Dans le plan muni d’un repère orthonormé direct \((O,\overrightarrow{\imath},\overrightarrow{\jmath})\), on considère un cercle de centre \(O\) sur lequel on place, dans le sens trigonométrique direct, 6 points distincts \(A,B,C,D,E\) et \(F\) de façon à ce que les triangles \(OAB\), \(OCD\) et \(OEF\) soient équilatéraux. On note \(M,N\) et \(P\) les milieux respectifs de \(\left[BC\right]\), \(\left[DE\right]\) et \(\left[FA\right]\). On veut montrer que \(MNP\) est équilatéral.

  1. Effectuer un dessin à la règle et au compas.

  2. On note \(z\), \(z'\) et \(z''\) les affixes respectives de \(A\),\(C\) et \(E\). Donner les affixes \(z_B\), \(z_D\) et \(z_F\) des points \(B\), \(D\) et \(F\) en fonction de \(z\), \(z'\) et \(z''\).

  3. Donner les affixes \(z_M\), \(z_N\) et \(z_P\) des points \(M\),\(N\) et \(P\) en fonction de \(z\), \(z'\) et \(z''\).

  4. Conclure (on pourra utiliser l’exercice ).


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[ID: 61] [Date de publication: 27 novembre 2020 16:53] [Catégorie(s): Application des nombres complexes à la géométrie ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 2 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]




Solution(s)

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Exercice 432
Par emmanuel le 27 novembre 2020 16:53
  1. Le triangle \(OAB\) est équilatéral. Par conséquent, \(\boxed{z_B=e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}z}\). De même, on montre que \(\boxed{z_D=e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}z'}\) et \(\boxed{z_F=e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}z''}\).

  2. Comme \(M\) est le milieu de \(\left[BC\right]\), \(z_M={\scriptstyle z_B+z_C\over\scriptstyle 2}=\boxed{{\scriptstyle e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}z+z'\over\scriptstyle 2}}\). De même, on montre que : \(z_N=\boxed{{\scriptstyle e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}z'+z''\over\scriptstyle 2}}\) et que \(z_P=\boxed{{\scriptstyle e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}z''+z\over\scriptstyle 2}}\).

  3. On utilise le critère prouvé dans l’exercice . Pour montrer que \(MNP\) est équilatéral, il suffit de montrer que \(z_M+j z_N+j^2 z_P=0\). On a : \[\begin{aligned} a_M+jz_N+j^2 z_P&=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\left(e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}z+z' +j\left(e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}z'+z''\right)+j^2\left({\scriptstyle e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}z''+z\over\scriptstyle 2}\right) \right)\\ &=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} \left( \underbrace{\left(e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}+j^2\right)}_{\alpha}z+\underbrace{\left(1+je^{i{\scriptstyle \pi\over\scriptstyle 3}}\right)}_{\beta}z`' +\underbrace{ \left( j+j^2e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}} \right) }_{\gamma} z''\right)\end{aligned}\] mais

    • \(j^2=-\left(1+j\right)=-e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}\) donc \(\alpha=0\).

    • \(je^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}=j\left(1+j\right)=j+j^2=-1\) donc \(\beta=0\).

    • \(j^2 e^{i{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}=j^2\left(1+j\right)=j^2+1=-j\) donc \(\gamma=0\).

    ce qui prouve le résultat.


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