AC = arg zC−zA zB−zA [2π

(1)

Exercice 7 p. 104 1. Par théorème,

−−→

AB,−−→

AC

= arg

z_C−z_A z_B−z_A

[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

z_C−z_A z_B−z_A

[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

z_C−z_A z_B−z_A

[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|z_A|= 4 et, comme z_B et z_C sont conjugués, |z_A|=

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 z_C−z_A

z_B−z_A = 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 z_C−z_A

z_B−z_A = 1 2 −

√3

2 i = e⁻ⁱ^π³.

(2)

4. On en déduit que

z_C−z_A z_B−z_A

=e⁻ⁱ^π³= 1. Or,

z_C−z_A z_B−z_A

= ^|z_|z^C^−z^A^|

B−z_A| = AC

AB donc AC AB = 1 i.e. AB = AC. Ainsi, ABC est isocèle. De plus,

−−→

AB ,−−→

AC

= arg

z_C−z_A z_B−z_A

[2π] = arg(e⁻ⁱ^π³) [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

z_B−z_A = 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⁻ⁱ^π²

(3)

On a en déduit que

−−→

AB ,−−→

CD

= arg

z_D−z_C z_B−z_A

[2π] = arg(2e⁻ⁱ^π²) [2π] =−π 2 [2π]

donc les droites (AB) et (CD) sont perpendiculaires. On peut aussi en déduire que

z_D−z_C z_B−z_A

= 2 donc, puisque

z_D−z_C z_B−z_A

= |z_D−z_C|

|z_B−z_A| = CD

AB, CD = 2AB.

3. On a

z^−−→

AB

z^−−→_AC = z_B−z_A 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.

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−z_A z−z_B

[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−z_C z−z_D

[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).

(4)

−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

−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

z_B−z_A

z_C−z_A = 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 = |z_B−z_A|

|z_C−z_A| =

z_B−z_A z_C−z_A

=|i|= 1 donc AB = AC et, d’autre part, que

−−→

AC ,−−→

AB

= arg

z_B−z_A z_C−z_A

[2π] = arg(i ) [2π] = π

2 [2π]. On conclut que ABC est un direct isocèle rectangle en A.

(5)

Partie B

1. Par définition,

z_D⁰ = i (z_D−2 + 3 i )

z_D−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−z_A|

|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−z_A z−z_B

[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).

1. a. Faisons une figure.

A B

C

G

(6)

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 = z_A−z_G

z_B−z_G. Alors, |Z| =

z_A−z_G z_B−z_G

= |z_A−z_G|

|z_B−z_G| = GA

GB donc, comme GA = GB, |Z|= 1.

De plus,−^2π₃ =

−−→

GB ,−−→

GA

[2π] = arg

z_A−z_G z_B−z_G

[2π] = arg(Z) [2π]. On en déduit que Z = e⁻ⁱ^2π³ comme attendu.

b. On en déduit que _Z¹ = eⁱ^2π³ i.e. z_B−z_G

z_A−z_G = eⁱ^2π³ donc z_B−z_G = eⁱ^2π³ (z_A−z_G) i.e.

z_B = eⁱ^2π³ (z_A−z_G) +z_G. Ainsi, z_B = −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

z_C = eⁱ^2π³ (z_B−z_G) +z_G

= −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 z_I= z_B+z_C

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.

(7)

−2 −1 1 2 3 4 5 6

−2

−1 1 2 3 4 A

G I

B

C