Amérique du sud 2017. Enseignement spécifique
EXERCICE 4 : corrigé 1)OA=|zA|=
2eiπ4 =|2|
eiπ4
= 2×1 = 2et de même,OB=|zB|= 2.
Ainsi,OA=OB= 2et donc le triangleOAB est isocèle enO.
zA−zB= 2 √
2 2 +i
√2 2
!
− −
√2 2 +i
√2 2
!!
= 2×2√ 2 2 = 2√
2. Donc, BA2=|zA−zB|2=
2√ 22
= 8 = 22+ 22=OA2+OB2.
D’après la réciproque du théorème dePythagore, le triangleOAB est rectangle enO. 2)Le discriminant de l’équation(E)est∆ = −√
62
−4×1×2 =−2<0. L’équation(E)admet deux solutions non réelles conjuguéesz1=
√6 +i√ 2
2 et z2=
√6−i√ 2
2 . On noteM1 le point d’affixez1 etM2le point d’affixez2.
−1 1 2 3
−1 1
b
b bb
A B
M1
M2 O
Le triangleOAB est rectangle en O. Donc, le cercle circonscrit au triangle OAB est le cercle de diamètre[AB] ou encore le cercle de centreΩle milieu de[AB]et de rayonR=AB
2 =√
2. L’affixe deΩest
zΩ=1
2(zA+zB) = 1 2 2
√2 2 +i
√2 2
!
+ 2 −
√2 2 +i
√2 2
!!
=i√ 2. Par suite,
ΩM1=|zM
1−zΩ|=
√6 +i√ 2 2 −i√
2
=
√6−i√ 2 2
= 1 2
√6−i√ 2
= 1 2
r √
62
+
−√ 22
=
√8 2 = 2√
2 2 =√
2 =R.
Donc, le pointM1 appartient au cercle circonscrit au triangleOAB.
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