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Solutions du devoir n˚2
Durée : 1 heure. Calculatrices autorisées
Quand on ne précise pas, on noteraal’affixe deA,b l’affixe deB, etc.
I) 4 points
−1 1 2 3 4 5 6 7
−1 1 2 3 4 5
0 A
C B
C0
On conjecture que le triangleABC est rectangle enA, indirect.
Pour prouver cela, on détermineC0, image deC par la rotation de centreAet d’angle π
2, et on prouve que−−→
AB est colinéaire à−−→
AC0 D’après la formule d’une rotation :c0−a=i(c−a).
On remplace et on calcule, on obtientc0−a=−3 2+ 3i.
On compare ensuitec0−aetb−a:b−a=−3 + 6i.
Donc−−→
AB= 2−−→
AC0, doncA,B et C0 sont alignés.
DoncABC est rectangle en ApuisqueACC0 est rectangle enA.
Ces calculs peuvent se résumer à :(b−a) = 2(c0−a) = 2i(c−a).
A condition de citer et d’utiliser le théorème approprié, cela revient à calculer b−a c−a et à constater qu’on trouve2i, produit du réel 2 parcosπ
2
+isinπ 2
•Autres méthodes : Produit scalaire :−−→
AB·−→
AC = 0
Réciproque du théorème de Pythagore :AB2+AC2=BC2
II) 6 points
1. b=−a=−1 +i√ 3 c=a2=· · ·=−2−2i√
3
2. On conjecture queABC est rectangle en A, direct.
On utilise la même méthode qu’à l’exercice précédent : on définitB0, image deB par la rotation de centreA et d’angle π
2, puis on montre que−→
AC est colinéaire à
−−→AB0
B0 est défini parb0−a=i(b−a)
Il suffit ensuite de montrer qu’il existe un réelktel quec−a=k(b0−a), c’est-à-dire quec−a=ki(b−a)
Après calculs (à vérifier), on prouve : b0−a=−2√
3−2i c−a=−3−3√
3i (c−a) =i
√3
2 (b−a)
DoncABC est rectangle enA, direct.
3. On utilise la même méthode avecA d’affixe1 +iy (y réel quelconque).
Après calculs (à vérifier), on prouve : (c−a) =−iy
2(b−a)
Donc ABC est rectangle en A (il n’est pas forcément direct car cela dépend du signe dey).
III) 6 points
1. – Nature deT1:
Dans la formule deT1, le coefficient dezest−5, réel différent de1. Cela suggère queT1 peut être une homothétie de rapport−5.
Pour le prouver, cherchons le point invariantΩ1deT1et vérifions queT1est bien l’homothétie de centreω1 et de rapport−5.
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On résoutz0=z, on trouve (à vérifier) :z=5 2 −5
6i, qu’on noteω1. Puis on vérifie quez0−ω1=−5(z−ω1)(à vérifier).
Cela prouve queT1 est l’homothétie de centreΩ1
5 2 −5
6i
et de rapport−5 – Nature de T2 :
Dans la formule deT2, le coefficient dezesti= cosπ 2
+isinπ 2
. Cela suggère queT1 peut être une rotation d’angle π
Pour le prouver, cherchons le point invariant2 Ω2deT2et vérifions queT2est bien la rotation de centre ω2 et d’angle π
2.
On résoutz0=z, on trouve (à vérifier) :ω2= 3 2−3
2i.
Puis on vérifie quez0−ω2=i(z−ω2)(à vérifier).
DoncT2 est bien la rotation de centreω2 et d’angle π 2
• ImagesM1et M2.
Par le calcul, on trouvem1=−5ietm2= 0.
Sur un dessin, on place M,M1, M2,Ω1,Ω2, et on met en évidence le rapport−5 et l’angle π
2 :−−−→
ΩM1=−5−−→
ΩM et−−−→
Ω2M ,−−−→
Ω2M2
= π
2 etΩ2M = Ω2M2
1 2 3
−5
−4
−3
−2
−1 0
M
M1 M2
Ω1 Ω2
2. L’image de la droite D par l’homothétieT1 est une droiteD1 parallèle àD.
L’image deD1 par la rotationT2 est une droite perpendiculaire àD1, donc àD.
L’affixe deA1=T2(A)est −1−2i (calculs à vérifier) L’affixe deA0 =T1(T2(A))est20 + 5i(calculs à vérifier)
L’image deD est donc la droiteD0 passant parA0 et perpendiculaire à D.
Or le coefficient directeur d’une droite perpendiculaire à une droite de coefficient directeur mest−1
m, donc ici3, donc l’équation deD0 est : y= 3(x−20) + 5 = 3x−55
IV) 4 points
Principe des calculs : pour exprimer qu’un quadrilatèreM N P Q est un carré direct, il suffit de dire que Qest l’image deN par la rotation de centreM et d’angle π
2 et que
−−→M P =−−→
M N+−−→
M Q
1. en notant a=zA et c=zC (et b = 0) et en appliquant le principe précédent, on obtient :
d=ia e=ia+a f =−ic g=−ic+c h=−ia+ic+c zI =ic−ia+a
2. Rest le milieu de[AH](ou[CI]), donc après calculs : r= 1
2(c+ic−ia+a)
S est le milieu de[BG], doncs=g 2 = 1
2(c−ic)
−→AT =−→
SB, donc après calculs :t=1
2(2a−c+ic) On vérifie ensuite ques−r=i(t−r)(calculs à vérifier)
Cela prouve queRST est un triangle rectangle isocèle enR, indirect, puisqueSest l’image deT par la rotation de centreRet d’angle π
2
