Corrigé

1.a. ${\mathit{z}}_{\mathit{M}}=2{\mathit{e}}^{-\mathit{i}\frac{\mathit{\pi }}{3}}=2\left(\cos \left(-\frac{\mathit{\pi }}{3}\right)+\mathit{i}\sin \left(-\frac{\mathit{\pi }}{3}\right)\right)=2\left(\frac{1}{2}-\mathit{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.      Soit: ${\mathit{z}}_{\mathit{M}}=1-\mathit{i}\sqrt{3}$.

1.b. ${\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }=-\mathit{i}{\mathit{z}}_{\mathit{M}}=-\mathit{i}\left(1-\mathit{i}\sqrt{3}\right)=-\mathit{i}+{\mathit{i}}^2\sqrt{3}$      Soit: ${\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }=-\sqrt{3}-\mathit{i}$.
Clique ICI pour revoir le cours sur module et argument.
$\left|{\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }\right|=\sqrt{{\left(-\sqrt{3}\right)}^2+{\left(-1\right)}^2}=\sqrt{3+1}=\sqrt{4}=2$.     Soit: $\left|{\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }\right|=2$.
On factorise: ${\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }=2\left(\frac{-\sqrt{3}}{2}-\mathit{i}\frac{1}{2}\right)$.
On note alors que: ${\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }=2\left(\cos \left(-\frac{5\mathit{\pi }}{6}\right)+\mathit{i}\sin \left(-\frac{5\mathit{\pi }}{6}\right)\right)$.
C'est l'écriture de ${\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }$ sous forme trigonométrique.
Par conséquent: $\arg {\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }=-\frac{5\mathit{\pi }}{6}\left[2\mathit{\pi }\right]$.
$-\frac{5\mathit{\pi }}{6}$ est un argument de ${\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }$.

1.c. Les propriétés 1 et 2 se vérifient sur le graphique ci-dessous.


2.a. Clique ICI pour revoir le cours sur l'affixe d'un milieu .
I le milieu du segment [AM],
donc ${\mathit{z}}_{\mathit{I}}=\frac{{\mathit{z}}_{\mathit{A}}+{\mathit{z}}_{\mathit{M}}}{2}=\frac{1+\mathit{x}+\mathit{i}\mathit{y}}{2}$.      Soit: ${\mathit{z}}_{\mathit{I}}=\frac{1+\mathit{x}}{2}+\mathit{i}\frac{\mathit{y}}{2}$

2.b. ${\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }=-\mathit{i}{\mathit{z}}_{\mathit{M}}=-\mathit{i}\left(\mathit{x}+\mathit{i}\mathit{y}\right)=-\mathit{i}\mathit{x}-{\mathit{i}}^2\mathit{y}$.      Soit: ${\mathit{z}}_{\mathit{M}\prime }=\mathit{y}-\mathit{i}\mathit{x}$

2.c. On obtient les coordonnées des points à partir de leurs affixes.
Ainsi: $\mathit{I}\left(\frac{1+\mathit{x}}{2};\frac{\mathit{y}}{2}\right)$     $\mathit{B}\left(0;1\right)$     $\mathit{M}\prime \left(\mathit{y};-\mathit{x}\right)$.

2.d. On a: $\overrightarrow{\mathit{O}\mathit{I}}\left(\frac{1+\mathit{x}}{2};\frac{\mathit{y}}{2}\right)$ et $\overrightarrow{\mathit{B}\mathit{M}\prime }\left(\mathit{y};-\mathit{x}-1\right)$
Le repère étant orthonormé, nous calculons le produit scalaire $\overrightarrow{\mathit{O}\mathit{I}}.\overrightarrow{\mathit{B}\mathit{M}\prime }$ de la façon suivante:
$\overrightarrow{\mathit{O}\mathit{I}}.\overrightarrow{\mathit{B}\mathit{M}\prime }=\frac{1+\mathit{x}}{2}\times \mathit{y}+\frac{\mathit{y}}{2}\times \left(-\mathit{x}-1\right)=\frac{\mathit{y}}{2}+\frac{\mathit{x}\mathit{y}}{2}-\frac{\mathit{x}\mathit{y}}{2}-\frac{\mathit{y}}{2}=0$
On a donc $\overrightarrow{\mathit{O}\mathit{I}}.\overrightarrow{\mathit{B}\mathit{M}\prime }=0$, et par là, les vecteurs $\overrightarrow{\mathit{O}\mathit{I}}$ et $\overrightarrow{\mathit{B}\mathit{M}\prime }$ sont orthogonaux,
Les droites (OI) et (BM') sont donc perpendiculaires.
Ce qui montre que (OI) est la hauteur du triangle OBM' issue de O.

2.e. Le repère étant orthonormé, nous calculons les distances BM' et OI de la façon suivante:
$\mathit{B}\mathit{M}\prime =\sqrt{{\mathit{y}}^2+{\left(-\mathit{x}-1\right)}^2}=\sqrt{{\mathit{x}}^2+2\mathit{x}+{\mathit{y}}^2+1}$
$\mathit{O}\mathit{I}=\sqrt{{\left(\frac{1+\mathit{x}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\mathit{y}}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{1+2\mathit{x}+{\mathit{x}}^2+{\mathit{y}}^2}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{{\mathit{x}}^2+2\mathit{x}+{\mathit{y}}^2+1}$
On constate alors que BM'=2OI.     c.q.f.d. (ce qu'il fallait démontrer)