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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{La Réunion}}
\rfoot{\small{juin 2007}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,25cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S La Réunion  juin 2007~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item A$(a~;~\ln a). M(x~;~y)( \neq \text{A})~ \in (\text{T}) \iff \dfrac{y - \ln a}{x - a} = \dfrac{1}{a} \iff y = \dfrac{x}{a}- 1 + \ln a$.
		\item P$(0~;~y) \in (\text{T}) \iff y = - 1 + \ln a$.\\
		P$(0~;~\ln a - 1)$.
		
		Longueur PQ : On a Q$(0~;~\ln a)$.
		
		PQ$^2 =  (0 - 0)^2 + (\ln a - \ln a +1)^2 = 1$.
 
 Donc PQ = 1.
 
 \medskip
 
\psset{xunit=1cm,yunit=1.5cm}
\begin{pspicture}(-0.5,-0.5)(9,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(-0.5,-0.5)(9,3)
\psaxes[linewidth=2pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
\psplot{0.5}{9}{x ln}
\psline[linestyle=dotted](2.4,0)(2.4,0.8755)(0,0.8755)
\psline[linestyle=dotted](6.6,0)(6.6,1.887)(0,1.887)
\uput[u](8.5,0){$x$}\uput[r](0,2.5){$y = \ln x$}
\uput[ur](0,0){O}
\uput[ul](2.4,0.8755){A} \uput[d](2.4,0){$a$}
\uput[ul](6.6,1.887){B} \uput[d](6.6,0){$b$}
\uput[l](0,0.8755){Q} \uput[l](0,1.887){R}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\psline(-0.2,-0.1245)(0.2,-0.1245) \uput[l](0,-0.1245){P}
\psline{->}(0,-0.1245)(2.4,0.8755)(4.8,1.8755)
\psline[linecolor=blue]{<->}(-0.5,-0.1245)(-0.5,0.8755)
\uput[l](-0.5,0.3755){$-1$}
\uput[l](-0.5,0.8755){$\ln a$}\uput[l](-0.5,1.887){$\ln b$}
\psline[linecolor=red,linewidth=2pt]{->}(0,1.38125)(3.98,1.38125)
\psline[linecolor=red,linewidth=2pt]{->}(3.98,1.38125)(3.98,0)
\uput[d](3.98,0){$\sqrt{ab}$} \uput[l](-0.25,1.38125){$\frac{1}{2}(\ln a + \ln b)$}
\end{pspicture}

\medskip

La construction simple de la tangente : on construit P en enlevant 1 à l'ordonnée de Q : la tangente est la droite (PA).
	\end{enumerate}
\item R. O. C. : en appliquant la propriété à $\ln m = \ln \left(\sqrt{m} \times \sqrt{m}\right)$, on obtient :

$\ln m = \ln \sqrt{m} + \ln \sqrt{m} = 2\ln \sqrt{m} \iff \ln \sqrt{m} = \dfrac{1}{2}\ln m$ (avec $m > 0$).
\item On a $\ln a + \ln b = \ln ab = 2\ln \sqrt{ab} \iff \ln \sqrt{ab} = \dfrac{1}{2}(\ln a + \ln b)$.

D'où la construction : 
	\begin{itemize}
		\item On construit la médiatrice de [QR].
		\item Cette médiatrice  coupe $\Gamma$ en un point dont l'abscisse est $\ln \sqrt{ab}$.
	\end{itemize}
\end{enumerate}

\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}

\begin{enumerate}
\item $u_{n+1} - u_{n} = u_{n}^2 \geqslant 0$ : la suite est donc croissante.
\item
	\begin{enumerate}
		\item $h(x) = x^2 + x$ ; $h$ est dérivable et $h'(x) = 2x + 1$.
		
		Sur $\left]- \infty~;~- \dfrac{1}{2}\right[,~h'(x) < 0 \Rightarrow h$  est décroissante ;
		
		Sur $\left]- \dfrac{1}{2}~;~+ \infty\right[,~h'(x) > 0 \Rightarrow h$ est croissante.
		
		$h'\left(- \dfrac{1}{2} \right) = 0$. La fonction admet en ce point un extremum qui est un minimum $h\left(- \dfrac{1}{2} \right) = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{2} = - \dfrac{1}{4}$.
		
		Sur $\left]-1~;~- \dfrac{1}{2}\right[$ la fonction décroit de $0$ à $- \dfrac{1}{4}$ et sur $\left]- \dfrac{1}{2}~;~0\right[$, la fonction croit de  $- \dfrac{1}{4}$  à $0$.
		
		Conclusion : si $x \in ]-1~;~0[$, alors $-1 < - \dfrac{1}{4} < h(x) < 0$.
		\item Par récurrence :
		\begin{itemize}
		\item \emph{Initialisation} : on a  $-1< a = u_{0}< 0$. L'encadrement est vrai au rang $0$.
		\item \emph{Hérédité} : soit un naturel $n$ et supposons que  $-1 < u_{n} < 0$.
		
D'après la question précédente si $u_{n}\in [-1~;~0[$, alors $u_{n+1} = h\left(u_{n}\right)$ appartient elle aussi à cet intervalle. L'encadrement est vrai au rang $n + 1$.
		\end{itemize}
		Conclusion : l'encadrement est vrai au rang $0$ et s'il est vrai au rang $n$, il est vrai au rang $n + 1$ : on a montré par le principe de la récurrence que pour tout naturel $n,\: -1 < u_{n} < 0$. 
	\end{enumerate}
\item La suite $u$ est croissante et majorée par $0$ : elle est donc convergente et sa limite $\ell$ est telle que $\ell \leqslant 0$.

Or la fonction $h$, dérivable est continue : la relation $u_{n+1} = u_{n}^2 + u_{n}$ donne à la limite $\ell = \ell^2 + \ell \iff \ell^2 = 0 \iff \ell = 0.$

Conclusion : $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_{n} = 0.$
\end{enumerate}

\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 6 points}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On sait que $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} x\text{e}^x = 0$. Donc  comme  $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}  \text{e}^x - 1=  - 1$, on a finalement $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}f(x) = 0$.
		\item $x \left(1 + \dfrac{1}{\text{e}^x - 1}\right) = x \left(\dfrac{\text{e}^x - 1 + 1}{\text{e}^x - 1}\right) = \dfrac{x\text{e}^x}{\text{e}^x - 1} = f(x).$
		
		On en déduit car $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{\text{e}^x - 1} = 0$, que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
	\end{enumerate}
\item On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\text{e}^x - 1}{x} = 
1$ ( à la calculatrice) .

On peut également rappeler que $\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{\text{e}^x - 1}{x} = \displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{\text{e}^x - \text{e}^x}{x - 0} = \left(\text{e}^x\right)'_{x \to 0} = e^0 = 1$.

Le quotient inverse  $\dfrac{x}{\text{e}^x - 1}$ a lui aussi la m\^eme limite en 0; donc la limite de $f$ est celle de $\text{e}^x$ soit 1.

Conclusion : $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = 1 $ et $f(0) = 1$ : la fonction $f$ est continue en $0$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Soit $k$ la fonction définie sur $\R$ par $k(x) = \text{e}^x - x - 1$. Cette fonction est dérivable et $k'(x) = \text{e}^x - 1$ qui s'annule pour $x = 0$.
		
		Cette fonction est décroissante sur $\R^{-}$ de $+ \infty$ à $k(0) = 0$ et croissante sur $\R^{+}$ de $0$ à $+ \infty.$\\
		Donc $k(x) \geqslant 0 \iff \text{e}^x - x - 1 \geqslant 0 \iff \text{e}^x \geqslant x + 1$, quel que soit $x \in \R$
	\item
Dérivée de $f~:~f'(x) = \dfrac{\left(\text{e}^x  + x\text{e}^x\right)\left(\text{e}^x - 1  \right) - x\text{e}^x \times \text{e}^x }{\left(\text{e}^x - 1  \right)^2} = \dfrac{\text{e}^{2x} - x \text{e}^x -  \text{e}^x}{\left(\text{e}^x - 1  \right)^2} = \dfrac{\text{e}^x\left(\text{e}^x - x - 1 \right)}{\left(\text{e}^x - 1  \right)^2}$.

La fonction $g$ est donc la fonction $k$ qui ne s'annule que pour $x = 0$. Donc $f'(x)$ est composé de termes positifs pour $x \neq 0$\\
Conclusion : pour $x \neq 0,~f'(x) > 0$. La fonction est croissante sur $]- \infty~;~0[$ et sur $]0~;~+ \infty[.$ D'où le 
\item Tableau de variations

\begin{center}
\begin{pspicture}(8,3.5)
\psframe(8,3.5) \psline(0,1.5)(8,1.5)\psline(0,2.5)(8,2.5)
\psline(2,0)(2,3.5)
\uput[u](1,2.5){$x$} \uput[u](2.4,2.5){$-\infty$} \uput[u](5,2.5){$0$} \uput[u](7.5,2.5){$+ \infty$} 
\rput(1,2){$f'(x)$} \rput(3.5,2){$+$}\rput(6.5,2){$+$}
\rput(1,0.75){$f(x)$}
\psline{->}(2.5,0.2)(4.75,0.7) \psline{->}(5.4,0.85)(7.3,1.28)
\uput[u](2.1,0){$0$} \rput(5,0.75){$1$}\rput(7.6,1.3){$+ \infty$}
\end{pspicture}
 \end{center}
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item $f(-x) = \dfrac{-x \text{e}^{-x}}{\text{e}^{-x} - 1} = \dfrac{-x} {1 - \text{e}^x} = \dfrac{x}{\text{e}^x - 1}$.\\
Les coordonnées du vecteur $\vect{MM'}$ sont $\displaystyle\binom{-x - x}{f(-x) - f(x)}$ soit $\displaystyle\binom{-2x}{\dfrac{x - x\text{e}^x}{\text{e}^x - 1}}$ ou encore $\displaystyle\binom{-2x}{-x}.$

		Le coefficient de la droite $(MM')$ est donc $\dfrac{-x}{-2x} = \dfrac{1}{2}$. (pour $x \neq 0$)
		\item  Quand $x$ tend vers $0$ le coefficient directeur de la droite $(MM')$ reste constant égal à $\dfrac{1}{2}.$ Cette droite a pour limite  la tangente  à la courbe représentative de $f$ au point O.
		
		Comme on admet que $f$ est dérivable en $0$, ceci montre  que $f'(0) = \dfrac{1}{2}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}
 
\textbf{Enseignement obligatoire}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $b = \sqrt{3} - 3\text{i}$.
		
		On a $|b|^2 = 3 + 9 = 12 = (2\sqrt{3})^2$. Donc $|b| = 2\sqrt{3}.$
		
		$b$ peut donc s'écrire $b = 2\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2\sqrt{3} \left(\cos \left(-\frac{\pi}{3}\right) + \text{i}\sin \left(-\frac{\pi}{3}\right) \right) = 2\sqrt{3}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}.$
		\item On a aussi $|a| = 2\sqrt{3}$. Donc B appartient au cercle de centre O et de rayon [OA]. Si A$'$ est le symétrique de A autour de O, il suffit de construire la médiatrice de [OA$'$] qui coupe le cercle au point B (point du cercle de partie imaginaire positive).
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Par définition $\vect{\text{EA}} + 3\vect{\text{EC}} = \vect{0} \iff \vect{\text{OE}} = \dfrac{1}{4}\left(\vect{\text{OA}} + 3\vect{\text{OC}} \right) \iff$
		
$x_{\text{E}} = \dfrac{1}{4} \times (-\sqrt{3})~\text{et}~y_{\text{E}} = \dfrac{1}{4} \times 6$.
		
Conclusion E$\left(- \dfrac{\sqrt{3}}{2}~;~\dfrac{3}{2}  \right)$. l'affixe de E est donc $e = - \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{3}{2}\text{i}$.
		\item Par définition $2\vect{\text{FA}} + \vect{\text{FB}} = \vect{0} \iff \vect{\text{OF}} = \dfrac{1}{3} \left(2\vect{\text{OA}}  + \vect{\text{OB}} \right)$. Donc F$(-\sqrt{3}~;~-1)$. L'affixe de  F est $f = -\sqrt{3} - \text{i}$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Calcul de $\dfrac{e - c}{e - b} = \dfrac{- \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{3}{2}\text{i} - 2\text{i}}{- \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{3}{2}\text{i} - \sqrt{3} + 3\text{i}} = \dfrac{- \sqrt{3} - \text{i}}{- 3\sqrt{3} - 3\text{i}} = \dfrac{\sqrt{3} + \text{i}}{-3\sqrt{3} + 9\text{i}} = \dfrac{3 + 3\text{i}\sqrt{3} + \text{i}\sqrt{3} - 3}{3 \times 12} = \dfrac{\sqrt{3}}{9}\text{i}$ qui est bien un imaginaire pur.
		
L'égalité $\dfrac{e - c}{e - b} = k\text{i}$ entra\^{\i}ne en prenant les arguments : $\left( \vect{\text{BE}},~\vect{\text{CE}} \right) = \dfrac{\pi}{2}\quad [2\pi]$.
		
Ceci montre que la droite (BE) est perpendiculaire à la droite (CE). Mais E barycentre des points A et C appartient à la droite (AC) ; donc E est le pied de la hauteur issue de B dans le triangle (ABC).
		\item  On a de même $\dfrac{f - c}{f - b} = \dfrac{-\sqrt{3} - \text{i} - 2\text{i}}{- \sqrt{3} - \text{i} - \sqrt{3} + 3\text{i}} = \ldots = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\text{i}$.
		
En prenant les arguments des deux membres on montre ainsi que les droites (BF) et (CF) sont perpendiculaires et comme F barycentre de A et B appartient à la droite (AB), F est le pied de la hauteur issue de C dans le triangle (ABC).
	\end{enumerate}
\item On peut écrire que H est le barycentre de $\{(\text{F}~;~3)~;~(\text{C}~;~6)\}$  en utilisant l'associativité du barycentre, donc  H appartient à la droite (CF).

De même comme  le barycentre du système $\{\text{A}~;~2)~;~(\text{C}~;~6)\}$ est aussi le barycentre du système $\{\text{A}~;~1)~;~(\text{C}~;~3)\}$, on déduit toujours d'après l'associativité du barycentre que H est le barycentre du système $\{\text{A}~;~1)~;~(\text{C}~;~3)~;~(\text{B}~;~1)\}$ soit le barycentre du système $\{\text{E}~;~3)~;~(\text{B}~;~1)\}$. Donc H appartient à la droite (BE).

Finalement H appartient à deux hauteurs du triangle (ABC) : c'est donc l'orthocentre du triangle du triangle (ABC) (et donc par  conséquence la droite (AH) est perpendiculaire à la droite (BC)).
\end{enumerate}

\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}

\textbf{Enseignement de spécialité}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Voir le corrigé ci-dessus.
		\item Voir le corrigé ci-dessus.
		\item L'affixe du vecteur $\vect{\text{AB}}$ est $3\sqrt{3}- 3\text{i}$, dont le carré du module est $9 \times 3 + 9 = 36 = 6^2.$
		
Cette affixe peut donc s'écrire : $3\sqrt{3}- 3\text{i} = 6\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \text{i}\dfrac{1}{2} \right) = 6\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}.$

Conclusion $\left(\vect{u}~;~\vect{\text{AB}}\right) = -\frac{\pi}{6}$.

De même L'affixe du vecteur $\vect{\text{AC}}$ est $2\sqrt{3}+ 2\text{i}$ dont le carré du module est égal à $16 = 4^2$.\\
Cette affixe peut donc s'écrire $2\sqrt{3}+ 2\text{i} = 4\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right) = 4 \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}.$

Conclusion $\left(\vect{u}~;~\vect{\text{AC}}\right) = \frac{\pi}{6}$.

	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Coordonnées de $\vect{\text{AE}} \binom{\frac{3\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}}$ et $\vect{\text{AC}} \binom{2\sqrt{3}}{2}$. On a $\vect{\text{AC}} = \dfrac{4}{3}\vect{\text{AE}}$, les vecteurs sont colinéaires, donc A, E et C sont alignés.
		
		De même $\vect{\text{AF}} \binom{\sqrt{3}}{-1} $ et $\vect{\text{AB}} \binom{3\sqrt{3}}{-3}$. On a $\vect{\text{AB}} = 3\vect{\text{AF}}$ ce qui montre que les points A, F et B sont alignés.
		\item Voir le sujet obligatoire
		\item Voir la figure
	\end{enumerate}
\item  $z \longmapsto z' = \dfrac{1}{2}\overline{z} - \sqrt{3}$.

Image de A : $z_{\text{A}'} = \dfrac{1}{2}\times \left( -2\sqrt{3} \right) - \sqrt{3} = -2\sqrt{3} = z_{\text{A}}.$

Image de B :  $z_{\text{B}'} = \dfrac{1}{2}\times \left(\sqrt{3} + 3\text{i} \right) - \sqrt{3} = - \dfrac{\sqrt{3}}{2}+ \dfrac{3}{2}\text{i} = z_{\text{E}}.$

Image de C : $z_{\text{C}'} = \dfrac{1}{2}\times \left(- 2\text{i} \right) - \sqrt{3}  = - \sqrt{3} - \text{i} = z_{\text{F}}$.
\item * Géométriquement : La question précédente  montre que H est l'orthocentre de (ABC), donc son image par $s$ est l'orthocentre du triangle (A$'$B$'$C$'$) qui est le triangle AEF.

Il suffit de tracer deux hauteurs de ce triangle.

* Par le calcul :  
\begin{itemize}
\item On a démontré que  $\vect{\text{AC}} = \dfrac{4}{3}\vect{\text{AE}}$ qui peut s'écrire $\vect{\text{EA}} + 3\vect{\text{EC}} = \vect{0}$.

Le point E est le barycentre du système $\{(\text{A}~ ;~1)~;~(\text{C}~;~3)\}$. Le point H appartenant à la droite (BE) est barycentre des points E et B, soit en utilisant l'associativité du barycentre :\\
H bar. $\{(\text{A}~ ;~1)~;~(\text{C}~;~3)~;~(\text{B}~;~\alpha)\}$.
\item De même  $\vect{\text{AB}} = 3\vect{\text{AF}} \iff 2\vect{\text{FA}} + \vect{\text{FB}} = \vect{0}$ qui montre que F est le barycentre du système $\{(\text{A}~ ;~2)~;~(\text{B}~;~1)\}$. Le point H appartenant à la droite (CF) est barycentre des points F et C, soit en utilisant l'associativité du barycentre : 

H bar. $\{(\text{A}~ ;~2)~;~(\text{B}~;~1)~;~\text{C}~;~\beta)\}$.
\item Donc H = bar. $\{(\text{A}~ ;~2)~;~(\text{B}~;~2\alpha)~;~(\text{C}~;~6)\} = \text{bar.} \{(\text{A}~ ;~2)~;~(\text{B}~;~1)~;~\text{C}~;~\beta)\}.$

En prenant $\alpha = \dfrac{1}{2},~\beta = 3$, on obtient le même barycentre.

Conclusion : H est la barycentre du système $\{(\text{A}~ ;~2)~;~(\text{B}~;~1)~;~(\text{C}~;~6)\}$. Or une similitude conserve le barycentre, donc H$'$ image de H par $s$ est le barycentre du système $\{(\text{A}'~ ;~2)~;~(\text{B}'~;~1)~;~(\text{C}'~;~6)\} \iff\\ \vect{\text{OH}'} = \dfrac{1}{17}\left(2\vect{\text{OA}'} + 1\vect{\text{OB}'} + 6\vect{\text{OC}'} \right)$ égalité qui se traduit par :

\[\left\{\begin{array}{l c l}
x_{\text{H}'} &=& \dfrac{-4\sqrt{3}- \dfrac{1}{2}\sqrt{3} - 6\sqrt{3}}{9}\\
y_{\text{H}'} &=& \dfrac{\frac{3}{2} - 6}{9}\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
x_{\text{H}'} &=& - \dfrac{7\sqrt{3}}{6}\\ 
y_{\text{H}'} &=& -\dfrac{1}{2}\\
\end{array}\right.\]
\end{itemize}
* Autre prolongement possible : montrer que $s$ est composée :
\begin{itemize}
\item de la symétrie autour de $\left(\text{O}~;~\vect{u}\right)$,
\item de l'homothétie de centre O et de rapport $\dfrac{1}{2}$,
\item de la translation de vecteur $- \sqrt{3}\vect{u}.$
\end{itemize}
 
\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}\textbf{ANNEXE 2 (enseignement obligatoire et de spécialité)}\\

(\emph{\`A rendre avec la copie)} \end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 4}

\bigskip

\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-5,-4)(5,4)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-5,-4)(5,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
%\psgrid(0,0)(-5,-4)(5,3)
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](-3.4641,0)(0,2)(3.4641,0)(1.73205,-3)(-0.866,1.5)(-1.732,-1)
\pscircle(0,0){3.4641}
\psline(1.73205,-3.2)(1.73205,3.2)
\pspolygon(-3.4641,0)(0,2)(1.73205,-3)
\psline(1.73205,-3)(-0.866,1.5)
\psline(0,2)(-1.732,-1)\uput[l](-0.6,1){H}
\uput[dl](-3.4641,0){A} \uput[dl](0,0){O} \uput[ul](0,2){C}
\uput[dr](1.73205,-3){B}\uput[ul](-0.866,1.5){E}
 \uput[d](-1.732,-1){F}
 \psline[linecolor=blue](-1.732,-1)(-2.85,1)
  \psline[linecolor=blue](-0.866,1.5)(-2.6,-1.2)
  \pspolygon[linecolor=red](-3.4641,0)(-0.866,1.5)(-1.732,-1)
  \uput[l](-2.07,-0.35){H$'$}
\end{pspicture}
\end{document}