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Amérique du sud 2017. Enseignement spécifique

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Academic year: 2022

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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

z=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−z|=

√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.

http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2018. Tous droits réservés.

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