Nombres complexes : point de vue géométrique

Nombres complexes et géométrie sous formes de problèmes - Exercice 3

15 min
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COMPETENCES‾  :  1°)  Repreˊsenter.{\color{red}\underline{COMPETENCES}\;:\;1°)\;Représenter.}     \;\; 2°)  Calculer.{\color{red}2°)\;Calculer.}     \;\;3°)  Raisonner.{\color{red}3°)\;Raisonner.}
On considère les points A,BA,B et CC d'affixes respectifs zA=−4z_{A} =-4, zB=−1+i3z_{B} =-1+i\sqrt{3} , zC=−1−3iz_{C} =-1-\sqrt{3} i.
Question 1

Calculer zA−zCzB−zC\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } .

Correction
zA−zCzB−zC=−4−(−1−i3)−1+i3−(−1−i3)\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{-4-\left(-1-i\sqrt{3} \right)}{-1+i\sqrt{3} -\left(-1-i\sqrt{3} \right)} équivaut successivement à
zA−zCzB−zC=−3+i32i3\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{-3+i\sqrt{3} }{2i\sqrt{3} }
zA−zCzB−zC=(−3+i3)(−2i3)(2i3)(−2i3)\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{\left(-3+i\sqrt{3} \right)\left(-2i\sqrt{3} \right)}{\left(2i\sqrt{3} \right)\left(-2i\sqrt{3} \right)}
zA−zCzB−zC=6i3−2i23×3(23)2\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{6i\sqrt{3} -2i^{2} \sqrt{3} \times \sqrt{3} }{\left(2\sqrt{3} \right)^{2} }
zA−zCzB−zC=6i3+2×312\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{6i\sqrt{3} +2\times 3}{12}
zA−zCzB−zC=6i3+612\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{6i\sqrt{3} +6}{12}
zA−zCzB−zC=12+i32\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{1}{2} +i\frac{\sqrt{3} }{2}
Question 2

En déduire la nature du triangle ABCABC

Correction
Une fois que l'on a la forme algébrique de zA−zCzB−zC\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } , on va donner son module et son argument.
∣zA−zCzB−zC∣=∣12+i32∣\left|\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right|=\left|\frac{1}{2} +i\frac{\sqrt{3} }{2} \right| équivaut successivement à
∣zA−zCzB−zC∣=(12)2+(32)2\left|\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right|=\sqrt{\left(\frac{1}{2} \right)^{2} +\left(\frac{\sqrt{3} }{2} \right)^{2} }
∣zA−zCzB−zC∣=1\left|\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right|=1

Pour l'argument θ\theta on sait que {cos⁡(θ)=(12)1sin⁡(θ)=(32)1\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\left(\frac{1}{2} \right)}{1} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\left(\frac{\sqrt{3} }{2} \right)}{1} } \end{array}\right.
On a donc {cos⁡(θ)=12sin⁡(θ)=32\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{1}{2} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\sqrt{3} }{2} } \end{array}\right.
Avec le cercle trigonométrique on en déduit que θ=π3[2π]\theta =\frac{\pi }{3} \left[2\pi \right] ou encore
arg⁡(zA−zCzB−zC)=π3[2π]\arg \left(\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right)=\frac{\pi }{3} \left[2\pi \right]
 D’une part :\red{\text{ D'une part :}}
∣zA−zCzB−zC∣=1\left|\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right|=1 équivaut successivement à
∣zA−zC∣∣zB−zC∣=1\frac{\left|z_{A} -z_{C} \right|}{\left|z_{B} -z_{C} \right|} =1
∣zA−zC∣=∣zB−zC∣\left|z_{A} -z_{C} \right|=\left|z_{B} -z_{C} \right|
Ainsi
AC=BCAC=BC

Le triangle est donc isocèle en CC.
 D’autre part :\red{\text{ D'autre part :}}
arg⁡(zA−zCzB−zC)=π3[2π]\arg \left(\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right)=\frac{\pi }{3} \left[2\pi \right], ainsi (CB→;CA→)=π3[2π]\left(\overrightarrow{CB} ;\overrightarrow{CA} \right)=\frac{\pi }{3} \left[2\pi \right]
Cela signifie que l'angle C^=π3\widehat{C}=\frac{\pi }{3}
Nous avons donc un triangle isocèle en CC dont l'angle C^=π3\widehat{C}=\frac{\pi }{3} , on en déduit que le triangle et alors équilatéral car les angles à la base dans un triangle isocèle sont égaux.