1. $\vec{u}(2;3)$ et $\vec{v}(-1;4)$
   Le déterminant de ces deux vecteurs est :
   det$\left(\vec{u},\vec{v} \right)=2\times 4-3\times (-1)=8+3=11$
   $\quad$
2. $\vec{u}(4;-6)$ et $\vec{v}(-8;12)$
   Le déterminant de ces deux vecteurs est :
   det$\left(\vec{u},\vec{v} \right)=4\times 12-(-6)\times (-8)=48-48=0$
   $\quad$
3. $\vec{u}(-1;-5)$ et $\vec{v}(-3;-8)$
   Le déterminant de ces deux vecteurs est :
   det$\left(\vec{u},\vec{v} \right)=-1\times (-8)-(-5)\times (-3)=8-15=-7$
   $\quad$

Le déterminant de vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ est :
det$\left(\vec{u},\vec{v} \right)=-2\times (-6,3)-3\times 4,2=12,6-12,6=0$
Par conséquent $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont colinéaires.

Le déterminant de vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{w}$ est :
det$\left(\vec{u},\vec{w} \right)=-2\times 7,4-3\times 5=-14,8-15=-29,8 \neq 0$
Par conséquent $\vec{u}$ et $\vec{w}$ ne sont pas colinéaires.

$\quad$

1. On obtient le graphique suivant :$\quad$
2. On a $\vect{AB}\left(1-(-1);2-3\right)$ soit $\vect{AB}(2;-1)$
   Et $\vect{CD}\left(1-(-5);-2-1\right)$ soit $\vect{CD}(6;-3)$.
   $\quad$
3. Le déterminant des vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{CD}$ est :
   det$\left(\vect{AB},\vect{CD}\right)=2\times (-3)-(-1)\times 6=-6+6=0$
   Les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont donc parallèles.
   $\quad$

On a $\vect{MB}\left(1-(-2);0-(-1)\right)$ soit $\vect{MB}(3;1)$
Et $\vect{MF}\left(6-(-2);1-(-1)\right)$ soit $\vect{MF}(8;2)$

Le déterminant de ces deux vecteurs est :
det$\left(\vect{MB};\vect{MF}\right)=3\times 2-1\times 8=6-8=-2\neq 0$.

Les vecteurs ne sont pas colinéaires et les points $M$, $B$ et $F$ ne sont pas alignés.

$\quad$

1. On a $\vect{AB}(0-1;-2-0)$ soit $\vect{AB}(-1;-2)$
   et $\vect{AC}(-3-1;-8-0)$ soit $\vect{AC}(-4;-8)$
   On constate donc que $\vect{AC}=4\vect{AB}$. Ces deux vecteurs sont colinéaires.
   Les points $A$, $B$ et $C$ sont donc alignés.
   Remarque : On pouvait utiliser le déterminant pour prouver la colinéarité.
   $\quad$
2. On a $\vect{CD}\left(4-(-3);1-(-8)\right)$ soit $\vect{CD}(7;9)$
   et $\vect{CE}\left(2-(-3);-\dfrac{4}{3}-(-8)\right)$ soit $\vect{CE}\left(5;-\dfrac{20}{3}\right)$
   Le déterminant de ces deux vecteurs est :
   det$\left(\vect{CD};\vect{CE}\right)=7\times \left(-\dfrac{20}{3}\right)-9\times 5=-\dfrac{140}{3}-45=-\dfrac{275}{3}\neq 0$
   Les deux vecteurs ne sont pas colinéaires. Les points $C$, $D$ et $E$ ne sont pas alignés.
   $\quad$
3. $\vect{AD}(4-1;1-0)$ donc $\vect{AD}(3;1)$ et $\vect{BE}\left(2-0;-\dfrac{4}{3}-(-2)\right)$ soit $\vect{BE}\left(2;\dfrac{2}{3}\right)$.
   Le déterminant de ces deux vecteurs est :
   det$\left(\vect{AD};\vect{BE}\right)=3\times \dfrac{2}{3}-1\times 2=2-2=0$
   Les deux vecteurs sont colinéaires donc les droites $(AD)$ et $(BE)$ sont parallèles.
   $\quad$

1. $M$ est le symétrique de $A$ par rapport à $B$. Par conséquent $B$ est le milieu de $[AM]$.
   Ainsi : $\begin{cases} -1 = \dfrac{-2+x_M}{2}\\\\4=\dfrac{1+y_M}{2}\end{cases}$ $\ssi\begin{cases} -2=-2+x_M\\\\8=1+y_M\end{cases}$ $\ssi \begin{cases}x_M=0\\\\y_M=7\end{cases}$.
   Ainsi $M(0;7)$.
   $\quad$
   $N$ est le symétrique de $A$ par rapport à $C$. Par conséquent $C$ est le milieu de $[AN]$.
   Ainsi : $\begin{cases} 2=\dfrac{-2+x_N}{2}\\\\3=\dfrac{1+y_N}{2}\end{cases}$ $\ssi \begin{cases}4=-2+x_N\\\\6=1+y_N\end{cases}$ $\ssi \begin{cases}x_N=6\\\\y_N=5\end{cases}$.
   Donc $N(6;5)$.
   $\quad$
2. a. $\overrightarrow{AP}\left(x_P+2;y_P-1\right)$ et $\overrightarrow{AB}(1;3)$.
   On veut que $\overrightarrow{AP}=-3\overrightarrow{AB}$.
   Donc $\begin{cases} x_P+2=-3\\\\y_P-1=-9 \end{cases}$ $\ssi \begin{cases} x_P=-5\\\\y_P=-8\end{cases}$.
   $\quad$
   $\overrightarrow{AQ}\left(x_Q+2;y_Q-1\right)$ et $\overrightarrow{AC}(4;2)$.
   On veut que $\overrightarrow{AQ}=-3\overrightarrow{AC}$.
   Donc $\begin{cases} x_Q+2=-12\\\\y_Q-1=-6 \end{cases}$ $\ssi \begin{cases} x_Q=-14\\\\y_Q=-5\end{cases}$.
   $\quad$
   Par conséquent $P(-5;-8)$ et $Q(-14;-5)$.
   $\quad$
   b. D’une part $\overrightarrow{MN}(6;-2)$
   D’autre part $\overrightarrow{PQ}(-9;3)$
   Ainsi $6 \times 3-(-2)\times (-9) = 18-18 = 0$.
   Les deux vecteurs sont colinéaires. Donc les droites $(MN)$ et $(PQ)$ sont parallèles.
   $\quad$

1. La figure dépend évidemment de l’emplacement des points $A$, $B$ et $C$.
   
2. a. Dans le repère $\left(A;\vect{AB};\vect{AC}\right)$ on a :
   $A(0;0)$, $B(1;0)$ et $C(0;1)$.
   Ainsi $\vect{AB}(1;0)$, $\vect{AC}(0;1)$ $\vect{CB}(1;-1)$
   D’après la relation de Chasles on a :
   $\begin{align*}\vect{AE}&=\vect{AC}+\vect{CE} \\
   &=\vect{AC}-2\vect{AC}+\dfrac{1}{2}\vect{AB} \\
   &=-\vect{AC}+\dfrac{1}{2}\vect{AB}
   \end{align*}$
   Par conséquent $\vect{AE}\left(-0+\dfrac{1}{2}\times 1;-1+\dfrac{1}{2}\times 0\right)$ soit $\vect{AE}(0,5;-1)$.
   Ainsi $E(0,5;-1)$.
   $\quad$
   $\vect{AD}=\dfrac{5}{2}\vect{AC}+\dfrac{1}{2}\vect{CB}$
   Par conséquent $\vect{AD}\left(\dfrac{5}{2}\times 0+\dfrac{1}{2}\times 1;\dfrac{5}{2}\times 1+\dfrac{1}{2} \times (-1)\right)$ soit $\vect{AD}(0,5;2)$.
   Ainsi $D(0,5;2)$.
   $\quad$.
   b. D’une part $\vect{DE}(0;-3)$
   D’autre part $\vect{CA}(0;-1)$.
   On constate donc que $\vect{DE}=3\vect{CA}$.
   Ces deux vecteurs sont donc colinéaires et les droites $(DE)$ et $(CA)$ sont parallèles.
   $\quad$