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% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{2\up{nde} : Correction du TD \no 6 (milieux, distances)}}\end{center}
Pour chaque exercice, le plan est muni d'un repère orthonormé $\left[0~;~I~;~J\right]$.



\subsection{}
Soient les points $A\left(-\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right)$, $B\left(\dfrac{1}{6}~;~\dfrac{7}{6}\right)$ et $C\left(\dfrac{5}{6}~;~\dfrac{1}{2}\right)$.
\begin{enumerate}[1)]
\item %Calculer les longueurs des côtés du triangle $ABC$.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $AB=\sqrt{\left(x_B-x_A\right)^2+\left(y_B-y_A\right)^2}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{6}-\left(-\dfrac{1}{2}\right)\right)^2+\left(\dfrac{7}{6}-\dfrac{1}{2}\right)^2}=\sqrt{\left(\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(\dfrac{2}{3}\right)^2}=\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{\dfrac{8}{9}}}}$.

\item $BC=\sqrt{\left(x_C-x_B\right)^2+\left(y_C-y_B\right)^2}=\sqrt{\left(\dfrac{5}{6}-\dfrac{1}{6}\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{7}{6}\right)^2}=\sqrt{\left(\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2}=\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{\dfrac{8}{9}}}}$

\item $AC=\sqrt{\left(x_C-x_A\right)^2+\left(y_C-y_A\right)^2}=\sqrt{\left(\dfrac{5}{6}-\left(-\dfrac{1}{2}\right)\right)^2+\left(0\right)^2}=\sqrt{\left(\dfrac{4}{3}\right)^2}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{4}{3}}}$
\end{enumerate}

\item %Démontrer que le triangle $ABC$ est rectangle isocèle.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $AB=BC$ donc $ABC$ est \textbf{\textcolor{red}{isocèle}}.

\item $AC^2=\left(\dfrac{4}{3}\right)^2=\dfrac{16}{9}$.

\item $AB^2+BC^2=\sqrt{\dfrac{8}{9}}^2+\sqrt{\dfrac{8}{9}}^2=\dfrac{8}{9}+\dfrac{8}{9}=\dfrac{16}{9}$.\\
On constate que $AC^2=AB^2+BC^2$.\\
D'après la réciproque du théorème de Pythagore, $ABC$ est \textbf{\textcolor{red}{rectangle}} en $B$.
\end{enumerate}

\item %En déduire les trois angles du triangle.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $\widehat{ABC}=\boxed{\textcolor{red}{90~ \text{\degre}}}$.

\item $\widehat{BAC}=\widehat{ACB}=\boxed{\textcolor{red}{45~ \text{\degre}}}$ (triangle rectangle isocèle)
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}
\psset{xunit=3,yunit=3,comma=true,algebraic=true}
\begin{pspicture}(-1,-1)(1,2)
\psaxes[linewidth=2pt,Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(-1,-1)(1,2)
\psgrid[subgriddiv=5,gridlabels=0](-1,-1)(1,2)
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=2](-0.5,0.5)(0.167,1.1667)(0.833,.5)
\pspolygon[linewidth=2pt,linecolor=blue](-0.5,0.5)(0.167,1.1667)(0.833,.5)
\uput[d](-0.5,0.5){A}
\uput[u](0.167,1.1667){B}
\uput[d](0.833,.5){C}
\end{pspicture}
\end{center}

\newpage


\subsection{}
Soient les points $A(0~;~1)$, $B\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}~;~-\dfrac{1}{2}\right)$ et $C\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}~;~-\dfrac{1}{2}\right)$.
\begin{enumerate}[1)]
\item Démontrons que le triangle $ABC$ est équilatéral.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $AB=\sqrt{\left(x_B-x_A\right)^2+\left(y_B-y_A\right)^2}=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-0\right)^2+\left(-\dfrac{1}{2}-1\right)^2}=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\left(-\dfrac{3}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\dfrac{9}{4}}=\sqrt{3}$ ; $\boxed{\textcolor{red}{AB=\sqrt{3}}}$.

\item $BC=\sqrt{\left(x_C-x_B\right)^2+\left(y_C-y_B\right)^2}=\sqrt{\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{2}-\left(-\dfrac{1}{2}\right)\right)}=\sqrt{\left(-\sqrt{3}\right)^2+0^2}=\sqrt{3}$ ; $\boxed{\textcolor{red}{BC=\sqrt{3}}}$.

\item $AC=\sqrt{\left(x_C-x_A\right)^2+\left(y_C-y_A\right)^2}=\sqrt{\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{2}-1\right)^2}=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\left(-\dfrac{3}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\dfrac{9}{4}}=\sqrt{\dfrac{12}{4}}=\sqrt{3}$ ; $\boxed{\textcolor{red}{AC=\sqrt{3}}}$.
\end{enumerate}
On obtient : $AB=BC=AC=\sqrt{3}$ donc $ABC$ est bien équilatéral.

\item Montrons que le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$ est le point $O$, origine du repère.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $OA=1$ (évident, puisque $A$ est à une unité de $O$ sur l'axe des ordonnées).

\item $OB=\sqrt{\left(x_B-x_O\right)^2+\left(y_B-y_O\right)^2}=\sqrt{x_B^2+y_B^2}$ (car $x_O=y_O=0$)\\
$=\sqrt{\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}}=\sqrt{1}=1$.

\item De même : $OC=\sqrt{\left(x_C-x_O\right)^2+\left(y_C-y_O\right)^2}=\sqrt{x_C^2+y_C^2}=\sqrt{\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}}=\sqrt{1}=1$
\end{enumerate}
On a : $OA=OB=OC=1$ : $A$, $B$ et $C$ appartiennent au cercle de centre $O$ et de rayon 1, donc le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$ est $O$.
\end{enumerate}

\begin{center}
\psset{unit=2,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=2pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-2,-2)(2,2)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=0.5,Dy=0.5,ticksize=-2pt 0,subticks=2,linewidth=2pt]{->}(0,0)(-2,-2)(2,2)
\psgrid[subgriddiv=5,gridlabels=0](-2,-2)(2,2)
\pspolygon[linewidth=2pt,linecolor=red](0,1)(0.8660254037844386,-0.5)(-0.8660254037844386,-0.5)
\psline[linewidth=2pt](0,1)(0.8660254037844386,-0.5)
\psline[linewidth=2pt](0.8660254037844386,-0.5)(-0.8660254037844386,-0.5)
\psline[linewidth=2pt](-0.8660254037844386,-0.5)(0,1)
\pscircle[linewidth=1pt,linecolor=blue](0,0){1}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=2](0,1)
\rput[bl](0.03245836593620473,1.0832369901211203){$A$}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=2](0.8660254037844386,-0.5)
\rput[bl](1.051023491958688,-0.4446106989126033){$B$}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=2](-0.8660254037844386,-0.5)
\rput[bl](-0.9286071158753321,-0.6992519804182239){$C$}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=2](0,0)
\rput[bl](0.03245836593620473,0.08110033387319407){$O$}
\end{pspicture*}
\end{center}

\newpage


\subsection{}
Soient $A(-1~;~-1)$ et $B(4~;~2)$.

\begin{enumerate}[1)]

\item Compléter : la médiatrice du segment $[AB]$ est l'ensemble des points $M$ \text{\textcolor{red}{équidistants}} de $A$ et $B$.

\item Démontrons que $C(6~;~-7)$ appartient à la médiatrice de $[AB]$.\\
$AC=\sqrt{(6-(-1))^2+(-7-(-1))^2}=\sqrt{7^2+(-6)^2}=\sqrt{49+36}=\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{85}}}$\\
$BC=\sqrt{\left(6-4\right)^2+(-7-2)^2}=\sqrt{2^2+(-9)^2}=\sqrt{4+81}=\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{85}}}$.\\
$AC=BC$ donc $C$ est équidistant de $A$ et de $B$. On en déduit que $C$ appartient à la médiatrice de $[AB]$.

\item %Donner un autre point de la médiatrice de $[AB]$ ; donner ses coordonnées.
Le milieu $I$ de $[AB]$ appartient à cette médiatrice.\\
$I\left(\dfrac{x_A+x_B}{2}~;~\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)$ donc $I\left(\dfrac{3}{2}~;~\dfrac{3}{2}\right)$

\end{enumerate}

\subsection{}
Soient $A(1~;~1)$, $B(5~;~3)$, $C(3~;~7)$ et $D(-1~;~5)$.\\
Pour montrer que $ABCD$ est un carré, on va montrer que successivement que c'est un losange puis un carré..

\begin{enumerate}[$\star$]
\item \begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $AB=\sqrt{(5-1)^2+(3-1)^2}=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}$.

\item $BC=\sqrt{(3-5)^2+(7-3)^2}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}$

\item $CD=\sqrt{(-1-3)^2+(5-7)^2}=\sqrt{(-4)^2+2^2}=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}$

\item $AD=\sqrt{(-1-1)^2+(5-1)^2}=\sqrt{(-2)^2+4^2}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}$
\end{enumerate}
$AB=BC=CD=AD=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$ ; $ABCD$ est un quadrilatère dont les quatre côtés ont la même longueur ; c'est un \textbf{\textcolor{blue}{losange}}.

\item Montrons que c'est un carré donc qu'il a un angle droit.\\
Calculons $AC$ : $AC=\sqrt{\left(3-1\right)^2+(7-1)^2}=\sqrt{2^2+6^2}=\sqrt{4+36}=\sqrt{40}$.\\
Dans le triangle $ABC$, on a : 
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $AC^2=\sqrt{40}^2=40$

\item $AB^2+BC^2=\sqrt{20}^2+\sqrt{20}^2=20+20=40$
\end{enumerate}
Donc : $AC^2=AB^2+BC^2$ ; d'après la réciproque du théorème de Pythagore, $ABC$ est rectangle en $B$.
\end{enumerate}
$ABCD$ est un losange avec un angle droit donc c'est un \textbf{\textcolor{red}{carré}}. 
\begin{center}
\psset{unit=0.7,comma=true,algebraic=true}
\begin{pspicture}(-2,-1)(6,8)
\psaxes[linewidth=2pt,Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(-2,-1)(6,8)
\psgrid[subgriddiv=1,gridlabels=0](-2,-1)(6,8)
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=2](1,1)(5,3)(3,7)(-1,5)
\uput[d](1,1){A}
\uput[d](5,3){B}
\uput[u](3,7){C}
\uput[u](-1,5){D}
\pspolygon[linecolor=red,linewidth=2pt](1,1)(5,3)(3,7)(-1,5)
\end{pspicture}
\end{center}
\label{fin}
\end{document}  