On a \(AB=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}\) et \(AC=\sqrt{1+2^2}=\sqrt{5}\). Par suite,

\[\cos(\widehat{BAC})=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{AB.AC}=\frac{(-3)(-1)+(-1)(2)}{\sqrt{5}\sqrt{10}}=\frac{1}{5\sqrt{2}}.\]

Par suite, \(\widehat{BAC}=81^\circ\) à un degré près. \(\mbox{aire}(ABC)=\frac{1}{2}|\mbox{det}(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})| =\frac{1}{2}\mbox{abs}(\left| \begin{array}{cc} -3&-1\\ -1&2 \end{array} \right|)=\frac{7}{2}\). Notons \(G\) l’isobarycentre du triangle \((ABC)\). \(z_G=\frac{1}{3}(z_A+z_B+z_C)=\frac{1}{3}(1+2i-2+i+4i)=\frac{1}{3}(-1+7i)\), et donc

Notons \((x,y)\) les coordonnées de \(\Omega\), le centre du cercle circonscrit au triangle \((ABC)\) (dans cette exercice, la lettre \(O\) désigne certainement l’origine du repère).

\[\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} \Omega A=\Omega B\\ \Omega A=\Omega C \end{array} \right.& \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} (x-1)^2+(y-2)^2=(x+2)^2+(y-1)^2\\ (x-1)^2+(y-2)^=x^2+(y-4)^2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3x+y=0\\ 2x-4y=-11 \end{array} \right.\\ &\Rightarrow x=-\frac{11}{14}\;\mbox{et}\;y=\frac{33}{14}\;(\mbox{d'après les formules de \textsc{Cramer}}), \end{align*}\]

et donc

Notons \((x,y)\) les coordonnées de l’orthocentre \(H\) du triangle \((ABC)\).

\[\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\\ \overrightarrow{BH}.\overrightarrow{AC}=0 \end{array} \right.& \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2(x-1)+3(y-2)=0\\ -(x+2)+2(y-1)=0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x+3y=8\\ -x+2y=4 \end{array} \right.\\ &\Rightarrow x=\frac{4}{7}\;\mbox{et}\;y=\frac{16}{7}\;(\mbox{d'après les formules de \textsc{Cramer}}), \end{align*}\]

et donc, [2ème solution.] Il est bien meilleur de connaître la relation d’Euler \(\overrightarrow{\Omega H}=3\overrightarrow{\Omega G}\) et de l’utiliser.

\[H=\Omega+3\overrightarrow{\Omega G} =\left( \begin{array}{c} -\frac{11}{14}\\ \frac{33}{14} \end{array} \right)+3\left( \begin{array}{c} -\frac{1}{3}+\frac{11}{14}\\ \frac{7}{3}-\frac{33}{14} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} \frac{4}{7}\\ \frac{16}{7} \end{array} \right).\]

Pour trouver le cercle circonscrit au triangle \((ABC)\), on a déjà le centre \(\Omega\) et le rayon

\[\Omega A=\sqrt{(1+\frac{11}{14})^2+(2-\frac{33}{14})^2}=\frac{1}{14}\sqrt{25^2+5^2}=\frac{5}{14}\sqrt{5^2+1}=\frac{5\sqrt{26}}{14}.\]

Il n’y a plus qu’à écrire l’équation cherchée :

\[(x+\frac{11}{14})^2+(y-\frac{33}{14})^2=\frac{325}{98}\;\mbox{ou encore}\; x^2+y^2+\frac{11}{7}x-\frac{33}{7}y+\frac{20}{7}=0.\]

Néanmoins, on peut trouver directement une équation de ce cercle. Les points \(A\), \(B\) et \(C\) n’étant pas alignés, on sait que le cercle circonscrit existe et est unique.

Soient alors \((a,b,c)\in\Rr^3\) et \(\mathcal{C}\) le cercle d’équation \(x^2+y^2+ax+by+c=0\).

\[\begin{align*} (A,B,C)\in\mathcal{C}^3&\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a+2b+c=-5\\ -2a+b+c=-5\\ 4b+c=-16 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} c=-4b-16 a-2b=11\\ -2a-3b=11 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a=\frac{11}{7}\quad(\mbox{\textsc{Cramer}})\\ b=-\frac{33}{7}\\ c=\frac{20}{7} \end{array} \right. \end{align*}\] Les bissectrices de l’angle \(A\) sont les deux droites constituées des points à égale distance des droites \((AB)\) et \((AC)\). Ces deux droites admettent pour vecteurs normaux respectifs \(\vec{n}_1(1,-3)\) et \(\vec{n}_2(2,1)\).

Soit \(M(x,y)\) un point du plan.

\[\begin{align*} d(M,(AB))=d(M,(AC))&\Leftrightarrow \frac{(\overrightarrow{AM}.\vec{n}_1)^2}{||\vec{n_1}||^2}=\frac{(\overrightarrow{AM}.\vec{n}_2)^2}{||\vec{n_2}||^2}\\ &\Leftrightarrow\frac{((x-1)-3(y-2))^2}{10}=\frac{(2(x-1)+(y-2))^2}{5}\Leftrightarrow(x-3y+5)^2=2(2x+y-4)^2\\ &\Leftrightarrow[(x-3y+5)+\sqrt{2}(2x+y-4)].[(x-3y+5)-\sqrt{2}(2x+y-4)]=0\\ &\Leftrightarrow(1+2\sqrt{2})x+(-3+\sqrt{2})y+5-4\sqrt{2}=0\;\mbox{ou}\;(1-2\sqrt{2})x-(3+\sqrt{2})y+5+4\sqrt{2}=0\\ &\Leftrightarrow y=(1+\sqrt{2})x+1-\sqrt{2}\;\mbox{ou}\;y=(1-\sqrt{2})x+1+\sqrt{2} \end{align*}\]

La bissectrice intérieure \(\delta_A\) de l’angle \(\widehat{A}\) est la droite (pour certains, cette bissectrice est une demi-droite) passant par \(A(2,1)\) et dirigée par le vecteur \(\vec{u}=-\sqrt{10}.(\frac{1}{AB}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{AC}\overrightarrow{AC})\). Ce vecteur a pour coordonnées \((3+\sqrt{2},1-2\sqrt{2})\).

Soit \(M(x,y)\) un point du plan.

\[\begin{align*} M\in\delta_A&\Leftrightarrow\mbox{det}(\overrightarrow{AM},\vec{u})=0\Leftrightarrow(1-2\sqrt{2})(x-1)-(3+\sqrt{2})(y-2)=0\\ &\Leftrightarrow(1-2\sqrt{2})x-(3+\sqrt{2})y+5+4\sqrt{2}=0\Leftrightarrow y=(1-\sqrt{2})x+1+\sqrt{2} \end{align*}\]

exo7 5196