Exercice 7 p. 104 1. Par théorème,
−−→
AB,−−→
AC
= arg
zC−zA zB−zA
[2π] = arg 1 + 5 i−(3 + 2 i ) 6 + 4 i−(3 + 2 i )
!
[2π] = arg
−2 + 3 i 3 + 2 i
[2π].
Or,
−2 + 3 i
3 + 2 i = (−2 + 3 i )(3−2 i )
32+ 22 = −6 + 4 i +9 i−6
13 = i
donc
−−→
AB,−−→
AC
= arg(i ) [2π] = π 2 [2π].
2. Par théorème,
−−→
AB ,−−→
AC
= arg
zC−zA zB−zA
[2π] = arg 8−4 i−(−6 + 3 i )
−3 + 1,5 i−(−6 + 3 i )
!
[2π]
= arg 14−7 i 3−1,5 i
!
[2π] = arg 7(2−i ) 1,5(2−i )
!
[2π]
= arg 7 1,5
!
[2π] = arg
14 3
[2π] = 0 [2π]
donc
−−→
AB,−−→
AC
= 0 [2π].
3. Par théorème,
−−→
AB ,−−→
AC
= arg
zC−zA zB−zA
[2π] = arg 4 + (2−√
3) i−(3 + 2 i ) 3 +√
3 + 3 i−(3 + 2 i )
!
[2π]
= arg 1−i√
√ 3 3 + i
!
[2π] = arg (1−i√ 3)(√
3−i )
√32+ 12
!
[2π]
= arg
√3−i−3 i−√ 3 4
!
[2π] = arg (−i ) [2π] =−π 2 [2π]
donc
−−→
AB,−−→
AC
=−π 2 [2π].
Exercice 10 p. 104
1. On remarque que|zA|= 4 et, comme zB et zC sont conjugués, |zA|=
q
22 + (2√ 3)2 =
√16 = 4. Ainsi, OA = OB = OC = 4 donc A, B et C sont sur le cercle de centre O et de rayon 4.
2. Voir page suivante.
3. On a zC−zA
zB−zA = 2−2 i√
3−(−4) 2 + 2 i√
3−(−4) = 6−2 i√ 3 6 + 2 i√
3 = 3−i√ 3 3 + i√
3 = (3−i√ 3)2 32+√
32
= 9−6 i√ 3−3 12 donc zC−zA
zB−zA = 1 2 −
√3
2 i = e−iπ3.
4. On en déduit que
zC−zA zB−zA
=e−iπ3= 1. Or,
zC−zA zB−zA
= |z|zC−zA|
B−zA| = AC
AB donc AC AB = 1 i.e. AB = AC. Ainsi, ABC est isocèle. De plus,
−−→
AB ,−−→
AC
= arg
zC−zA zB−zA
[2π] = arg(e−iπ3) [2π] =−π 3 [2π]
donc le triangle isocèle ABC possède un angle de 60◦ : il s’agit donc d’un triangle équilatéral.
−4 −3 −2 −1 1 2 3 4
−4
−3
−2
−1 1 2 3 4
A
B
C
Exercice 13 p. 65 1.
2 4 6 8 10 12
−4
−2 2 4 6
A
B C
D 2. On a
zD−zC
zB−zA = 10,5−5 i−(4,5 + 5 i )
6 + 6 i−(1 + 3 i ) = 6−10 i 5 + 3 i
= (6−10 i )(5−3 i )
52+ 32 = 30−18 i−50 i−30 34
=−2 i = 2e−iπ2
On a en déduit que
−−→
AB ,−−→
CD
= arg
zD−zC zB−zA
[2π] = arg(2e−iπ2) [2π] =−π 2 [2π]
donc les droites (AB) et (CD) sont perpendiculaires. On peut aussi en déduire que
zD−zC zB−zA
= 2 donc, puisque
zD−zC zB−zA
= |zD−zC|
|zB−zA| = CD
AB, CD = 2AB.
3. On a
z−−→
AB
z−−→AC = zB−zA zC−zA
= 6 + 6 i−(1 + 3 i )
4,5 + 5 i−(1 + 3 i ) = 5 + 3 i 3,5 + 2 i
= (5 + 3 i )(3,5−2 i )
3,52+ 22 = 17,5−10 i +10,5 i +6 16,25
= 23,5
16,25+ 0,5 16,25i Ainsi, z−−→AB
z−−→AC ∈/ R donc −−→
AB et −−→
AC ne sont pas colinéaires et ainsi A, B et C ne sont pas alignés.
Exercice 23 p. 65
1. Notons A le point d’affixe 1−i et B le point d’affixe 3 + 2 i . Alors, arg
z−1 + i z−3−2 i
= arg
z−zA z−zB
[2π] =
−−→
BM,−−→
AM
[2π]
donc
arg
z−1 + i z−3−2 i
= 0 [2π]⇔
−−→
BM,−−→
AM
= 0 [2π]
Ainsi, M appartient à l’ensemble cherché E si et seulement si les vecteurs −−→
BM et −−→
AM sont colinéaires de même sens. Ainsi, E est la droite (AB) privé du segment [AB].
2. Notons C le point d’affixe 1 et D le point d’affixe i . Alors, arg
z−1 z−i
= arg
z−zC z−zD
[2π] =
−−→
DM ,−−→
CM
[2π]
donc
arg
z−1 z−i
= π
2 [2π]⇔
−−→
DM ,−−→
CM
= π 2 [2π]
donc l’ensemble cherchéF est le demi-cercle « inférieur » de diamètre [CD] (les points C et D étant exclus).
−1 −0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
−1.5
−1
−0.5 0.5 1 1.5 2
2.5 E
E F
A
B
C D
Exercice 62 p. 110
−3 −2 −1 1 2 3 4 5 6
−3
−2
−1 1 2 3 4 5
A B
C D
E
Partie A 1. On a
zB−zA
zC−zA = i−(2−3 i )
6−i−(2−3 i ) = −2 + 4 i
4 + 2 i = 2 i2+4 i
4 + 2 i = i (4 + 2 i ) 4 + 2 i = i 2. On en déduit, d’une part, que AB
AC = |zB−zA|
|zC−zA| =
zB−zA zC−zA
=|i|= 1 donc AB = AC et, d’autre part, que
−−→
AC ,−−→
AB
= arg
zB−zA zC−zA
[2π] = arg(i ) [2π] = π
2 [2π]. On conclut que ABC est un direct isocèle rectangle en A.
Partie B
1. Par définition,
zD0 = i (zD−2 + 3 i )
zD−i = i (1−i−2 + 3 i )
1−i−i = i (−1 + 2 i ) 1−2 i =−i 2. a. La question revient à chercher les nombres complexes z tels que z0 = 2 i . Or,
z0 = 2 i⇔ i (z−2 + 3 i )
z−i = 2 i⇔z−2 + 3 i = 2(z−i )⇔z =−2 + 5 i. Ainsi, le point E d’affixe −2 + 5 i est l’unique point tel que l’affixe def(E) soit 2 i . b. On a z−−→AB = i−(2−3 i ) =−2 + 4 i et z−−→AE =−2 + 5 i−(2−3 i ) =−4 + 8 i = 2z−−→AB
donc −−→
AE = 2−−→
AB . Ainsi, les vecteurs−−→
AB et −−→
AE sont colinéaires et donc les points A, B et E sont alignés.
3. Pour tout pointM d’affixe z 6= i , OM0 =|z0|=
i (z−2 + 3 i ) z−i
= |i| |z−(2−3 i )|
|z−i| = 1× |z−zA|
|z−zB| = AM BM 4. Pour tout pointM d’affixe z distinct de A et B,z0 6= 0 et
−→
u ,−−−→
OM0
= arg(z0) [2π] = arg i (z−2 + 3 i ) z−i
!
[2π]
= arg(i ) + arg
z−zA z−zB
[2π]
= π 2 +
−−→
BM ,−−−→ AM
[2π]
5. Si M appartient à la médiatrice de [AB] alors AM = BM donc, par la question 3., OM0 = 1 donc M0 appartient au cercle de centre O et rayon 1.
6. SiM0 appartient à l’axe des imaginaires purs alors
−→
u ,−−−→
OM0
= π2 [π] donc, d’après la question 4.,
−−→
BM ,−−−→ AM
= 0 [π] ce qui assure que les points A, B et M sont alignés et donc M ∈(AB).
Exercice 66 p. 111
1. a. Faisons une figure.
A B
C
G
Comme ABC est équilatéral, le centre de gravité G est aussi le centre du cercle circonscrit donc GA = GB = GC. Ainsi, les triangles AGB, BGC et CGA sont isocèles. De plus, leurs troisièmes côtés sont respectivement de même longueurs (AB = BC = CA) donc ces trois triangles sont isométriques. On en déduit queAGB =[ BGC =[ CGA et, comme l somme de ces trois angles est 2π, chacun de ces angles vaut[
2π
3 . Compte-tenu de l’orientation (ABC est équilatéral direct),
−−→
GB ,−−→
GA
=−2π3 . Notons Z = zA−zG
zB−zG. Alors, |Z| =
zA−zG zB−zG
= |zA−zG|
|zB−zG| = GA
GB donc, comme GA = GB, |Z|= 1.
De plus,−2π3 =
−−→
GB ,−−→
GA
[2π] = arg
zA−zG zB−zG
[2π] = arg(Z) [2π]. On en déduit que Z = e−i2π3 comme attendu.
b. On en déduit que Z1 = ei2π3 i.e. zB−zG
zA−zG = ei2π3 donc zB−zG = ei2π3 (zA−zG) i.e.
zB = ei2π3 (zA−zG) +zG. Ainsi, zB = −1
2 + i
√3 2
!
(3 i−(2 + i )) + 2 + i
= −1 2 + i
√3 2
!
(−2 + 2 i ) + 2 + i
= 1−i−i√ 3−√
3 + 2 + i
= 3−√
3−i√ 3 2. Par le même raisonnement, on obtient
zC = ei2π3 (zB−zG) +zG
= −1 2 + i
√3 2
!
(3−√
3−i√
3−(2 + i )) + 2 + i
= −1 2 + i
√3 2
!
(1−√
3−i (1 +√
3)) + 2 + i
=
√3−1 2 + i
√3 + 1 2 + i
√3(1−√ 3)
2 +
√3(1 +√ 3)
2 + 2 + i
=√
3 + 3 + i√ 3 3. On en déduit que zI= zB+zC
2 = 3−√
3−i√ 3 +√
3 + 3 + i√ 3
2 = 3.
4. On sait que la droite (AI) est la médiatrice de [BC] donc (BC) est orthogonale à (AI). De plus, G est le centre du cercle circonscrit à ABC donc B et C se trouvent à l’intersection du cercle de centre G passant par A et de la perpendiculaire à (AI) passant par I.
−2 −1 1 2 3 4 5 6
−2
−1 1 2 3 4 A
G I
B
C