  \documentclass[a4paper,10pt,french]{article}
\linespread{1}

\title{Chapitre 1 : Les nombres complexes 1/2 }
\author{D. Zancanaro \and C. Aup\'erin}
\date{2011-2012}


\newcommand{\ch}{Chapitre 5}
\newcommand{\Ch}{Les vecteurs du plan}	
\newcommand{\Cl}{2$^\text{2nde}$}	
\newcommand{\Annee}{2011-2012}	
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
\input macro_dwicky_final.tex
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Premiere page
\begin{document}

\pagestyle{styleDav}
\fancyhead{\href{http://www.wicky-math.fr.nf}{wicky-math.fr.nf}}
%\renewcommand{\chaptermark}[1]{\markboth{#1}{}} \renewcommand{\sectionmark}[1]{\markright{#1}}
\lhead{Chapitre 7}
\rhead{Coordonnées et vecteurs}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Cadre jaune

\quad
%\vspace{-17mm}
\vspace{-11mm}

\def\arete{3} 
\def\epaisseur{5} 
\def\rayon{3}
\newcommand{\ruban}{(0,0) 
	++(0:0.57735*\arete-0.57735*\epaisseur+2*\rayon) 
	++(-30:\epaisseur-1.73205*\rayon) 
	arc (60:0:\rayon)	-- ++(90:\epaisseur) 
	arc (0:60:\rayon)	-- ++(150:\arete) 
	arc (60:120:\rayon) -- ++(210:\epaisseur) 
	arc (120:60:\rayon) -- cycle}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[very thick,top color=white,bottom color=gray,scale=0.67] 
	\shadedraw \ruban; 
	\shadedraw [rotate=120] \ruban; 
	\shadedraw [rotate=-120] \ruban;
	\draw (-60:3.5) node[scale=3,rotate=30]{Correction}; 
	\draw (-60:5) node[scale=3,rotate=30]{Vecteurs}; 
	\draw (180:4) node[scale=2,rotate=-90]{Seconde}; 
	\draw (180:5) node[scale=2,rotate=-90]{Générale 6}; 
	%\clip (0,-6) rectangle (6,6); % pour croiser \shadedraw \ruban;
	\draw (60:5) node [gray,scale=2,rotate=-30]{Maths}; 
	\draw (60:4) node [gray,xscale=-2,yscale=2,rotate=30]{Maths}; 
	\draw (0.2,1.2) node[scale=1.33,rotate=0]{\textsc{$2\quad 6$}};
	\draw (0.2,0.4) node[scale=1.33,rotate=0]{\textsc{DM7}};
	%\draw (0.2,-0.2) node[scale=1.33,rotate=0]{\textsc{\&{}}};
	%\draw (0.2,-1) node[scale=1.33,rotate=0]{\textsc{Spécialité}};
%	\draw (-90:1) node[scale=1.33,rotate=0]{\textsc{TS1}};
	\draw (10:12.5) node[scale=0.67,rotate=90]{\textit{Lycée Jean Durand, Castelnaudary (Aude, France métropolitaine)}};
	\draw (0:-12.5) node[scale=0.5,rotate=90]{\quad };
\end{tikzpicture}
\end{center}
\textbf{Dans ce devoir, toute trace de recherche, même non fructueuse, même incomplète, ou d'initiative même non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation.}\\
\Rq{Dans ce devoir, on montre dans un cas particulier un résultat toujours vraie, à savoir que l'orthocentre, le centre de gravité et le centre du cercle circonscrit d'un triangle sont trois points alignés.}
\vspace*{1cm}

On se donne un repère orthonormal dans lequel on considère les points :
$$ A(-1;-1)\qquad B(0;4)\qquad C(5;-1)\qquad O(2;1)$$

On réalisera une figure que l'on complètera tout au long de l'exercice.

\begin{enumerate}
\item \textbf{Où l'on détermine la nature du triangle $ABC$}
\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Calculer les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{BC}$ et $\overrightarrow{AC}$.
\end{footnotesize}
\\
$\overrightarrow{AB}(0-(-1);4-(-1))\Longleftrightarrow \overrightarrow{AB}(1;5)$, de même $\overrightarrow{BC}(5-0;-1-4)\Longleftrightarrow \overrightarrow{BC}(5,-5)$ et enfin $\overrightarrow{AC}(5-(-1);-1-(-1))\Longleftrightarrow \overrightarrow{AC}(6;0)$.
\item \begin{footnotesize}
Calculer les longueurs $AB$, $BC$ et $AC$.
\end{footnotesize}
\\
On a :
$$ AB=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{1+25}=\sqrt{26}\qquad BC=\sqrt{5^2+(-5)^2}=\sqrt{25+25}=\sqrt{50}\qquad AC=\sqrt{6^2+0^2}=\sqrt{36}=6$$
\item \begin{footnotesize}
Conclure quant à la nature du triangle $ABC$.
\end{footnotesize}
\\
Le triangle $ABC$ a des côtés qui mesurent des longueurs différentes, il n'est donc ni isocèle ni équilatéral. Le plus long de ses côtés est $BC$ et $BC^2=50$.\\
De plus $AB^2+AC^2=26+36\neq 50$. On en conclut qu'il n'est pas rectangle non plus. \\
$ABC$ est donc un triangle quelconque.
\end{enumerate}
\item \textbf{Où l'on montre que $O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$}
\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Calculer les distances $OA$, $OB$ et $OC$.
\end{footnotesize} 
$$ OA=\sqrt{(-1-2)^2+(-1-1)^2}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}\qquad OB=\sqrt{(0-2)^2+(4-1)^2}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}$$ $$OC=\sqrt{(5-2)^2+(-1-1)^2}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}$$
\begin{footnotesize}
En déduire que les points $A$, $B$ et $C$ appartiennent à un même cercle de centre $O$ dont on donnera le rayon.
\end{footnotesize}
\\
On vient de démontrer que $OA=OB=OC=\sqrt{13}$, les points $A$, $B$ et $C$ sont donc trois points du cerlc ede centre $O$ et de rayon $\sqrt{13}$.
\item \begin{footnotesize}
Conclure.
\end{footnotesize}\\
$O$ est donc le centre du cercle circonscrit du triangle $ABC$.
\end{enumerate}
\item \textbf{Où l'on détermine les coordonnées du centre de gravité $G$ du triangle $ABC$.}
\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Déterminer les coordonnées du milieu $B'$ du segment $[AC]$.
\end{footnotesize}\\
$B'\left(\dfrac{-1+5}{2};\dfrac{-1-1}{2}\right)\Longleftrightarrow B'(2;-1)$.
\item \begin{footnotesize}
Calculer les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{BB'}$, puis celles du vecteur $\dfrac{2}{3}\overrightarrow{BB'}$.
\end{footnotesize}\\
$\overrightarrow{BB'}\left(2-0;-1-4)\Longleftrightarrow\overrightarrow{BB'}(2;-5)$.
\item \begin{footnotesize}
On rappelle que le centre de gravité $G$ est l'unique point qui vérifie $\overrightarrow{BG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{BB'}$.
\end{footnotesize}
\\
\begin{footnotesize}
En déduire que $G$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{4}{3};\dfrac{2}{3}\right)$.
\end{footnotesize}\\
Le vecteur $\dfrac{2}{3}\overrightarrow{BB'}\left(\dfrac{4}{3};-\dfrac{10}{3}\right)$ et $\overrightarrow{BG}(x_G-0;y_G-4)$, par conséquent comme $\overrightarrow{BG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{BB'}$ on a :
$$ x_G=\dfrac{4}{3}\qquad \text{et} \qquad y_G-4=-\dfrac{10}{3}\Longrightarrow y_G=-\dfrac{10}{3}+4=\dfrac{2}{3}$$
\end{enumerate}
\item \textbf{Où l'on détermine les coordonnées de l'orthocentre $H$ du triangle $ABC$}
\\
\begin{footnotesize}
On utilisera le résultat suivant, qui n'est pas au programme de la classe de seconde :
\Thc{Dans un repère orthonormal on donne $\vec{u}(x;y)$ et $\vec{v}(x';y')$. Dans ce cas on a :
$$ \vec{u}\perp \vec v\Longleftrightarrow xx'+yy'=0$$}
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
On note $H(0;0)$.\\
Déterminer les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{BH}$, $\overrightarrow{CH}$ et $\overrightarrow{AH}$.
\end{footnotesize}
\\
$\overrightarrow{BH}(0;-4)$ et $\overrightarrow{CH}(0-5;0-(-1))\Longleftrightarrow \overrightarrow{CH}(-5;1)$, enfin $\overrightarrow{AH}(0-(-1);0-(-1))\Longleftrightarrow \overrightarrow{AH}(1;1)$.
\item \begin{footnotesize}
En appliquant le théorème ci-dessus, montrer que $\overrightarrow{BH}\perp \overrightarrow{AC}$, que $\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}$ et que $\overrightarrow{CH}\perp \overrightarrow{AB}$.
\end{footnotesize}
$$ \overrightarrow{BH}\perp \overrightarrow{AC}=0\times  6+(-4)\times 0=0\Longrightarrow \overrightarrow{BH}\perp \overrightarrow{AC}$$
$$ \overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}=1\times 5+1\times (-5)=5-5=0\Longrightarrow \overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}$$
$$ \overrightarrow{CH}\perp \overrightarrow{AB}=-5\times 1+1\times 5=-5+5=0\Longrightarrow \overrightarrow{CH}\perp \overrightarrow{AB}$$
\item \begin{footnotesize}
En déduire que $H$ est l'orthocentre du triangle $ABC$.
\end{footnotesize}\\
On vient de démontrer que $(BH)\perp (AC)$, $(AH)\perp (BC)$ et $(CH)\perp (AB)$, ce qui prouve que les droites $(BH)$, $(AH)$ et $(CH)$ sont les trois hauteurs du triangle $ABC$, comme $H$ est commun aux trois hauteurs, il s'agit de l'orthocentre du triangle $ABC$.
\end{enumerate}
\item \textbf{Où l'on montre que l'orthocentre, le centre de gravité et le centre du cercle circonscrit sont trois points alignés, ils forment une droite que l'on appelle la droite d'Euler.}
\begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Déterminer les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{OG}$ et $\overrightarrow{OH}$.
\end{footnotesize}\\
$\overrightarrow{OG}\left(\dfrac{4}{3}-2;\dfrac{2}{3}-1\right)\Longleftrightarrow \overrightarrow{OG}\left(-\dfrac{2}{3};-\dfrac{1}{3}\right)$.\\
$ \overrightarrow{OH}\left(0-2;0-1\right)\Longleftrightarrow \overrightarrow{OH}\left(-2;-1\right)$
\item \begin{footnotesize}
Déterminer un nombre réel $k$ tel que $\overrightarrow{OG}=k\overrightarrow{OH}$.
\end{footnotesize}\\
Comme $\left(-\dfrac{2}{3};-\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{1}{3}\times \left(-2;-1\right)$ donc $\overrightarrow{OG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{OH}$.
\item \begin{footnotesize}
Conclure.
\end{footnotesize}\\
On vient de démontrer que les vecteurs $\overrightarrow{OG}$ et $\overrightarrow{OH}$ sont colinéaires, par conséquent les droites $(OG)$ et $(OH)$ sont parallèles. $O$ est commun au deux droites donc  les points $O$, $H$ et $G$ sont alignés.
\end{enumerate}
\end{enumerate}




\end{document}