Nombres complexes et géométrie sous formes de problèmes - Exercice 5

$$\blue{\text{Première méthode .}}$$
$$\red{\text{D'une part :}}$$
$$z_{\overrightarrow{AB} } =z_{B} -z_{A}$$ équivaut successivement à
$$z_{\overrightarrow{AB} } =-1+\sqrt{3} -1-i$$

$$\red{\text{D'autre part :}}$$
$$z_{\overrightarrow{AC} } =z_{C} -z_{A}$$
$$z_{\overrightarrow{AC} } =-i\left(1+\sqrt{3} \right)-1-i$$
$$z_{\overrightarrow{AC} } =-i-\sqrt{3}i -1-i$$

Nous allons maintenant faire le quotient des parties réelles de $$z_{\overrightarrow{AB} }$$ et de $$z_{\overrightarrow{AC} }$$ et le des parties imaginaires de $$z_{\overrightarrow{AB} }$$ et de $$z_{\overrightarrow{AC} }$$.
Si les deux quotient sont égaux alors les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$et $$\overrightarrow{AC}$$ seront colinéaires et donc les points $$A,B$$ et $$C$$ sont alignés.
Quotient des parties réelles
$$\frac{Re\left(z_{\overrightarrow{AB} } \right)}{Re\left(z_{\overrightarrow{AC} } \right)} =\frac{-2+\sqrt{3} }{-1}$$ équivaut successivement à

Quotient des parties réelles
$$\frac{Im\left(z_{\overrightarrow{AB} } \right)}{Im\left(z_{\overrightarrow{AC} } \right)} =\frac{-1}{-2-\sqrt{3} }$$ d'où
$$\frac{Im\left(z_{\overrightarrow{AB} } \right)}{Im\left(z_{\overrightarrow{AC} } \right)} =\frac{-1\left(-2+\sqrt{3} \right)}{\left(-2-\sqrt{3} \right)\left(-2+\sqrt{3} \right)}$$ (ici on multiplie par $$-2+\sqrt{3}$$ afin de faire apparaitre au dénominateur l'identité remarquable $$a^{2} -b^{2}$$)
On a donc
$$\frac{Im\left(z_{\overrightarrow{AB} } \right)}{Im\left(z_{\overrightarrow{AC} } \right)} =\frac{-1\left(-2+\sqrt{3} \right)}{\left(-2-\sqrt{3} \right)\left(-2+\sqrt{3} \right)}$$ équivaut successivement à
$$\frac{Im\left(z_{\overrightarrow{AB} } \right)}{Im\left(z_{\overrightarrow{AC} } \right)} =\frac{-1\left(-2+\sqrt{3} \right)}{\left(-2\right)^{2} -\left(\sqrt{3} \right)^{2} }$$

On en conclut que les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$ sont colinéaires car

Finalement, les points $$A,B$$ et $$C$$ sont alignés.
$$\blue{\text{Deuxième méthode .}}$$
Calculer $$\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} }$$
En déduire que les points $$A,B$$ et $$C$$ sont alignés.
$$\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{1+i-\left(-i\left(1+\sqrt{3} \right)\right)}{-1+\sqrt{3} -\left(-i\left(1+\sqrt{3} \right)\right)}$$
$$\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{1+i+i+i\sqrt{3} }{-1+\sqrt{3} +i+i\sqrt{3} }$$
$$\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{1+2i+i\sqrt{3} }{-1+\sqrt{3} +i+i\sqrt{3} }$$
On multiplie par le conjugué du dénominateur
$$\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{\left(1+2i+i\sqrt{3} \right)\left(-1+\sqrt{3} -i-i\sqrt{3} \right)}{\left(-1+\sqrt{3} +i+i\sqrt{3} \right)\left(-1+\sqrt{3} -i-i\sqrt{3} \right)}$$
$$\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } =\frac{1+\sqrt{3} }{2}$$
Donnons son module et son argument.
D'une part $$\left|\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right|=\left|\frac{1+\sqrt{3} }{2} \right|$$ donc $$\left|\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right|=\frac{1+\sqrt{3} }{2}$$.
D'autre part $$\arg \left(\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right)=\arg \left(\frac{1+\sqrt{3} }{2} \right)$$ .
Autrement dit
$$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{\left(\frac{1+\sqrt{3} }{2} \right)}{\left(\frac{1+\sqrt{3} }{2} \right)} } \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {\frac{0}{\left(\frac{1+\sqrt{3} }{2} \right)} } \end{array}\right.$$
d'où $$\left\{\begin{array}{ccc} {\cos \left(\theta \right)} & {=} & {1} \\ {\sin \left(\theta \right)} & {=} & {0} \end{array}\right.$$
Avec le cercle trigonométrique on en déduit que $$\theta =0\left[2\pi \right]$$ ou encore $$\arg \left(\frac{z_{A} -z_{C} }{z_{B} -z_{C} } \right)=0\left[2\pi \right]$$
On a alors $$\left(\overrightarrow{CB} ;\overrightarrow{CA} \right)=0\left[2\pi \right]$$
Finalement, les points $$A,B$$ et $$C$$ sont alignés.