Durée : 4 heures

Corrigé du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie novembre 2005

E XERCICE 1 Candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

5 points

Partie I

C×

J× F × × D O

E ×

H ×

B ×

×

I

×

A

1. 2. Par définition zH = zE = zE + 3 + i zE + zB 3 2 ⇐⇒ 1 + i = ⇐⇒ 2 + 2i = zE + + i ⇐⇒ 2 2 2

1 + i. 2 − → Équation de la perpendiculaire à (AE) contenant C : le vecteur AE a pour co3 3 ordonnées − ; 1 ; l’équation est donc de la forme − x + y + c = 0 et cette 2 2 3 droite contient C, donc × 0 + 2 + c = 0 ⇐⇒ c = −2. Donc une équation est 2 3 − x + y − 2 = 0 ⇐⇒ 3x − 2y + 4 = 0. 2 La parallèle à (OC) contenant D est simplement : x = −1. Le point F étant commun à ces droites, ses coordonnées vérifient le système : 3x − 2y + 4 x = = 0 −1 ⇐⇒ −3 − 2y + 4 x = = 0 −1 ⇐⇒ y x = = 1 2 −1

1 On a bien zF = −1 + i . 2 3. On a de suite OA = OC = 2 ; OB2 = CF2 = 1 + 13 9 3 +1 = ; CF = |zF − zC | = −1 − i , donc 4 4 2

9 13 = ; on a donc OB = CF ; 4 4 2 5 1 5 1 Enfin AB2 = |zB − zA |2 = − + i = et OF2 = 1 + = . Donc AB = OF et les 2 4 4 4 triangles OAB et OCF sont isométriques.

Corrigé du baccalauréat S novembre 2005

Partie II 1. O a pour affixe 2i ; donc O = C A a pour affixe : −2i + 2i = 0 ; donc A = O ; 1 3 B a pour affixe : −i − i + 2i = −1 + i ; donc B = F 2 2 2. a. L’écriture de la transformation est de la forme z = az +b : c’est donc une similitude indirecte. D’après la question 3 de la partie I, les triangles OAB et OCF sont isométriques et on vient de voir que l’image du triplet (O, A, B) est le triplet (C, O, F), donc f est une isométrie. b. Les points invariants par f ont une affixe qui vérifient : z = −iz + 2i ⇐⇒ x = −y x+iy = −i(x−iy)+2i ⇐⇒ x+iy = −ix−y +2i ⇐⇒ ⇐⇒ y = −x + 2 x = −y x = −y ⇐⇒ système qui n’a pas de solution. y = y +2 0y = 2 Conclusion : il n’y a pas de point invariant par f . c. D’après le résultat précédent f ne peut pas être une symétrie axiale (car les points de l’axe seraient invariants). 3. On a z = z + zIJ ⇐⇒