EXERCICE 2 NOMBRES COMPLEXES TS JUIN 2011
EXERCICE 2 5 POINTS
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal ( O ; vect( u ) , vect( v ) ).
Soit ( Γ ) le cercle de centre O et de rayon 1.
On considère le point A de ( Γ ) d'affixe zA = ei π / 3 .
1. Déterminer l'affixe zB du point B image de A par la rotation de centre O et d'angle 2π / 3.
Déterminer l'affixe zC du point C image de B par la rotation de centre O et d'angle 2π / 3.
2. a Justifier que ( Γ ) est le cercle circonscrit au triangle ABC.
Construire les point A , B , C sur une feuille de papier millimétré .
b. Quelle est la nature du triangle ABC ? Justifier.
3. Soit h l'homothie de centre O et de rapport - 2.
a. Compléter la figure en plaçant les points P , Q , R images respectives
des points A , B , C par h.
b. Quelle est la nature du triangle PQR ? Justifier.
4. Dans cette question, le candidat est invité à porter sur sa copie les étapes
de sa démarche même si elle n'aboutit pas.
a. Donner l'écriture complexe de h.
b. Calculer zA + zB + zC . En déduire que A est le milieu du segment [ QR ].
c. Que peut-on dire de la droite ( QR ) par rapport au cercle ( Γ ) ?
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Réponse:
1.
• Recherche de zB .
La rotation r de centre O et d'angle 2π / 3 admet pour traduction complexe :
z ' - 0 = e 2 π i / 3 ( z - 0 ) c-à-d z ' = e 2 π i / 3 z avec le point M( z )
d'image M ' ( z ' ).
Ainsi zB = e 2 π i / 3 zA mais zA = ei π / 3
Donc zB = e 2 π i / 3 ei π / 3 = e π i = - 1
Conclusion: zB = - 1
• Recherche de zC .
On a : zC = e 2 π i / 3 zB
Donc zC = e 2 π i / 3 e π i = e 2 π i / 3 e 3π i / 3 = e 5π i / 3
Conclusion: zC = e 5π i / 3
2.a . Le centre de la rotation r est le centre O du cercle ( Γ ).
A appartient au cercle ( Γ ) , donc OA = 1
L'image B du point A par r est telle que OB = OA = 1
Donc B appartient à ( Γ ).
De la même façon l'image de B par r appartient à ( Γ ).
Donc le point C appartient à ( Γ ).
Conclusion: Le cercle ( Γ ) est circonscrit au triangle ABC.
b. Nature du triangle ABC.
C'est un triangle équilatéral.
Plusieurs méthodes possibles:
• Première méthode:
On sait que : r( A ) = B et r( B ) = C
Mais on a aussi r ( C ) = A .
En effet : e 2π i / 3 zC = zA
car e 2π i / 3 e 5π i / 3 = e 7π i / 3 = e π i / 3
Le triangle est donc équilatéral de centre O.
• Autre méthode:
Une rotation conserve les distances.
r( A ) = B et r( B ) = C
Donc les segments [AB] et [ BC ] sont de même longueur.
Donc BA = BC
De plus ( vect(AB ) , vect( BC ) ) = 2 π / 3 [ 2 π ]
c-à-d ( - vect( BA ) , vect( BC ) ) = 2 π / 3 [ 2 π ]
c-à-d π + ( vect( BA ) , vect( BC ) ) = 2 π / 3 [ 2 π ]
c-à-d ( vect( BA ) , vect( BC ) ) = 2 π / 3 - π [ 2 π ]
c-à-d ( vect( BA ) , vect( BC ) ) = - π / 3 [ 2 π ]
Conclusion: Le triangle ABC est bien équilatéral.
b . Nature du triangle PQR ?
C'est un triangle équilatéral.
En effet:
h ( A ) = P
h( B ) = Q
h( C ) = R
Donc PQ = | - 2 | AB ; QR = | - 2 | BC ; PR = | - 2 | AC
c-à-d PQ = 2 AB ; QR = 2 BC ; PR = 2 AC
Or AB = BC = AC
Donc PQ = QR = PR
Conclusion: Le triangle PQR est bien équilatéral.
4.a. Ecriture complexe de h.
z ' - 0 = - 2 ( z - 0 ) c-à-d z ' = - 2 z
avec le point M ' ( z' ) l'image de M( z ).
b. Calcul de zA + zB + zC .
On a : zA + zB + zC = 0
En effet :
zA + zB + zC = e π i / 3 + e 3π i / 3 + e 5π i / 3
c-à-d
zA + zB + zC = e π i / 3 ( 1 + e 2π i / 3 + e 4π i / 3 )
c-à-d
zA + zB + zC = e π i / 3 ( 1 + j + j2 )
Mais 1 + j + j2 = 0
D'où :
Conclusion: zA + zB + zC = 0
Déduisons que A est le milieu du segment [ QR ].
Pour cela montrons que : zA = ( zQ + zR ) / 2
On a déjà : zA + zB + zC = 0
c-à-d zA = - zB - zC noté ( 1 )
Mais comme h( B ) = Q et h( C ) = R
on a : zQ = - 2 zB et zR = - 2 zC
D'où zQ + zR = - 2 zB - 2 zC
c-à-d ( zQ + zR ) / 2 = - zB - zC
c-à-d ( zQ + zR ) / 2 = zA
On a bien ( 1 ) .
Conclusion: A est bien le milieu du segment [ QR ]
c. Montrons que la droite ( QR ) est la tangente au cercle ( Γ ) en A.
On a : le triangle PQR qui est équilatéral.
On a aussi : A qui est le milieudu segment [ QR ]
La droite ( PA ) est la médiatrice du segment [ QR ].
O est sur (PA ) car h(A) = P et O centre h.
La droite ( QR ) passe par le point A du cercle ( Γ ) et est orthogonale au rayon [ O A ]
du cercle ( Γ ).
Donc
Conclusion: La droite ( QR ) est la tangente à ( Γ ) en A.
--------------------------------------------------------------------------------------------------