D’une part on a $\vect{BA}.\vect{BC}=24$.
D’autre part on a $\vect{BA}.\vect{BC}=BA\times BC\times \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)=16\sqrt{3}\cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)$.
Donc $16\sqrt{3}\cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)=24 \ssi \cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

D’après la formule d’Al-Kashi on a :

$\begin{align*} AC^2&=AB^2+BC^2-2AB\times BC\times \cos \left( \vect{BA},\vect{BC}\right) \\
&=16+48-32\sqrt{3}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\
&=16
\end{align*}$

Donc $AC=4$.

Le triangle $ABC$ est donc isocèle en $A$.

Regardons s’il est également rectangle en $A$.
D’une part $BC^2=48$
D’autre part $AB^2+AC^2=16+16=32$
Donc $BC^2 \neq AB^2+AC^2$.
D’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle n’est pas rectangle en $A$.
$\quad$

On a $\vect{AC}\left(\dfrac{1}{2};4\right)$ et $\vect{DB}\left(\dfrac{1}{2};4\right)$.
Ainsi $\vect{AC}=\vect{DB}$ : $ACBD$ est donc un parallélogramme.

$\vect{AC}\left(\dfrac{1}{2};4\right)$ et $\vect{AD}\left(-\dfrac{7}{2};2\right)$.
Ainsi :
$\begin{align*} \vect{AC}.\vect{AD}&=\dfrac{1}{2}\times \left(-\dfrac{7}{2}\right)+2\times 4\\
&=-\dfrac{7}{4}+8\\
&=\dfrac{25}{4}
\end{align*}$
$ACBD$ n’est donc pas un rectangle.

$AC=\sqrt{\dfrac{1}{4}+16}=\dfrac{\sqrt{65}}{2}$ et $AD=\sqrt{\dfrac{49}{4}+4}=\dfrac{\sqrt{65}}{2}$.
Ainsi $AC=AD$.
Le parallélogramme $ACBD$ possède deux côtés consécutifs de même longueur. C’est donc un losange.

$\quad$

1. On applique le théorème d’Al-Kashi dans le triangle $ABC$ :
   $\bullet$ $BC^2=AB^2+AC^2-2AB\times AC\times \cos \widehat{BAC}$
   $\ssi 64=25+36-60\cos \widehat{BAC}$
   $\ssi 3=-60\cos \widehat{BAC}$
   $\ssi \cos \widehat{BAC}=-\dfrac{1}{20}$
   Donc $\widehat{BAC} \approx 92,9$°.
   $\bullet$ $AB^2=CB^2+CA^2-2CA\times CB\times \cos \widehat{BCA}$
   $\ssi 25=64+36-96\cos \widehat{BCA}$
   $\ssi -75=-96\cos \widehat{BCA}$
   $\ssi \cos \widehat{BCA} =\dfrac{75}{96}$
   Donc $\widehat{BCA} \approx 38,6°$
   $\bullet$ La somme des angles d’un triangle vaut $180$°. Donc $\widehat{CBA}\approx 48,5$°
   $\quad$
   On applique le théorème d’Al-Kashi dans le triangle $BDC$ :
   $\bullet$ $BC^2=DB^2+DC^2-2DB\times DC\times \cos \widehat{BDC}$
   $\ssi 64=25+16-40\cos \widehat{BDC}$
   $\ssi 23=-40\cos \widehat{BDC}$
   $\ssi \cos \widehat{BDC}=-\dfrac{23}{40}$
   Donc $\widehat{BDC} \approx 125,1$°.
   $\bullet$ $BD^2=CB^2+CD^2-2CB\times CD\times \cos \widehat{BCD}$
   $\ssi 25=64+16-64\cos\widehat{BCD}$
   $\ssi -55=-64\cos \widehat{BCD}$
   $\ssi \cos \widehat{BCD}=\dfrac{55}{64}$
   Donc $\widehat{BCD} \approx 30,8$°.
   $\bullet$ La somme des angles d’un triangle vaut $180$°. Donc $\widehat{CBD} \approx 24,1$°
   $\quad$
   Les angles $\widehat{CBD}$ et $\widehat{CBA}$ sont adjacents.
   Donc $\widehat{ABD} \approx 72,6$°.
   $\quad$
   Les angles $\widehat{BCD}$ et $\widehat{BCA}$ sont adjacents.
   Donc $\widehat{DCA} \approx 69,4$°.
   $\quad$
2. $\bullet$ Calcul de $BH$:
   Dans le triangle $BHA$ rectangle en $H$ on a
   $\begin{align*} \cos \widehat{HBA}=\dfrac{BH}{BA} &\ssi \cos 48,5 =\dfrac{BH}{5} \\
   &\ssi BH=5\cos 48,5 \\
   & \phantom{\ssi} BH \approx 3,31
   \end{align*}$
   $\bullet$ Calcul de $CH’$:
   Dans le triangle $CDH’$ rectangle en $H’$ on a
   $\begin{align*} \cos \widehat{DCH’}=\dfrac{CH’}{CD} &\ssi \cos 30,8=\dfrac{CH’}{4} \\
   &\ssi CH’=4\cos 30,8 \\
   & \phantom{\ssi} CH’ \approx 3,44
   \end{align*}$
   $\bullet$ Calcul de $HH’$:
   Les points $B,H,H’$ et $C$ sont alignés dans cet ordre donc
   $\begin{align*} HH’&=BC-BH-CH’ \\
   &\approx 1,25
   \end{align*}$

$(AB)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires. $E$ appartient à la demi-droite $[AB)$ et $G$ appartient à la demi-droite $[BC)$. Donc les droites $(BG)$ et $(AE)$ sont perpendiculaires. $(BG)$ est donc une hauteur du triangle $ABE$ et le point $C$ appartient à cette hauteur.

Le carré $BEFG$ est extérieur au carré $ABCD$. Ainsi les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{BE}$ sont colinéaires et de même sens.
Les vecteurs $\vect{GB}$ et $\vect{BC}$ sont colinéaires et de sens contraire

$\begin{align*} \vect{AC}.\vect{GE}&=\left(\vect{AB}+\vect{BC}\right).\left(\vect{GB}+\vect{BE}\right) \\
&=\vect{AB}.\vect{GB}+\vect{AB}.\vect{BE}+\vect{BC}.\vect{GB}+\vect{BC}.\vect{BE} \\
&=0+AB\times BE-BC\times GB+0 \\
&=AB\times BE-AB\times BE \\
&=0
\end{align*}$

Les droites $(AC)$ et $(GE)$ sont par conséquent perpendiculaires. La droite $(AC)$ est donc une hauteur du triangle $AGE$.

Le point $C$ appartient aux deux hauteurs $(AC)$ et $(BG)$. On en déduit donc que c’est l’orthocentre du triangle $AGE$.

$\quad$

1. On appelle $H$ le point du segment $[AB]$ tels que $AH=2$.
   $\begin{align*} \vect{AB}.\vect{AM}=10 &\ssi \vect{AB}.\left(\vect{AH}+\vect{HM}\right)=10 \\
   &\ssi \vect{AB}.\vect{AH}+\vect{AB}.\vect{HM}=10\\
   &\ssi AB\times AH+\vect{AB}.\vect{HM}=10\\
   &\ssi 10+\vect{AB}.\vect{HM}=10 \\
   &\ssi \vect{AB}.\vect{HM}=0
   \end{align*}$
   Ainsi l’ensemble des points cherché est la droite perpendiculaire à $(AB)$ passant par le point $H$.
   $\quad$
2. $|\vect{AB}.\vect{AN}|=20 \ssi \begin{cases} \vect{AB}.\vect{AN}=-20 \\\text{ou}\\\vect{AB}.\vect{AN}=20\end{cases}$
   On appelle $I$ le point du segment $[AB]$ tel que $AI=4$ et $J$ le point de la droite $(AB)$ n’appartenant pas au segment $[AB]$ tel que $AJ=4$.
   En reprenant un raisonnement identique à celui mené dans la question précédente pour chacun des produits scalaires, on montre que l’ensemble cherché est la réunion des droites perpendiculaires à la droite $(AB)$ passant par $I$ ou par $J$.
   $\quad$