z1 =−3−10 i donc |z1|=q

Exercice 18 p. 43. — |z1|=−(−1) = 1, |z2|=|−2|= 2, |z3|= 3 et |z4|= 18.

Exercice 19 p. 43. —|z_A|=|z_C|= 3, |z_B|=|z_E|= 2, |z_D|= 4 et |z_F|= 2√

2 carOF est la diagonale d’un carré de côté 2.

Remarque. Deux complexes ont même module si et seulement si leurs images dans le plan complexe sont situées sur un même cercle de centre O.

Exercice 20 p. 43.

z₁ =−3−10 i donc |z₁|=^q(−3)²+ (−10)² =√ 109

|z₂|=

q√

3²+ (−2)² =√ 7

z₃ = (1 + 2 i )(10−15 i ) = 10−15 i +20 i +30 = 40 + 5 i donc |z₃|=√

40²+ 5² =√

1625 = 5√

65

z₄ = 24 − 2√

3 − 2 i donc |z₄| = ^q(24−2√

3)²+ (−2)² =

q

576−96√

3 + 12 + 4 =

q

592−96√ 3.

Exercice 23 p. 43 1.

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

−5

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4 5

A

B C

D

2. On a OA =|z_A|= 5, OB =|z_B|=^q3²+ (−4)² = √

25 = 5, OC =|z_C|=^q(−4)²+ (−3)² =

√25 = 5 et OD =|z_D|= ^q(−4)²+ 3² =√

25 = 5 donc les points A, B, C et D appar- tiennent au cercle de centre O et de rayon 5.

Exercice 24 p. 43

|z₁|=

s 1

4

2

+

1 4

2

=

s1

8 6= 1 donc z₁ ∈/ U.

|z₂|=

v u u t

−3 4

2

+

√7 4

!2

=

s16

16 = 1 donc z₂ ∈U.

|z₃|=

v u u t

2√ 6 5

!2

+

1 5

2

=

s25

25 = 1 donc z₃ ∈U.

|z₄|=

v u u t

√5 2

!2

+

−1 2

2

=

s3

2 6= 1 donc z₄ ∈/U. Exercice 25 p. 43

|a|=|z₁| |z₂|= 4×10 = 40

|b|= |z₄|

|z₁| = |z₄|

|z₁| =

q√

3²+ 1²

4 =

√4 4 = 1

2

z2

z₃

= |z2|

|z₃| = 10

q5²+ (−5)² = 10 5√

2 =√ 2

|d|=|z₃|²|z₂|= (5√

2)²×10 = 500 Exercice 28 p. 43

|z₁|=

v u u t

√2 2

!2

+ −

√2 2

!2

=

s2 4 +2

4 = 1 donc z₁ ∈U.

|z₂|=

v u u t

−1 2

2

+

√3 2

!2

=

s1 4 +3

4 = 1 donc z₂ ∈U.

|z₃|=|i|= 1 donc z₃ ∈U.

|z₄|=

v u u t

√5 3

!2

+

2 3

2

=

s5 9+ 4

9 = 1 donc z₄ ∈U. Exercice 32 p. 43. — z^−−→

AB = z_B−z_A = 7 + 2 i−(6 + 5 i ) = 1−3 i et z^−−→

DC = z_C−z_D = 10 + i−(9 + 4 i ) = 1−3 i doncz^−−→_AB = z^−−→_DC i.e.−−→

AB =−−→

DC . Ainsi, ABCD est un parallélogramme.

De plus, AB = |1−3 i| = ^q1²+ (−3)² = √

10 et BC = |7 + 2 i−(10 + i )| = |−3 + i| =

q(−3)²+ 1² =√

10 donc AB = BC.

Ainsi, le parallélogramme ABCD possède deux côtés consécutifs de même longueur : c’est donc un losange.

Exercice 38 p. 43 1.

−2 2 4 6 8 10 12 14 16 18

−4

−2 2 4

D

E

F

2. On peut conjecturer que DEF est un triangle rectangle en E.

3. On a DE² =|15 + 2 i−(6−3 i )|² =|9 + 5 i|² = 9²+5² = 106, DF² =|18−3 i−(6−3 i )|² =

|12|² = 144 et EF² = |18−3 i−(15 + 2 i )|² = |3−5 i|² = 3² + (−5)² = 34. Ainsi, DE²+ EF² = 1406= DF² donc, par la contraposée du théorème de Pythagore, DEF n’est pas un triangle rectangle en E.

Exercice 39 p. 44

1. On a RS =|6−i−(2−i )| = |4| = 4, RT = 4 + (2√

3−1) i−(2−i ) =2 + 2√ 3 i =

q

2² + (2√

3)² =√

16 = 4 et ST =4 + (2√

3−1) i−(6−i )=−2 + 2√ 3 i=

q

(−2)²+ (2√

3)² =√ 16 = 4 donc RS = RT = ST donc RST est équilatéral.

2. Le pied de la hauteur issue de T est le milieu U de [RS] donc z_U= 2−i +6−i

2 = 4−i donc la hauteur issue de T mesure UT =4 + (2√

3−1) i−(4−i )=2√

3 i= 2√ 3.

Ainsi, l’aire de RST est 4×2√ 3 2 = 4√

3.