EXERCICE 2 1) L’expression complexe de r est z ! =

(1)

EXERCICE 2

1)L’expression complexe der estz^!=a+e^iπ/2(z−a) = −2+i(z+2) =iz−2+2i. Donc, puisqueJ=r(B), en notantj l’affixe du pointJ, on a

j=i(5i) −2+2i= −5−2+2i= −7+2i.

L’affixe du point Jest−7+2i.

2)Le pointBa pour coordonnées(0, 5)et le pointKa pour coordonnées(−2,−6). Donc le vecteur−BK→a pour coordonnées (−2,−11).

De même, le point J a pour coordonnées (−7, 2) et le point C a pour coordonnées (4, 0). Donc le vecteur −JC→ a pour coordonnées(11,−2). Par suite,

−→ BK.−→

JC= (−2)×11+ (−11)×(−2) =0,

et donc les vecteurs−BK→et−JC→sont orthogonaux ou encore les droites(BK)et(JC)sont perpendiculaires.

BK=!

!

−→ BK!

!

!="

(−2)²+ (−11)²=√

125=5√

5et JC=!

!

−→ JC!

!

!="

11²+ (−2)²=√

125=5√

5. DoncBK=JC=5√ 5.

3) a)Sest le milieu du segment[BJ] et donc s= b+j

2 = 5i−7+2i 2 = −7

2 +7 2i.

De même,T est le milieu du segment[KC]et donc (en notantkl’affixe du pointK) t= k+c

2 = −2−6i+4

2 =1−3i.

L’affixe du pointSest−7 2+ 7

2iet l’affixe du pointT est1−3i.

b)Cest l’image deBpar la rotation de centreUet d’angle π

2. Doncc=u+e^iπ/2(b−u) =u+i(b−u) = (1−i)u+ib puis

u= c−ib

1−i = 4−i(5i)

1−i = 9(1+i)

(1−i)(1+i) = 9+9i 1²+ (−1)² = 9

2 +9 2i.

L’affixe du pointUest 9 2+ 9

2i.

c)Les coordonnées du vecteur−→ AUsont

#13 2 ,9

2

$

et les coordonnées du vecteur−→ ST sont

#9 2,−13

2

$ . Donc,

−→ AU.−ST→=

#13 2

$

×9 2+ 9

2×

#

−13 2

$

=0,

et donc les vecteurs−AU→et−ST→sont orthogonaux ou encore la droite(AU)est la hauteur issue deUdu triangleSTU.

4)On sait que%−→ JC,−→

AU&

=arg

#u−a c−j

$

[2π]. Or

u−a c−j =

9 2 +9

2i− (−2) 4− (−7+2i) =

13 2 + 9

2i 11−2i = 1

2 ×(13+9i)(11+2i) (11−2i)(11+2i) = 1

2×143+26i+99i−18 11²+ (−2)² = 1

2×125+125i 125 = 1

2(1+i).

Par suite,

u−a c−j = 1

√2

# 1

√2 + 1

√2i

$

= 1

√2

%cos%π 4

&

+isin%π 4

&&

= 1

√2e^iπ/4.

On en déduit que arg

#u−a c−j

$

= π

4 [2π]ou encore

%−→ JC,−→

AU&

= π 4 [2π].

(2)

5) a)Le vecteur−→

AV a pour coordonnées(1, 248;0, 864)et le vecteur−→

AUa pour coordonnées(6, 5;4;5).

Or 6, 5

1, 248 ×1, 248=6, 5et 6, 5

1, 248 ×0, 864=4, 5et donc 6, 5 1, 248

−→

AV =−AU. On en déduit que les vecteurs→ −→ AUet −→

AV sont colinéaires ou encore que

les pointsA, Vet Usont alignés.

b) D’après la question 4), %−JC,→ −AU→&

= π

4 [2π]. Comme le point V appartient aux segments [JC] et [AU], on a aussi

%−VC,→ −VU→&

= π

4 [2π]puisCVU! =45^◦.

D’après la question 2), les segments [BK] et [JC] sont perpendiculaires. Il en est de même des segments [VC] et [VB].

Puisque le pointBest de l’autre côté deCpar rapport à la droite(VU), on aUVB! =CVB!−CVU! =90−45=45^◦. Ainsi, la droite(VU)est la bissectrice de l’angleBVC! et, puisque les pointsA,V et Usont alignés,

la droite(AU)est la bissectrice de l’angleBVC.!

C A

B

S

U

T

K L

M N

I

J

V