Distance et angles

On se place dans le plan d'Argand-Cauchy.

Soient $A$ et $B$ d'affixes respectives $a$ et $b$.

$|b-a| = AB$;
$\arg(b-a)=\angleor{u}{AB}$

Quotient de deux complexes

Soient $a$, $b$ et $c$ trois nombres complexes, affixes respectives des points $A$, $B$ et $C$ dans le plan d'Argand-Cauchy.

$\left| \dfrac{c-a}{b-a} \right| = \dfrac{AC}{AB}$;
$\arg\left( \dfrac{c-a}{b-a} \right) = \angleor{AB}{AC}$.

$\left| \dfrac{c-a}{b-a} \right| = \dfrac{|c-a|}{|b-a|}=\dfrac{AC}{AB}$.
$\arg\left( \dfrac{c-a}{b-a} \right) =\arg(c-a)-\arg(b-a)=\angleor{u}{AC}-\angleor{u}{AB}=\angleor{AB}{u}+\angleor{u}{AC}=\angleor{AB}{AC}$.

Soient $a=-4+\i$, $b=3-3\i$ et $c=7+4\i$ les affixes respectives de trois points $A$, $B$ et $C$ dans le plan d'Argand-Cauchy.

Calculons: \begin{align} \angleor{BC}{BA} & = \arg\left(\dfrac{a-b}{c-b}\right)\\ & = \arg\left( \dfrac{-7+4\i}{4+7\i} \right)\\ & = \arg\left( \dfrac{-7+4\i}{4+7\i} \times\dfrac{4-7\i}{4-7\i}\right)\\ & = \arg\left( \dfrac{65\i}{65} \right)\\ & = \arg(\i)\\ & = \dfrac{\pi}{2}\quad[2\pi]. \end{align}

De plus, \[ \left|\dfrac{a-b}{c-b}\right| = |\i| = 1 \] donc $BC=BA$.

On peut alors conclure que le triangle $ABC$ est rectangle isocèle en $B$.

Racines n-ième de l'unité

Soit $n$ un entier naturel.

On appelle racines n-ième de l'unité tous les nombres complexes $z$ tels que $z^n=1$.

On note $\mathbb{U}_n$ l'ensemble de toutes ces valeurs: \[ \mathbb{U}_n = \{ z \in \C | z^n = 1 \}. \]

Pour construire $\mathbb{U}_n$, il est nécessaire de voir « 1 » comme un nombre complexe, et non plus comme un nombre réel.

Soit $n$ un entier naturel. \[ \mathbb{U}_n = \left\{ \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}\,,\, 0 \leqslant k \leqslant n-1,\ k\in\N \right\} \]

Notons que $1 = \e^{2\i k\pi}$ pour tout entier relatif $k$; par conséquent, \begin{align} z^n = 1 & \iff \forall k\in\Z,\ z^n = \e^{2\i k\pi}\\ & \iff \forall k\in\Z,\ \big(z^n\big)^{\frac{1}{n}} = \left(\e^{2\i k\pi}\right)^{\frac{1}{n}}\\ & \iff \forall k\in\Z,\ z = \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}.\end{align}

De plus, \[ \forall k\in\Z,\ \e^{\frac{2\i (k+n)\pi}{n}} = \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}\times\e^{\frac{2\i n\pi}{n}} = \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}\times\underbrace{\e^{2\i \pi}}_{=1} = \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}. \] Par conséquent, \[ z^n=1 \iff \forall 0 \leqslant k \leqslant n-1,\ z=\e^{\frac{2\i k\pi}{n}}. \]

On a pris ici $0 \leqslant k \leqslant n-1$, mais on aurait aussi très bien pu prendre tout autre intervalle d'entiers d'amplitude $n$, comme par exemple $7 \leqslant k \leqslant n+6$, mais avouez que c'est moins fun...

On a ainsi:

$\mathbb{U}_2 = \left\{ 1\,;\, \e^{\frac{2\i\pi}{2}} \right\} = \{1\,;\,-1\}$.
$\mathbb{U}_3 = \left\{ 1\,;\,\e^{\frac{2\i\pi}{3}}\,;\, \e^{\frac{4\i\pi}{3}} \right\} = \{ 1\,;\, \j\,;\,\j^2 \}$.
$\mathbb{U}_4 = \left\{ 1\,;\,\e^{\frac{2\i\pi}{4}}\,;\, \e^{\frac{4\i\pi}{4}}\,;\, \e^{\frac{6\i\pi}{4}} \right\} =\left\{ 1\,;\, \i \,;\, -1 \,;\, -\i \right\}$.

On peut représenter $\mathbb{U}_n$ à l'aide d'un polygone régulier à $n$ côtés inscrit dans le cercle unité:

\[ \mathbb{U}_3: \text{ triangle équilatéral}\]

\[ \mathbb{U}_4:\text{ carré} \]

\[ \mathbb{U}_5 : \text{ pentagone régulier} \]

\[ \mathbb{U}_6 : \text{ hexagone régulier} \]

📘 Besoin du cours au format PDF ?

Vous pouvez télécharger ce chapitre pour le conserver, l'imprimer ou le consulter hors connexion.

Cours complet + exercices corrigés

Télécharger le PDF

👨‍🏫 Besoin de cours particuliers par webcam ?

Vous pouvez faire appel à moi pour des cours de maths en 2nde, 1ère et Terminale.

Consulter mon site pour plus d'informations

Exercices

Dans le plan d'Argand-Cauchy, on considère les nombres $a=-3+3\i$, $b=-2-6\i$ et $c=6+4\i$, affixes respectives des points $A$, $B$ et $C$.

Calculer $\dfrac{b-a}{c-a}$ et en déduire la nature de $ABC$.

On a : $a=-3+3\i$, $b=-2-6\i$ et $c=6+4\i$. Calculons: \begin{align} \dfrac{b-a}{c-a} & = \dfrac{-2-6\i-(-3+3\i)}{6+4\i-(-3+3\i)}\\ & = \dfrac{1-9\i}{9+\i}\\ & = \dfrac{\i(9+\i)}{9+\i}\\ & = \i.\end{align}

Quand on remarque que les parties réelles et imaginaires sont inversées au numérateur et au dénominateur, et que le signe entre les deux parties n'est pas le même, c'est que le numérateur est égal à $\i$ fois le dénominateur.

On conclut donc que $\left|\dfrac{b-a}{c-a}\right|=|\i|=1$ et $\arg\left(\dfrac{b-a}{c-a}\right)=\dfrac{\pi}{2}\quad[2\pi]$.

Par conséquent, $ABC$ est un triangle isocèle rectangle en $A$.

Soit $a$ un nombre complexe. On pose alors $b=\j a$ et $c=\j^2a$, où $\j=\e^{\frac{2\i\pi}{3}}$.

Soient $A$, $B$ et $C$ les points d'affixes respectives $a$, $b$ et $c$.

Montrer que $ABC$ est un triangle équilatéral.

On a : \[ \frac{b}{a}=\j\qquad\text{donc}\qquad\arg\left(\frac{b}{a}\right)=\frac{2\pi}{3}\text{ et }|a|=|b|. \] Par conséquent, $\angleor{OA}{OB}=\dfrac{2\pi}{3}$ et $OA=OB$.

Le triangle $OAB$ est donc isocèle en $O$ et $\widehat{OAB}=\widehat{OBA}=\dfrac{1}{2}\left(\pi-\dfrac{2\pi}{3}\right)=\dfrac{\pi}{6}$.

De plus, \[ \frac{c}{b}=\j\qquad\text{donc}\qquad\arg\left(\frac{c}{b}\right)=\frac{2\pi}{3}\text{ et }|c|=|b|. \] Par conséquent, $\angleor{OB}{OC}=\dfrac{2\pi}{3}$ et $OC=OB$.

Le triangle $OBC$ est donc isocèle en $O$ et $\widehat{OBC}=\widehat{OCB}=\dfrac{1}{2}\left(\pi-\dfrac{2\pi}{3}\right)=\dfrac{\pi}{6}$.

Ainsi, \[ \widehat{ABC}=\widehat{ABO}+\widehat{OBC}=\dfrac{\pi}{3}. \] On démontre de même que $\widehat{BCA}=\dfrac{\pi}{3}$.

Le triangle $ABC$ est donc équilatéral.

Avec les données $OA=OB=OC$ et $\angleor{OA}{OB}=\angleor{OB}{OC}=\dfrac{2\pi}{3}$, on peut aussi conclure que $ABC$ est équilatéral.

Soient $a=2+2\i$, $b=5-\i$ et $c=-1-\i$ les affixes des points $A$, $B$ et $C$ dans le plan d'Argand-Cauchy.

Quelle est la nature du triangle que $ABC$ ?

$a=2+2\i$, $b=5-\i$ et $c=-1-\i$. Calculons: \begin{align} \dfrac{b-a}{c-a} & = \dfrac{3-3\i}{-3-3\i}\\ & = \dfrac{1-\i}{-1-\i}\textcolor{red}{\times\dfrac{-1+\i}{-1+\i}}\\ & = \dfrac{2\i}{2}\\ & = \i. \end{align}

Ainsi, $\arg\left( \dfrac{b-a}{c-a} \right) = \dfrac{\pi}{2} \quad [2\pi]$. Donc $\widehat{BAC}=\dfrac{\pi}{2}$, ce qui justifie que $ABC$ est rectangle en $A$.

De plus, $\left| \dfrac{b-a}{c-a} \right| = \dfrac{|1-\i|}{|-1-\i|}=1$. On peut alors compléter en disant que $ABC$ est un triangle rectangle isocèle en $A$.

On considère trois nombres complexes $a$, $b$ et $c$, affixes respectives de $A$, $B$, $C$ dans le plan d'Argand-Cauchy, tels que $a+b\j+c\j^2=0$, où 1, $\j$ et $\j^2$ sont les éléments de $\mathbb{U}_3$.

Montrer que $\j^2=-1-\j$.
Montrer que $ABC$ est un triangle équilatéral.

On sait que $1+\j+\j^2=0$ (par définition de $\j$), ce qui équivaut à dire que $\j^2=-1-\j$.
Par hypothèse, $a+b\j+c\j^2 = 0$. D'après la question précédente, cela revient à écrire: \[ a+b\j+c(-1-\j) = 0\quad\text{soit:}\quad a-c + (b-c)\j=0\quad\text{ou encore:}\quad \j=-\dfrac{a-c}{b-c}. \] Ainsi, \begin{align} \arg(\j) = \arg\left(-\dfrac{a-c}{b-c}\right) & \iff \dfrac{2\pi}{3}=\pi+\arg\left(\dfrac{a-c}{b-c}\right)\\ & \iff \arg\left(\dfrac{a-c}{b-c}\right) = \dfrac{\pi}{3}\\ & \iff \angleor{CB}{CA}=\dfrac{\pi}{3}.\end{align}

De plus, $\left|\dfrac{a-c}{b-c}\right|=|\j|=1$ donc $AC=BC$.

On en déduit alors que $ABC$ est isocèle en $C$ et comme $\angleor{CB}{CA}=\dfrac{\pi}{3}$, il est équilatéral.

Soient $n$ un entier naturel, $n\geqslant3$, et $\{\omega_k\}_{0\leqslant k\leqslant n-1}$ les $n$ racines $n$-ièmes de l'unité.

Calculer $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\omega_k$.
Soit $p\in\N$.

Peut-on calculer $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\omega^p_k$ ?

On a:\begin{align} \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\omega_k & = 1 + \e^{\frac{2\i\pi}{n}} + \e^{\frac{4\i\pi}{n}}+ \e^{\frac{6\i\pi}{n}} + \cdots + \e^{\frac{2\i(n-1)\pi}{n}}\\ & = \dfrac{1-\left(\e^{\frac{2\i\pi}{n}}\right)^n}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\ & = \dfrac{1-\e^{2\i\pi}}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\ & = \dfrac{1-1}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\ & = 0. \end{align}
On souhaite calculer :\begin{align} \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\omega^p_k & = 1 + \e^{\frac{2p\i\pi}{n}} + \e^{\frac{4p\i\pi}{n}}+ \e^{\frac{6p\i\pi}{n}} + \cdots + \e^{\frac{2p\i(n-1)\pi}{n}}\\ & = \dfrac{1-\left(\e^{\frac{2p\i\pi}{n}}\right)^n}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\ & = \dfrac{1-\e^{2p\i\pi}}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\ & = \dfrac{1-\left(\e^{2\i\pi}\right)^p}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\ & = \dfrac{1-1^p}{1-\e^{\frac{2\i\pi}{n}}}\\ & = 0.\end{align}

Soient $a=\sqrt3-\i$, $b=-\sqrt3-3\i$ et $g=\dfrac{4b}{3\sqrt3a}$ les affixes respectives des points $A$, $B$ et $G$ dans le plan d'Argand-Cauchy.

Calculer le module et un argument de $a$, $b$ et $g$.
Quelle est la nature du triangle $OAB$ ?
Soit $I$ le milieu de $[AB]$. Montrer que $I$, $I$ et $G$ sont alignés.
Montrer que $G$ est le centre de gravité du triangle $AOB$.

- $|a| = \sqrt{\sqrt3^2+(-1)^2}=\sqrt{4}=2$.
  
  $a = 2\left(\dfrac{\sqrt3}{3}-\dfrac{1}{2}\i\right) = 2\left[\cos\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)+\i\sin\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)\right]= 2\e^{-\i\frac{\pi}{6}}$.
  
  Donc $\arg(a)=-\dfrac{\pi}{6} \quad [2\pi]$.
- $|b| = \sqrt{(-\sqrt3)^2 + (-3)^2} = \sqrt{12}=2\sqrt3$.
  
  $b = 2\sqrt3\left(-\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt3}{2}\i\right) = 2\sqrt3\e^{-\frac{2\i\pi}{3}}$.
  
  Donc $\arg(b)=-\dfrac{2\pi}{3}\quad [2\pi]$.
- $|g| = \dfrac{4|b|}{3\sqrt3|a|} = \dfrac{4\times2\sqrt3}{3\sqrt3\times2} = \dfrac{4}{3}$.
  
  De plus, \begin{align} \arg(g) & = \arg\left(\dfrac{4b}{3\sqrt3a}\right) \\ & =\arg(4b) - \arg(3\sqrt3a) \\ & =\arg(b)-\arg(a) \\ & =-\dfrac{2\pi}{3}+\dfrac{\pi}{6}\\ \arg(g) & =-\dfrac{\pi}{2}\quad [2\pi] \end{align}
$|a| \neq |b|$ donc $OAB$ n'est pas isocèle en $O$, ni équilatéral.

De plus, nous avons vu précédemment que $\arg\left(\dfrac{b}{a}\right)=-\dfrac{\pi}{2}$.

Par conséquent, $\angleor{OA}{OB}=-\dfrac{\pi}{2}$, ce qui signifie que $OAB$ est rectangle en $O$.
$I$ est le milieu de $[AB]$ donc son affixe est: \[ z_I = \dfrac{a+b}{2}=-2\i. \]

D'après la question précédente, \[ g=\dfrac{4}{3}\e^{-\frac{\i\pi}{2}}=-\dfrac{4}{3}\i. \] Par conséquent, $I$ et $G$ appartiennent à l'axe des imaginaires; $O$, $I$ et $G$ sont donc alignés.
Calculons: \[ \dfrac{a+b+0}{3}=-\dfrac{4}{3}\i=g. \] Donc $G$ est bien le centre de gravité du triangle $OAB$.

On n'oublie pas que le centre de gravité d'un triangle $ABC$, où $a$, $b$ et $c$ sont les affixes respectives de $A$, $B$ et $C$, a pour affixe $\dfrac{a+b+c}{3}$.

On considère les points $A$, $B$ et $C$ d'affixes respectives dans le plan d'Argand-Cauchy: \[ z_A=-1+\i\sqrt{3}\qquad;\qquad z_B=-1-\i\sqrt{3}\qquad;\qquad z_c=2 \]

1. Vérifier que $\dfrac{z_B-z_C}{z_A-z_C}=\e^{\i\frac{\pi}{3}}$.
2. En déduire la nature du triangle $ABC$.
3. Déterminer le centre et le rayon du cercle $\Gamma_1$ circonscrit au triangle $ABC$.
1. Etablir que l'ensemble $\Gamma_2$ des points M d'affixe $z$ qui vérifient: \mbox{$2\left(z + \overline{z}\right) + z\overline{z} = 0$} est un cercle de centre $\Omega$ d'affixe $-2$. Préciser son rayon.
2. Vérifier que les points $A$ et $B$ sont éléments de $\Gamma_2$.

1. On a: \begin{align} \dfrac{z_B-z_C}{z_A-z_C} & = \dfrac{-1-\i\sqrt{3}-2}{-1+\i\sqrt{3}-2} = \dfrac{-3-\i\sqrt{3}}{-3+\i\sqrt{3}}\\ & = \dfrac{\left(-3-\i\sqrt{3}\right)^2}{\left(-3+\i\sqrt{3}\right)\left(-3-\i\sqrt{3}\right)} = \dfrac{6+6\i\sqrt{3}}{12}\\ & = \dfrac{1+\i\sqrt{3}}{2} = \dfrac{1}{2}+\i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ \dfrac{z_B-z_C}{z_A-z_C} & = \e^{\i\frac{\pi}{3}}. \end{align}
2. De la question précédente, on déduit que $\arg\left(\dfrac{z_B-z_C}{z_A-z_C} \right)=\arg\left(\e^{\i\frac{\pi}{3}}\right)=\dfrac{\pi}{3}$.
  
  Or, $\arg\left(\dfrac{z_B-z_C}{z_A-z_C}\right)=\angleor{CA}{CB}$. Donc, $\angleor{CA}{CB}=\dfrac{\pi}{3}$.
  
  De plus, $z_A=\overline{z_B}$, ce qui signifie que A et B sont symétriques par rapport à $\left(\text{O}\mathpunct{};\mathpunct{}\vv{u}\right)$, et C se trouve sur $\left(\text{O}\mathpunct{};\mathpunct{}\vv{u}\right)$ donc $CA = CB$. Le triangle $ABC$ est donc isocèle en $C$. Et comme l'angle au sommet principal est égal à $\dfrac{\pi}{3}$, on en déduit que $ABC$ est équilatéral.
3. Si $z$ représente l'affixe de ce centre : \[ z = \dfrac{z_A+z_B+z_C}{3} = 0. \]
  
  Ainsi, $O$ est le centre du cercle circonscrit à $ABC$.
  
  Le rayon de $\Gamma_1$ est donc $OC$, soit 2.
1. Posons $z=x+\i y$. Alors, \begin{align} 2\left(z+\overline{z}\right)+z\overline{z}=0 & \iff 2(x+\i y + x-\i y)+(x+\i y)(x-\i y)=0\\& \iff 4x+x^2+y^2=0\\ & \iff (x+2)^2-4+(y-0)^2=0\\ & \iff (x+2)^2+(y-0)^2=2^2. \end{align}
  
  Ainsi, l'ensemble des points $M\coord{x}{y}$ vérifiant l'équation est le cercle de centre $\Omega\coord{-2}{0}$ et de rayon $r=2$.
2. On remplace $z$ par $z_A$ dans l'expression $2(z+\overline{z})+z\overline{z}$ : \begin{align} 2(z_A+\overline{z_A})+z_A\overline{z_A} & = 4\text{Re}(z_A)+|z_A|^2\\ & = -4+((-1)^2+\sqrt{3}^2\\ & = -4+4\\ & = 0.\end{align}
  
  $z_A$ satisfait l'équation donc $\text{A}\in\Gamma_2$.
  
  Comme $z_B=\overline{z_A}$ et que l'équation est symétrique en $z$ et $\overline{z}$, $\text{B}\in\Gamma_2$.

Soit $f$ l'application qui, à tout nombre complexe $z$ différent de $-2\i$, associe le nombre: \[ Z=f(z)=\frac{z-2+\i}{z+2\i}.\] On appelle $A$ et $B$ les points d'affixes respectives $z_A=2-\i$ et $z_B=-2\i$ dans le plan d'Argand-Cauchy.

Si $z=x+\i y$, $x$ et $y$ étant deux réels, exprimer la partie réelle et la partie imaginaire de $Z$ en fonction $x$ et $y$. En déduire la nature de :
1. l'ensemble $\mathcal{E}$ des points $M$ d'affixe $z$ tels que $Z$ soit un réel ;
2. l'ensemble $\mathcal{F}$ des points $M$ d'affixe $z$ tels que $Z$ soit un imaginaire pur, éventuellement nul ;
3. l'ensemble $\mathcal{G}$ des points $M$ d'affixe $z$ tels que $|Z|=1$.
Déterminer les ensembles $\mathcal{E}$, $\mathcal{F}$ et $\mathcal{G}$ sans utiliser les parties réelle et imaginaire de $Z$.
Calculer $|Z-1|\times|z+2\i|$ et en déduire que les points $M'$ d'affixe $Z$, lorsque le point $M$ d'affixe $z$ parcourt le cercle de centre $B$ et de rayon $\sqrt{5}$ sont tous sur un même cercle dont on précisera l'affixe du centre et le rayon.

Avant tout, mettons $Z$ sous la forme algébrique: \begin{align} Z & = \dfrac{[x-2+\i(y+1)](x-(y+2)\i)}{(x+(y+2)\i)(x-(y+2)\i)}\\ & = \dfrac{x(x-2)+(y+1)(y+2)+\i[x(y+1)-(x-2)(y+2)]}{x^2-(y-2)^2}. \end{align}

Donc $\text{Re}(Z)=\dfrac{x^2+y^2-2x+3y+2}{x^2-(y-2)^2}$ et $\text{Im}(Z)=\dfrac{-x+2y+4}{x^2-(y-2)^2}$.
1. $Z\in\R\iff\text{Im}(Z)=0\Rightarrow-x+2y+4=0$.
  
  Ainsi, $\mathcal{E}$ est la droite d'équation cartésienne $-x+2y+4=0$.
2. $Z=k\i,\ k\in\R\Rightarrow\text{Re}(Z)=0\Rightarrow (x-1)^2+\left(y+\frac{3}{2}\right)^2 =\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^2$.
  
  $\mathcal{F}$ est donc le cercle de centre d'affixe $1-\frac{3}{2}\i$ et de rayon $\frac{\sqrt{5}}{2}$.
3. $|Z|=1\Rightarrow|z-z_A|=|z-z_B|$.
  
  $\mathcal{G}$ est donc la médiatrice de $[AB]$.
- $\arg(Z)=\angleor{BM}{AM}$. $Z\in\R\Rightarrow\arg(Z)=0\mod\pi\Rightarrow\angleor{BM}{AM}=0\mod\pi$.
  
  Donc, $A$, $B$ et $M$ sont alignés. $\mathcal{E}$ est donc la droite $(AB)$.
- $Z=k\i,\ k\in\R\Rightarrow\arg(Z)=\frac{\pi}{2}\mod\pi\Rightarrow\angleor{BM}{AM} =\frac{\pi}{2}\mod\pi$.
  
  Ainsi, $BAM$ est un triangle rectangle en $M$. Donc $\mathcal{F}$ est le cercle de diamètre $[AB]$.
- $|Z|=1\Rightarrow|z-z_A|=|z-z_B|$.
  
  $\mathcal{G}$ est donc la médiatrice de $[AB]$.
$Z-1=\dfrac{z-2+\i-z-2\i}{z+2\i}=\dfrac{-2-\i}{z+2\i}$ donc $|Z-1|\times|z+2\i|=|-2-\i|=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$.

Si $M\in\mathcal{C}_{\left(B,\sqrt{5}\right)}$, alors $z=z_B+\sqrt{5}\e^{\i\theta}$ et donc $|z+2\i|=|\sqrt{5}\e^{\i\theta}|=\sqrt{5}$.

Ainsi, $|Z-1|=1$. Donc $M'$ sera sur le cercle de centre d'affixe 1 et de rayon 1.

Soit $ABCD$ un quadrilatère quelconque de sens direct.

Sur $[AB]$, $[BC]$, $[CD]$ et $[DA]$, on construit quatre carrés (extérieurs à $ABCD$) de centres respectifs $P$, $Q$, $R$ et $S$.

Le but de l'exercice est de démontrer que les diagonales de $PQRS$ sont perpendiculaires et de même longueur.

On note $a$, $b$, $c$, $d$, $p$, $q$, $r$ et $s$ les affixes respectives des points $A$, $B$, $C$, $D$, $P$, $Q$, $R$ et $S$ dans un repère orthonormé $\left(O;\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)$ de sens direct.

Démontrer que dans le carré construit sur $[AB]$, on a : $p=\dfrac{a-\i b}{1-\i}$.

Etablir des relations analogues pour $q$, $r$ et $s$.
Calculer $\dfrac{s-q}{r-p}$ puis conclure.