terminales.examen.sn

Vous êtes ici : Accueil

Corrigé 2012

Détails: Catégorie : géométrie plane

1. $A$ étant le symétrique de $F$ par rapport à $(D),$ on a $d(A,F) = 2 d(A, D)$ , le point $A$ est donc sur $(\mathcal{H})$ ; et comme la droite $(AF)$ est perpendiculaire à $(D)$ , $A$ est un sommet de $(\mathcal{H})$ .

Soit $H$ le milieu du segment $[FA]$ . Les points $F,A', H$ et $A$ appartiennent à une même perpendiculaire à $(D)$ .

Un point $M$ est un sommet de $(\mathcal{H})$ ssi il appartient à l'axe focal i.e à la droite $(FH)$ et $FM = 2 HM$ .

Cette dernière relation signifie que $\overrightarrow{FM}^2= 2^2\overrightarrow{HM}^2$ ou
$(\overrightarrow{FM} -2 \overrightarrow{HM})(\overrightarrow{FM} +2 \overrightarrow{HM})=0$ .

Les deux vecteurs $\overrightarrow{FM}-2\overrightarrow{HM}$ et $\overrightarrow{FM}+2\overrightarrow{HM}$ sont donc orthogonaux et puisqu'ils sont colinéaires, un de ces deux vecteurs est nul (et l'autre non nul).

Comme $\overrightarrow{FA}=2\overrightarrow{HA}$ , on doit avoir $\overrightarrow{FA'} = -2\overrightarrow{HA'}$ ; donc
$\begin{array}{llll} \overrightarrow{FA'} &=&2\overrightarrow{A'F}+ 2\overrightarrow{FH} &\\ &=&2\overrightarrow{A'F}+ \overrightarrow{FA} &\mbox{car } H\mbox{ est le milieu de } [F A] \end{array}{tex}$

Par conséquent $\overrightarrow{FA'}=\dfrac13 \overrightarrow{FA}$

$\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{AF}+ \overrightarrow{FA'} = -\overrightarrow{FA} +\dfrac 13\overrightarrow{FA}= \dfrac 23 \overrightarrow{FA}$

Le point $\Omega$ est le milieu du segment $[AA '].$

La construction des asymptotes n'est pas demandée. (Leur réunion a pour équation $(x-a)^2-\dfrac13(3y-b)^2 =0$ dans le repère de l'exercice avec $F(a, b)$ )

2.a. Un point $M$ du plan d'affixe $z = x+iy$ appartient à $(\mathcal{C})$ si et seulement si $OM = OF$ c'est à dire $|z| = |a|$ ou $z \bar z =a \bar a$

Un point $M$ du plan d'affixe $z = x+iy$ appartient à $(\mathcal{H})$ si et seulement si $AF = 2\ d(M,D)$ c'est à dire $|z-a| =2 |y|$ ou $(z -a)( \bar z - \bar a )=4 \Big[\dfrac 1{2 i}(z -\bar z)\Big]^2$ .

Finalement $M$ appartient à $(\mathcal{H})$ ssi $(z -a)( \bar z - \bar a ) + (z -\bar z) ^2 =0$ .

b. Un point $M$ du plan d'affixe $z$ appartient à $(\mathcal{C}) \cap (\mathcal{H})$ ssi
$\left\{\begin{array}{lll} z\bar z - a\bar a &=&0\\ (z-a) (\bar z-\bar a)+(z-\bar z)^2 &=&0\\ \end{array}\right.$

Dans la première relation, tirons $\bar z$ en fonction de $z$ , mettons cette valeur dans la deuxième relation, multiplions par $z^2$ et développons; alors
$M$ appartient à $(\mathcal{C}) \cap (\mathcal{H})$ ssi
$\left\{\begin{array}{lll} z\bar z - a\bar a &=&0\\ z^4 -\bar a z^3 -a^2\bar a z +a^2\bar a^2 &=&0\\ \end{array}\right.$

Puisque le point $A$ dont l'affixe est $\bar a$ appartient à
$(\mathcal{C}) \cap (\mathcal{H})$ , $\bar a$ est solution de chacune des deux équations. On peut donc mettre $z-\bar a$ en facteur dans le polynôme $z^4 -\bar a z^3 -a^2\bar a z +a^2\bar a^2$ comme le suggère la question posée.

En procédant par identification ou par division euclidienne, on trouve $z^4 -\bar a z^3 -a^2\bar a z +a^2\bar a^2 = (z-\bar a)(z^3-a^2\bar a)$ par conséquent
$\begin{array}{lll } M \in (\mathcal{C}) \cap (\mathcal{H}) &\Leftrightarrow & \left\{\begin{array}{lll} z \bar z - a\bar a &=&0\\ (z-\bar a)(z^3-a^2\bar a)&=&0\\ \end{array}\right. \end{array}$

On peut donc prendre $k = a^2\bar a$

c. Puisque $k = a^2\bar a,\; |k| = |a|^3 = r^3,\; \arg k = \arg (a^2) + \arg (\bar a )= 2\theta-\theta =\theta$ et $k = r^3\mbox{ e}^{i\theta}$

$\bar a$ est une solution de l'équation $z-\bar a$ .

L'équation $z^3-a^2\bar a = 0$ est équivalente à $z^3 = r ^3 \mbox{e}^{i\theta}$ soit $z = r \mbox{e}^{i(\theta+2\ell \pi)/3},\; \ell \in \Z$ .

Cette équation a donc trois solutions : $z_1 = r \mbox{e}^{i \theta /3},\; z_2= r \mbox{e}^{ i(\theta+2 \pi) /3}$ et $z_3 =r \mbox{e}^{ i(\theta+4 \pi) /3 }$
et comme pour tout $p \in \set{1, 2,3},\; z_p\bar z_p = r^2 = a\bar a$ , les trois complexes $z_p$ sont bien solutions du système.

Pour montrer que les points $M_p$ ayant pour affixes les $z_p$ forment un triangle équilatéral il suffit de vérifier que $\dfrac{z_1-z_2}{z_1-z_3} = \mbox{e}^{i\pi/3}$ ou $\mbox{e}^{-i\pi/3}$

$\dfrac{z_1-z_2}{z_1-z_3} = \dfrac{\mbox{e}^{i \theta /3} -\mbox{e}^{i(\theta+2 \pi )/3 }}{\mbox{e}^{i \theta /3}-\mbox{e}^{i(\theta+4 \pi) /3 }} = \dfrac{1 -\mbox{e}^{2i \pi /3 }}{1-\mbox{e}^{ 4i \pi /3 }} = \dfrac{\mbox{e}^{i\pi/3}}{\mbox{e}^{2i\pi/3}}\dfrac{\mbox{e}^{-i\pi/3} -\mbox{e}^{ i \pi /3 }}{\mbox{e}^{-2i\pi/3}-\mbox{e}^{ 2i \pi /3 }}= \mbox{e}^{-i\pi/3}\; \dfrac{2i\sin(\pi /3)} {2i\sin(2\pi /3)}=\mbox{e}^{-i\pi/3}$

Remarque 1.

1. Lorsque l'on prend comme origine $O$ l'intersection de $(FA)$ et de $(D)$ , alors $\arg F =\pi/2$ ou $-\pi/2$ et $A$ est confondu avec l'un des $M_p$

2. Les trois complexes $z_p$ vérifient $z_1 = z_1 . 1,\;z_2 = z_1 j$ et $z_2 = z_1 j^2$ avec $j =\mbox{e}^{2 i\pi/3}$ .

$N_1, N_2$ et $N_3$ étant les points d'affixes respectives $1, j, j^2$ , le triangle $M_1M_3M_3$ est l'image du triangle $N_1N_3N_3$ par la similitude de centre $O$ de rapport $|z_1|=r$ et d'angle $\arg z_1 = \theta/3.$

Puisque le triangle $N_1N_3N_3$ est équilatéral, il en est de même du triangle $M_1M_3M_3$ .

EXAMEN.SN V2.0 © RESAFAD SENEGAL Creative Commons License - Avenue Bourguiba x rue 14 Castors, Dakar (Sénégal) - Tél/Fax : +221 33864 62 33