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Nombres complexes - Bac S Pondichéry 2013

Exercice 3   (5 points)

Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct (O;u⃗,v⃗)\left(O; \vec{u}, \vec{v}\right).

On note ii le nombre complexe tel que i2=−1i^{2} = - 1.

On considère le point AA d'affixe zA=1z_{\text{A}}=1 et le point BB d'affixe zB=iz_{\text{B}}=i.

A tout point MM d'affixe zM=x+iyz_{M}=x+iy, avec xx et yy deux réels tels que y≠0y \neq 0, on associe le point M′M^{\prime} d'affixe zM′=−izMz_{M^{\prime}} = - i z_{M}.

On désigne par II le milieu du segment [AM]\left[AM\right].

Le but de l'exercice est de montrer que pour tout point MM n'appartenant pas à (OA)\left(OA\right), la médiane (OI)\left(OI\right) du triangle OAMOAM est aussi une hauteur du triangle OBM′OBM^{\prime} (propriété 1) et que BM′=2OIBM^{\prime}=2OI (propriété 2).

  1. Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend zM=2e−iπ3z_{M}=2e^{ - i\frac{\pi}{3}}.

    1. Déterminer la forme algébrique de zMz_{M}.

    2. Montrer que zM′=−3−iz_{M^{\prime}} = - \sqrt{3} - i.

      Déterminer le module et un argument de zM′z_{M^{\prime}}.

    3. Placer les points A,B,M,M′A, B, M, M^{\prime} et II dans le repère (O;u⃗,v⃗)\left(O; \vec{u}, \vec{v}\right) en prenant 2 cm pour unité graphique.

      Tracer la droite (OI)\left(OI\right) et vérifier rapidement les propriétés 1 et 2 à l'aide du graphique.

  2. On revient au cas général en prenant zM=x+iyz_{M}=x+iy avec y≠0y \neq 0.

    1. Déterminer l'affixe du point II en fonction de xx et yy.

    2. Déterminer l'affixe du point M′M^{\prime} en fonction de xx et yy.

    3. Écrire les coordonnées des points I,BI, B et M′M^{\prime}.

    4. Montrer que la droite (OI)\left(OI\right) est une hauteur du triangle OBM′OBM^{\prime}.

    5. Montrer que BM′=2OIBM^{\prime}=2OI.

Corrigé

    1. zM=2(cos(−π3)+isin(−π3))=2(12−i32)=1−i3z_{M}=2\left(\cos\left( - \frac{\pi }{3}\right)+i\sin\left( - \frac{\pi }{3}\right)\right)=2\left(\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=1 - i\sqrt{3}

    2. zM′=−izM=−i(1−i3)=−3−iz_{M^{\prime}}= - iz_{M}= - i\left(1 - i\sqrt{3}\right)= - \sqrt{3} - i

      ∣zM′∣=∣−izM∣=∣−i∣×∣zM∣=1×2=2|z_{M^{\prime}}|=| - iz_{M}|=| - i|\times |z_{M}|=1\times 2=2

      arg(zM′)=arg(−izM)\text{arg}\left(z_{M^{\prime}}\right)=\text{arg}\left( - iz_{M}\right) =arg(−i)+arg(zM)=3π2−π3=\text{arg}\left( - i\right)+\text{arg}\left(z_{M}\right)=\frac{3\pi }{2} - \frac{\pi }{3} =7π6(mod. 2π)=\frac{7\pi }{6} \left(\text{mod. } 2\pi \right)

    3. Bac S Pondichéry 2013

    1. zI=zA+zM2=1+x2+iy2z_{I}=\frac{z_{A}+z_{M}}{2}=\frac{1+x}{2}+i \frac{y}{2}

    2. zM′=−izM=−i(x+iy)=y−ixz_{M^{\prime}}= - iz_{M}= - i\left(x+iy\right)=y - ix

    3. I(1+x2;y2)I\left(\frac{1+x}{2} ; \frac{y}{2}\right)

      B(0;1)B\left(0;1\right)

      M′(y;−x)M^{\prime}\left(y ; - x\right)

    4. OI→(1+x2;y2)\overrightarrow{OI}\left(\frac{1+x}{2} ; \frac{y}{2}\right) et BM′→(y;−x−1)\overrightarrow{BM^{\prime}}\left(y ; - x - 1\right) donc

      OI→.BM′→=y×1+x2+(−x−1)×y2=0\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{BM^{\prime}}=y\times \frac{1+x}{2}+\left( - x - 1\right)\times \frac{y}{2}=0

      Les vecteurs OI→\overrightarrow{OI} et BM′→\overrightarrow{BM^{\prime}} sont orthogonaux donc la droite (OI)\left(OI\right) est une hauteur du triangle OBM′OBM^{\prime}.

    5. BM′=y2+(−1−x)2=x2+y2+2x+1BM^{\prime}= \sqrt{y^{2}+\left( - 1 - x\right)^{2}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}+2x+1}

      OI2=(1+x2)2+(y2)2=14(x2+y2+2x+1)OI^{2}=\left(\frac{1+x}{2}\right)^{2}+\left(\frac{y}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(x^{2}+y^{2}+2x+1\right)

      donc

      OI=12x2+y2+2x+1=12BM′OI=\frac{1}{2}\sqrt{x^{2}+y^{2}+2x+1}=\frac{1}{2}BM^{\prime}.

      Donc : BM′=2OIBM^{\prime}=2OI.

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