Savoir faire N°27
Montrer qu'un triangle est équilatéral en calculant $\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}$.
Le plan est rapporté à un repère orthonormé $\left(O,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)$. On se donne trois points distincts $A(x_A,y_A)$, $B(x_B,y_B)$ et $C(x_C,y_C)$. Il se trouve que le triangle $ABC$ est équilatéral et on veut le démontrer.
L'énoncé d'un exercice nous impose de calculer le nombre $\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}$. Pour vérifier que le triangle $ABC$ est équilatéral, on vérifie que le nombre $\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}$ est de module $1$ et d'argument $\pm\dfrac{\pi}{3}$ car
$\left|\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right|=\dfrac{AC}{AB}$\quad et \quad$\text{arg}\left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right)=\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\;[2\pi]$.
On a aura ainsi montré que $\dfrac{AC}{AB}=1$ et $\widehat{BAC}=60^\circ$ et donc que le triangle $ABC$ est équilatéral car isocèle en $A$ et d'angle au sommet $A$ mesurant $60^\circ$.
Exemple. Le plan est rapporté à un repère orthonormé $\left(O,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)$. On considère les trois points $A(-4,1)$, $B(2,-1)$ et $C(\sqrt{3}-1,3\sqrt{3})$. On veut vérifier que le triangle $ABC$ est équilatéral en calculant $\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}$.
\begin{align*}\
\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}&=\dfrac{(\sqrt{3}-1+3i\sqrt{3})-(-4+i)}{(2-i)-(-4+i)}=\dfrac{3+\sqrt{3}+i\left(3\sqrt{3}-1\right)}{6-2i}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{3+\sqrt{3}+i\left(3\sqrt{3}-1\right)}{3-i}\\
&=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\left(3+\sqrt{3}+i\left(3\sqrt{3}-1\right)\right)(3+i)}{(3-i)(3+i)}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{3\left(3+\sqrt{3}\right)+i\left(3+\sqrt{3}\right)+3i\left(3\sqrt{3}-1\right)+i^2\left(3\sqrt{3}-1\right)}{3^2+(-1)^2}\\
&=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\left(9+3\sqrt{3}-3\sqrt{3}+1\right)+i\left(3+\sqrt{3}+9\sqrt{3}-3\right)}{10}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{10+10i\sqrt{3}}{10}=\dfrac{1}{2}(1+i\sqrt{3})=\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\
&\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=e^{i\pi/3}.
\end{align*}
Ainsi,
$\dfrac{AC}{AB}=\left|\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right|=\left|e^{i\pi/3}\right|=1$
et donc $AB=AC$ ou encore le triangle $ABC$ est isocèle en $A$. Ensuite,
$\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\text{arg}\left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right)=\text{arg}\left(e^{i\pi/3}\right)=\dfrac{\pi}{3}\;[2\pi]$
et en particulier $\widehat{BAC}=60^\circ$. Mais alors les trois angles du triangle $ABC$ mesurent $60^\circ$ et donc le triangle $ABC$ est équilatéral.
\begin{center}
\begin{pspicture}(-4.5,-3)(4.5,5.5)
\psaxes{->}(0,0)(-4.5,-1.5)(4.5,5.5)
\psdots[linecolor=blue,linewidth=0.4mm](-4,1)(2,-1)(0.732,5.196)
\pspolygon[linecolor=blue,linewidth=0.4mm](-4,1)(2,-1)(0.732,5.196)
\psline[linewidth=0.4mm]{->}(0,0)(1,0)
\psline[linewidth=0.4mm]{->}(0,0)(0,1)
\uput[d](0.5,0){$\overrightarrow{u}$}
\uput[l](0,0.5){$\overrightarrow{v}$}
\uput[ur](0,0){$O$}
\uput[dl](-4,1){\textcolor{blue}{$A$}}
\uput[d](2,-1){\textcolor{blue}{$B$}}
\uput[u](0.732,5.196){\textcolor{blue}{$C$}}
\end{pspicture}
\end{center}
