A' = B

tEAB : A � A’ B � B’ O � O’b)

O''

O

A

A'' = D C = B''

B

D''

tRAD : A � A’’ B � B’’ O � O’’

c)

B'''

A

D

B

O''' = C

A''' = O tROC : A � A’’’ B � B’’’ O � O’’’

AB

CD

D'

A'

a) TDD’ est le représentant d’origine D du vecteur TAD.b) TA’A est le représentant d’extrémité A du vecteur EBC.

1. a) Faux ; b) Vrai ; c) Faux.2. a) Faux ; b) Faux ; c) Vrai.

a) AFE ; b) oEI ; c) EDB.

a) EKG = END = ALF.b) AOL = EGH = uIJ.

ABCD est un parallélogramme donc EAB = EDC, ABEF est un parallélogramme donc ZAB = AFE. Ainsi, EDC = AFE, ce qui prouve que CDFE est un parallélogramme.

A

J

IB

CD

I est le symétrique de B par rapport à A donc EAB = oIA ;J est le symétrique de D par rapport à C donc EDC = ACJ ;or ABCD est un parallélogramme donc ZAB = EDC, ainsioIA = ACJ ; ce qui prouve que AICJ est un parallélogramme.

Puisque ACE = ABA, on en déduit que ABCE est un parallélogramme et donc AAE = ZBC.Or AFB = ZBC, donc ZFB = AAE, ce qui prouve que AEBF est un parallélogramme.

ABCD est un parallélogramme donc ZAB = EDC ;ABDE est un parallélogramme donc ZAB = ZED ;ACDF est un parallélogramme donc ZDC = AFA.Ainsi, ZED = AFA, ce qui prouve que ADEF est un parallé-logramme.

ZAB(0 ; – 5) ; ECD(6 ; 0) ; AEF(2 ; – 3) ; EGH(5 ; 3).

a) b)

OOOijj

v

uu

O

AA

ii

jj

vv

uu

ZAB(– 2 ; 1) ; ABA(2 ; – 1) ; ZAC(3 ; 4) ; ZBC(5 ; 3).

ZAB = uu se traduit, en terme de coordonnées, par xB – xA = xuu xB + 1 = 2 xB = 1� yB – yA = yuu donc � yB – 4 = 3 ainsi � yB = 7.

Le point B a pour coordonnées (1 ; 7).

a) ZAB(3 ; – 5) ; EAD(8 ; 2) ; ZAC(11 ; – 3) ; EDC(3 ; – 5).b) ZAB = EDC donc ABCD est un parallélogramme.c) Puisque ABCD est un parallélogramme, [AC] et [BD] ont même milieu I.

xI = xA + xC

2 xI =

72� yI =

yA + yC

2

, � yI =

12

.

Le point I a pour coordonnées � 72

; 12 �.

a)

D

C

B

Ai

j

OO

2

3

b) ZAB(4 ; 2) ; EDC(4 ; 2).Donc ZAB = EDC, ce qui prouve que ABCD est un parallé-logramme.c) On note I le point d’intersection de [AC] et [BD],

xI = xA + xC

2 = 0 et yI =

yA + yC

2 = 1.

Les coordonnées de I sont (0 ; 1).

a) ZAB(4 ; 1) ; ECD(4 ; 1).Donc ZAB = ECD, ce qui prouve que ABDC est un parallé-logramme.b) AB = 942 + 12 = 417AC = 0(– 2 + 1)2 + (5 – 1)2 = 812 + 42 = 417.Donc AB = AC, ce qui prouve que ABDC est un losange car c’est un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs de même longueur.BC = 0(– 2 – 3)2 + (5 – 2)2 = 9(– 5)2 + 32 = 434AD = 0(2 + 1)2 + (6 – 1)2 = 932 + 52 = 434.Donc BC = AD, ce qui prouve que ABDC est un carré car c’est un losange dont les diagonales ont même longueur.

ZAB(– 1 ; – 4) ; ZAC(2 ; 1)donc ZAB + ZAC(1 ; – 3). xD – 3 = 1Or RAD(xD – 3 ; yD – 3), donc � yD – 3 = – 3.

xD = 4Ainsi � yD = 0.

Le point D a pour coordonnées (4 ; 0).

a) ZAB(– 1 ; 1) ; EDC(xC – 4 ; yC – 6). ZAB = EDC, xC – 4 = – 1 xC = 3donc � yC – 6 = 1 ainsi � yC = 7.

Le point C a pour coordonnées (3 ; 7).b) ZAB(– 1 ; 1) ; EAD(6 ; 2) donc ZAB + EAD(5 ; 3) ;EAC(xC + 2 ; yC – 4). EAC = EAB + EAD, xC + 2 = 5 xC = 3donc � yC – 4 = 3 ainsi � yC = 7.

Le point C a pour coordonnées (3 ; 7).

a) AEF(4 ; – 2) ; ZEG(5 ; 9)donc AEF + ZEG(9 ; 7).b) D’après la règle de parallélogramme, EFHG est un parallélogramme si et seulement si ZEH = AEF + ZEG.Or ZEH(xH + 1 ; yH + 2) et AEF + ZEG(9 ; 7), xH + 1 = 9 xH = 8donc � yH + 2 = 7 ainsi � yH = 5.

Le point H a pour coordonnées (8 ; 5).

EMA(2 – xM ; – 1 – yM) ; RMB(3 – xM ; 4 – yM) ;RMC(– 5 – xM ; 2 – yM), doncRMA + RMB + RMC(2 – xM + 3 – xM + (– 5 – xM) ; (– 1 – yM) + 4 – yM + 2 – yM)EMA + RMB + RMC(– 3xM ; 5 – 3yM).

Or t0(0 ; 0) et EMA + RMB + RMC = t0, – 3xM = 0 xM = 0donc � 5 – 3yM = 0 ainsi � yM =

53

.

Le point M a pour coordonnées �0 ; 53 �.

a) iF1(– 2 ; 1) ; iF2(2 ; 3) ; iF3(0 ; – 4).b) iF1 + iF2(0 ; 4).c) iF1 + iF2 = – iF3, donc iF1 + iF2 + iF3 = t0,ce qui prouve que le système est en équilibre.

a) EAD = ZAB + ZBC = ZAC (relation de Chasles) donc D = C.b) ZAB + ZAC = ZAE (règle du parallélogramme).c) ZBF = ZBA + ZCA + ZCB = ZCB + ZBA + ZCA = ZCA + ZCA = 2 ZCA.

A

B

F

E

C=D

Tous ces vecteurs sont égaux au vecteur nul, en eff et :a) ZAD + RMB + ZNA = ZAD + RDN + ZNA = ZAA = t0.b) ZAB + RMD + RCM = ZAB + ZBN + ZNA = ZAA = t0.c) RCM + RMA + RMD + EAN = RCM + RMA + RAM + RMC = ZCC = t0.d) RCM + EDN + EAD = RCM + RMB + ZBC = ZCC = t0.

a) ZAB = ZAC + ZCB ; b) ZAB = ZAE + ZEB ;c) ZAB = RAM + RMN + ZNB ; d) ZAB + ZCD + ZBC = ZAD.

1) a) uJI = ZJO + AOI ; b) RAC = pAI + oIC ;c) ZDB = ZDK + ZKB.2) a) ZAB + ZAD = ZAC ; b) ZAJ + AAI = EAO ;c) ZBK + ABJ = ZBD.

tu = ZAC + ZBA + ZCBtu = ZAC + ZCB + ZBAtu = ZAB + ZBAtu = ZAAtu = t0.

a) ZBA + ZDA = ZCD + ZDA = ZCA.b) ZAD + ZCB = ZAD + ZDA = ZAA = t0.c) ZDC + ZBC = ZAB + ZBC = ZAC.

ZAC + ZBD + ZCE + ZDA + ZEB =ZAC + ZCE + AEB + ZBD + ZDA =ZAE + AEB + ZBA =ZAB + ZBA = t0.

a) tu(4 ; 1) ; b) 2tu(8 ; 2) ; c) – 3 tu(– 12 ; – 3) ;

d) 14

tu�1 ; 14 � ; e) tv(3 ; – 4) ; f) 5tv(15 ; – 20) ;

g) 23

tv�2 ; – 83 � ; h) –

14

tv�– 34

; 1� ; i) 4tu – 3 tv(7 ; 16).

3

4

a) EBC(1 ; 5) et EAD(xD + 2 ; yD – 5) xD + 2 = 1 xD = – 1donc � yD – 5 = 5 ainsi � yD = 10.

Le point D a pour coordonnées (– 1 ; 10).

b) ZBE(xE – 1 ; yE + 3) et 23

EAC � 83

; – 2� xE – 1 =

83

xE = 113

donc � yE + 3 = – 2 ainsi � yE = – 5 .

Le point E a pour coordonnées �113

; – 5�.c) 2ZFA(2(– 2 – xF) ; 2(5 – yF)) et3ZFB(3(1 – xF) ; 3(– 3 – yF)) 2(– 2 – xF) = 3(1 – xF) – 4 – 2xF = 3 – 3xFdonc � 2(5 – yF) = 3(– 3 – yF)

ainsi � 10 – 2yF = – 9 – 3yF

.

d’où xF = 7 � yF = – 19.Le point F a pour coordonnées (7 ; – 19).

M

N

BA

D C

O

DFBCE A

N A B MP

a) RMA + 3RMB = t0 est successivement équivalent àRMA + 3( RMA + ZAB) = t0 ; RMA + 3 RMA + 3 ZAB = t0 ;4RMA + 3 EAB = t0.b) 4RMA + 3 ZAB = t0 donc 4 RMA = 3 ZBA

donc 4 RAM = 3 ZAB, enfi n RAM = 34

EAB.

A BM

a) λ = – 12

; λ’ = – 34

.

b) • EMA = 13

EMB • EBM = – 3 EMA

• ENC = 73

ENA • EAC = 43

ENA.

a) λ = 12

; b) λ = 1 ; c) λ = – 12

.

a) λ = 23

; b) λ = – 12

; c) λ = 3

a) RAG = 23

pAI ; b) pGI = 13

AAI ;

c) RGA = – 2 AGI.

TAM = tu – tv = tu + (– tv).

M A

Au

u

v

v

–v

–v

–v

–v

M

A

M

v

uu

a)

b)

c)

a)

BA

D

C

RAD = ZAB – ZAC = ZAB + ZCA = ZCA + ZAB = ZCB.ZAD = ZCB donc ADBC est un parallélogramme.b) BA

M

C

RBM = ZBC – ZCA = ZBC + ZAC.

a) E

BA

C

b)

A

F

B

C

c)

A

G

B

C

4

5

d)

H

A B

C

tu = EAC + ZBA – ZBCtu = ZBA + ZAC + ZCBtu = ZBBtu = t0.

EAD + EBC = EAC + EBD est successivement équivalent àEAD – EAC + EBC – EBD = t0 ;EAD + ECA + EBC + EDB = t0 ;ECA + EAD + EDB + EBC = t0 ;ECD + EDC = t0 ;t0 = t0. Ce qui est toujours vrai.

a) tu = – 2 tv donc tu et tv sont colinéaires.b) Les coordonnées ne sont pas proportionnelles

� 45

÷ 12

≠ 35

÷ 13 � donc tu et tv ne sont pas colinéaires.

c) tu = – 12 tv donc tu et tv sont colinéaires.

a) tu et tv sont colinéaires si et seulement sim2

= 36

; donc m = 1.

b) tu et tv sont colinéaires si et seulement si– m

1 =

0– 3

; donc m = 0.

c) tu et tv sont colinéaires si et seulement si2m27

= 3

2m ; donc 4 m2 = 81.

D’où m2 = 814

, ainsi m = – 92

ou m = 92

.

a) EAB(5 ; – 1) ; ECD(x ; 4).EAB et ECD sont colinéaires si et seulement six5

= 4

– 1 donc x = – 20.

b) D’après a), ECD(– 20 ; 4) donc ECD = – 4 EAB.

a) EAB(5 ; 2) ; EAC�3 ; 65 �.

Les points A, B et C sont alignés si et seulement si les vecteurs EAB et EAC sont colinéaires, ce qui est le cas car :

5 = 53

× 3 et 2 = 53

× 65

. Ainsi, EAB = 53

EAC, donc

A, B et C sont alignés.

b) EAB(5 ; 2) ; EAD�492

; 495 �.

Les points A, B et D sont alignés si et seulement si les vecteurs EAB et EAD sont colinéaires, ce qui est le cas car :

5 = 1049

× 492

et 2 = 1049

× 495

. Ainsi, EAB = 1049

EAD, donc

A, B et D sont alignés.

1. a) 12

YMN(1 ; 3) et ZNA(xA – 2 ; yA – 3),

xA – 2 = 1 xA = 3donc � yA – 3 = 3 ainsi � yA = 6.

Le point A a pour coordonnées (3 ; 6).b) 3 TMQ(– 3 ; 6) et RMB(xB ; yB + 3), xB = – 3 xB = – 3donc � yB + 3 = 6 ainsi � yB = 3.

Le point B a pour coordonnées (– 3 ; 3).2. ZPA(12 ; 6) ; ZPB(6 ; 3).3. D’après le 2), ZPA = 2 ZPB,les vecteurs sont colinéaires donc les points P, A et B sont alignés.

ZAB(2,5 ; 2) et RCD(5 ; 4).Donc RCD = 2 ZAB, les vecteurs sont colinéaires donc les droites (CD) et (AB) sont parallèles.

Exercices d’entrainement

Alignement de points1. a) et b)a) et b)

c) On conjecture que les points A, E, F sont alignés.

2. a) ZCE = 13

ZCD donc ZCD + ZDE = 13

ZCD,

d’où ZDE = 23

ZDC.

ZAE = ZAD + ZDE = ZAD + 23

ZDC = ZAD + 23

ZAB,

car ABCD est un parallélogramme.

b) ZAF = ZAB + ZBF = ZAB + 32

ZAD = 32

ZAD + ZAB.c) D’après le a) et le b).23

ZAF = 23 � 3

2 ZAD + ZAB� = ZAD +

23

ZAB = ZAE.

Donc les vecteurs ZAF et ZAE sont colinéaires et les points A, E et F sont alignés.

Génération de parallélogrammes1. a), b), c)

d) On conjecture que PQRS est un parallélogramme.2. a) EPQ = APA + EAB + EBQEPQ = k EBA + EAB + k EBCEPQ = (1 – k) EAB + k EBC.

5

6

b) ASR = ESD + EDC + ECRASR = k EAD + EDC + k ECDASR = k EAD + (1 – k) EDC.c) ABCD est un parallélogramme donc EAB = EDC et EBC = EAD. Ainsi, d’après le b), ASR = k EBC + (1 – k) EAB, d’où, d’après le a), ASR = EPQ, ce qui prouve que PQRS est un parallélogramme.

Carré et triangles équilatérauxa) B(1 ; 1).

D H C

I

11

1––2

1––2

b) Dans le triangle IDH rectangle en H, d’après le théorème de Pythagore,DI2 = DH2 + HI2

12 = � 12 �

2

+ HI2

34

= HI2 donc HI = 132

.

Ainsi, les coordonnées de I sont � 12

; 132 �.

En procédant de même, on obtient �1 + 132

; 12 � pour les

coordonnées de L.

c) oAI� 12

; 132

– 1� et AAL�1 + 132

; – 12 �.

pAI et AAL sont colinéaires si et seulement si leurs coordon-nées sont proportionnelles, c’est-à-dire si et seulement si xAAI × yAAL = xAAL × yAAI ,

or xAAI × yAAL = 12

× �– 12 � = –

14

et

xAAL × yAAI = �1 + 132 ��13

2 – 1�

= �132

+ 1��132

– 1� = �13

2 �2

– 12

= 34

– 1

= – 14

.

Donc les vecteurs AAI et AAL sont colinéaires.d) AAI et AAL sont colinéaires donc les points A, I et L sont alignés.

Coordonnées du vecteur EAB1. On note M le point tel que YOM = EAB, c’est-à-dire tel que les segments [OB] et [AM] ont même milieu I.D’après le prémisse, on sait que :

xI = xB

2 ; yI =

yB

2 mais aussi

xI = xA + xM

2 ; yI =

yA + yM

2.

Ainsi xM = 2xI – xA = xB – xA

et yM = 2yI – yA = yB – yA.

Or le vecteur EAB a les mêmes coordonnées que le point M donc EAB(xB – xA ; yB – yA).

2. EAC(– 17 ; 11) ; ECB(– 17 ; 11).Donc EAC = ECB ce qui prouve que C est le milieu de [AB].

Multiplication d’un vecteur par un réel1. Sur la droite (AB), on choisit le repère (A ; EAB).Le point C tel que EAC = λ ZAB est alors tel que :• si λ > 0 : C ∈ [AB) et l’abscisse de C est λ.• si λ < 0 : C ∈ (AB), C ∉ [AB) et l’abscisse de C est λ.• si λ = 0 : C = A.

2. a) x = 32

; b) y = – 12

; c) z = 3.

a)

DA

E

B

C

b) Les triangles ABC et ADE sont en confi guration de Thalès, puisque ZAE = 2 EAB et que EED = 2 EBC, on en déduit que EAD = 2 EAC, ce qui prouve que C est le milieu de [AD].

a) ABCD est un trapèze.

DA

E

B

C

b) Puisque EAB = 2 ECD et que AEA = 2 EEC (car E est le symé-trique de A par rapport à C, donc les triangles AEB et CED sont en confi guration de Thalès, on en déduit que EEB = 2 EED, ce qui prouve que D est le milieu de [EB] donc que E est le symétrique de B par rapport à D.

a) EOA + EOB + EOC + EOD = EOA + EOC + EOB + EOD = t0 + t0 = t0car O est le milieu de [AC] et le milieu de [BD].b) EMA + EMB + EMC + EMD = TMO + EOA + EMO + EOB + TMO + EOC + TMO + EOD = 4 EMO + EOA + EOB + EOC + EOD = 4 TMO + t0 (d’après le a))= 4 TMO.

1. a) pIA + pIB = t0.

b) EMA + EMB = ZMI + pIA + AMI + uIB = 2 ZMI + pIA + uIB = 2 ZMI (d’après le a)).

Donc 12

(EMA + EMB) = AMI.

6

7

2. a) EAA’ = 12

(ZAB + EAC)

ZBB’ = 12

(ABA + ZBC) ; ECC’ = 12

(ACA + ZCB).

b) EAA’ + ABB’ + ACC’ = 12

(AAB + EAC) + 12

(ABA + ZBC) + 12

(ACA + ACB)

= 12

AAB + 12

ZAC + 12

ABA + 12

ABC + 12

ACA + 12

ACB

= 12

AAB + 12

ABA + 12

AAC + 12

ACA + 12

ABC + 12

ACB

= t0.c) EGA = –

23

EAA’ ; EGB = – 23

ABB’ ; EGC = – 23

ZCC’

donc ZGA + EGB + EGC = – 23

(ZAA’ + ABB’ + ZCC’) = t0.

1. a) tu + tv(a + a’ ; b + b’) et tv + tu(a’ + a ; b’ + b) d’où l’égalité.b) tu + t0(a + 0 ; b + 0) donc tu + t0(a ; b) ; t0 + tu(0 + a ; 0 + b) donc t0 + tu(a ; b) d’où l’égalité.c) (tu + tv) + iw((a + a’) + a’’ ; (b + b’) + b’’)donc ( tu + tv) + iw(a + a’ + a’’ ; b + b’ + b’’) ;tu + ( tv + iw)(a + (a’ + a’’) ; b + (b’ + b’’))donc tu + ( tv + iw)(a + a’ + a’’ ; b + b’ + b’’) d’où l’égalité.d) λ(tu + tv)(λ(a + a’) ; λ(b + b’)) donc λ(tu + tv)(λa + λa’ ; λb + λb’).λtu + λtv(λa + λa’ ; λb + λb’) d’où l’égalité.e) (λ + λ’) tu ((λ + λ’) a ; (λ + λ’) b) donc (λ + λ’) tu(λa + λ’a ; λb + λ’b)λtu + λ’tu(λa + λ’a ; λb + λ’b) d’où l’égalité.f) (λλ’) tu ((λλ’) a ; (λλ’) b) donc (λλ’) tu (λλ’a ; λλ’b)λ(λ’tu)(λ(λ’a) ; λ(λ’b)) donc λ(λ’tu)(λλ’a ; λλ’b) d’où l’égalité.2. 2 EAB + 2 EAD – EAC = 2( EAB + EAD) – EAC

= 2 EAC – EAC= (2 – 1) EAC = EAC= 2 EAO car O est le milieu de [AC].

a)

A OC

D

B

b) EOD = EOC + ECD = 4 EOA + 4 EAB = 4 EOB, donc les vecteurs EOD et EOB sont colinéaires, donc les points O, B et D sont alignés.

a)

A B

C D

F

E

b) ZCE = ZCB + ZBE

ZCE = ZDA + 12

ZAB

AEF = AEA+ AAFAEF = AEB + ABA + ZAF

AEF = 12

ZBA + ZBA + 3 ZAD

AEF = 3 ZAD + 32

ZBA.

c) D’après le b), AEF = – 3 ZCE donc les vecteurs sont coli-néaires et les points E, C et F sont alignés.

a)

AB

C

E

D

b) • ZAE = ZAB + ZBE

ZAE = ZAB + 13

ZBC

• RAD = 2 ZAB + ZACRAD = 2 ZAB + ZAB + ZBCRAD = 3 ZAB + ZBC.Donc ZAD = 3 ZAE, ces vecteurs sont colinéaires, donc les points A, D, E sont alignés.

a)

A B

ED

CF

I

b) Dans les triangles IDE et IAB, puisque D est milieu de [IA] et que E est milieu de [IB], on en déduit que (DE) // (AB).c) On démontre de même que (DF) // (AC) et que (FE) // (BC).Puisque jABC = jBCA = jCAB et que les droites sont deux à deux parallèles, on en déduit que jDEF = jEFD = jFDE.Donc le triangle EDF est équilatéral.

a) Dans les triangles AIC et ABJ :• les points A, I, B sont alignés ;• les points A, C, J sont alignés dans le même ordre ;

• AIAB

= 13

et ACAJ

= 13

donc AIAB

= ACAJ

, donc, d’après la

réciproque du théorème de Thalès, (CI) // (BJ).

b) • pIC = pIA + RAC = – 13

EAB + EAC ;

• pBJ = pBA + pAJ = – EAB + 3 EAC,donc pBJ = 3 pIC, ces vecteurs sont colinéaires, donc les droites (BJ) et (IC) sont parallèles.

7

8

a) • AJC = 12

EDC et pAI = 12

AAB. Or ABCD est un paral-

lélogramme, donc AAB = EDC, ce qui prouve que AJC = pAI donc JCIA est un parallélogramme, on en déduit que AAJ = pIC.• Les vecteurs AAJ et pIC sont colinéaires donc les droites (AJ) et (IC) sont parallèles.b) Démonstration identique.

a) On note (x ; y) les coordonnées de G.L’égalité EGA + 2 EGB + EGC = t0 se traduit par : (1 – x) + 2(– 1 – x) + (– 2 – x) = 0� (– 1 – y) + 2(– 2 – y) + (2 – y) = 0 ce qui donne

– 3 – 4x = 0 x = – 34� – 3 – 4y = 0

d’où � y = –

34

Les coordonnées de G sont �– 34

; – 34 �.

b) On note (x’ ; y’) les coordonnées de D.L’égalité EBD = ABA + EBC se traduit par : x’ + 1 = 2 + (– 1) x’ = 0� y’ + 2 = 1 + 4 d’où � y’ = 3.

Les coordonnées de D sont (0 ; 3).c) D

C

Ai

j

OO

B

G

On conjecture que les points B, G, D sont alignés.Démonstration :

ZBG� 14

; 54 � et ZBD(1 ; 5) donc ZBD = 4 ZBG, ces vecteurs sont

colinéaires donc les points B, G et D sont alignés.

a) Soit I le milieu de [AB].

xI = xA + xB

2 xI = 3� yI =

yA + yB

2 � yI = – 3

AB = 0(xB – xA)2 + (yB – yA)2

AB = 982 + (– 10)2

AB = 6164AB = 2441.Donc le cercle � est de centre I et de rayon 441.E ∈ � si et seulement si IE = 441.Or IE = 842 + 52 = 441 donc E ∈ �.b) F est le symétrique de E par rapport à I, donc uIF = iEI ce qui se traduit par : xF – 3 = 3 – 7 xF = – 1� yF + 3 = – 3 – 2 donc � yF = – 8.

Les coordonnées de F sont (– 1 ; – 8).

c) • ZAE(8 ; 0) et AFB(8 ; 0), donc AAE = AFB, on en déduit que AEBF est un parallélogramme.• AB = 2441EF = 0(– 1 – 7)2 + (– 8 – 2)2 = 6164 = 2441donc AEBF est un parallélogramme dont les diagonales ont même longueur : AEBF est un rectangle.

I

i

jOO

A E

BF

a)

A

CB J

K

I

L D

b) I �0 ; 15 � et J � 1

3 ; 1� donc yIJ � 1

3 ;

45 �.

L � 23

; 0� et K �1 ; 45 � donc ZLK � 1

3 ;

45 �.

c) D’après le b), iIJ = ALK donc IJKL est un parallélo-gramme.d) • On note M le milieu de [IK] :

xM = xI + xK

2 xM =

12� yM =

yI + yK

2

d’où � yM =

12

Le milieu M de [IK] a pour coordonnées � 12

; 12 �.

• Le centre N du rectangle est aussi le milieu de [AC].

xN = xA + xC

2 xN =

12� yN =

yA + yC

2

d’où � yN =

12

Ainsi M = N, donc le centre du rectangle est aussi le milieu de [IK].

8

9

a)

A'

IK

A

j

iOO

A''

• AIA’ = oAI or iIA(xA’ – 4 ; yA’ – 1) et oAI(– 2 ; – 2) xA’ – 4 = – 2 xA’ = 2donc � yA’ – 1 = – 2 d’où � yA’ = – 1Les coordonnées de A’ sont (2 ; – 1).• ZKA’’ = RA’K or ZKA’’(xA’’ + 1 ; yA’’ – 3) et RA’K(– 3 ; 4) xA’’ + 1 = – 3 xA’’ = – 4donc � yA’’ – 3 = 4 d’où � yA’’ = 7Les coordonnées de A’’ sont (– 4 ; 7).b) oIK(– 5 ; 2) et ZAA’’(– 10 ; 4) donc ZAA’’ = 2 oIK, ce qui prouve que ces vecteurs sont colinéaires.c) • oIA’ = oAI or oIA’(xA’ – a ; yA’ – b) xA’ – a = a – xet oAI(a – x ; b – y) donc � yA’ – b = b – y xA’ = 2a – xd’où � yA’ = 2b – yLes coordonnées de A’ sont (2a – x ; 2b – y).• ZKA’’ = ZA’K or ZKA’’(xA’’ – a’ ; yA’’ – b’)et ZA’K(a’ – 2a + x ; b’ – 2b + y), donc xA’’ – a’ = a’ – 2a + x xA’’ = 2a’ – 2a + x� yA’’ – b’ = b’ – 2b + y d’où � yA’’ = 2b’ – 2b + yLes coordonnées de A’’ sont (2a’ – 2a + x ; 2b’ – 2b + y).• oIK(a’ – a ; b’ – b) et ZAA’’(2a’ – 2a ; 2b’ – 2b)donc ZAA’’ = 2 oIK, ce qui prouve que ces vecteurs sont colinéaires. Il s’agit du théorème des milieux.

1. • EEA’(xA’ – 6 ; yA’ – 2) et ZEA(– 9 ; 1) xA’ – 6 = – 9 xA’ = – 3donc � yA’ – 2 = 1 d’où � yA’ = 3Les coordonnées de A’ sont (– 3 ; 3).• ZEB’(xB’ – 6 ; yB’ – 2) et ZEB(4 ; – 5) xB’ – 6 = 4 xB’ = 10donc � yB’ – 2 = – 5 d’où � yB’ = – 3Les coordonnées de B’ sont (10 ; – 3).• ZEC’(xC’ – 6 ; yC’ – 2) et ZEC(1 ; 5) xC’ – 6 = 1 xC’ = 7donc � yC’ – 2 = 5 d’où � yC’ = 7Les coordonnées de C’ sont (7 ; 7).2. a) ZAB(13 ; – 6) et RA’B’(13 ; – 6).b) ZAB = RA’B’ donc (AB) // (A’B’).3) • ZAC(10 ; 4) et RA’C’(10 ; 4), donc ZAC = RA’C’ ce qui prouve que (AC) // (A’C’).

• ZBC(– 3 ; 10) et RB’C’(– 3 ; 10), donc ZBC = RB’C’ ce qui prouve que (BC) // (B’C’).

a) F

B

A C E

D

b) • On exprime ZDE en fonction de ZAB et ZAC :ZDE = ZDA + ZAE (relation de Chasles)

ZDE = ZDA + 32

ZAC (d’après l’énoncé)

ZDE = ZDC + ZCA + 32

ZAC (relation de Chasles)

ZDE = ZCB + 12

ZAC (d’après l’énoncé)

ZDE = ZCA + ZAB + 12

ZAC (relation de Chasles)

ZDE = ZAB – 12

ZAC (*)

• On exprime AEF en fonction de ZAB et ZAC :AEF = ZEA + ZAB + ABF (relation de Chasles)

AEF = – 32

ZAC + ZAB – 2 ZBA (d’après l’énoncé)

AEF = – 32

ZAC + 3 ZAB

AEF = 3 ZAB – 32

ZAC (**)

• D’après (*) et (**), AEF = 3 ZDE donc les vecteurs AEF et ZDE sont colinéaires, ce qui prouve que les points D, E et F sont alignés.

a) Non car tr + tt ≠ – tp donc tr + tt + tp ≠ t0.b) Non car ce n’est pas parce que tp double que tt double, cela dépend également de tr.

Il faut que la direction du vecteur tN + tC mène Lise directement à Julie.

uN

C

L

J

Départ de Lise

Julie

(Les vecteurs oLJ et tu sont colinéaires.)

Implication, équivalencea) H est équivalent à H’.b) H implique H’.c) H’ implique H.d) H’ implique H.

9

10

Condition nécessaire, suffi sante1. a) Les conditions données par M271 et E = MC2 sont suffi santes pour que ABCD soit un parallélogramme.b) ZAB + ZAD = ZAC en est une autre.2. a) Les conditions données par X007, Z97910 et GNI ne sont que nécessaires pour que ABCD soit un paral-lélogramme.(Les conditions données par M271 et E = MC2 sont nécessaires et suffi santes.)b) AD = CB en est une autre.

Se préparer au contrôle• QCM

1. a) Faux. Erreur possible : ne pas tenir compte du sens des vecteurs ZAB et ZCD.b) Vrai. Revoir le cours page 196.c) Faux. Erreur possible : confusion entre translation et symétrie centrale.2. a) Faux. Erreur possible : mauvaise lecture du nom d’un quadrilatère.b) Vrai. Revoir le cours page 196.c) Faux. En eff et, les côtés [EG] et [FG] sont parallèles.3. a) Faux. Erreur possible : mauvaise utilisation de la formule du cours, paragraphe 2 page 198.b) Faux. Erreur possible  : mauvaise utilisation de la formule du cours, paragraphe 2 page 198.c) Vrai. En eff et, ZAB(xB – xA ; yB – yA), donc ZAB(– 1 – 2 ; – 3 – 1), soit ZAB(– 3 ; – 4).4. a) Faux. Erreur possible  : confusion avec « si λ = 0, alors λyu = t0 ».La réciproque est fausse  : λ yu peut être nul sans que λ = 0, il suffi t que yu = t0.b) Faux. Explication analogue à celle du a).c) Vrai. Revoir la propriété du cours, paragraphe 1 page 202.

1. a) Faux. Erreur possible  : confusion entre RDO et ROC.b) Faux. Erreur possible  : remplacer dans l’énoncéRAO par ROA et RDO par ROD et ne considérer que la moitié de la diagonale en appliquant la règle du parallélogramme.c) Vrai. En eff et, RAO = ROC et RDO = ROB, donc RAO + RDO = ROC + ROB = 2 ZOJ = pLJ.2. a) Vrai. En eff et, EAC = 3ZAB est successivement équi-valent à ZAB + ZBC = 3 ZAB ; ZBC = 2 ZAB ; ZBC = – 2 ZBA.b) Faux. En eff et, ZAC = 3( ZAC + ZCB), c’est-à-dire

ZAC = 3 ZAC + 3 ZCB, soit – 2 ZAC = 3 ZCB et ZCB = 23

ZCA.

3. a) Vrai. En eff et, TMN(3 ; 2) et RMP(6 ; 4), donc RMP = 2RMN. Ces vecteurs sont colinéaires, donc les points M, N, P sont alignés et le triangle MNP est aplati.b) Faux. Une fi gure suffi t à conjecturer la bonne réponse.c) Faux. Erreur possible dans le calcul des longueurs MN, MP et NP. En eff et, on trouve que MN = NP mais MP ≠ MN.

• Vrai – Faux

a) Vrai. Revoir la défi nition paragraphe 1, page 196.b) Faux. Un moyen mnémotechnique pour se souvenir des coordonnées de ZAB est « extrémité moins origine ».c) Vrai. Revoir la règle du parallélogramme, paragraphe 2 page 200.d) Faux. Il n’est pas possible d’ajouter un réel et un vecteur ; en fait c’est k(yu + yv ) = kyu + kyv.

e) Vrai. En eff et, 94

= – 32

× �– 32 � et –

52

= – 32

× 53

,

donc yu = – 32

yv.

Les vecteurs yu et yv sont donc colinéaires.

a) Vrai. En eff et : ZAB(1 ; 1) et ZDC(1 ; 1), donc ZAB = ZDC et ABCD est un parallélogramme.b) Faux. Erreur possible  : confondre RMP avec RPM. En eff et  : en utilisant la relation de Chasles, on obtientRMN + EQP + RNQ = YMN + RNQ + EQP ; TMN + EQP + RNQ = RMQ + EQP = RMP.c) Faux. Erreur possible  : oublier que λ peut prendre des valeurs négatives. Or, une distance ne peut pas être négative.d) Vrai. En eff et : AEF(1 ; – 2) et EEG(– 2 ; 2), donc AEF + ZEG(– 1 ; 0).

• Pour réviser

a) ZAC = ZDE donc la translation qui transforme A en C transforme aussi D en E.

A

DC

E

B

IIII

b) ZAB = ZDE’ donc ABE’D est un parallélogramme.

A

DC

E'

B

a) tu(3 ; 2).

b) ZAB(4 ; – 2).c) ZAE(xE + 1 ; yE – 1) et tu(3 ; 2), donc xE + 1 = 3 xE = 2tu = ZAE entraîne � yE – 1 = 2 d’où � yE = 3.

Les coordonnées de E sont (2 ; 3).d) ZAB(4 ; – 2) et ZCD(4 ; – 2), donc ZAB = ZCD, ce qui prouve que ABDC est un parallélogramme.

a) pGI + pFE = AAE + ZED = EAD.b) ECE + AJH = EDJ + ZJH = EDH.

10

11

H I J

A B C

DG F E

a) tu = ZAC + ZBA + ZCBtu = ZCB + ZBA + ZACtu = t0.b) tv = EAB – EAC + EBC – EBAtv = EAB + ECA + EBC + EABtv = EAB + EBC + ECA + EABtv = EAB.c) ow = EAB – EAC + EDC – EDBow = EAB + ECA + EDC + EBDow = EDC + ECA + EAB + EBDow = t0.

EMA + EMC = EMO + EOA + EMO + EOC = 2 EMO + EOA + EOC = 2 TMO car O est le milieu de [AC].EMB + TMD = EMO + EOB + TMO + EOD = 2 TMO + EOB + EOD = 2 TMO car O est le milieu de [BD].D’où EMA + EMC = EMB + RMD.

a)

BA

D C

O

E

F

b) ABCD est un parallélogramme donc EAB = EDC.

Or EAE = 13

EAB donc EAE = 13

EDC = – 13

ECD = – ACF.

D’où EAE = EFC.c) EAE = EFC donc AECF est un parallélogramme et le milieu O de [AC] est aussi le milieu de [EF], ce qui prouve que E, O, F sont alignés.

EAB(3 ; 2) ; ECD(– 15 ; – 10) donc ECD = – 5 EAB. Ces vecteurs sont colinéaires donc les droites (AB) et (CD) sont parallèles.

Exercices d’approfondissement Avec un système

a) On note (x ; y) les coordonnées de M.• RMA(3 – x ; 2 – y) et RMB(– 1 – x ; – 2 – y).RMA et RMB sont colinéaires si et seulement si leurs coordon-nées sont proportionnelles, ce qui peut se traduire par :xRMA × yRMB = x RMB × yRMA c’est-à-dire (3 – x)(– 2 – y) = (– 1 – x)(2 – y) ou encore 2x – 3y + xy – 6 = – 2x + y + xy – 2 d’où 4x – 4y – 4 = 0 enfi n x – y – 1 = 0.

• En procédant de même avec les vecteurs RMC(– 1 – x ; 2 – y) et RMD(3 – x ; – y), on obtient (– 1 – x)(– y) = (3 – x)(2 – y) ou encore y + xy = – 2x – 3y + xy + 6 d’où 2x + 4y – 6 = 0 enfi n x + 2y – 3 = 0.• Il faut donc que les coordonnées de M vérifi ent le système : x – y – 1 = 0� x + 2y – 3 = 0qui est successivement équivalent à

x = y + 1 x = y + 1 x = 53� y + 1 + 2y – 3 = 0

; � y =

23

; � y =

23

Les coordonnées de M sont � 53

; 23 �.

b) C A

B

M

DOij

On conjecture que M est le point d’intersection des diagonales.• On cherche l’équation de la droite (AB) :

(AB) : y = ax + b avec a = yB – yA

xB – xA

= 1,

d’où yA = 1. xA + b donc b = – 1.L’équation de la droite (AB) est y = x – 1.• On cherche l’équation de la droite (CD) :

(CD) : y = a’x + b’ avec a’ = yD – yC

xD – xC

= – 12

d’où yC = – 12

xC + b’ donc b’ = 32

.

L’équation de la droite (CD) est y = – 12

x + 32

.

• On vérifi e que M appartient aux deux droites :

xM – 1 = 53

– 1 = 23

= yM donc M ∈ (AB).

– 12

xM + 32

= – 12

× 53

+ 32

= 23

= yM donc M ∈ (CD).

Ainsi, M est le point d’intersection des diagonales [AB] et [CD].

Démontrer la colinéarité de vecteurs• Dans le repère (B ; EBA, EBC),

A(1 ; 0) ; C(0 ; 1) ; I� 12

; 12 � ; J� 1

2 ;

14 �.

• On note (x ; y) les coordonnées de K.

ABJ � 12

; 14 � ; ABK(x ; y). ABJ et ABK sont colinéaires

donc 12

× y = 14

× x d’où x = 2y.

11

12

AAK(x – 1 ; y) ; EAC(– 1 ; 1). EAK et EAC sont colinéaires donc (x – 1) × 1 = – 1 × y d’où x = 1 – y. x = 2y x = 2y x = 2yAinsi

� x = 1 – y donc

� 2y = 1 – y d’où

� y = 13

x = 23

fi nalement � y =

13

.

Les coordonnées de K sont � 23

; 13 �.

• EAK �– 13

; 13 � et

13

EAC�– 13

; 13 �,

ainsi EAK = 13

EAC.

Tracé d’un vecteur dans une fenêtre adaptéea) xA = 1, yA = 6 et xB = 2, yB = 4• xA < xB donc xmin = 1 et xmax = 2.• yB < yA donc ymin = 4 et ymax = 6.

• dx = 15

et dy = 25

.

• xmin = 1 – 15

= 45

; xmax = 2 + 15

= 115

.

• ymin = 4 – 25

= 185

; ymax = 6 + 25

= 325

.

1 2 11–––5

4––5

4

6

18–––5

32–––5

xA = 4, yA = – 1 et xB = – 2, yB = 4• xB < xA donc xmin = – 2 et xmax = 4.• yA < yB donc ymin = – 1 et ymax = 4.

• dx = 65

et dy = 1.

• xmin = – 2 – 65

= – 165

; xmax = 4 + 65

= 265

.

• ymin = – 1 – 1 = – 2 ; ymax = 4 + 1 = 5.b) Les tests calculent le minimum et le maximum des abscisses de A et B ainsi que le minimum et le maximum des ordonnées de A et B.c) La fenêtre n’est pas cadrée sur le vecteur, on l’agrandit de dx à droite et à gauche, de dy en haut et en bas.On peut modifi er ces valeurs si l’on souhaite changer de fenêtre.

1–1

–2

2–2 4

4

5

16–––5

26–––5

–

Une propriété des parallélogrammes

1. a) • Dans le repère (A ; EAB, EAD), I�12

; 1�, donc la droite

(AI) a pour équation y = 2x ; de plus, la droite (DB) a pour équation y = – x + 1.Or M appartient à ces deux droites donc ces coordonnées vérifi ent le système : y = 2x y = 2x y = 2x� y = – x + 1

donc � 2x = – x + 1

d’où � x =

13

y = 23

fi nalement � x =

13

.

Les coordonnées de M sont �13

; 23 �.

• On procède de même avec le point N.

K�12

; 0�. La droite (KC) a pour équation y = 2x – 1,

N appartient à (KC) et à (DB), on résout alors le système :

y = – x + 1 x = 23� y = 2x – 1

ce qui donne � y =

13

Les coordonnées de N sont �23

; 13 �.

• Ainsi, AMI� 16

; 13 � et AKN� 1

6 ;

13 �, donc AMI = AKN ce qui

prouve que MINK est un parallélogramme.

b) RDM� 13

; – 13 � ; RMN� 1

3 ; –

13 � ; ZNB� 1

3 ; –

13 � d’où l’égalité.

2. • On montre que MINK est un parallélogramme.On note O le centre du parallélogramme ABCD.La symétrie centrale de centre O transforme :I en K ;A en C ;D en B ;B en D.Donc cette symétrie transforme l’intersection des droites (AI) et (DB) (le point M), en l’intersection des droites (KC) et (BD) (le point N).Ainsi, cette symétrie de centre O transforme M en N et I en K. Donc [MN] et [IK] ont même milieu (le point O) donc MINK est un parallélogramme.

12

13

• On démontre que RDM = RMN = RNB.• Les triangles MID et MAB sont en confi guration de

Thalès donc MDMB

= IDAB

or ID = 12

AB donc MD = 12

MB

d’où RDM = 13

RDB.

• Les triangles NKB et NCD sont en confi guration de

Thalès donc NBND

= KBDC

or KB = 12

DC donc NB = 12

ND

d’où RNB = 13

RDB.

• Ainsi RDM = RNB = 13

RDB.

De plus, comme D, M, N, B sont alignés dans cet ordre,

RMN = 13

RDB.

Finalement RDM = RMN = RNB.

Conjecturer, puis démontrer1.

A

I

K

B

D

JC

j

iOO

�

2. a) oIA(– 6 – xI ; – 5 – yI) et oIB�9 – xI ; 52

– yI�

donc oIA + 4 oIB(30 – 5xI ; 5 – 5yI).Donc, de oIA + 4 oIB = t0, on déduit que 30 – 5xI = 0 xI = 6� 5 – 5yI = 0 d’où � yI = 1.

Les coordonnées de I sont (6 ; 1).3. a) AJA(– 6 – xJ ; – 5 – yJ) et AJC(3 – xJ ; 4 – yJ) donc AJA – 10 AJC(– 36 + 9xJ ; – 45 + 9yJ).Donc, de AJA – 10 AJC = t0, on déduit que – 36 + 9xJ = 0 xJ = 4� – 45 + 9yJ = 0 d’où � yJ = 5.

Les coordonnées de J sont (4 ; 5).

4. a) xK = xI + xJ

2 xK = 5 � yK =

yI + yJ

2

d’où � yK = 3

Les coordonnées de K sont (5 ; 3).b) IK = 0(5 – 6)2 + (3 – 1)2 = 9(– 1)2 + 22 = 15.5) b) Il semble que C ∈ � et que D ∉ �.c) KC = 0(3 – 5)2 + (4 – 3)2 = 9(– 2)2 + 12 = 15 donc C ∈ �.

KD = 0�194

– 5�2 + � 3

4 – 3�2

= 0�– 14 �2

+ �– 94 �2

= 4822

≠ 15

donc D ∉ �.

Droites concourantes1. a) C’est un repère orthonormé car les droites (OA) et

(OC) sont perpendiculaires, de plus 14

OA = 14

OC = 1.

b) B(4 ; 4) ; G(– 2 ; 4) ; F(– 2 ; 0) ; D(0 ; – 2) ; E(4 ; – 2) ; ZOB(4 ; 4) ; ZGD(2 ; – 6).2. a) Les points O, I, B sont alignés donc les vecteurs AOI et ZOB sont colinéaires.b) AOI(x ; y) ; ZOB(4 ; 4), puisqu’ils sont colinéaires, leurs coordonnées sont proportionnelles, autrement dit 4x = 4y donc x = y.c) AID(– x ; – 2 – y) donc, d’après le b), AID(– x ; – 2 – x).d) Les points I, D, G sont alignés donc les vecteurs AID et EGD sont colinéaires.Ainsi, leurs coordonnées sont proportionnelles donc– x × (– 6) = (– 2 – x) × 2d’où 6x = – 4 – 2x

donc x = – 12

.

e) D’après le d) et le b), les coordonnées de I sont

�– 12

; – 12 �.

3. oFI � 32

; – 12 � ; pFE(6 ; – 2) donc pFE = 4 oFI, ces vecteurs sont

colinéaires donc les points F, I et E sont alignés, ce qui prouve que (FE) passe par I.

La roue de loterie

ZGA + ZGB + ZGC + ZGD + ZGE = t0 est successivement équi-valent à :ZGA + ZGA + ZAB + ZGA + ZAC + ZGA + ZAD + ZGA + ZAE = t0 ;

5 ZGA + ZAB + ZAC + ZAD + ZAE = t0

ZAG = 15

(ZAB + ZAC + ZAD + ZAE).

Voir la fi gure ci-dessous.

13

E D

C

BA

G

u3

u2

u1

14

Centre de gravitéLe centre de gravité G vérifi e ZGA + ZGB + ZGC = t0, ce qui se traduit en terme de coordonnées par (– 3 – xG) + (6 – xG) + (3 – xG) = 0� (2 – yG) + (5 – yG) + (– 1 – yG) = 0 donc

6 – 3xG = 0 xG = 2� 6 – 3yG = 0 d’où � yG = 2.

Les coordonnées de G sont (2 ; 2).

Alignement dans un trapèze

On note E le point tel que ZAE = 13

ZAB.Dans le repère (A ; ZAE, ZAD),

I� 32

; 0� ; B(3 ; 0) ; D(0 ; 1) ; C(1 ; 1) ; K� 12

; 1�.

• Les points D, M, B sont alignés donc les vecteurs RDM et ZDB sont colinéaires. Or TDM(xM ; yM – 1) et ZDB(3 ; – 1), leurs coordonnées sont proportionnelles donc 3(yM – 1) = – 1 × xM d’où xM + 3yM – 3 = 0.• Les points A, M, C sont alignés donc les vecteurs TAM et ZAC sont colinéaires. Or RAM(xM ; yM) et ZAC(1 ; 1), leurs coordonnées sont proportionnelles donc 1 × xM = 1 × yM d’où xM – yM = 0.• Ainsi, les coordonnées de M vérifi ent xM + 3yM – 3 = 0 4yM – 3 = 0� xM – yM = 0 donc � xM = yM

.

yM = 34

yM = 34

d’où � xM = yM

fi nalement � xM =

34

.

Les coordonnées de M sont � 34

; 34 �.

• Le point N est situé sur l’axe (AD), donc xN = 0.• Les points B, C, N sont alignés donc les vecteurs ZBC et ZBN sont colinéaires. Or ZBC(– 2 ; 1) et ZBN(– 3 ; yN), leurs coordonnées sont proportionnelles donc – 2 yN = – 3 × 1,

donc yN = 32

.

Les coordonnées du point N sont �0 ; 32 �.

• ZNK� 12

; – 12 � et RNM� 3

4 ; –

34 � donc RNM =

32

ZNK,

ces vecteurs sont colinéaires donc les points N, K et M sont alignés.

• ZNK� 12

; – 12 � et oNI� 3

2 ; –

32 � donc oNI = 3 ZNK, ces vecteurs

sont colinéaires donc les points N, K et I sont alignés.

Parallélisme• Dans le repère (B ; ZBC, ZBA), B(0 ; 0), C(1 ; 0), N�1 ;

12 � ;

I�0 ; 12 � ; A(0 ; 1) ; J� 1

2 ;

12 �.

Puisque ABJM est un parallélogramme RAM = oBJ

xM = 12

donc � yM – 1 =

12

xM = 12

d’où � yM =

32

.

Les coordonnées de M sont � 12

; 32 �.

• Le point P est le milieu de [MN]

xP = xM + xN

2donc � yP =

yM + yN

2

xP = 34d’où

� yP = 1

Les coordonnées de P sont � 34

; 1�.

• ZAP� 34

; 0� et EBC(1 ; 0) donc ZAP = 34

ZBC, ces vecteurs sont

colinéaires donc les droites (AP) et (BC) sont parallèles.

Des défi s Un pavage

uu On peut paver le plan à partir du dessin de base (hachuré), en utilisant, par exemple la symétrie d’axe Δ et la trans-lation de vecteur tu.

Les éléments eff acés• D’après le théorème des milieux, dans les triangles AIL

et ABD, iIL = 12

BD ; on montre de même que iIJ = 12

ZAC,

AJK = 12

ZBD, pKL = 12

ZCA.

• Placer un point, par exemple A, à l’extérieur du parallé-logramme « à gauche » de (IL) ; cela détermine l’empla-cement des points B, C et D.

D

A

BI

K

CJ

L

Le quadrilatère ABCD n’est pas unique.

14