Ultrabac Terminale S - Second exercice du sujet Polynésie juin 2012

Ultrabac Terminale S – Second exercice du sujet Polynésie juin 2012
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Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormé direct ( O; u , v ) , on considère les
Une autre voie plus rapide avec le produit scalaire...
 −3   −4 
CA ⋅ CB =   ⋅   = ( −3) × ( −4 ) + 2 × ( −6 ) = 12 − 12 = 0
 2   −6 
Leur produit scalaire étant nul, les vecteurs CA et CB sont orthogonaux...
Pour établir la non-isocèlité, il faut calculer les normes de ces vecteurs...
b = −3 − 6 i
c =1.
points A, B et C d'affixes respectives a = −2 + 2i
La figure de l'exercice est tracée ci-dessous. Elle peut servir à émettre des conjectures, à
vérifier des résultats.
y
C'
π
.
2
Dire que le point M d'affixe z a pour image le point M ′ d'affixe z ′ par la rotation r de
π
centre B et d'angle
équivaut à dire que les affixes de ces points sont liées par :
2
2.a. Donner l'écriture complexe de la rotation r de centre B et d'angle
A
Q
z′ − b = e
C
v
x
O
S
u
B'
A'
i
π
2
× ( z − b) ⇔
⇔
z ′ + 3 + 6i = i × ( z + 3 + 6i ) ⇔
z ′ = i × z − 9 − 3i
z ′ + 3 + 6i = i × z + 3i − 6
Où faut-il s'arrêter ?
2.b. En déduire l'affixe du point A' image du point A par r.
L'affixe a ′ du point A' est donnée par :
a ′ = i × a − 9 − 3i = i × ( −2 + 2i ) − 9 − 3i = −2i − 2 − 9 − 3i = −11 − 5i
13 3
− i.
2 2
Comme S est le milieu du segment [AA'], alors son affixe s est donnée par :
a + a ′ ( −2 + 2i ) + ( −11 − 5i ) −13 − 3i
13 3
s=
=
=
=− − i
2
2
2
2 2
2.c. Vérifier que l'affixe s du point S milieu de [AA'] est s = −
P
B
1. Quelle est la nature du triangle ABC ?
Sur la figure, le triangle ABC semble rectangle en C. Vérifions-le en nous intéressant au
quotient complexe :
b − c ( −3 − 6i ) − 1 −4 − 6i
=
=
a − c ( −2 + 2i ) − 1 −3 + 2i
=
( −4 − 6i ) × ( −3 − 2i ) 12 + 8i + 18i + 12i 2
=
( −3 + 2i ) × ( −3 − 2i ) ( −3)2 − ( −2i )2
=
12 + 26i − 12 26i
=
= 2i
9 − ( −4 )
13
π
 b−c 
A partir de là, comme CA, CB = arg 
= arg ( 2i ) =
modulo 2π

2
 a−c 
alors, le triangle ABC est rectangle en C.
CB b − c
De plus, comme
=
= 2i = 2 , alors le triangle ABC n'est pas isocèle.
CA a − c
(
)
2.d. Démontrer que le point S appartient au cercle circonscrit au triangle ABC.
Le triangle ABC étant rectangle en C, le cercle qui lui est circonscrit a pour diamètre [AB].
Autrement dit, il a pour centre le milieu K de l'hypoténuse [AB] qui a pour affixe :
a + b ( −2 + 2 i ) + ( −3 − 6 i ) −5 − 4 i
k=
=
=
= −2,5 − 2i
2
2
2
Et son rayon est :
1
1
1
rayon = × AB = × b − a = × ( −3 − 6i ) − ( −2 + 2i )
2
2
2
1
1
1
65
2
2
= × −1 − 8i = × ( −1) + ( −8 ) = × 1 + 64 =
2
2
2
2
Reste à voir si le point S appartient à ce cercle. Pour ce faire, nous devons calculer la
distance le séparant du centre K.
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KS = s − k = ( −6,5 − 1,5i ) − ( −2,5 − 2i ) = −4 + 0,5i
( −4 )2 + 0,52
=
= 16 + 0, 25 = 16, 25 =
4. Démontrer que les droites (AP), (BQ) et (CS) sont concourantes.
Nous allons procéder comme nous l'aurions fait en seconde avec la géométrie analytique !
On appelle H ( xH ; yH ) le point d'intersection des droites (AP) et (BQ).
H ∈ ( AP ) ⇔ Les vecteurs AH et AP sont colinéaires
Le déterminant comme
test de colinéarité...
xH + 2 4
⇔ det AH,AP = 0 ⇔
=0
yH − 2 − 7
65
65
=
= rayon
4
2
Conclusion : le point S appartient au cercle de centre K et de rayon
65
qui est
2
(
circonscrit au triangle ABC.
⇔
Une autre voie plus rapide en prouvant que le triangle ABS est rectangle en S...
 4,5   3,5 
SA ⋅ SB = 
⋅
 = 4,5 × 3,5 + 3,5 × ( −4,5 ) = 15, 75 − 15, 75 = 0
 3,5   −4,5 
Donc le triangle ABS est rectangle en S et S appartient au cercle de diamètre [AB].
3. On construit de la même manière C' l'image de C par la rotation de centre A et d'angle
Q est le milieu de [CC'], B' est l'image de B par la rotation de centre C et d'angle
(
π
,
2
π
et P est
2
1 5
+ i et p = 2 − 5i .
2 2
( −7 − 4i ) × ( 4 + 7i ) −28 − 49i − 16i − 28i 2
=
2
( 4 − 7i ) × ( 4 + 7i )
42 − ( 7 i )
⇔
=
−28 − 65i + 28 − 65 i
=
= −i
16 − ( −49 )
65
)
QS
s−q
=
= −i = 1 ⇒ QS = AP
AP
p−a
xH + 3 3,5
yH + 6 8,5
( xH + 3) × 8,5 − ( yH + 6 ) × 3,5 = 0
=0
⇔ 8,5 xH + 25,5 − 3,5 yH − 21 = 0
⇔ 8,5 xH − 3,5 yH + 4,5 = 0
⇔ 17 xH − 7 yH + 9 = 0
 7 x + 4 y + 6 = 0 (1)
Les coordonnées du point H sont les solutions du système ( S ) 
17 x − 7 y + 9 = 0 (2)
Résolvons ce système par un double coup de combinaisons linéaires.
×7
×17
et (1) 
(1) → 49 x + 28 y + 42 = 0
→ 119 x + 68 y + 102 = 0
⊕
⊖
×4
×7
(2) → 68 x − 28 y + 36 = 0
(2) →
119 x − 49 y + 63 = 0
117 x + 78 = 0
−78
2
=−
x=
117
3
3.b. En déduire que les droites (AP) et (QS) sont perpendiculaires et, que les segments [AP]
et [QS] sont de même longueur.
Interprétons de manière géométrique le quotient complexe précédent :
 s−q 
π
AP, QS = arg 
 = arg ( − i ) = − modulo 2π ⇒ ( AP ) ⊥ ( QS )
2
 p−a 
(
)
H ∈ ( BQ ) ⇔ det BH,BQ = 0 ⇔
Nous pouvons écrire :
s − q ( −6,5 − 1,5i ) − ( 0,5 + 2,5i ) −7 − 4i
=
=
p−a
4 − 7i
( 2 − 5 i ) − ( −2 + 2 i )
=
⇔ −7 xH − 14 − 4 yH + 8 = 0
De même :
s−q
= −i .
p−a
3.a. Démontrer que
( xH + 2 )( −7 ) − ( yH − 2 ) × 4 = 0
⇔ 7 xH + 4 yH + 6 = 0
le milieu de [BB'].
On admet que les affixes respectives de Q et P sont q =
)
117 y + 39 = 0
−39
1
=−
y=
117
3
 2 1
Regardons à présent si les coordonnées  − ; −  du point H font qu'il appartient à (CS).
 3 3
−5 / 3 −7,5  5 
7,5 7,5
 1
det CH, CS =
= − × ( −1,5 ) −  −  × ( −7,5 ) = −
+
=0
−1 / 3 −1,5  3 
3
3
3


Les vecteurs CH et CS étant colinéaires, le point H appartient à la droite (CS).
Conclusion : les trois droites non parallèles (AP), (BQ) et (CS) sont concourantes en H.
(
)
Une autre voie en remarquant l'astuce...mais il faut la voir !
Après avoir établi que les droites ( BQ ) et ( SP ) sont perpendiculaires ,
les droites ( CS ) et ( PQ ) sont perpendiculaires
Avec le produit
scalaire par
exemple...
alors, les trois droites (AP), (BQ) et (CS) sont les trois hauteurs du triangle SQP qui sont
concourantes en un point H qui est l'orthocentre de ce triangle.