Ultrabac Terminale S - Second exercice du sujet Polynésie juin 2012

Ultrabac Terminale S – Second exercice du sujet Polynésie juin 2012 Page 1 sur 2
Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormé direct
(
)
O; ,
u v
, on considère les
points A, B et C d'affixes respectives
2 2 3 6 1
a b c
= − + = − − =
i i .
La figure de l'exercice est tracée ci-dessous. Elle peut servir à émettre des conjectures, à
vérifier des résultats.
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 :
(
)
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
3 2
3 6 1 4 6
2 2 1 3 2
4 6 12 8 18 12 12
3 2 3 2 3 2
b c
a c
× − −
×
− − −
− − −
= =
− − + − − +
− − + + +
= = =
− + − − − − −
i
ii
i i
ii
ii i
i i 26 12+ −i
( )
26
2
9 4 13
= =
− −
i
i
A partir de là, comme
( )
( )
CA, CB arg arg 2 modulo 2
2
b c
a c
− π
= = = π
−
  i
alors, le triangle ABC est rectangle en C.
De plus, comme
CB
2 2
CA
b c
a c
−
= = =
−i
, alors le triangle ABC n'est pas isocèle.
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...
2.a. Donner l'écriture complexe de la rotation r de centre B et d'angle
2
π
.
Dire que le point M d'affixe z a pour image le point
M
′
d'affixe
z
′
par la rotation r de
centre B et d'angle
2
π
équivaut à dire que les affixes de ces points sont liées par :
( ) ( )
2
3 6 3 6 3 6 3 6
9 3
z b e z b z z z z
z z
π
′ ′ ′
− = × − ⇔ + + = × + + ⇔ + + = × + −
′
⇔ = × − −
i
i i i i i i
i i
2.b. En déduire l'affixe du point A' image du point A par r.
L'affixe
a
′
du point A' est donnée par :
(
)
9 3 2 2 9 3 2 2 9 3 11 5
a a
′
= × − − = × − + − − = − − − − = − −
i i i i i i i i
2.c. Vérifier que l'affixe s du point S milieu de [AA'] est
13 3
2 2
s = − −
i
.
Comme S est le milieu du segment [AA'], alors son affixe s est donnée par :
(
)
(
)
2 2 11 5
13 3 13 3
2 2 2 2 2
a a
s− + + − −
′
+ − −
= = = = − −
i i i
i
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 :
(
)
(
)
2 2 3 6 5 4
2,5 2
2 2 2
a b
k− + + − −
+ − −
= = = = − −
i i i
i
Et son rayon est :
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1 1
AB 3 6 2 2
2 2 2
1 1 1 65
1 8 1 8 1 64
2 2 2 2
rayon b a= × = × − = × − − − − +
= × − − = × − + − = × + =
i i
i
Reste à voir si le point S appartient à ce cercle. Pour ce faire, nous devons calculer la
distance le séparant du centre K.
u
v
x
y
O
A
B
C
A'
S
C'
Q
B'
P
Où faut
-
il s'arrêter ?

Ultrabac Terminale S – Second exercice du sujet Polynésie juin 2012 Page 2 sur 2
(
)
(
)
( )
22
KS 6,5 1,5 2,5 2 4 0,5
65 65
4 0,5 16 0, 25 16, 25 4 2
s k
rayon
= − = − − − − − = − +
= − + = + = = = =
i i i
Conclusion : le point S appartient au cercle de centre K et de rayon
65
2
qui est
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
2
π
,
Q est le milieu de [CC'], B' est l'image de B par la rotation de centre C et d'angle
2
π
et P est
le milieu de [BB'].
On admet que les affixes respectives de Q et P sont
1 5
2 2
q= +
i
et
2 5
p
= −
i
.
3.a. Démontrer que s q
p a
−
= −
−
i
.
Nous pouvons écrire :
(
)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
2
6,5 1,5 0,5 2,5 7 4
2 5 2 2 4
4 7
7
7 4 28 49 1
4
6 28 28
4 7 4 77
s q
p a
− − − +
− − −
= =
− − − − + −
− − − − − − × +
× +
−
= = =
−−
i i i
i i i
ii i i
ii
i
i
65 28− +i
( )
65
16 49
−
=
− − 65
i
= −
i
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 :
( )
( ) ( ) ( )
AP,QS arg arg modulo 2 AP QS
2
QS 1 QS AP
AP
s q
p a
s q
p a
− π
= = − = − π ⇒ ⊥
−
−
= = − = ⇒ =
−
i
i
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 H
H ;
x y
le point d'intersection des droites (AP) et (BQ).
(
)
( )
( )( ) ( )
H
H
H H H H
H H
H AP Les vecteurs AH et AP sont colinéaires
2 4
det AH,AP 0 0
2 7
2 7 2 4 0 7 14 4 8 0
7 4 6 0
x
y
x y x y
x y
∈ ⇔
+
⇔ = ⇔ =
− −
⇔ + − − − × = ⇔ − − − + =
⇔ + + =
De même :
( )
( )
( ) ( )
H
H
H H H H
H H
H H
3 3,5
H BQ det BH,BQ 0 0
6 8,5
3 8,5 6 3,5 0 8,5 25,5 3,5 21 0
8,5 3, 5 4,5 0
17 7 9 0
x
y
x y x y
x y
x y
+
∈ ⇔ = ⇔ =
+
⇔ + × − + × = ⇔ + − − =
⇔ − + =
⇔ − + =
Les coordonnées du point H sont les solutions du système
( )
7 4 6 0
17 7 9 0
x y
Sx y
+ + =
− + =
(1)
(2)
Résolvons ce système par un double coup de combinaisons linéaires.
7 17
4 7
et
49 28 42 0 119 68 102 0
68 28 36 0 119 49 63 0
117 78 0 117 39 0
78 2 39 1
117 3 117 3
x y x y
x y x y
x y
x y
× ×
× ×
→ → + + = + + =
− + = − + =
+ = + =
− −
= = − = −
→ →
=
(1) (1)
(2) (2)
⊕ ⊖
Regardons à présent si les coordonnées
2 1
;
3 3
− −
du point H font qu'il appartient à (CS).
( )
( ) ( )
5 / 3 7, 5 5 1 7,5
det CH, CS 1, 5 7,5
1/ 3 1,5 3 3 3
− −    
= = − × − − − × − = −
− −    
7,5
3
+
0
=
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 perpendiculair
es
les droites CS et PQ sont perpendiculair
es
,
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.
Avec le produit
scalaire par
exemple...
Le déterminant comme
test de colinéarité...