Baccalauréat S Amérique du Sud 21 novembre 2017 - Correction Exercice 4

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Correction de l'exercice 4 3 points


Commun à tous les candidats


Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormé direct $\left(\text{O},~\vec{u},~\vec{v}\right)$, on considère les points A et B d'affixes respectives $z_{\text{A}} = 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$ et $z_{\text{B}} = 2\text{e}^{\text{i}\frac{3\pi}{4}}$

  1. Montrer que OAB est un triangle rectangle isocèle.
  2. $\dfrac{z_B-z_O}{z_A-z_O}=\dfrac{2\text{e}^{\text{i} \pi/4}}{2\text{e}^{3\text{i} \pi/4}}=\text{e}^{\text{i} \pi/2}$.
    Par conséquent $\left(\vec{OA};\vec{OB}\right)=$arg$\left(\dfrac{z_B-z_O}{z_A-z_O}\right)=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$ avec $k\in \mathbb{Z}$.
    De plus $\left|\dfrac{z_B-z_O}{z_A-z_O}\right|=1$.
    Le triangle $OAB$ est donc rectangle isocèle en $O$.
    $\quad$
  3. On considère l'équation \[(E) \::\: z^2 - \sqrt{6}\,z + 2 = 0.\] Montrer qu'une des solutions de $(E)$ est l'affixe d'un point situé sur le cercle circonscrit au triangle OAB.
  4. Le centre $I$ du cercle circonscrit au triangle $OAB$ est le milieu de l’hypoténuse $[AB]$.
    Par conséquent
    $\begin{align*}z_I&=\dfrac{z_A+z_B}{2}\\
    &=\dfrac{2\left(\cos \dfrac{\pi}{4}+\text{i} \sin \dfrac{\pi}{4}\right)+2\left(\cos \dfrac{3\pi}{4}+\text{i} \sin \dfrac{3\pi}{4}\right)}{2}\\
    &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\text{i} \dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\text{i} \dfrac{\sqrt{2}}{2}\\
    &=\text{i}\sqrt{2}
    \end{align*}$
    $OA=\left|z_A\right|=2$.
    On applique le théorème de Pythagore dans le triangle $OAB$ : $AB^2=OA^2+OB^2=8$.
    Donc $AB=2\sqrt{2}$.
    Le rayon du cercle circonscrit au cercle $OAB$ est donc $R=\dfrac{AB}{2}=\sqrt{2}$.
    On considère l’équation $(E)~~ :~~ z^2-\sqrt{6}z+2=0$
    $\Delta=6-8=-2<0$
    Il y a donc deux solutions complexes :
    $z_1=\dfrac{\sqrt{6}-\text{i}\sqrt{2}}{2}$ et $z_2=\overline{z_1}=\dfrac{\sqrt{6}+\text{i}\sqrt{2}}{2}$
    $\begin{align*} \left|z_2-z_I\right|&=\left|\dfrac{\sqrt{6}+\text{i}\sqrt{2}}{2}-\text{i}\sqrt{2}\right| \\
    &=\left|\dfrac{\sqrt{6}-\text{i}\sqrt{2}}{2}\right|\\
    &=\sqrt{\dfrac{6+2}{4}}\\
    &=\sqrt{2}\\
    &=R
    \end{align*}$
    Ainsi le point d’affixe $z_2$ appartient au cercle circonscrit au triangle $OAB$.
    $\quad$

 

Exercice 5
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