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\begin{filecontents*}{BacBlanc2008.mp}
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input geometriesyr16;
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verbatimtex
%&latex
\documentclass{article}
\usepackage[upright]{fourier}
\usepackage{preambule}
\begin{document}
etex

figure(-2.5u,-10u,14u,10u);

pair a,b,c,d,g,mi,mimi,m,i,e,ee,oo;
path cc,ab,cg,CC;

a:=(0,0);
c:=u*(10,0);
mi:=milieu(a,c);
cc:=cercles(mi,5*u);
b:=pointarc(cc,50);
ee:=pointarc(cc,120);
d:=rotation(c,b,60);
e:=rotation(c,a,60);
g:=iso(b,c,d);
mimi:=milieu(c,d);
i:=milieu(b,d);

ab:=(a shifted (a-b))--(b shifted b-a);
cg:=(c shifted c-g)--(g shifted (g-c)) shifted (g-c);

trace ab;
trace cg;

m:=cg intersectionpoint ab;

trace cc;

dotlabel.lft(btex A etex,a );
dotlabel.rt(btex C etex,c );
dotlabel.urt(btex B etex,b );
dotlabel.rt(btex D etex,d );
dotlabel.top(btex G etex,g );
dotlabel.top(btex  etex,mimi );
dotlabel.bot(btex O etex,mi );
dotlabel.lft(btex M etex,m );
dotlabel.urt(btex I etex, i);
dotlabel.top(btex E etex,e );
dotlabel.ulft(btex $E'$ etex,ee );
trace a--e;

trace a--c;

trace codeperp(c,milieu(b,c),g,5);
trace codeperp(a,b,c,5);

trace mediatrice(b,c) dashed evenly;



trace polygone(b,c,d) withcolor 0.4white withpen pencircle scaled 1.2bp;

trace Codeangle(c,b,d,5,btex $\efr{\pi}{3}$ etex );
trace Codeangle(c,a,e,5,btex $\ofr{\pi}{3}$ etex );

trace Codeanglen(b,c,i,5,btex $-\efr{\pi}{6}$ etex );


trace b--mimi;
trace codesegments(c,mimi,mimi,d,2);
trace codesegments(b,i,i,d,2);
trace d--milieu(b,c);
trace codesegments(b,milieu(b,c),milieu(b,c),c,2);


trace codesegments(a,milieu(a,e),milieu(a,e),e,4);
trace codesegments(a,mi,mi,c,4);


path oe,eec;

oe:= mi--e;
eec:=  c--milieu(a,e);
trace oe;
trace eec;



oo:= oe intersectionpoint  eec;

dotlabel.urt(btex $O'$ etex,oo );

trace cercles(oo,e) withpen pencircle scaled 1.5 bp withcolor 0.7white; 

label.lrt(btex $\Gamma$ etex, pointarc(cc,300) );
label.urt(btex $\CR$ etex,pointarc(cercles(oo,e),70) );

fin;

end
\end{filecontents*}




\documentclass[10pt,a4paper]{report}
\usepackage[height=250mm,width=183mm]{geometry}
\usepackage{preambule,filecontents}
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\graphicspath{{/home/moi/Figures/}}
\entete{Bac Blanc 2008}{Corrigé}{T\textsuperscript{ale}S}%g,d,b


\newcommand{\barem}[1]{ \textcolor{blue}{\Large [#1 point] }}

\begin{document}
\setlength{\parindent}{0pt}
\thispagestyle{empty}


\begin{center}
  \fbox{\LARGE CORRIGÉ EXERCICE 2 SPÉCIALITÉ}
\end{center}


\subsection*{Partie A}


\begin{enumerate}
\item Admirez la belle figure~: \barem{0,5}

\begin{center}
  \includegraphics{BacBlanc2008.1}
\end{center}

\item O étant le centre  du cercle $(\Gamma)$, on a $OB=OC$ et donc O  appartient à la médiatrice de
  $[BC]$. 

De plus, $DB=DC$ car le triangle DBC est équilatéral, donc D est sur cette même médiatrice.

Enfin G  est le centre de  gravité du triangle équilatéral  DBC~:~c'est donc également  le centre du
cercle circonscrit au triangle est lui aussi est sur la médiatrice de [BC].\barem{0,5}

\medskip

B étant un point du cercle de diamètre [AC], le triangle ABC est rectangle en B. Les droites (AB) et
(OG) sont donc toutes deux perpendiculaires à la droite (BC)~:~elles sont donc parallèles.

Dans  le triangle  CBM, la  droite (OG)  passe par  le milieu  du côté  [CB], est  parllèle  au côté
[BM]~:~elle coupe donc le troisième côté [CM] en son milieu. G est donc le milieu de [CM].\barem{0,5}

\item  La médiane (CG)  est aussi  bissectrice de  l'angle $\widehat{BCD}$,  donc $\ao{CB}{CM}\equiv
  -\frac{\pi}{6}[2\pi]$.

De plus, soit I le milieu de [BD]. On obtient successivement~:

\[
CM=2CG=2\times \frac{2}{3}CI=2\times \frac{2}{3}CB\times \cos \left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{2\sqrt{3}}{3}CB
\]

La similitude $s$ a donc pour rapport $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ et pour angle $-\frac{\pi}{6}$. \barem{0,5}

\end{enumerate}


\subsection*{Partie B}

\begin{enumerate}
\item Le point E est l'image de C par la rotation de centre A, donc~:

\[z_E-z_A=\E^{\efr{\I\pi}{3}}\left(z_C-z_A\right)\]

On obtient $z_E=2\E^{\efr{\I\pi}{3}}-1=\I \sqrt{3}$. \barem{0,5}

\item  Soit   $a=\frac{3+\I\sqrt{3}}{4}$.  On  obtient  $|a|=\frac{\sqrt{12}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
  puis \[a=|a|\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\I\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\E^{\efr{\I\pi}{6}}\]

Enfin, recherchons l'affixe du point invariant en résolvant l'équation~:

\begin{center}
  

\begin{arrayl}(E)&:&z=\dfrac{3 + \text{i}\sqrt{3}}{4}z + \dfrac{1 - \text{i}\sqrt{3}}{4}\\
(E)&\ssi&\left(1-\I \sqrt{3}\right)z= 1-\I \sqrt{3}\\
(E)&\ssi&z=1\\
\end{arrayl}

\end{center}

On en déduit que $\sigma$ est la  similitude de centre C, de rapport $\frac{\sqrt{3}}{2}$ et d'angle
$\frac{\pi}{6}$. \barem{$3\times0,25$}

Or  $\dfrac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ qui  est  le rapport  de
$s$.

Les deux similitudes ont donc même centre,  des rapports inverses et des angles opposés~:~elles sont
donc réciproques l'une de l'autre. \barem{0,5}

\item  Après   calculs,  on  obtient  l'égalité  demandée.   Or  $z_{E'}=\E^{\efr{2\I\pi}{3}}$,  donc
  $|z_{E'}|=1$  et $E'$ appartient  au cercle  de centre  O et  de rayon  1, c'est-à-dire  le cercle
  $\Gamma$. \barem{0,5}

\item Comme $\sigma(E)=E'$, on a $s(E')=E$. Or $E'\in\Gamma$~:~E est donc l'image par $s$ d'un point
  de $\Gamma$. On en déduit que $E$ est sur $\CR$.

\medskip

On ne peut pas reprendre la démonstration faite à  la partie A pour le triangle ACE, car B doit être
différent de A.


Cependant,  le triangle  ACE étant  équilatéral, l'image  de O  par $s$  est sur  la  bissectrice de
$\widehat{ACE}$ car  $\ao{CA}{CE}\equiv -\frac{\pi}{3}[2\pi]$.  Soit $G'$ le  centre de  gravité de
ACE.   Une   démonstration   analogue   à   celle   de   la   question   {\bf   A.3.}   montre   que
$CG'=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}CO$, donc $G'$ est bien l'image de O par $s$. \barem{0,5}

\medskip

Comme $\CR$  est l'image du  cercle $\Gamma$ privé  de a et  C par la  similitude $s$, $\CR$  est un
cercle privé des images de A et C et de centre l'image du centre de $\Gamma$, c'est-à-dire $O'$. 
\barem{0,25}

On trace $O'$, centre de gravité de ACE puis le cercle de centre $O'$ et passant par E.




\end{enumerate}


\end{document}
%%% Local Variables: 
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%%% TeX-master: t
%%% End: 
