1. $~ABC~$ est un triangle équilatéral direct
    Considérons le point $~D~$ tel que $~~\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{CD}$.
    $\overrightarrow{CA}~$ s'obtient à partir de $~\overrightarrow{CD}$ par une rotation de centre $C$ d'angle $\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)~$
    Ce qui se traduit en terme d'affixes: $$(a-c)=e^{i\frac{2\pi}{3}}(d-c)=j(c-b)$$ Ce qui équivaut à: $$a+jb-(1+j)c=0$$ Et puisque $~(~j^2=-(1+j)~)~$, il vient: $$\boxed{a+jb+j^2c=0}\qquad (1)$$ Réciproquement, si:

    $$a+jb+j^2c=0$$ Alors: $$a+jb=-j^2c=(1+j)c$$ Et donc: $$a-c=j(c-b)$$ Cette dernière relation signifie que: $$\widehat{(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA})}=\dfrac{2\pi}{3}$$ En passant aux modules on obtient: $$|a-c|=|c-b|\qquad (2)$$ En multipliant $(1)$ par $j$ il vient: $$c+ja+j^2b=0$$ En procédant comme ci dessus on obtient: $$(b-c)=j(a-b)$$ Ce qui signifie en terme d'angles: $$\widehat{(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{CB})}=\dfrac{2\pi}{3}$$ Et en termes de modules: $$|c-b|=|b-a|\quad (3)$$ De $~(2)~$ et $~(3)~$ on tire que $~ABC~$ est un triangle équilatéral.
    L'équivalence est donc prouvée.

  2. $~ABC~$ est un triangle équilatéral indirect si et seulement si ACB est equilatéral indirect.
    D'après ce qui précède ceci équivaut à $$\boxed{a+j^2b+jc=0}$$
  3. Supposons que les affixes de 3 points A,B et C distints, vérifient la relation: $$(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2=0 \qquad(4)$$ Ce qui équivaut à: $$(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)=0 \qquad $$ On montre aisément que: $$a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=(a+jb+j^2c)(a+j^2b+jc)$$ Et donc: $$(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2=0\Longleftrightarrow (a+jb+j^2c)(a+j^2b+jc)=0$$ Ce qui est équivalent à: $$\begin{cases} a+jb+j^2c=0\\\text{ou}\\a+j^2b+jc=0\\ \end{cases}$$ Ce qui est équivalent de dire que $~~ABC~~$ est équilatéral.
  4. $ABC$ est un triangle isocèle si est seulement si: $~|AB|=|AC|~$
    Soit en terme d'affixes: $$(a-b)(\bar{a}-\bar{b})=(a-c)(\bar{a}-\bar{c})$$ Qu'on peut écrire en utlisant le déterminant: $$\Delta=\begin{vmatrix} (a-b) &(\bar{a}-\bar{c})\\ (a-c) &(\bar{a}-\bar{b}) \end{vmatrix}=0$$ Le déterminant $~\Delta~$ ne change pas si on remplace la ligne $~L_2~$ du déterminant par $~L_2-L_1~$.
    Ce qui donne: $$\Delta=\begin{vmatrix} (a-b) &(\bar{a}-\bar{c})\\ (b-c) &(\bar{c}-\bar{b}) \end{vmatrix}=0$$ Soit: $$(a-b)(\bar{c}-\bar{b})=(b-c)(\bar{a}-\bar{c})$$

  5. Le produit scalaire de deux vecteurs $~\vec{u}~$ et $~\vec{v}~$ d'affixes respectifs $~z,z'~$ est donné par: $$\vec{u}\cdot\vec{v}=\dfrac{1}{2}(\bar{z}z'+z\bar{z'})$$ Donc le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ si et seulement si $$~~(AB)\perp (AC)$$ Soit: $$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0$$ Soit en termes d'affixe: $$\overline{(a-b)}(a-c)+(a-b)\overline{(a-c)}=0\Longleftrightarrow (\bar{a}-\bar{b})(a-c)+(a-b){(\bar{a}-\bar{c})}=0$$

  6. Les trois points sont alignés si et seulement si il existe $\lambda$ dans $\mathbb{R}$ tel que:
    $$(a-c)=\lambda(a-b)$$ Ce qui est équivalent à: $$~\left(\dfrac{a-c}{a-b}\right)\in \mathbb R$$ Et donc: $$~~\dfrac{\bar a-\bar c}{\bar a-\bar b}=\dfrac{a-c}{a-b}$$ Par la suite: $$(\bar a-\bar c)(a-b)=(\bar a-\bar b)(a-c)\quad (*)$$ Puisque le membre de gauche est le conjugué du membre de droite dans l'équation $(*)$ alors: $$(\bar a-\bar b)(a-c)$$ est un réel. il en est de même de: $$~~(\bar a-\bar b)(c-a)~~$$ Or: $$~~(\bar a-\bar b)(c-a)=-a\bar{a}+(a\bar{b}+c\bar{a})-c\bar{b}$$ Et donc: $$~~(a\bar{b}+c\bar{a}-c\bar{b})~~$$ appartient à $\mathbb{R}\qquad$ (car: $~~~a\bar a \in\mathbb{R}~)$
    D'autres part on a: $$(a\bar b +c\bar a)-c\bar b=(a\bar b +c\bar a+b\bar c)-(b\bar{c}+c\bar{b})$$ On en déduit que: $$(a\bar b +b\bar{c}+c\bar{a})\quad \text{est un réel.}$$ Car: $~~b\bar{c}+\bar{b}c=2\Re{e}(b\bar{c})~~$ est un réel.