Fiche de mathématiques
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Bac Tunisie

Section Sciences Techniques

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Coefficient : 3

Durée : 3 heures


3 points

exercice 1

Bac Tunisie Sciences techniques 2021 : image 3

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6 points

exercice 2

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5 points

exercice 3

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6 points

exercice 4

Bac Tunisie Sciences techniques 2021 : image 1

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ANNEXE A RENDRE AVEC LA COPIE


Figure 1

Bac Tunisie Sciences techniques 2021 : image 7


Figure 2

Bac Tunisie Sciences techniques 2021 : image 4





Bac Tunisie Sciences techniques 2021

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3 points

exercice 1

On donne ci-dessous le tableau de variations d'une fonction numérique f .
(C ) représente la courbe représentative de f  dans un repère orthonormé.

\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccccccc|}\hline &&&&&&&&&\\ x&-\infty&&-1&&1&&3&&+\infty\\&&&&&&&&&\\\hline&&&||&&|&&|&&\\ f'(x)&&+&||&+&\Phi&-&\Phi&+&\\&&&||&&|&&|&&\\\hline&&&+\infty||{\white{xxx}}&&4&&&&+\infty\\f&&\nearrow&||&\nearrow&&\searrow&&\nearrow&\\&-3&&{\white{xxxi}}||-\infty&&&&2&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}


1. Réponse C :  L'ensemble de définition de f  est  \overset{{\white{.}}}{{\red{\R\setminus\lbrace-1\rbrace}}.}
En effet, -1 est le seul réel ne possédant pas d'image par f .

2. Réponse A :  L'ensemble des réels m  où l'équation  \overset{{\white{.}}}{f(x)=m}  admet exactement 4 solutions est  \overset{{\white{.}}}{{\red{]2\,;\,4[}}.}
Les solutions de l'équation  \overset{{\white{.}}}{f(x)=m}  sont les abscisses des points d'intersection de la courbe (C ) et des droites d'équation  \overset{{\white{.}}}{y=m}. 
Si m  appartient ]2 ; 4[, alors les solutions de l'équation  \overset{{\white{.}}}{f(x)=m}  se répartissent comme suit :

{\white{ww}}\bullet{\white{w}}x_1\in\;]-\infty\,;\,-1[
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}x_2\in\;]-1\,;\,1[
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}x_3\in\;]1\,;\,3[
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}x_4\in\;]3\,;\,+\infty[
Ci-dessous, un exemple graphique illustrant la situation.

Bac Tunisie Sciences techniques 2021 : image 15


3. Réponse C :  Une équation cartésienne de l'une des asymptotes à (C ) est  \overset{{\white{.}}}{{\red{y=-3}}.}
En effet, le tableau de variations de f  nous indique que  \overset{{\white{x^.}}}{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-3.}

4. Réponse B :  La tangente à (C ) au point d'abscisse 2 peut avoir pour équation cartésienne  \overset{{\white{.}}}{{\red{y=-x+5}}.}
L'abscisse du point de tangence est 2.
Cette abscisse appartient donc à l'intervalle ]1 ; 3[.
Le tableau de variations de f  montre que f  est strictement décroissante sur ]1 ; 3[.
Dès lors,
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}d'une part, nous en déduisons que le coefficient directeur de la tangente doit être négatif, ce qui n'est pas le cas pour l'équation : y  = 3.
La réponse c) est à rejeter,
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}d'autre part,   \overset{{\white{.}}}{1<2<3\quad\Longrightarrow\quad f(3)<f(2)<f(1)\quad\Longrightarrow\quad \boxed{2<f(2)<4}}
Nous en déduisons que l'ordonnée du point de tangence est comprise entre 2 et 4.
La réponse a) ne convient pas car l'ordonnée du point de tangence serait dans ce cas égale à -2 + 1 = -1 qui n'appartient pas dans l'intervalle ]2 ; 4[.
La réponse correcte est donc la réponse b).

6 points

exercice 2

Soit f  la fonction définie sur  \overset{{\white{.}}}{\R}  par :  f(x)=(2x+1)\,\text{e}^{-2x}.

1. a) Nous devons calculer  \overset{{\white{x^.}}}{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x).}

\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}(2x+1)=-\infty\\\\\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{-2x}\underset{{\red{(X=-2x)}}}{=}\lim\limits_{X\to+\infty}\text{e}^{X}=+\infty\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to-\infty}(2x+1)\,\text{e}^{-2x}=-\infty \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty}

Nous devons ensuite montrer que  \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty.

 \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{(2x+1)\,\text{e}^{-2x}}{x}  \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}}=\lim\limits_{x\to-\infty}\left(2+\dfrac{1}{x}\right)\text{e}^{-2x} \\\\\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}\left(2+\dfrac{1}{x}\right)=2+0=2\\\\\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{-2x}\underset{{\red{(X=-2x)}}}{=}\lim\limits_{X\to+\infty}\text{e}^{X}=+\infty\end{matrix}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to-\infty}\left(2+\dfrac{1}{x}\right)\text{e}^{-2x}=+\infty

\text{D'où }\;\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty}

Dès lors, la courbe (C ) présente une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées en -infini.

{\red{\text{1. b) }}}f(x)=(2x+1)\,\text{e}^{-2x} \\\phantom{{\red{\text{1. b) }}}f(x)}=2x\,\text{e}^{-2x}+\text{e}^{-2x} \\\phantom{{\red{\text{1. b) }}}f(x)}=\dfrac{2x}{\text{e}^{2x}}+\dfrac{1}{\text{e}^{2x}} \\\\\Longrightarrow\boxed{f(x)=\dfrac{2x}{\text{e}^{2x}}+\dfrac{1}{\text{e}^{2x}}}

\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2x}{\text{e}^{2x}}=0\quad(\text{croissances comparées})\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\text{e}^{2x}}=0\phantom{WWWWWWWWWW}\end{matrix}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{2x}{\text{e}^{2x}}+\dfrac{1}{\text{e}^{2x}}\right)=0

\text{D'où }\;\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0}

Nous déduisons que la courbe (C ) admet, en +infini, une asymptote horizontale d'équation y  = 0.

2. a)  La fonction f  est dérivable sur  \overset{{\white{.}}}{\R} .

f'(x)=[(2x+1)\text{e}^{-2x}]' \\\phantom{f'(x)}=(2x+1)'\times\text{e}^{-2x}+(2x+1)\times(\text{e}^{-2x})' \\\phantom{f'(x)}=2\times\text{e}^{-2x}+(2x+1)\times(-2\text{e}^{-2x}) \\\phantom{f'(x)}=2\,\text{e}^{-2x}-2(2x+1)\,\text{e}^{-2x} \\\phantom{f'(x)}=2[1-(2x+1)]\,\text{e}^{-2x} \\\phantom{f'(x)}=2(1-2x-1]\,\text{e}^{-2x} \\\phantom{f'(x)}=2(-2x)\,\text{e}^{-2x} \\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=-4x\,\text{e}^{-2x}}

2. b)  L'exponentielle est strictement positive sur  \overset{{\white{.}}}{\R} .
Donc le signe de f' (x ) est le signe de (-4x ).

Tableau de signes de la dérivée f' (x ) et de variations de f .

\begin{matrix}\bullet{\phantom{w}}-4x<0\Longleftrightarrow x>0\\\\\bullet{\white{w}}-4x=0\Longleftrightarrow x=0 \\\\\bullet{\phantom{w}}-4x>0\Longleftrightarrow x<0\\\\\bullet{\phantom{w}}f(0)=(2\times0+1)\text{e}^{0}\\=1\times1\\=1\phantom{ww,}\end{matrix}{\white{ww}}\begin{matrix} |\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}{\white{ww}}\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&0&&+\infty\\&&&&&\\\hline&&&&&\\-4x&&+&0&-&\\&&&&&\\\hline&&&&&\\f'(x)&&+&0&-&\\&&&&&\\\hline&&&1&&\\f(x)&&\nearrow&&\searrow&\\&-\infty&&&&0\\ \hline \end{array}\end{matrix}

2. c)  Nous devons montrer que le point  I(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{2}{\text{e}})  est un point d'inflexion pour la courbe (C ).

La fonction f'  est dérivable sur  \overset{{\white{.}}}{\R} .

Pour tout x  réel,  

f''(x)=(-4x)'\times\text{e}^{-2x}+(-4x)\times(\text{e}^{-2x})' \\\phantom{f''(x)}=(-4)\times\text{e}^{-2x}+(-4x)\times(-2\text{e}^{-2x}) \\\phantom{f''(x)}=-4\,\text{e}^{-2x}+8x\,\text{e}^{-2x} \\\phantom{f''(x)}=4(-1+2x)\,\text{e}^{-2x} \\\\\Longrightarrow\boxed{f''(x)=4(2x-1)\,\text{e}^{-2x}}

Etudions le signe de  f''(x).

Pour tout x  réel, e-2x  > 0.

Donc le signe de  f''(x)  est le signe de 2(x - 1).

\begin{matrix}\bullet{\phantom{w}}2x-1<0\Longleftrightarrow2x<1 \\\phantom{xx\text{e}^x-2<0}\Longleftrightarrow x<\dfrac{1}{2} \\\\\bullet{\white{w}}2x-1=0\Longleftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\\\\\bullet{\phantom{w}}2x-1>0\Longleftrightarrow x>\dfrac{1}{2}\\\\\bullet{\phantom{w}}f(\dfrac{1}{2})=(2\times\dfrac{1}{2}+1)\,\text{e}^{-1}\\=2\,\text{e}^{-1}\phantom{w}\\=\dfrac{2}{\text{e}}\phantom{www}\end{matrix}{\white{ww}}\begin{matrix} |\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}{\white{ww}}\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&\dfrac{1}{2} &&+\infty\\&&&&&\\\hline&&&&&\\2x-1&&-&0&+&\\&&&&&\\\hline&&&&&\\f''(x)&&-&0&+&\\&&&&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}

D'où   f''(x)  change de signe au voisinage de  \dfrac{1}{2}  et seulement au voisinage de  \dfrac{1}{2}. 
Par conséquent, le point  I(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{2}{\text{e}})  est le seul point d'inflexion pour la courbe (C ).

2. d)  Nous devons montrer que la tangente (T) à (C ) au point I  a pour équation :  y=\dfrac{-1}{\text{e}}(2x-3). 

L'équation de la tangente T au point  I(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{2}{\text{e}})  est de la forme :  y=f'(\dfrac{1}{2})(x-\dfrac{1}{2}) + \dfrac{2}{\text{e}}.

\text{Or }\;f'(x)=-4x\,\text{e}^{-2x}\quad\Longrightarrow\quad f'(\dfrac{1}{2})=-4\times\dfrac{1}{2}\,\text{e}^{-2\times\frac{1}{2}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or }\;f'(x)=-4x\,\text{e}^{-2x}\quad}\Longrightarrow\quad f'(\dfrac{1}{2})=-2\,\text{e}^{-1}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or }\;f'(x)=-4x\,\text{e}^{-2x}\quad}\Longrightarrow\quad \boxed{f'(\dfrac{1}{2})=\dfrac{-2}{\text{e}}}}

\text{D'où }\;y=f'(\dfrac{1}{2})(x-\dfrac{1}{2}) + \dfrac{2}{\text{e}}\quad\Longleftrightarrow\quad y=\dfrac{-2}{\text{e}}(x-\dfrac{1}{2}) + \dfrac{2}{\text{e}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad y=\dfrac{-1}{\text{e}}\left[2(x-\dfrac{1}{2}) -2\right]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad y=\dfrac{-1}{\text{e}}\left[2x-1 -2\right]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad y=\dfrac{-1}{\text{e}}(2x-3)}
Par conséquent, une équation de la tangente T à (C ) en  I(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{2}{\text{e}})  est  \boxed{y=\dfrac{-1}{\text{e}}(2x-3)}\,.

2. e)  Représentation graphique de (C ).

Bac Tunisie Sciences techniques 2021 : image 12


3. a)  La fonction g  est continue et strictement décroissante sur l'intervalle [0 ; +infini[.
g (0) = 1 et  \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=0}.}.
D'où  \overset{{\white{.}}}{g(\,[0\,;\,+\infty[\,)=]0\,;\,1]}.

Nous en déduisons que la fonction g  réalise une bijection de l'intervalle [0 ; +infini[ dans l'intervalle J = ]0 ; 1].
Donc la fonction g  admet une réciproque g -1 définie sur l'intervalle J = ]0 ; 1].

3. b)  Représentation graphique de la courbe (C' ), courbe représentative de g -1.
Voir le graphique de la question 2. e).

4.  Soit  \mathscr{A}  l'aire en unité d'aire de la partie du plan limitée par (C' ), l'axe des abscisses et les droites d'équations  x=\dfrac{2}{\text{e}}  et  x=1.

4. a)  Nous montrerons que la fonction F  définie sur  \overset{{\white{.}}}{\R}  par :  F(x)=-(x+1)\,\text{e}^{-2x}  est une primitive de f  en montrant que pour tout x  réel,  F'(x)=f(x).

La fonction F  est dérivable sur  \overset{{\white{.}}}{\R}  comme produit de deux fonctions dérivables sur  \overset{{\white{.}}}{\R} .

F'(x)=-[(x+1)\,\text{e}^{-2x}]' \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{F'(x)}=-[(x+1)'\times\,\text{e}^{-2x}+(x+1)\times\,(\text{e}^{-2x})']} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{F'(x)}=-[1\times\,\text{e}^{-2x}+(x+1)\times\,(-2\,\text{e}^{-2x})]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{F'(x)}=-[\text{e}^{-2x}-2(x+1)\,\text{e}^{-2x}]} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{F'(x)}=-[\text{e}^{-2x}-2x\,\text{e}^{-2x}-2\,\text{e}^{-2x}]} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{F'(x)}=-[-2x\,\text{e}^{-2x}-\text{e}^{-2x}]} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{F'(x)}=2x\,\text{e}^{-2x}+\text{e}^{-2x}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{F'(x)}=(2x+1)\,\text{e}^{-2x}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{F'(x)}=f(x)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\R,\;F'(x)=f(x)}
Nous avons ainsi montré que la fonction F  définie sur  \overset{{\white{.}}}{\R}  par :  F(x)=-(x+1)\,\text{e}^{-2x}  est une primitive de f .

4. b)  Calculons  \mathscr{A}. 

En vertu de la symétrie orthogonale par rapport à la droite d'équation y = x , nous déduisons que l'aire  \mathscr{A}  de la partie du plan limitée par (C' ), l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives  x=\dfrac{2}{\text{e}}  et  x=1  est égale à l'aire de la partie du plan limitée par la courbe  (C ), l'axe des ordonnées et les droites d'équations respectives  y=\dfrac{2}{\text{e}}  et  y=1 , soit à l'aire de la partie du plan limitée par la courbe (C ), la droite d'équation  y=\dfrac{2}{\text{e}}  et les droites d'équations respectives  x=0  et  x=\dfrac{1}{2}.  (voir le graphique - question 2. e).
D'où  \boxed{\mathscr{A}=\begin{aligned}\int\nolimits_0^{\frac{1}{2}}\left(f(x)-\dfrac{2}{\text{e}}\right)\,\text d x\end{aligned}}\,.

{\white{ww}}\;\mathscr{A}=\begin{aligned}\int\nolimits_0^{\frac{1}{2}}\left(f(x)-\dfrac{2}{\text{e}}\right)\,\text d x\end{aligned} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWW}=\left[F(x)-\dfrac{2}{\text{e}}x\right]_0^{\frac{1}{2}}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWW}=\left[-(x+1)\,\text{e}^{-2x}-\dfrac{2}{\text{e}}x\right]_0^{\frac{1}{2}}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWW}=\left[-(\dfrac{1}{2}+1)\,\text{e}^{-2\times\frac{1}{2}}-\dfrac{2}{\text{e}}\times\dfrac{1}{2}\right]-\left[-(0+1)\,\text{e}^{-2\times0}-\dfrac{2}{\text{e}}\times0\right]} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWW}=\left[-\dfrac{3}{2}\,\text{e}^{-1}-\dfrac{1}{\text{e}}\right]-\left[-\text{e}^{0}-0\right]} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWW}=-\dfrac{3}{2\,\text{e}}-\dfrac{1}{\text{e}}+1}  \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWW}=-\dfrac{3}{2\,\text{e}}-\dfrac{2}{2\,\text{e}}+\dfrac{2\,\text{e}}{2\,\text{e}}}  \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWW}=\dfrac{-5+2\,\text{e}}{2\,\text{e}}}

\\\\\Longrightarrow\boxed{\mathscr{A}=\dfrac{2\,\text{e}-5}{2\,\text{e}}}

5 points

exercice 3

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct  (O,\vec i,\vec j,\vec k) , on considère les points  A(1\,;0\,;\,1),\;B(0\,;-2\,;\,1)\;\text{et } C(0\,;0\,;\,2)  et le vecteur  \overrightarrow{N}\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}.

{\red{\text{1. }}}\;\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}x_B-x_A\\y_B-y_A\\z_B-z_A\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0-1\\-2-0\\1-1\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix} \\\\\phantom{{\red{\text{1. }}}\;}\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}x_C-x_A\\y_C-y_A\\z_C-z_A\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0-1\\0-0\\2-1\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}

Manifestement, les vecteurs  \overrightarrow{AB}  et  \overrightarrow{AC}  ne sont pas colinéaires car leurs abscisses respectives sont égales alors que les autres composantes ne le sont pas.
Nous en déduisons que les points A, B et C ne sont pas alignés.
Par conséquent, les points A, B et C déterminent un plan P.

{\red{\text{2. a) }}}\;\left\lbrace\begin{matrix} \overrightarrow{N}\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}\\\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}\right. \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left|\begin{matrix}\overrightarrow{N}\cdot\overrightarrow{AB}=2\times(-1)-1\times(-2)+2\times0\\=-2+2+0\phantom{WWWw}\\=0\phantom{WWWWWWWw}\end{matrix}

D'où  \boxed{\overrightarrow{N}\perp\overrightarrow{AB}}

{\white{ww}}\left\lbrace\begin{matrix} \overrightarrow{N}\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}\\\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}\right. \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left|\begin{matrix}\overrightarrow{N}\cdot\overrightarrow{AC}=2\times(-1)-1\times0+2\times1\\=-2-0+2\phantom{WW}\\=0\phantom{WWWWWW}\end{matrix}

D'où  \boxed{\overrightarrow{N}\perp\overrightarrow{AC}}

2. b)  Nous devons déterminer une équation cartésienne du plan (P).

Nous avons montré dans les questions précédentes que le vecteur  \overrightarrow{N}  est orthogonal aux vecteurs  \overrightarrow{AB}  et  \overrightarrow{AC} .
De plus, les vecteurs  \overrightarrow{AB}  et  \overrightarrow{AC}  ne sont pas colinéaires.
Nous en déduisons que le vecteur  \overrightarrow{N}\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}  est un vecteur normal au plan P déterminé par les points A, B et C.

Soit M (x  ; y  ; z ) un point quelconque du plan P.

M\in(P)\Longleftrightarrow\overrightarrow{AM}\perp\overrightarrow{N} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M\in(P)}\Longleftrightarrow\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{N}=0} \\\\\text{Or }\bullet\left\lbrace\begin{matrix}A(1\,;\,0\,;\,1)\\M(x\,;\,y\,;\,z)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{AM}:\begin{pmatrix}x-1\\y\\z-1\end{pmatrix} \\\\\phantom{\text{Or }}\bullet\overrightarrow{N}:\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix} \\\\\text{D'où }\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{N}=0\Longleftrightarrow2(x-1)-y+2(z-1)=0 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{D'où }\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{N}=0}\Longleftrightarrow2x-2-y+2z-2=0} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{D'où }\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{N}=0}\Longleftrightarrow \boxed{2x-y+2z-4=0}}
Par conséquent, une équation cartésienne du plan P est  \boxed{2x-y+2z-4=0}\,.

3. a)  Le point E(0 ; 0 ; 1) n'appartient pas au plan P car ses coordonnées ne vérifient pas l'équation de P.
En effet : 2multiplie0 - 0 + 2multiplie1 - 4 = 2 - 4 = -2 different 0.

3. b)  Nous devons montrer que le point  \overset{{\white{.}}}{H\left(\dfrac{4}{9}\,;\,\dfrac{-2}{9}\,;\,\dfrac{13}{9}\right)}  est le projeté orthogonal du point E sur P.

\bullet{\white{w}}D'une part, le point  \overset{{\white{.}}}{H\left(\dfrac{4}{9}\,;\,\dfrac{-2}{9}\,;\,\dfrac{13}{9}\right)}  appartient au plan P car ses coordonnées vérifient l'équation de P.
\text{En effet, }\;2\times\dfrac{4}{9}-\left(\dfrac{-2}{9}\right)+2\times\dfrac{13}{9}-4=\dfrac{8}{9}+\dfrac{2}{9}+\dfrac{26}{9}-4 \\\phantom{\text{En effet, }\;2\times\dfrac{4}{9}-\left(\dfrac{-2}{9}\right)+2\times\dfrac{13}{9}-4}=\dfrac{36}{9}-4 \\\phantom{\text{En effet, }\;2\times\dfrac{4}{9}-\left(\dfrac{-2}{9}\right)+2\times\dfrac{13}{9}-4}=4-4 \\\phantom{\text{En effet, }\;2\times\dfrac{4}{9}-\left(\dfrac{-2}{9}\right)+2\times\dfrac{13}{9}-4}=0.

\bullet{\white{w}}D'autre part, les vecteurs  \overrightarrow{EH}  et   \overrightarrow{N}  sont colinéaires.

\text{En effet, }\;\overrightarrow{EH}\begin{pmatrix}\dfrac{4}{9}-0\\\overset{{\white{.}}}{\dfrac{-2}{9}-0}\\\overset{{\white{.}}}{\dfrac{13}{9}-1}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\dfrac{4}{9}\\\overset{{\phantom{.}}}{\dfrac{-2}{9}}\\\overset{{\phantom{.}}}{\dfrac{4}{9}}\end{pmatrix} =\dfrac{2}{9}\begin{pmatrix}2\\\overset{{\phantom{.}}}{-1}\\\overset{{\phantom{.}}}{2}\end{pmatrix} \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{EH}=\dfrac{2}{9}\,\overrightarrow{N}}
Or le vecteur  \overset{{\white{x^.}}}{\overrightarrow{N}\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}}  est un vecteur normal au plan P.
Nous en déduisons que le vecteur  \overrightarrow{EH}  est orthogonal au plan P.

Par conséquent, le point  \overset{{\white{.}}}{H\left(\dfrac{4}{9}\,;\,\dfrac{-2}{9}\,;\,\dfrac{13}{9}\right)}  est le projeté orthogonal du point E sur P.

3. c)  Nous devons montrer que le point  \overset{{\white{.}}}{H\left(\dfrac{4}{9}\,;\,\dfrac{-2}{9}\,;\,\dfrac{13}{9}\right)}  est l'orthocentre du triangle ABC.
Il suffit de montrer que le point H appartient à deux hauteurs du triangle ABC.

Nous savons que  \overrightarrow{CH}\begin{pmatrix}\dfrac{4}{9}-0\\\overset{{\white{.}}}{\dfrac{-2}{9}-0}\\\overset{{\white{.}}}{\dfrac{13}{9}-2}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\dfrac{4}{9}\\\overset{{\phantom{.}}}{\dfrac{-2}{9}}\\\overset{{\phantom{.}}}{\dfrac{-5}{9}}\end{pmatrix}\quad\text{ et }\quad \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}.

Dès lors,
\overrightarrow{CH}\cdot\overrightarrow{AB}=\dfrac{4}{9}\times(-1)-\dfrac{2}{9}\times(-2)-\dfrac{5}{9}\times0 \\\phantom{\overrightarrow{CH}\cdot\overrightarrow{AB}}=-\dfrac{4}{9}+\dfrac{4}{9}-0 \\\phantom{\overrightarrow{CH}\cdot\overrightarrow{AB}}=0 \\\\\Longrightarrow\overrightarrow{CH}\cdot\overrightarrow{AB}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{CH}\perp\overrightarrow{AB}}

D'où le point H appartient à la hauteur du triangle ABC, issue du sommet C.

De même,  \overrightarrow{BH}\begin{pmatrix}\dfrac{4}{9}-0\\\overset{{\white{.}}}{\dfrac{-2}{9}+2}\\\overset{{\white{.}}}{\dfrac{13}{9}-1}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\dfrac{4}{9}\\\overset{{\phantom{.}}}{\dfrac{16}{9}}\\\overset{{\phantom{.}}}{\dfrac{4}{9}}\end{pmatrix}\quad\text{ et }\quad \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}.

Dès lors,
\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{AC}=\dfrac{4}{9}\times(-1)+\dfrac{16}{9}\times0+\dfrac{4}{9}\times1 \\\phantom{\overrightarrow{CH}\cdot\overrightarrow{AB}}=-\dfrac{4}{9}+0+\dfrac{4}{9} \\\phantom{\overrightarrow{CH}\cdot\overrightarrow{AB}}=0 \\\\\Longrightarrow\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{AC}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{BH}\perp\overrightarrow{AC}}

D'où le point H appartient à la hauteur du triangle ABC, issue du sommet B.

Par conséquent, le point H est l'orthocentre du triangle ABC.

4.  Soit S l'ensemble des points M(x  ; y  ; z ) du plan tel que :  x^2+y^2+z^2-2z=0.

4. a)  Dans un repère orthonormé  (O,\vec i,\vec j,\vec k) , la sphère de centre  \Omega(a\,;\,b\,;\,c)  et de rayon R  a pour équation cartésienne :  (x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=R^2.

\text{Or }\;x^2+y^2+z^2-2z=0\quad\Longleftrightarrow\quad x^2+y^2+z^2-2z\,{\red{+1}}=0\,{\red{+1}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or }\;x^2+y^2+z^2-2z=0}\quad\Longleftrightarrow\quad x^2+y^2+(z^2-2z+1)=1} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or }\;x^2+y^2+z^2-2z=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{(x-0)^2+(y-0)^2+(z-1)^2=1^2}}

Par conséquent, S est la sphère de centre E(0 ; 0 ; 1) et de rayon 1.

4. b)  La sphère S et le plan P se coupent suivant un cercle si la distance du centre E de la sphère au plan P est strictement inférieure au rayon.
Nous avons montré que le point H est le projeté orthogonal du point E sur la plan P.
Dès lors la distance du centre E de la sphère au plan P est déterminée par EH.

\left\lbrace\begin{matrix}E(0\,;\,0\,;1)\\\overset{{\white{.}}}{H\left(\dfrac{4}{9}\,;\,\dfrac{-2}{9}\,;\,\dfrac{13}{9}\right)}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad EH=\sqrt{\left(\dfrac{4}{9}-0\right)^2+\left(\dfrac{-2}{9}-0\right)^2+\left(\dfrac{13}{9}-1\right)^2} \\\phantom{WWWWWWWW\quad\Longrightarrow\quad EH}=\sqrt{\left(\dfrac{4}{9}\right)^2+\left(\dfrac{2}{9}\right)^2+\left(\dfrac{4}{9}\right)^2} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWW\quad\Longrightarrow\quad EH}=\sqrt{\dfrac{16}{81}+\dfrac{4}{81}+\dfrac{16}{81}}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWW\quad\Longrightarrow\quad EH}=\sqrt{\dfrac{36}{81}}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWWWWWWW\quad\Longrightarrow\quad EH}=\dfrac{6}{9}=\dfrac{2}{3}} \\\text{D'où }\;\boxed{EH=\dfrac{2}{3}\,{\red{<1}}}

Il s'ensuit que la distance du centre E de la sphère S au plan P est strictement inférieure au rayon de S.

Donc la sphère S et le plan P se coupent suivant un cercle  (\zeta)  de centre H.

Déterminons le rayon du cercle  (\zeta) .
Soit un point K quelconque du cercle  (\zeta) .
Le rayon de  (\zeta)  est donné par HK.
En appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle EHK rectangle en H, nous obtenons :
EK^2=EH^2+HK^2\quad\Longleftrightarrow\quad 1^2=\left(\dfrac{2}{3}\right)^2+HK^2 \\\phantom{EK^2=EH^2+HK^2}\quad\Longleftrightarrow\quad 1=\dfrac{4}{9}+HK^2 \\\phantom{EK^2=EH^2+HK^2}\quad\Longleftrightarrow\quad HK^2=1-\dfrac{4}{9}=\dfrac{5}{9} \\\\\Longrightarrow\boxed{HK=\dfrac{\sqrt{5}}{3}}

Par conséquent, la sphère S et le plan P se coupent suivant un cercle  (\zeta)  de centre H et de rayon  =\dfrac{\sqrt{5}}{3}.

4. c)  Le point A appartient au plan P (par définition de P).
Le point A(1 ; 0 ; 1) appartient à la sphère S car ses coordonnées vérifient l'équation de S.
En effet,  x_A^2+y_A^2+z_A^2-2z_A=1^2+0^2+1^2-2\times1=1+1-2=0.
Donc le point A appartient à l'intersection du plan P et de la sphère S.
Par conséquent, le point A appartient au cercle  (\zeta). 

De même, le point C appartient au plan P (par définition de P).
Le point C(0 ; 0 ; 2) appartient à la sphère S car ses coordonnées vérifient l'équation de S.
En effet,  \overset{{\white{.}}}{x_C^2+y_C^2+z_C^2-2z_C=0^2+0^2+2^2-2\times2=4-4=0.}
Donc le point C appartient à l'intersection du plan P et de la sphère S.
Par conséquent, le point C appartient au cercle  (\zeta). 

4. d)  Montrons que le plan (EHB) est le plan médiateur du segment [AC].

Le plan médiateur du segment [AC] est l'ensemble des points équidistants de A et C.

\bullet{\white{w}}Nous avons montré dans la question 4. c) que les points A et C appartiennent au cercle (\zeta)  de centre H.
Donc AH = HC.
Il s'ensuit que le point H appartient au plan médiateur du segment [AC].

\bullet{\white{w}}EA=\sqrt{(x_A-x_E)^2+(y_A-y_E)^2+(z_A-z_E)^2} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{wwwx}=\sqrt{(1-0)^2+(0-0)^2+(1-1)^2}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{wwwx}=\sqrt{1}}=1 \\\\ {\phantom{wx}}EC=\sqrt{(x_C-x_E)^2+(y_C-y_E)^2+(z_C-z_E)^2} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{wwwx}=\sqrt{(0-0)^2+(0-0)^2+(2-1)^2}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{wwwx}=\sqrt{1}}=1 \\\\\Longrightarrow\boxed{EA=EC}
Il s'ensuit que le point E appartient au plan médiateur du segment [AC].

\bullet{\white{w}}BA=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2+(z_A-z_B)^2} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{wwwx}=\sqrt{(1-0)^2+(0+2)^2+(1-1)^2}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{wwwx}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}}  \\\\  {\phantom{wx}}BC=\sqrt{(x_C-x_B)^2+(y_C-y_B)^2+(z_C-z_B)^2} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{wwwx}=\sqrt{(0-0)^2+(0+2)^2+(2-1)^2}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{wwwx}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}}  \\\\\Longrightarrow\boxed{BA=BC}
Il s'ensuit que le point B appartient au plan médiateur du segment [AC].

Les trois points E, H et B déterminent de façon unique le plan (EHB) et appartiennent au plan médiateur unique du segment [AC].
Par conséquent, le plan (EHB) est le plan médiateur du segment [AC].

6 points

exercice 4

\mathbf{I)}\;{\red{1.}}\;(1-\text{i}\sqrt{3})^2=1^2-2\times1\times \text{i}\sqrt{3}+(\text{i}\sqrt{3})^2 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\mathbf{I)}\;{\red{1.}}\;(1-\text{i}\sqrt{3})^2}=1-2\,\text{i}\sqrt{3}-3} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\mathbf{I)}\;{\red{1.}}\;(1-\text{i}\sqrt{3})^2}=-2-2\,\text{i}\sqrt{3}} \\\\\Longrightarrow\boxed{(1-\text{i}\sqrt{3})^2=-2-2\,\text{i}\sqrt{3}}

2.  Nous devons résoudre dans  \C  l'équation  (E):2z^2-4\,\text{i}\sqrt{3}z-5+\text{i}\sqrt{3}=0.

\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta=(-4\,\text{i}\sqrt{3})^2-4\times2\times(-5+\text{i}\sqrt{3}) \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=16\times(-1)\times3-8(-5+\,\text{i}\sqrt{3}) \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=-48+40-8\,\text{i}\sqrt{3} \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=-8-8\text{i}\sqrt{3} \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=4(-2-2\text{i}\sqrt{3}) \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=4(1-\text{i}\sqrt{3})^2 \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=[2(1-\text{i}\sqrt{3})]^2\quad(\text{voir question 1.})

\\\\\underline{\text{Racines}}:\;z_1=\dfrac{4\,\text{i}\sqrt{3}+2(1-\text{i}\sqrt{3})}{2\times2}=\dfrac{4\,\text{i}\sqrt{3}+2-2\,\text{i}\sqrt{3}}{4} \\\\\phantom{\underline{\text{Racines}}:\;z_1}=\dfrac{2+2\,\text{i}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{2(1+\text{i}\sqrt{3})}{4}=\dfrac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2} \\\\\phantom{\underline{\text{Racines}}:}\;z_2=\dfrac{4\,\text{i}\sqrt{3}-2(1-\text{i}\sqrt{3})}{2\times2}=\dfrac{4\,\text{i}\sqrt{3}-2+2\,\text{i}\sqrt{3}}{4} \\\\\phantom{\underline{\text{Racines}}:\;z_1}=\dfrac{-2+6\,\text{i}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{2(-1+3\,\text{i}\sqrt{3})}{4}=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}

Par conséquent, l'ensemble des solutions de l'équation (E ) est :  \overset{{\white{.}}}{\boxed{\left\lbrace\dfrac{1}{2}+\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}\,;\,-\dfrac{1}{2}+\dfrac{3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}\right\rbrace}}

II)  Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct  (\text{O}\,,\,\vec u\,,\,\vec v),  on considère les points A, B et C d'affixes respectives  z_A=\dfrac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}\,,\;z_B=\dfrac{-1+3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}  et  z_C=-1+\text{i}\sqrt{3}.

On désigne par  (C_1)  le cercle de centre O et de rayon 1 et par  (C_2)  le cercle de centre O et de rayon 2.

1.  \overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}Nous souhaitons écrire  z_A=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}  sous la forme exponentielle  \boxed{z_A=r_1\,\text{e}^{\text{i}\theta_1}}  où r1  est le module de zA  et theta1 l'argument principal de zA .

r_1=\left|\dfrac{1}{2}+\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}\right|=\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}}=\sqrt{1}=1 \\\\\Longrightarrow\boxed{r_1=1}

\left\lbrace\begin{matrix}\cos(\theta_1)=\dfrac{\frac{1}{2}}{r_1}=\dfrac{\frac{1}{2}}{1}\\\overset{{\white{.}}}{\sin(\theta_1)=\dfrac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{r_1}=\dfrac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{1}}\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\cos(\theta_1)=\dfrac{1}{2}\\\overset{{\white{.}}}{\sin(\theta_1)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\boxed{\theta_1=\dfrac{\pi}{3}}

Par conséquent, la forme exponentielle de zA  est  \boxed{z_A=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}\,.

\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}Nous souhaitons écrire  z_C=-1+\text{i}\sqrt{3}  sous la forme exponentielle  \boxed{z_C=r_2\,\text{e}^{\text{i}\theta_2}}  où r2  est le module de zC  et theta2 l'argument principal de zC .

r_2=\left|-1+\text{i}\sqrt{3}\right|=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{1+3}=\sqrt{4}=2 \\\\\Longrightarrow\boxed{r_2=2}

\left\lbrace\begin{matrix}\cos(\theta_2)=\dfrac{-1}{r_2}=-\dfrac{1}{2}\\\overset{{\white{.}}}{\sin(\theta_2)=\dfrac{\sqrt{3}}{r_2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\cos(\theta_2)=-\dfrac{1}{2}\\\overset{{\white{.}}}{\sin(\theta_2)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\boxed{\theta_2=\dfrac{2\pi}{3}}

Par conséquent, la forme exponentielle de zA  est  \boxed{z_C=2\,\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}}\,.

2. a)  Nous savons par la question 1 que  |z_A|=1  et que  (C_1)  est le cercle de centre O et de rayon 1.
D'où le point A appartient à  (C_1). 

Nous savons par la question 1 que  |z_C|=2  et que  (C_2)  est le cercle de centre O et de rayon 2.
D'où le point C appartient à  (C_2). 

2. b)  Nous devons montrer que le quadrilatère OABC est un parallélogramme.

OABC est un parallélogramme  \Longleftrightarrow\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{CB}\Longleftrightarrow \boxed{z_A=z_B-z_C} \left\lbrace\begin{matrix}z_A=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}\\\\z_B-z_C=\dfrac{-1}{2}+\dfrac{3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}-(-1+\text{i}\sqrt{3})\end{matrix}\right. \\\\\\\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}z_A=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}\\\\z_B-z_C=\dfrac{-1}{2}+\dfrac{3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}+1-\text{i}\sqrt{3}\end{matrix}\right. \\\\\\\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}z_A=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}\\\\z_B-z_C=\dfrac{-1}{2}+\dfrac{3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}+\dfrac{2}{2}-\dfrac{2\text{i}\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right. \\\\\\\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}z_A={\red{\dfrac{1}{2}+\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}}}\\\\z_B-z_C={\red{\dfrac{1}{2}+\dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}}}\end{matrix}\right. \\\\\\\Longrightarrow\boxed{z_A=z_B-z_C}
Par conséquent, le quadrilatère OABC est un parallélogramme.

2. c)  Construction des points A, B et C.

Bac Tunisie Sciences techniques 2021 : image 13


3.  Le point A appartient à  (C_1)  (voir question 2. a)
Donc [OA] est un rayon de  (C_1) 

Montrons que les droites (AC) et (OA) sont perpendiculaires en A.

\left(\widehat{\overrightarrow{CA}\,,\overrightarrow{OA}}\right)=\arg\left(\dfrac{z_A}{z_A-z_C}\right)

\text{Or }\;\dfrac{z_A}{z_A-z_C}=\dfrac{\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}{\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-2\,\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or }\;\dfrac{z_A}{z_A-z_C}}=\dfrac{\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}{\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(1-2\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}})}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or }\;\dfrac{z_A}{z_A-z_C}}=\dfrac{1}{1-2\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\text{Or }\;\dfrac{z_A}{z_A-z_C}}=\dfrac{1}{1-2z_A}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\text{Or }\;\dfrac{z_A}{z_A-z_C}}=\dfrac{1}{1-2(\frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2})}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\text{Or }\;\dfrac{z_A}{z_A-z_C}}=\dfrac{1}{1-1-\text{i}\sqrt{3}}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\text{Or }\;\dfrac{z_A}{z_A-z_C}}=\dfrac{1}{-\text{i}\sqrt{3}}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\text{Or }\;\dfrac{z_A}{z_A-z_C}}=\dfrac{\text{i}}{\sqrt{3}}}

\text{Donc }\;\left(\widehat{\overrightarrow{CA}\,,\overrightarrow{OA}}\right)=\arg(\dfrac{\text{i}}{\sqrt{3}})\\\phantom{\text{Donc }\;\left(\widehat{\overrightarrow{CA}\,,\overrightarrow{OA}}\right)}=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi] \\\\\Longrightarrow\boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{CA}\,,\overrightarrow{OA}}\right)=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi]}

D'où les droites (AC) et (OA) sont perpendiculaires en A.
Par conséquent, la droite (AC) est tangente au cercle  (C_1). 

4.  On considère le point I  d'affixe zI  = 1.
\overset{{\white{.}}}{{\white{w}}}- deltamaj1 la perpendiculaire à la droite (AC ) et passant par le point I.
\overset{{\white{.}}}{{\white{w}}}- deltamaj2 la parallèle à l'axe des abscisses passant par le point B.
deltamaj1 et deltamaj2 se coupent en un point H  d'affixe zH .

4. a)  Nous savons que z_B=\dfrac{-1+3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}.
Les points B et H appartiennent à la parallèle à l'axe des abscisses.
Leurs affixes possèdent donc la même partie imaginaire  \dfrac{3\sqrt{3}}{2}.
D'où zH  s'écrit sous la forme  \boxed{z_H=x+\,\text{i}\,\dfrac{3\sqrt{3}}{2}}  où x  est un nombre réel.

4. b)  L'affixe du vecteur  \overrightarrow{IH}  est  z_H-z_I=z_H-1.

D'autre part, les droites (OA) et (IH) sont parallèles car elles sont perpendiculaires à une même droite (AC).
D'où  \overset{{\white{.}}}{\left(\widehat{\overrightarrow{u}\,,\overrightarrow{IH}}\right)=\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi].}
Dès lors, l'affixe du vecteur  \overrightarrow{IH}  peut également s'écrire sous la forme  r\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\quad\text{où }r=IH.

Par conséquent, \boxed{z_H-1=r\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\quad\text{où }r=IH}\,.

4. c)  Des questions 4. a) et b), nous pouvons déduire :

\left\lbrace\begin{matrix}z_H=x+\,\text{i}\,\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\\\overset{{\white{.}}}{z_H-1=r\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}z_H=x+\,\text{i}\,\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\\\overset{{\white{.}}}{z_H=1+r\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}\end{matrix}\right. \quad\Longrightarrow\quad x+\,\text{i}\,\dfrac{3\sqrt{3}}{2}=1+r\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}

\text{Or }\;x+\,\text{i}\,\dfrac{3\sqrt{3}}{2}=1+r\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\quad\Longleftrightarrow\quad x+\,\text{i}\,\dfrac{3\sqrt{3}}{2}=1+r\,[\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+\text{i}\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)] \\\phantom{WWWWWWWWWWx}\quad\Longleftrightarrow\quad x+\,\text{i}\,\dfrac{3\sqrt{3}}{2}=1+r\,\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+\text{i}\,r\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right) \\\phantom{WWWWWWWWWWx}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=1+r\,\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\\\dfrac{3\sqrt{3}}{2}=r\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWWWWx}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=1+r\times\dfrac{1}{2}\\\dfrac{3\sqrt{3}}{2}=r\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}{}\end{matrix}\right.

\\\\\phantom{WWWWWWWWWWx}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=1+\dfrac{r}{2}\\r=3\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWWWWx}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=1+\dfrac{3}{2}\\r=3\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWWWWx}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=\dfrac{5}{2}\\r=3\end{matrix}\right. \\\\\\\text{D'où }\;\left\lbrace\begin{matrix}z_H=x+\,\text{i}\,\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\\x=\dfrac{5}{2}\phantom{WWWW}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad z_H=\dfrac{5}{2}+\,\text{i}\,\dfrac{3\sqrt{3}}{2} \\\\\phantom{WWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{z_H=\dfrac{5+3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}}

5.  Pour montrer que le triangle BIH est équilatéral, montrons que IB = BH = IH.

\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}IB=|z_B-z_I| \\\phantom{\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}IB}=\left|\dfrac{-1+3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}-1\right| \\\phantom{\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}IB}=\left|\dfrac{-1+3\,\text{i}\sqrt{3}-2}{2}\right| \\\phantom{\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}IB}=\left|\dfrac{-3+3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}\right| \\\phantom{\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}IB}=\sqrt{\left(\dfrac{-3}{2}\right)^2+\left(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2} \\\phantom{\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}IB}=\sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{27}{4}}=\sqrt{\dfrac{36}{4}}=\sqrt{9}=3 \\\\\\\phantom{ww}\Longrightarrow\boxed{IB=3}


\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}BH=|z_H-z_B| \\\phantom{\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}BH}=\left|\dfrac{5+3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}-\dfrac{-1+3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}\right| \\\phantom{\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}BH}=\left|\dfrac{5+3\,\text{i}\sqrt{3}+1-3\,\text{i}\sqrt{3}}{2}\right| \\\phantom{\overset{{\white{.}}}{\bullet{\white{w}}}BH}=\left|\dfrac{6}{2}\right|=3 \\\\\\\phantom{ww}\Longrightarrow\boxed{BH=3}


\overset{{\white{.}}}{\bullet{\phantom{w}}}IH=r=3\quad(\text{voir question 4. c}) \\\\\phantom{ww}\Longrightarrow\boxed{IH=3}

Puisque IB = BH = IH = 3, nous avons montré que le triangle BIH est équilatéral.
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