1. Le point $D$ est le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AD)$.
   Par conséquent $\vect{AD}.\vect{AC}=\vect{AD}.\vect{AD}=AD^2=9$.
   Or on sait que $\vect{AD}.\vect{AC}=\dfrac{1}{2}\left(\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-\|\vect{AC}\|^2-\|\vect{AD}\|^2\right)$
   Dans le triangle $ADC$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
   $AC^2=AD^2+DC^2=9+16=25$.
   Par conséquent :
   $\begin{align*} 9=\dfrac{1}{2}\left(\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-9-25\right) &\ssi 18=\|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2-34 \\
   &\ssi \|\vect{AC}+\vect{AD}\|^2=52 \\
   &\ssi \|\vect{AC}+\vect{AD}\|=\sqrt{52}
   \end{align*}$
   $\quad$
2. Le point $B$ est le projeté orthogonal du point $C$ sur la droite $(AE)$.
   Donc
   $\begin{align*}\vect{AE}.\vect{AC}&=\vect{AE}.\vect{AB}\\
   &=AE\times AB\\
   &=6\times 4\\
   &=24
   \end{align*}$.
   $\quad$
3. On a :
   $\begin{align*} \vect{EC}.\vect{ED}&=\left(\vect{EB}+\vect{BC}\right).\left(\vect{EA}.\vect{AD}\right) \\
   &=\vect{EB}.\vect{EA}+\vect{EB}.\vect{AD}+\vect{BC}.\vect{EA}+\vect{BC}.\vect{AD} \\
   &=\dfrac{1}{2}\vect{BA}.\dfrac{3}{2}\vect{BA}+0+0+\vect{AD}.\vect{AD}\\
   &=\dfrac{3}{4}\times 4^2+3^2\\
   &=21
   \end{align*}$
   $\quad$
   Dans le triangle $EBC$ rectangle en $B$ on applique le théorème de Pythagore :
   $EC^2=EB^2+BC^2=4+9=13$
   Donc $EC=\sqrt{13}$.
   $\quad$
   Dans le triangle $AED$ rectangle en $A$ on applique le théorème de Pythagore :
   $ED^2=EA^2+AD^2=36+9=45$
   Donc $ED=\sqrt{45}$
   $\quad$
   On a donc $\vect{EC}.\vect{ED}=21$ et $\vect{ED}.\vect{EC}=ED\times EC\times \cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right)$
   Par conséquent $21=\sqrt{13}\times \sqrt{45}\cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right) \ssi\cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right)=\dfrac{21}{\sqrt{13\times 45}}$
   Ainsi $\left(\vect{EC},\vect{ED}\right)\approx 29,7$°.
   Remarque : On pouvait un peu simplifier l’expression :
   $\begin{align*}
   \cos \left(\vect{EC},\vect{ED}\right)&=\dfrac{21}{\sqrt{13\times 45}} \\
   &=\dfrac{21}{3\sqrt{5\times 13}} \\
   &=\dfrac{7}{\sqrt{65}} \\
   &=\dfrac{7\sqrt{65}}{65}\end{align*}$
   $\quad$

1. Un vecteur directeur de la droite $(AB)$ est $\vect{AB}(-8;-5)$.
   On considère un point $M(x;y)$ du plan. On a alors $\vect{AM}(x-3;y-2)$.
   $\begin{align*} M\in (AB) &\ssi \vect{AB} \text{ et } \vect{AM} \text{ sont colinéaires} \\
   &\ssi -8(y-2)-(x-3)\times (-5)=0 \\
   &\ssi -8y+16+5x-15=0 \\
   &\ssi 5x-8y+1=0
   \end{align*}$
   Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est donc $5x-8y+1=0$.
   $\quad$
   Un vecteur normal à cette droite est donc $\vec{n}(5;-8)$.
   $\quad$
2. Un vecteur directeur de la droite $(d)$ est donc $\vec{n}(5;-8)$.
   Soit $M(x;y)$ un point du plan. $\vect{CM}\left(x+\dfrac{7}{2};y-\dfrac{7}{2}\right)$.
   $\begin{align*} M\in (d) &\ssi \vec{n} \text{ et } \vect{CM} \text{ sont colinéaires} \\
   &\ssi 5\left(y-\dfrac{7}{2}\right)-(-8)\left(x+\dfrac{7}{2}\right)=0 \\
   &\ssi 5y-\dfrac{35}{2}+8x+28=0\\
   &\ssi 8x+5y+\dfrac{21}{2}=0
   \end{align*}$
   $\quad$
3. Déterminons les coordonnées du point d’intersection de la droite $(d)$ et de la droite $(AB)$.
   Elles sont solution du système :
   $\begin{align*} \begin{cases} 5x-8y+1=0 \\8x+5y+\dfrac{21}{2}=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 5x-8y=-1 &\quad (1) \\
   8x+5y=-\dfrac{21}{2}&\quad (2) \end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} 5x-8y=-1& \\-89y=\dfrac{89}{2}&\quad 8(1)-5(2) \end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{1}{2} \\5x=8y-1 \end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{1}{2}\\x=-1\end{cases} \end{align*}$
   Le point d’intersection des droites $(AB)$ et $(d)$ est donc $D\left(-1;-\dfrac{1}{2}\right)$.
   $\quad$.
   Le point $D$ est donc le milieu du segment $[CC’]$.
   Ainsi :
   $\begin{align*} \begin{cases} -1=\dfrac{x_{C’}-\dfrac{7}{2}}{2} \\-\dfrac{1}{2}=\dfrac{y_{C’}+\dfrac{7}{2}}{2} \end{cases} &\ssi \begin{cases} -2=x_{C’}-\dfrac{7}{2}\\-1=y_{C’}+\dfrac{7}{2} \end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases}x_{C’}=\dfrac{3}{2} \\y_{C’}=-\dfrac{9}{2}\end{cases} \end{align*}$
   Donc le point $C’$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{3}{2};-\dfrac{9}{2}\right)$.
   $\quad$

Prenons comme origine de notre repère le point $D$. Le triangle $ABC$ étant isocèle en $A$, la médiane issue du sommet $A$ est également une hauteur. Ainsi, les droites $(DA)$ et $(DC)$ sont perpendiculaires.
On a $DC=3$.
On appelle $J$ le point du segment $[DA]$ tel que $DJ=DC$.
Le repère $(D;C,J)$ est donc orthonormé.

Dans le triangle $DAC$ rectangle en $D$ on applique le théorème de Pythagore.
$\begin{align*} AC^2=DA^2+DC^2&\ssi 25=DA^2+9 \\
&\ssi DA^2=16 \end{align*}$
Donc $DA=4$.
Par conséquent $\vect{DJ}=\dfrac{3}{4}\vect{DA} \ssi \vect{DA}=\dfrac{4}{3}\vect{DJ}$ et

Dans ce repère on a : $D(0;0)$, $C(1;0)$, $J(0;1)$, $A\left(0;\dfrac{4}{3}\right)$.

• Déterminons une équation cartésienne de la droite $(AC)$.
  On a $\vect{AC}\left(1;-\dfrac{4}{3}\right)$.
  Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{AM}\left(x;y-\dfrac{4}{3}\right)$.
  On a :
  $\begin{align*} M \in (AC) &\ssi \vect{AM} \text{ et } \vect{AC} \text{ sont colinéaires} \\
  &\ssi -\dfrac{4}{3}x-\left(y-\dfrac{4}{3}\right)=0 \\
  &\ssi -\dfrac{4}{3}x-y+\dfrac{4}{3}=0 \\
  &\ssi -4x-3y+4=0
  \end{align*}$
  Une équation cartésienne de la droite $(AC)$ est $-4x-3y+4=0$.
  Un vecteur normal à cette droite est donc $\vec{n}(-4;-3)$.
  $\quad$
• Déterminons une équation cartésienne de la droite $(DH)$.
  Cette droite est perpendiculaire à la droite $(AC)$. $\vec{n}$ est donc un vecteur directeur de la droite $(DH)$.
  Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{DM}(x;y)$.
  On a :
  $\begin{align*} M\in (DH) &\ssi \vect{DM} \text{ et } \vec{n} \text{ sont colinéaires} \\
  &\ssi -4y+3x=0 \\
  &\ssi 3x-4y=0
  \end{align*}$
  Une équation cartésienne de la droite $(DH)$ est $3x-4y=0$.
  $\quad$
• Déterminons les coordonnées du point $H$, intersection des droites $(DH)$ et $(AC)$.
  On résout pour cela le système :
  $\begin{align*} \begin{cases} -4x-3y+4=0\\3x-4y=0 \end{cases} &\ssi \begin{cases} 4x+3y=4&\quad (1)\\3x+4y=0&\quad (2) \end{cases} \\
  & \ssi \begin{cases} 4x+3y=4 &\\25y=12 &\quad 3(1)-4(2) \end{cases} \\
  &\ssi \begin{cases} y=\dfrac{12}{25} \\x=\dfrac{16}{25} \end{cases}
  \end{align*}$
  Ainsi $H\left(\dfrac{16}{25};\dfrac{12}{25}\right)$.
  $\quad$
• Déterminons les coordonnées du point $K$.
  $K$ est le milieu du segment $[DH]$.
  Donc $\begin{cases} x_K=\dfrac{0+\dfrac{16}{25}}{2} \\y_K=\dfrac{0+\dfrac{12}{25}}{2}\end{cases}$.
  Par conséquent $K\left(\dfrac{8}{25};\dfrac{6}{25}\right)$.
  $\quad$
• Montrons que les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont perpendiculaires.
  D’une part $\vect{AK}\left(\dfrac{8}{25};-\dfrac{82}{75}\right)$.
  D’autre part $\vect{BH}\left(\dfrac{41}{25};\dfrac{12}{25}\right)$.
  Par conséquent :
  $\begin{align*} \vect{AK}.\vect{BH}&=\dfrac{8}{25}\times \dfrac{41}{25}-\dfrac{82}{75}\times \dfrac{12}{25} \\
  &=\dfrac{328}{625}-\dfrac{328}{625} \\
  &=0
  \end{align*}$
  Les droites $(AK)$ et $(BH)$ sont donc perpendiculaires.
  $\quad$

1. On a $\vect{AB}(2;-7)$.
   Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $AM(x-3;y-4)$.
   Par conséquent :
   $\begin{align*} M\in (AB) &\ssi \vect{AB} \text{ et } \vect{AM} \text{ sont colinéaires} \\
   &\ssi 2(y-4)-(-7)(x-3) = 0\\
   &\ssi 2y-8+7x-21=0 \\
   &\ssi 7x+2y-29=0
   \end{align*}$
   Une équation cartésienne de la droite $(AB)$ est donc $7x+2y-29=0$.
   Un vecteur normal à cette droite est $\vec{n}(7;2)$.
   $\quad$
   La droite $(d)$ est donc perpendiculaire à la droite $(AB)$ et passe par le point $F\left(4;\dfrac{1}{2}\right)$ milieu du segment $[AB]$.
   Soit $M(x;y)$ un point du plan. Ainsi $\vect{FM}\left(x-4;y-\dfrac{1}{2}\right)$.
   Par conséquent :
   $\begin{align*} M\in (d) &\ssi \vec{n} \text{ et } \vect{FM} \text{ sont colinéaires} \\
   &\ssi 7\left(y-\dfrac{1}{2}\right)-2(x-4)=0 \\
   &\ssi 7y-\dfrac{7}{2}-2x+8=0 \\
   &\ssi -2x+7y+\dfrac{9}{2}=0
   \end{align*}$
   Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est donc $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$.
   $\quad$
2. On a $\vect{OA}(3;4)$ et si, on note $(x;y)$ les coordonnées du point $D$, on a également $\vect{OD}(x;y)$.
   Ainsi $\vect{OA}.\vect{OD}=-15 \ssi 3x+4y=-15$
   Le point $D$ appartient donc à la droite d’équation $3x+4y=-15$ et à la droite $d$.
   Ses coordonnées sont donc solutions du système :
   $\begin{align*} \begin{cases} 3x+4y=-15 &\quad (1)\\-2x+7y=-\dfrac{9}{2}&\quad (2)\end{cases}&\ssi \begin{cases} 3x+4y=-15&\\29y=-\dfrac{87}{2} &\quad 3\times (2)+2\times (1)\end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} y=-\dfrac{3}{2}\\x=-3\end{cases}\end{align*}$
   Ainsi $D\left(-3;-\dfrac{3}{2}\right)$.
   $\quad$
   On peut maintenant calculer les longueur $FD$ et $FA$ (où $F$ est le milieu du segment $[AB]$).
   Ainsi : $FD^2=\left(-(-3)-4\right)^2+\left(-\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\right)^2=53$
   Par conséquent $FD=\sqrt{53}$
   $FA^2=(3-4)^2+\left(4-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{53}{4}$
   Par conséquent $FA=\dfrac{\sqrt{53}}{2}$.
   $\quad$
   Dans le triangle $FDA$ rectangle en $F$ on a :
   $\tan \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)=\dfrac{FA}{FD}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{53}}{2}}{\sqrt{53}}=\dfrac{1}{2}$
   Par conséquent $ \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)\approx 26,57$°
   $\quad$
   Le point $D$ appartient à la médiatrice du segment $[DA]$. Donc le triangle $FDA$ est isocèle en $D$ et $ \left(\vect{DB},\vect{DA}\right)=2 \left(\vect{DF},\vect{DA}\right)\approx 53,13$°.
   $\quad$
3. a. Le point $C$ appartient à la droite $(d)$. Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$. Ainsi $C\left(x;\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$.
   Par conséquent le triangle $ABC$ est isocèle en $C$. Il ne pourra donc être rectangle qu’en $C$.
   On a $\vect{CA}\left(3-x;4-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CA}\left(3-x;\dfrac{65-4x}{14}\right)$.
   et $\vect{CB}\left(5-x;-3-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CB}\left(5-x;\dfrac{-33-2x}{14}\right)$.
   Le triangle $ABC$ est rectangle en $C$
   $\ssi \vect{CA};\vect{CB}=0$
   $\ssi (3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}=0 $
   $\ssi 15-8x+x^2+\dfrac{-2~145-128x+16x^2}{196}=0$
   $\ssi 2~940-1~568x+196x^2-2~145-128x+16x^2=0$
   $\ssi 212x^2-1~696x+795=0$
   Le discriminant est $\Delta=(-1~696)^2-4\times 212\times 795=2~202~256 = 1~484^2>0$.
   Les racines sont donc $x_1=\dfrac{1~696-1~484}{424}=\dfrac{1}{2}$ et $x_2=\dfrac{1~696+1~484}{424}=\dfrac{15}{2}$
   Si $x_C=\dfrac{1}{2}$ alors $y_c=\dfrac{2x_C-\dfrac{9}{2}}{7}=-\dfrac{1}{2}$ donc $C_1\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{1}{2}\right)$
   Si $x_C=\dfrac{15}{2}$ alors $y_c=\dfrac{2x_C-\dfrac{9}{2}}{7}=\dfrac{3}{2}$ donc $C_2\left(\dfrac{15}{2};\dfrac{3}{2}\right)$
   Seul le point $C_2$ permet d’avoir un triangle $ABC$ rectangle direct.
   $\quad$
   b. On considère donc le point $C\left(\dfrac{15}{2};\dfrac{3}{2}\right)$.
   $\vect{AC}\left(\dfrac{9}{2};-\dfrac{5}{2}\right)$ donc $AC=\sqrt{\dfrac{53}{2}}$
   $\vect{AD}\left(-6;-\dfrac{11}{2} \right)$ donc $AD=\dfrac{\sqrt{265}}{4}$
   D’une part $\vect{AC}.\vect{AD}=-6\times \dfrac{9}{2}-\dfrac{11}{2}\times \left(-\dfrac{5}{2} \right)=-\dfrac{53}{4}$
   D’autre part $\vect{AC}.\vect{AD}=AC\times AD\times \cos \left(\vect{AC},\vect{AD}\right)$
   Par conséquent $\cos \left(\vect{AC},\vect{AD}\right)=-\dfrac{53}{4AC\times AD}\approx -0,32$.
   Donc $\left(\vect{AC},\vect{AD}\right)\approx 251,57$°.
   $\quad$
4. Le point $E$ appartient à la droite $(d)$. Une équation cartésienne de la droite $(d)$ est $-2x+7y+\dfrac{9}{2}=0$. Ainsi $E\left(x;\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$.
   On a $\vect{EA}\left(3-x;4-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CA}\left(3-x;\dfrac{65-4x}{14}\right)$.
   et $\vect{EB}\left(5-x;-3-\dfrac{2x-\dfrac{9}{2}}{7}\right)$ soit $\vect{CB}\left(5-x;\dfrac{-33-2x}{14}\right)$
   Le triangle $ABE$ est équilatéral direct donc $\left(\vect{EA},\vect{EB}\right)=60$° et $EA=EB=AB=\sqrt{53}$.
   D’une part $\vect{EA}.\vect{EB}=(3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}$
   D’autre part $\vect{EA}.\vect{EB}=EA\times EB \times \cos 60=\dfrac{53}{2}$.
   On veut donc résoudre l’équation :
   $(3-x)(5-x)+\dfrac{65-4x}{14}\times \dfrac{-33-4x}{14}=\dfrac{53}{2}$
   $\ssi  15-8x+x^2+\dfrac{-2~145-128x+16x^2}{196}=\dfrac{53}{2}$
   $\ssi 2~940-1~568x+196x^2-2~145-128x+16x^2=5~194$
   $\ssi 212x^2-1~696x-4~399=0$
   Le discriminant est $\Delta = (-1~696)^2-4\times 212\times (-4~399)=6~606~768>0$.
   Les deux racines sont $x_1=\dfrac{1~696-\sqrt{6~606~768}}{424}$ et $x_2=\dfrac{1~696+\sqrt{6~606~768}}{424}=4+\dfrac{7\sqrt{3}}{2}$
   Seule l’abscisse $x_2$ permet d’avoir un triangle équilatéral direct.
   L’ordonnée du point $E$ est donc $y_E=\dfrac{2x_2-\dfrac{9}{2}}{7}=\dfrac{1}{2}+\sqrt{3}$.
   Donc $E\left(4+\dfrac{7\sqrt{3}}{2};\dfrac{1}{2}+\sqrt{3}\right)$.

1. On se place dans le repère orthonormé $(A;I,J)$ où $I$ est le point de $[OB]$ tel que $AI=\dfrac{1}{3}AB$.
   Dans ce repère on a : $A(0;0)$, $B(3;0)$, $E(4;0)$.
   Déterminons les coordonnées des points $C$ et $D$.
   Une équation du cercle $\mathscr{C}$ est $x^2+y^2=16$.
   On appelle $\mathscr{C}_1$ le cercle de centre $B$ et de rayon $3,5$.
   Une équation de ce cercle est $(x-3)^2+y^2=3,5^2$ soit $x^2-6x+9+y^2=12,25$
   Ou encore $x^2-6x+y^2=3,25$
   Le point $C$ est un des points d’intersection des cercles $\mathscr{C}_1$ et $\mathscr{C}$.
   On résout donc le système suivant :
   $\begin{align*} \begin{cases} x^2+y^2=16 \\x^2-6x+y^2=3,25\end{cases} &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\x^2-6x+16-x^2=3,25 \end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2 \\-6x=-12,75 \end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\x=\dfrac{17}{8}\end{cases} \\
   &\ssi\begin{cases}x=\dfrac{17}{8} \\y^2=\dfrac{735}{64} \end{cases}
   \end{align*}$
   Je choisis pour $C$ le point dont l’ordonnée est positive. Ainsi $C\left(\dfrac{17}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$.
   $\quad$
   On appelle $\mathscr{C}_2$ le cercle de centre $B$ et de rayon $2$.
   Une équation de ce cercle est $(x-3)^2+y^2=4$.
   Ou encore $x^2-6x+y^2=-5$.
   Le point $D$ est un des points d’intersection des cercles $\mathscr{C}_2$ et $\mathscr{C}$.
   On résout donc le système suivant :
   $\begin{align*} \begin{cases} x^2+y^2=16\\x^2-6x+y^2=-5\end{cases} &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2 \\x^2-6x+16-x^2=-5 \end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} y^2=16-x^2\\-6x=-21 \end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{7}{2} \\y^2=\dfrac{15}{4}\end{cases}
   \end{align*}$
   Du fait du choix du point $C$, le point $D$ est le point dont l’ordonnée est négative.
   Ainsi $D\left(\dfrac{7}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
   $\quad$
   Montrons maintenant que les 3 points sont alignés.
   $\vect{BC}\left(-\dfrac{7}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$ et $\vect{BD}\left(\dfrac{1}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
   On a donc $\vect{BC}=-\dfrac{7}{4}\vect{BD}$.
   Ces deux vecteurs sont colinéaires. Les points $B,C,$ et $D$ sont donc alignés.
   $\quad$
2. On a $\vect{EC}\left(-\dfrac{15}{8};\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\right)$ et $\vect{ED}\left(-\dfrac{1}{2};-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$.
   Ainsi $EC=\sqrt{15}$ et $ED=2$.
   D’une part $\vect{ED}.\vect{EC}=-\dfrac{15}{8}\times \left(-\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{7\sqrt{15}}{8}\times \left(;-\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)=-\dfrac{45}{8}$.
   D’autre part $\vect{ED}.\vect{EC}=ED\times EC\times \cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)$ $=2\sqrt{15}\cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)$.
   Par conséquent $\cos \left(\vect{ED};\vect{EC}\right)=\dfrac{-\dfrac{45}{8}}{2\sqrt{15}}$.
   D’où $ \left(\vect{ED};\vect{EC}\right) \approx 2,384$ rad.
   $\quad$