1. a pour affixe
.
B^\prime = f(B) a pour affixe .
2. Le point O est invariant par f. Un point M distinct de O, d’affixe z est invariant par f si et seulement si .
E est donc l’ensemble des cercles de centre O et de rayon
3. L’affixe de C est
. Un point M d’affixe z appartient à
si et seulement si z et
ont même argument c’est à dire si et seulement si
, a avec a réel > 0
Un point M(z) de et son image M^\prime(z^\prime) sont symétriques par rapport à
si et seulement si
.
4. a. .
.
b. La suite est la suite arithmétique de premier terme
et de raison
.
c. .
5. a. M(z) appartient à et est symétrique avec son image par rapport
si et seulement s’il existe
tel que
. Donc un point M(z) appartient à
et est symétrique avec son image par rapport
si et seulement s’il existe
tel que :
b. Soit M(z) un point de et M^\prime(z^\prime) son image par f.
Alors |z^\prime| = |z| puisque .
Donc si |z| est compris entre et
, il en est de même de |z^\prime|. Autrement dit si M
appartient à , son image appartient à
.
1. Soit M un point du plan.pan![]()
![]()
![]()
Faisons intervenir les barycentreet
des systèmes
et
respectives.
Alors![]()
E est donc le cercle de diamètre
L'ensemble F est l'arc capable d par les points A, B et l'angle. Soit T l'unique demi droite d'origine
telle que pour tout point P de T, on a :
signons par H l'intersection de la médiatrice de [ AB] avec la perpendiculaire à T passant par A et
par C le cercle de centre H et de rayon HA . Alorsest l'arc de C mit A et B tel que F et T se trouvent dans des demi plans distincts de frontière (AB).
3.a) D étant l'image de B par l'hométhétie de centre A et de rapport
,
.
On en déduit que
.
C étant l'image de B par la rotation de centre A et d'angle
on a AC = AB et ![(\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC})\frac{3}{4}\pi (\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC})\frac{3}{4}\pi](http://latex.codecogs.com/gif.latex?%28%5Coverrightarrow%20%7BAB%7D%2C%5Coverrightarrow%20%7BAC%7D%29%5Cfrac%7B3%7D%7B4%7D%5Cpi)
Dans le tableau suivant les points de la deuxième ligne sont les image s par s des points de la première ligne.
![\begin{tabular}{|c|c|c|}\hline A&C&I \\\hline B&D&I\\\hline\end{tabular} \begin{tabular}{|c|c|c|}\hline A&C&I \\\hline B&D&I\\\hline\end{tabular}](http://latex.codecogs.com/gif.latex?%5Cbegin%7Btabular%7D%7B%7Cc%7Cc%7Cc%7C%7D%5Chline%20A%26C%26I%20%5C%5C%5Chline%20B%26D%26I%5C%5C%5Chline%5Cend%7Btabular%7D)
Le rapport de s estest son angle est modulo
:
![]()
Le rapport est deet son angle est
![]()
b) On a aussi= rapport de s c'est à dire
= 4 ou I appartient à
![]()
Puis= angle de s c'est à dire
ou I appartient
.
I est donc le seul point d'intersection deet de
On a encore
= angle de s c'est à dire
On a encore= angle de s c'est à diere
![]()
D'autre part= - angle de s c'est à dire
On en déduit en faisant la différence c'est à dire
Donc les point I,A,C et D sont cocycliques, autrement dit I appartient au cercle circonscrit au triangle ACD.
1.a. Le point est tel que
.
Donc le point est entièrement défini par la relation
;
est tel que
soit un parallélogramme.
Le point est tel que
.
Donc le point est entièrement défini par la relation
;
est tel que
soit un parallélogramme.
La droite est une droite des milieux pour le triangle
, donc
a même nature que
:
est équilatéral direct
La droite est la médiatrice du segment
parce que le triangle
est équlatérale. Donc, puisque
est le milieu de
, l'image
du triangle équilatérale direct
par la symétrie orthogonale d'axe
est un triangle équilatérale indirect.
est la rotation de centre
et d'angle
. Donc
.
Ensuite, .
On sait que est une rotation de même angle que
=
.
La relation et
est équilatéral direct entraîne que le centre de
est
.
est la rotation de centre
et d'angle
On en déduit, puisque que {le triangle
est équilatéral direct}.
2. Antécédent
Image par
a. L'angle de est
L'angle de
est
Le rapport de est
. Or
. Donc le rapport de
est
.
On a angle de
.
rapport de
.
Les trois conditions:
suffisent pour dire que
b. Puisque les similitudes planes directes conservent les angles, on peut lire dans le tableau précédent que:
angle de =
.
Or parce que le point
appartient au segment
.
Donc
et comme les quatre points et
ne sont pas alignés, ils sont cocycliques.
De même = angle de
=
.
D'un autre côté, la droite étant la bissectice du triangle équilatérale indirect
, l'angle
vaut
.
On en déduit que puis que les points
et
sont cocycliques
En résumé, le point appartient à l'intersection des deux cercles
et
; où
est le cercle contenant les points
et
et
le cercle contenant les points
et
.
De plus le point est différent de
parce que
est fixé par
et
non.
Ces conditions définissent parfaitement le point
1. étant le symétrique de
par rapport à
on a
, le point
est donc sur
; et comme la droite
est perpendiculaire à
,
est un sommet de
.
Soit le milieu du segment
. Les points
et
appartiennent à une même perpendiculaire à
.
Un point est un sommet de
ssi il appartient à l'axe focal i.e à la droite
et
.
Cette dernière relation signifie que ou
.
Les deux vecteurs et
sont donc orthogonaux et puisqu'ils sont colinéaires, un de ces deux vecteurs est nul (et l'autre non nul).
Comme , on doit avoir
; donc
Par conséquent
Le point est le milieu du segment
La construction des asymptotes n'est pas demandée. (Leur réunion a pour équation dans le repère de l'exercice avec
)
2.a. Un point du plan d'affixe
appartient à
si et seulement si
c'est à dire
ou
Un point du plan d'affixe
appartient à
si et seulement si
c'est à dire
ou
.
Finalement appartient à
ssi
.
b. Un point du plan d'affixe
appartient à
ssi
Dans la première relation, tirons en fonction de
, mettons cette valeur dans la deuxième relation, multiplions par
et développons; alors
appartient à
ssi
Puisque le point dont l'affixe est
appartient à
,
est solution de chacune des deux équations. On peut donc mettre
en facteur dans le polynôme
comme le suggère la question posée.
En procédant par identification ou par division euclidienne, on trouve par conséquent
On peut donc prendre
c. Puisque et
est une solution de l'équation
.
L'équation est équivalente à
soit
.
Cette équation a donc trois solutions : et
et comme pour tout , les trois complexes
sont bien solutions du système.
Pour montrer que les points ayant pour affixes les
forment un triangle équilatéral il suffit de vérifier que
ou
Remarque 1.
1. Lorsque l'on prend comme origine l'intersection de
et de
, alors
ou
et
est confondu avec l'un des
2. Les trois complexes vérifient
et
avec
.
et
étant les points d'affixes respectives
, le triangle
est l'image du triangle
par la similitude de centre
de rapport
et d'angle
Puisque le triangle est équilatéral, il en est de même du triangle
.
1. Puisque
Donc {
est bien imaginaire pur.
est bien imaginaire pur.}
2. a. Le rapport de est
Puisque et
ont pour images respectives
et
par
, on a :
; donc {
.}
b. Le rapport de est
et
ont pour images respectives
et
par
.
On a donc : ; donc
.
c. D'après la première question on a :
{}
3. a. Le centre de étant le point
l'écriture complexe de
est
,
nombre complexe à déterminer.
a pour image
se traduit par :
; donc
; donc
et
l'écriture complexe de est :
a pour affixe
.
a pour affixe
.
a pour affixe
.
Par conséquent :
Le vecteur a pour affixe
{Le vecteur a donc pour affixe
}
Le vecteur a pour affixe
.
{Le vecteur a donc pour affixe
. }
Puisque est imaginaire pur, le vecteur
est un directeur de la droite
;
{le point appartient donc à la droite
.}
4. Puisque est imaginaire pur,
est réel pur,
{le vecteur est donc orthogonal de la droite
.}
On en déduit que le point est bien le projeté orthogonal de
sur
.
a. La relation (\ref{EqParabole}) devient .
Donc { appartient à la parabole de foyer
et de directrice la droite
.}
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