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Polynésie, 2003 – Complexe.
Enonce
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A B
C D
I
J
K
L
Polynésie, 2003 – Complexe - Corrigé
Le plan P est rapporté au repère orthogonal (O ;u→ ;v→).
1a. E a pour affixe zE = 3+i et F a pour affixe zF = 1 + 3i.
On place donc E(3 ;1) et F(1 ;3) [exprimés en coordonnées cartésiennes].
1b. H est tel que HE = HF et (HF→ ;HE→ ) ≡ π/2 [2π]. Graphiquement on lit H(3 ;3).
1c. zH est l’affixe de H.
On a alors : HE = HF ⇔ |zE − zF| = |zF − zH| ⇔ |3 + i - zH|
|1 + 3i - zH| = 1 ⇔ 3 + i - zH
1 + 3i - zH = 1 et (HF→ ;HE→) ≡π/2 [2π] ⇔ arg(3 + i - zH
1 + 3i - zH) ≡π/2 [2π] donc 3 + i - zH
1 + 3i - zH = i or 3 + i - zH
1 + 3i - zH = i ⇔ 3 + i − zH = i − 3 − izH ⇔ zH(−1 + i) = −6 ⇔ zH = 6
1 - i = 6 + 6i
2 On a donc bien zH = 3 + 3i.
2a. BIA, AJD, DKC et CLB sont des triangles rectangles isocèles directs (direct car pour lire les sommets dans l’ordre donné on tourne dans le sens trigo …)
2b. Il semblerait que (IK) et (JL) soient perpendiculaires et que IK = JL.
3a. a, b et zI sont les affixes de A, B et I.
On doit avoir IB = IA et (IA→ ;IB→) ≡π/2 [2π].
Or IB = IA ⇔ |b − zI| = |a − zI| ⇔|b - zI|
|a - zI| = 1 ⇔ b - zI
a - zI = 1 et (IA→ ;IB→) ≡π/2 [2π] ⇔ arg(b - zI
a - zI) ≡ π/2 [2π] donc b - zI
a - zI = i.
De plus, b - zI
a - zI = i ⇔ b − zI = ai − izI ⇔ zI(−1+i) = ai − b donc zI = ia - b i - 1 . 3b.3c.
Par une démonstration analogue on obtiendrait : zJ = id - a
i - 1 zK = ic - d i - 1 zL = ib - c
i - 1 . 3d.
On a zL − zJ = ib - c
i - 1 −id - a
i - 1 = i(b-d) + a-c
i-1 et zK− zI = ic - d
i - 1 − ia - b
i - 1 = i(c-a) + b-d i - 1 donc i(zK− zI) = -(c-a) + i(b-d)
i - 1 = zL− zJ.
On a alors (IK→ ;JL→) ≡ arg (zL - zJ
zK - zI ) [2π] ≡ arg i [2π] ≡ π/2 [2π] donc (IK) et (JL) sont perpendiculaires.
Et JL
IK = |zL - zJ|
|zK - zI| = |zL - zJ
zK - zI | = |i| = 1 donc JL = IK.
La conjecture est donc avérée.
