Examen National Session Normale 2021 (Maroc):

1. 1. Soit à résoudre : \[ (E) : \quad z^2-(a+b+c)z+(a+b)c=0 \] On voit facilement les 2 solutions de l'équation $ (E) $ car d'après les propriétés des équations quadratiques on a :
      \[ z_1+z_2=a+b+c=(a+b)+c \quad \text{et} \quad z_1z_2=(a+b)c \] Donc les solutions de l'équation sont : \[ z_1=a+b \quad \text{et} \quad z_2=c \]
   2. On a dans ce cas : \[ \begin{aligned} z_1 &= i+e^{i\frac{\pi}{3}}=e^{i\frac{\pi}{2}} +e^{i\frac{\pi}{3}} \\ z_1 &= e^{i\frac{\pi}{3}}(e^{i(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{3})}+1)=e^{i\frac{\pi}{3}}(e^{i\frac{\pi}{6}}+1) \\ z_1 &= e^{i\frac{\pi}{3}}e^{i\frac{\pi}{12}}(e^{i\frac{\pi}{12}}+e^{-i\frac{\pi}{12}}) \\ z_1 &= e^{i\frac{5\pi}{12}}\left(2\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)\right) \end{aligned} \] Donc : $ z_1=2\cos(\frac{\pi}{12})e^{i\frac{5\pi}{12}} $
      L'écriture précédente représente la forme trigonométrique de $z_1$ car $\cos(\frac{\pi}{12})>0$.

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      D'autre part : \[ \begin{aligned} z_2 &= i-e^{i\frac{\pi}{3}}=e^{i\frac{\pi}{2}}-e^{i\frac{\pi}{3}} \\ z_2 &= e^{i\frac{\pi}{3}}(e^{i\frac{\pi}{6}}-1)=e^{i\frac{\pi}{3}}e^{i\frac{\pi}{12}}(e^{i\frac{\pi}{12}}-e^{-i\frac{\pi}{12}}) \\ z_2 &= e^{i\frac{5\pi}{12}}\left(2i\sin\left(\frac{\pi}{12}\right)\right)=2\sin\left(\frac{\pi}{12}\right)e^{i\frac{5\pi}{12}}e^{i\frac{\pi}{2}} \end{aligned} \] Donc : $ z_2=2\sin\left(\frac{\pi}{12}\right)e^{i\frac{11\pi}{12}} $
      Ceci représente la forme trigonométrique de $z_2$ car $\sin\left(\frac{\pi}{12}\right)>0$.
2. 1. Par définition de $ P(p) $, on a : \[ \begin{aligned} (a-p) &= e^{i\frac{\pi}{2}}(b-p) \\ (a-p) &= i(b-p) \\ (i-1)p &= -a+ib \\ 2p &= (-1-i)(-a+ib) \end{aligned} \] Soit : $ 2p=(a+b)+i(a-b) $
      L'image par la rotation de centre $ A(a) $ et d'angle $-\frac{\pi}{2}$ de $C$ est $ Q(q) $ : \[ \begin{aligned} (a-q) &= e^{-i\frac{\pi}{2}}(c-q)=-i(c-q) \\ q(1+i) &= a+ic \\ 2q &= (1-i)(a+ic) \end{aligned} \] Soit : $ 2q=(c+a)+i(c-a) $
      $ D(d) $ étant le milieu de $ [BC] $, on a donc : $d=\frac{b+c}{2}$.
   2. On a : \[ \begin{aligned} \frac{p-d}{q-d} &= \frac{2p-2d}{2q-2d}=\frac{(a+b)+i(a-b)-(b+c)}{(c+a)+i(c-a)-(b+c)} \\ \frac{p-d}{q-d} &= \frac{(a-c)+i(a-b)}{(a-b)+i(c-a)}=i\frac{(a-b)+i(c-a)}{(a-b)+(c-a)} \end{aligned} \] Soit : $\frac{p-d}{q-d}=i$.
   3. On en déduit que $\overrightarrow{PD}$ est orthogonal à $\overrightarrow{QD}$ et que $PD=QD$.
      Ceci est équivalent à dire que $ PQD $ est un triangle rectangle et isocèle en $D$.
   4. On a :
      • $ E(e) $ est le symétrique de $B$ par rapport à $P$ et donc : $p-b=e-p$. Soit : $e=2p-b$.
      • $ F(f) $ est le symétrique de $C$ par rapport à $Q$ et donc : $q-c=f-q$. Soit : $f=2q-c$.
      • $ K(k) $ est le milieu de $ [EF] $ et donc : \[ \begin{aligned} k &= \frac{e+f}{2}=\frac{2p+2q-(b+c)}{2} \\ k &= \frac{(a+b)+i(a-b)+(c+a)+i(c-a)-(b+c)}{2} \\ k &= \frac{2a+i(c-b)}{2} \end{aligned} \] Soit : $k=a+\frac{i}{2}(c-b)$.
   5. On a déjà montré que $\left(\frac{d-p}{d-q}\right)=i$ ; ce qui veut dire que $D$ appartient au cercle de diamètre $ [PQ] $.
      Il suffit de montrer que $ K $appartient à ce même cercle, il doit donc intercepter le diamètre$ [PQ] $ avec un angle de $\pm\frac{\pi}{2}$. \[ \begin{aligned} \frac{k-p}{k-q} &= \frac{2k-2p}{2k-2q} \\ \frac{k-p}{k-q} &= \frac{2a+i(c-b)-((a+b)+i(a-b))}{2a+i(c-b)-((c+a)+i(c-a))} \\ \frac{k-p}{k-q} &= \frac{(a-b)-i(a-c)}{(a-c)+i(a-b)}=-i\frac{(a-c)+i(a-b)}{(a-c)+i(a-b)} \end{aligned} \] Soit : $\frac{k-p}{k-q}=-i$.
      Et donc : $\arg\left(\frac{k-p}{k-q}\right)=\arg\left(\frac{d-p}{d-q}\right) \pmod{2\pi}$.
      Ceci prouve que les points $P, Q, K$ et $D$ sont cocycliques.