Nouvelle Calédonie 2009. Enseignement spécifique

EXERCICE 4

1. 1. $|z_A|=\sqrt{1^2+\left(\sqrt{3}\right)^2}=2$ puis $z_A=2\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=2\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\right)=2e^{i\pi/3}$.

      Ensuite, $z_B=2i=2(0+1\times i)=2\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{2}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\right)=2e^{i\pi/2}$.

      $z_A=2e^{i\pi/3}$ et $z_B=2e^{i\pi/2}$.

   
   
   
   
   3. $OA=|z_A|=2$ et $OB=|z_B|=2$. Donc $OA=OB$ et

      le triangle $OAB$ est isocèle en $O$.



2. 1. $\dfrac{z_B}{z_A}=\dfrac{2e^{i\pi/2}}{2e^{i\pi/3}}=e^{i(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{3})}=e^{i\pi/6}$. On en déduit que $\text{arg}\left(\dfrac{z_B}{z_A}\right)=\dfrac{\pi}{6}\;[2\pi]$ ou encore que

      $\text{arg}(z_B)-\text{arg}(z_A)=\dfrac{\pi}{6}\;[2\pi]$.

   
   
   2. $\text{arg}(z_B)-\text{arg}(z_A)=\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{OB}\right)-\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{OA}\right)=\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{u}\right)+\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{OB}\right)=\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right)\;[2\pi]$.
   
   
   3. Des deux questions précédentes, on déduit

      $\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right)=\text{arg}(z_B)-\text{arg}(z_A)=\dfrac{\pi}{6}\;[2\pi]$.



3. 
   
   2. $z_I=\dfrac{z_A+z_B}{2}=\dfrac{1+i\sqrt{3}+2i}{2}=\dfrac{1+i(2+\sqrt{3})}{2}$.
   
   
   3. $C$ appartient à $\Gamma$ et à $\Gamma'$. Donc, $AC=2=BC$. Ainsi, $OA=OB=AC=BC$ et donc, puisque $C$ n'est pas le point $O$,

      le quadrilatère $OACB$ est un losange.

   
   
   4. En particulier, le quadrilatère $OACB$ est un parallélogramme et on en déduit que le milieu $I$ de $[AB]$ est aussi le milieu de $[OC]$.

      Mais alors $\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OI}$ ou encore

      $$z_C=2z_I=1+\left(2+\sqrt{3}\right)i.$$

      $z_C=1+\left(2+\sqrt{3}\right)i$.



4. 1. $AD=|z_D-z_A|=\left|2i\sqrt{3}-1-i\sqrt{3}\right|=\left|-1+i\sqrt{3}\right|=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt{3})^2}=2$ et donc le point $D$ appartient au cercle $\Gamma$.
   
   
   2. $z_{D'}=e^{i\pi/6}z_D=\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{6}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{6}\right)\right)\times\left(2i\sqrt{3}\right)=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}i\right)\times\left(2i\sqrt{3}\right)=-\sqrt{3}+3i$.

      $z_{D'}=-\sqrt{3}+3i$.

   
   
   3. $\Gamma'$ est le cercle de centre $B$ et de rayon $2$. Or, $$BD'=\left|z_{D'}-z_B\right|=\left|\left(-\sqrt{3}+3i\right)-\left(2i\right)\right|=\left|-\sqrt{3}+i\right|=\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^2+1^2}=2.$$

      Donc le point $D'$ appartient au cercle $\Gamma'$.



5. $z_{\overrightarrow{DC}}=z_C-z_D=\left(1+\left(2+\sqrt{3}\right)i\right)-\left(2i\sqrt{3}\right)=1+\left(2-\sqrt{3}\right)i$

   et

   $z_{\overrightarrow{DD'}}=z_{D'}-z_D=\left(-\sqrt{3}+3i\right)-2i\sqrt{3}=-\sqrt{3}+\left(3-2\sqrt{3}\right)i$.

   Donc

   $-\sqrt{3}z_{\overrightarrow{DC}}=-\sqrt{3}+\left(3-2\sqrt{3}\right)i=z_{\overrightarrow{DD'}}$.

   On en déduit que $\overrightarrow{DD'}=-\sqrt{3}\overrightarrow{DC}$ et donc que les vecteurs $\overrightarrow{DC}$ et $\overrightarrow{DD'}$ sont colinéaires. On en déduit encore que

   les points $C$, $D$ et $D'$ sont alignés.