Exprimons les anciennes coordonn ˜A ces en fonction des nouvelles

Exercice 1. Intersection d’un c ˜A´ne par des plans.

1. L’intersection de Γ avec le planxOya pour ˜A cquation x²+y²= ¹₃(z−2)²

z= 0 ⇔

x²+y²= ⁴₃ z= 0 C’est un cercle de centreOest de rayon ²

√3

3 inclus dans le plan xOy.

2. a. L’intersection de Γ avec le plan d’ ˜A cquationx= 0 a pour ˜A cquation x= 0

x²+y²= ¹₃(z−2)² ⇔ x= 0

y²−¹₃(z−2)²= 0 C’est la r ˜A cunions de deux droites d’ ˜A cquations

x= 0 y=

√3 3 (z−2)

x= 0

y=−^√₃³(z−2)

b. L’intersection de Γ avec le plan d’ ˜A cquationx=kpourk∈R^∗a pour A c˜quation

x=k

x²+y²= ¹₃(z−2)² ⇔

( x=k √z−2

3k

2

− ^y_k²

= 1 C’est une hyperbole.

3. a. Comme la base doit ˜A^atre orthonorm ˜A ce directe, on peut obtenir−→ J_ϕ par produit vectoriel.

−→J_ϕ=−→

K_ϕ∧−→

K_ϕ=−sinϕ−→i + cosϕ−→j

b. Exprimons les anciennes coordonn ˜A ces en fonction des nouvelles :







Xϕ= cosϕx+ sinϕy Y_ϕ=−sinϕx+ cosϕy Zϕ=z

⇒







x= cosϕXϕ−sinϕYϕ

y= sinϕX_ϕ+ cosϕY_ϕ z=Zϕ

En rempla ˜A§ant, on trouve comme ˜A cquation de Γ : X_ϕ²+Y_ϕ²=1

3(Zϕ−2)²

c. Soit P un plan parall ˜A¨le ˜A l’axe Oz. On peut trouver ϕ tel que P ait pour ˜A cquation Xϕ = k avec k ∈ R dans le rep ˜A¨re Rϕ. D’apr ˜A¨s l’ ˜A cquation trouv ˜A c pour Γ dans Rϕ et la question 2b, on en d ˜A cduit que l’intersection est une r ˜A cunion de deux droites si k= 0 et une hyperbole sinon.

4. a. L’ ˜A cquation de Γ dansRA estX²+Y²= ¹₃Z². b. L’ ˜A cquation deP^−→n estaX+bY +cZ= 0.

Pla ˜A§ons nous d’abord dans le cas o ˜A¹c6= 0.

M ∈Γ∩ P^→−n ⇔







Z(M) =−a

cX(M)−b cY(M) X(M)²+Y(M)²= 1

3Z(M)²

⇔







Z(M) =−a

cX(M)−b cY(M) X(M)²+Y(M)²= 1

3c²(aX(M) +bY(M))² (E) L’ ˜A cquation (E) s’ ˜A ccrit aussi

(3c²−a²)X(M)²+ (3c²−b²)Y(M)²−2abX(M)Y(M) = 0 Consid ˜A crons deux ˜A cquations d’inconnuex

(3c²−a²)x²−2abx+ (3c²−b²) = 0 (1) (3c²−b²)x²−2abx+ (3c²−a²) = 0 (2) Lorqu’elles sont de degr ˜A c2, elles ont le m ˜A^ame discriminant

4a²b²−4(3c²−b²)(3c²−a²) = 12c²(a²+b²−3c²)

Dans les cas particuliers 3c²=a²ou 3c²=b², la forme de l’ ˜A cquation (E) montre clairement qu’il existe des points d’intersection autres que A. La conditiona²+b²−3c²≥0 est alors v ˜A crifi ˜A ce.

Dans le cas g ˜A cn ˜A cral, les ˜A cquations sont du second degr ˜A c. S’il existe un pointM autre queA dans l’intersection, alors X(M) et Y(M) ne sont pas tous les deux nuls.

siX(M)6= 0 alors Y(M)

X(M) est solution de (1) siY(M)6= 0 alors X(M)

Y(M) est solution de (2)

R ˜A cciproquement, si le discriminant est positif, on peut consid ˜A crer une solutionu1 de (1). Le point de coordonn ˜A ces

(u₁,1,−a cu₁−b

c) est alors dans l’intersection.

c. D’apr ˜A¨s l’ ˜A ctude pr ˜A cc ˜A cdente, lorsque l’intersection ne se r ˜A cduit pas ˜A un point, elle est form ˜A ce de l‘union de deux droites ˜A cventuellemnt confondues lorsque le discriminant est nul.

Exercice 2. ´Equation d’une surface r ˜A cgl ˜A ce.

1. D’apr ˜A¨s les propri ˜A ct ˜A cs des sinus et cosinus hyperboliques, pour u r ˜A cel etε∈ {−1,+1},

a=εchu b= shu

)

⇒a²−b²= 1

R ˜A cciproquement, si a²−b² = 1 alors a² = 1 +b² ≥ 1. D’apr ˜A¨s les propri ˜A ct ˜A cs de la fonction sinus hyperbolique, il existe u ∈ R tel que b= shu. On en d ˜A cduit alors ch²u=a² d’o ˜A¹a=εchuavecε= 1 sia >0 etε=−1 sia <0.

2. Par d ˜A cfinition deS, un point quelconqueM appartient ˜A Ssi et seulement si il existeH ∈ HetK∈D0tels que −−→

HK⊥−→

k etM ∈(HK).

D’apr ˜A¨s la premi ˜A¨re question, les points de H sont de la forme Hε(u) et il existe un seul point de D0 tel que −−−−−→

Hε(u)K ⊥ −→

k. On le note K(u).

Pr ˜A ccisons les coordonn ˜A ces :

H_ε(u) : (1,2εchu,2 shu) K(u) : (0,0,2 shu) Un pointM appartient ˜A Hsi et seulement si

∃ε∈ {−1,1},∃u∈R,∃λ∈Rtels queM =K(u) +λ−−−−−−−→

K(u)Hε(u) On peut traduire cette condition en coordonn ˜A ces :

M ∈ S ⇔ ∃ε∈ {−1,1},∃u∈R,∃λ∈Rtels que







x(M) =λ y(M) = 2λεchu z(M) = 2 shu

3. Former une ˜A cquation cart ˜A csienne deS c’est trouver une relation entre les coordonn ˜A ces assurant de l’existence des param ˜A¨tres dans la caract ˜A crisation param ˜A ctrique de la question pr ˜A cc ˜A cdente. On peut remplacer λ par x(M). La question 1 montre alors que

M ∈ S ⇔y(M) x(M)

²

−z(M)²= 4⇔y(M)²=x(M)²(z(M)²+ 4)

Exercice 3. Intersection d’une surface par des plans.

1. a. On ˜A ctudie la section par le plan d’ ˜A cquationx=b.

Sib= 0, cette section est la droiteOzd’ ˜A cquationsx= 0 ety= 0. Si b6= 0 cette section est une hyperbole dont un syst ˜A¨me d’ ˜A cquations est :

x=bet y² 4b −z²

4 = 1

b. La deuxi ˜A¨me ˜A cquation dans le syst ˜A¨me de la question a. est une A c˜quation r ˜A cduite de l’hyperbole. L’axe focal de l’hyperbole est la droite dont un syst ˜A¨me d’ ˜A cquations est x=b et z = 0. Le centre est le point de coordonn ˜A ces (b,0,0).

Les sommets sont les points de coordonn ˜A ces (b,2b,0) et (b,−2b,0).

Lorsquebd ˜A ccritR^∗, ils forment l’union des deux droites passant par O et dirig ˜A ces par−→i + 2−→j et−→i −2−→j.

La distance centre-foyer est donn ˜A cparc²= 4b²+ 4. Les foyers sont donc les points de coordonn ˜A ces

(b,2p

b²+ 1,0) (b,−2p

b²+ 1,0)

Lorsqueb d ˜A ccrit R^∗, ils forment une hyperbole d’ ˜A cquations





 z= 0

y²

4 −x²= 1

2. On note Γcla section par le plan d’ ˜A cquationy=c(avecc6= 0). L’ ˜A cquation de Γc est

c²=x²(z²+ 4)

3. a. SoitM(t) le point de coordonn ˜A ces (u(t) = c

2cost, c, v(t) = 2 tant) Alors :

u(t)²(v(t)²+ 4) = c²

4 cos²t×4(1 + tan²t) =c²⇒M(t)∈Γc

R ˜A cciproquement, soitM ∈Γ_c de coordonn ˜A ces (x(M), y(M)). On doit avoirx(M)6= 0.

Six(M)>0, il existet∈]−^π₂,^π₂[ tel quey(M) = 2 tant. Alors x²(M) = c²

4(1 + tan²t) = c²

4 cos²t⇒x(M) = c 2cost carx(M) et costsont strictement positifs doncM =M(t).

Lorsquex(M)<0, il existe un t∈]^π₂,3^π₂[ tel quey(M) = 2 tant et on montre de m ˜A^ame queM =M(t).

b. Pour calculer la courbure, on commence par calculer les d ˜A criv ˜A ces u(t) = c

2cost v(t) = 2 tant u⁰(t) =−c

2sint v(t) = 2 cos²t u⁰⁰(t) =−c

2cost v(t) = 4 sint cos³t

⇒∆(t) =−2csin²t cos³t+ c

cost = c

cos³t(1−3 sin²t) c. Il existe quatre points d’inflexion pour Γc. Ils correspondent auxt tels

que 3 sin²t = 1. Lorsque c d ˜A ccrit R^∗ il forment les quatre droites d ˜A ctermin ˜A ces param ˜A ctriquement par

(± c

√6, c,±√ 2)

Exercice 4. Parabole, podaire et tangentiel.

1. a. On peut factoriserϕ(t) en utilisant des coefficients ind ˜A ctermin ˜A cs ou une division euclidienne polynomiale. On obtient

ϕ(t) = (t+ 1)(t³−t²+ 3t+ 1)

Directrice

A FFoyer

M(t)

N(t)

E P

Fig.1: Podaire d’un point de la parabole

b. Notons ψ(t) =t³−t²+ 3t+ 1. La d ˜A criv ˜A ce ψ⁰(t) = 3t²−2t+ 3 est une fonction du second degr ˜A cdont le discriminant est strictement n ˜A cgatif (= −32). Elle est ˜A valeurs strictement positives. On en d ˜A cduit queψest strictement croissante. Commeψ(−1) = 4 etψ(0) = 1, elle s’annule en un unique r ˜A celα∈]−1,0[.

2. L’axe focal de la parabole P est l’axe Ox car il contient le sommet et le foyer. Le sommet d’une parabole est ˜A ˜A cgale distance du foyer et du point d’intersection de l’axe focal avec la directrice (figure 1). On en d ˜A cduit que la directrice est la droite d’ ˜A cquation x=−1. On en tire l’ ˜A cquation de P qui est

y²= 4x

3. a. Les coordonn ˜A ces deM(t) sont (t²,2t). En calculant la vitesse et en utilisant un d ˜A cterminant, on forme l’ ˜A cquation de la tangenteDt.

x−t² 2t y−2t 2

= 0⇔x−ty+t²= 0

b. Le vecteur−→n de coordonn ˜A ces (1,−t) est normal ˜A D_t. Le projet ˜A c N(t) deA sur Dt est de la forme A+λ−→n. On calcule λ en injectant dans l’ ˜A cquation de Dt l’expression des coordonn ˜A ces de N(t). On trouve

λ=−(1 +t)² 1 +t² On en d ˜A cduit

coordonn ˜A ces deN(t) : −2t

1 +t²,−2 +t+t³ 1 +t²

4. a. On d ˜A cfinit des fonctionsuetvparu(t) =x(N(t)) etv(t) =y(N(t)).

Le calcul des d ˜A criv ˜A ces conduit ˜A : u⁰(t) = 2 t²−1

(1 +t²)² v⁰(t) = t⁴+ 2t²+ 4t+ 1

(1 +t²)² =(t+ 1)ψ(t) (1 +t²)² On en d ˜A cduit le tableau des variations.

−∞ −1 α 0 1 +∞ u 0 % 1 & % 0 v −∞ % −2 & % +∞

b. Il existe deux branches infinies pourt en−∞ou en +∞. Dans chaque cas, la droite d’ ˜A cquation x= 0 est asymptote.

En−∞, la courbe est ˜A droite de l’asymptote. En +∞, la courbe est A gauche de l’asymptote.˜

c. Le pointA∈ Ecar comme il appartient ˜A P, il est son propre projet ˜A c orthogonal sur la tangente enA. En faitA=M(−1) =N(−1).

Il apparait sur le tableau de variations queA est un point stationnaire caru⁰(−1) =v⁰(−1) = 0. On peut factoriser la vitesse :

−

→N⁰(t) = t+ 1 (1 +t²)²









4(t−1)−→

i +ψ(t)−→ j

| {z }

=−→ d(t)









Le choix de−→

d(t) comme vecteur directeur deDtmontre que la tangente enAadmet−→

d(−1) comme vecteur directeur. La direction enAest donc

−

→i +−→ j.

5. a. On se donne trois points arbitraires de coordonn ˜A ces (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3) et on consid ˜A¨re le syst ˜A¨meS aux inconnuesa,b, c:

S







x₁a+y₁b+c= 0 x2a+y2b+c= 0 x₃a+y₃b+c= 0

Si les trois points sont align ˜A cs, il existe une droite d’ ˜A cquation ax+by+c= 0 (avec (a, b)6= (0,0)) qui les contient tous les trois. Le syst ˜A¨me admet donc une solution autre que (0,0,0) et le d ˜A cterminant doit ˜A^atre nul.

R ˜A cciproquement, si le d ˜A cterminant est nul, le syst ˜A¨me admet une solution (a, b, c)6= (0,0,0). En fait (a, b)6= (0,0) car (a, b) = (0,0) entraine c = 0. On peut donc consid ˜A crer la droite d’ ˜A cquation ax+by+c= 0, elle contient les trois points qui sont donc align ˜A cs.

b. Le calcul se fait chaque fois en utilisant L₃ ← L₃−L₂ puis L₂ ← L₂−L₁ (ce qui ne change pas le d ˜A cterminant). On utilise ensuite la multilin ˜A carite.

1 t1 t²₁ 1 t2 t²₂ 1 t3 t²₃

=

1 t1 t²₁ 1 t2 t²₂ 0 t3−t2 t²₃−t²₂

=

1 t1 t²₁ 0 t2−t1 t²₂−t²₁ 0 t3−t2 t²₃−t²₂

= (t2−t1)(t3−t2)

1 t₁ t²₁ 0 1 t₂+t₁ 0 1 t₃+t₂

= (t₂−t₁)(t₃−t₂)

1 t₁ t²₁ 0 1 t₂+t₁ 0 0 t3+t1

= (t₂−t₁)(t₃−t₂)(t₃−t₁)

1 t1 t³₁ 1 t2 t³₂ 1 t₃ t³₃

=

1 t1 t³₁ 0 t2−t1 t³₂−t³₁ 0 t₃−t₂ t³₃−t³₂

= (t₂−t₁)(t₃−t₂)

1 t₁ t³₁ 0 1 t²₂+t₁t₂+t²₁ 0 1 t²₃+t₂t₃+t²₂

= (t2−t1)(t3−t2) t²₃−t²₁+t2(t3−t1)

= (t2−t1)(t3−t2)(t3−t1)(t1+t2+t3) c. D’apr ˜A¨s la question a. on peut caract ˜A criser l’alignement par la nul-

lit ˜A cd’un d ˜A cterminant que l’on transforme par multilin ˜A carit ˜A c par rapport aux lignes. Finalement :N(t1),N(t2),N(t3) sont align ˜A cs si et seulement si

−2t1 −2 +t1+t³₁ 1 +t²₁

−2t2 −2 +t2+t³₂ 1 +t²₂

−2t3 −2 +t3+t³₃ 1 +t²₃

= 0

On note respectivement D et ∆ les d ˜A cterminants calcul ˜A cs en b.

On d ˜A cveloppe ce d ˜A cterminant par multilin ˜A carit ˜A cpar rapport aux colonnes. On obtient la somme des d ˜A cterminants

D1=

−2t1 −2 1

−2t2 −2 1

−2t3 −2 1

= 0

D₂=

−2t₁ −2 t²₁

−2t₂ −2 t²₂

−2t₃ −2 t²₃

=−4D

D3

−2t1 t1 1 +t²₁

−2t₂ t₂ 1 +t²₂

−2t₃ t₃ 1 +t²₃

= 0

D4=

−2t1 t³₁ 1

−2t2 t³₂ 1

−2t3 t³₃ 1

=−2∆

D5=

−2t1 t³₁ t²₁

−2t2 t³₂ t²₂

−2t3 t³₃ t²₃

= 2t1t2t3D

En simplifiant par 2D qui est non nul car les points sont deux ˜A deux distincts on obtient la relation demand ˜A ce.

6. a. Soitt∈R\{−1,+1}fix ˜A c. Consid ˜A crons unu6=tdansR\{−1,+1}.

La droite (N(t), N(u) coupeEen un pointN(θ) o ˜A¹dA˜cpenddetetuselonlaf ormuledelaquestionprA˜ccA˜cdente.Lorsqueutendverst, ladirectiondeladroite(N(t),N(u))tendverscelledelatangente.Ladroite∆_t recoupe doncE seulement enN(θ) avec

t²θ−2t−θ= 2⇒θ= 2 1 +t t²−1 = 2

t−1

On peut remarquer qu’enN(1), la tangente est verticale et ne recoupe pas la courbe.

b. L’ ˜A ctude des variations des coordonn ˜A ces montre que la courbe pa- ram ˜A ctr ˜A ceN est simple. Un point N(t) est donc son propre tan- gentiel si et seulement si

t= 1

t−1 ⇔t²−t−1 = 0⇔t= 1±√ 5

En ces points, la courbe traverse sa tangente. Il s’agit de points d’in- flexions.

c. Notons F(t₁, t₂, t₃) = t₁t₂t₃ −(t₁+t₂ +t₃)−2 et θ_i = _t²

i−1 pour

i = 1,2,3. Exprimons F(θ₁, θ₂, θ₃) : apr ˜A¨s r ˜A cduction au m ˜A^ame d ˜A cnominateur, d ˜A cveloppement et simplification, on obtient

F(θ1, θ2, θ3) =− 2F(t1, t2, t3) (t₁−1)(t₂−1)(t₃−1) LorsqueN(t1),N(t2),N(t3) sont align ˜A cs,

F(t1, t2, t3) = 0⇒F(θ1, θ2, θ3) = 0 et les trois tangentiels sont align ˜A cs (voir fig 2).

Exercice 5. T ˜A ctra ˜A¨dres trirectangles.

1. On peut d ˜A cvelopper le produit vectoriel :

−−→AB∧−→

AC =−−→

OB∧−−→

OC+−−−→

OB∧−→

OA+−−→

OA∧−−→

OC

Fig.2: Tangentiels et alignements

A cause du caract ˜` A¨re trirectangle les produits vectoriels sont respectivement colin ˜A caires ˜A −→

OA,−−→

OC,−−→

OBet de normebc,ab,ac. Ces vecteurs sont deux A deux orthogonaux. On en d ˜˜ A cduit

k−−→

AB∧−→

ACk²=b²c²+a²b²+a²c² Comme les vecteurs qui forment−→

S sont deux ˜A deux orthogonaux, on a : k−→

Sk²= 1 a² + 1

b² + 1 c²

2. NotonsSle sym ˜A ctrique deOpar rapport ˜A Get examinons−→

ASen tenant compte de la d ˜A cfinition du centre de gravit ˜A cG:

−→AS=−→

OS−−→

OA= 2−−→

OG−−→

OA=1 2

−−→

OA+−−→

OB+−−→

OC car−−→

OG=1 4

−→

OA+−−→

OB+−−→

OC

⇒ k−→

ASk²= 1

4(a²+b²+c²) Le calcul est analogue pourB et C avec pour chaque point un - et deux + ce qui conduit ˜A la m ˜A^ame norme. De m ˜A^ame pour−→

OS, il n’y a cette fois

que des + mais la norme est encore la m ˜A^ame. Le point S est ˜A A c˜gale distance deA,B,C,O. C’est le centre de la sph ˜A¨re circonscrite. Le carr ˜A c du rayon est

1

4(a²+b²+c²)

3. a. SoitH le projet ˜A corthogonal de O sur le plan (A, B, C). C’est l’or- thocentre du triangleABC dans ce plan car

(−−→

HA/−−→

BC) = (−→

0A/−−→

BC)−(−−→

OH/−−→

BC)

| {z }

=0

= (−→

0A/−−→

OC)−(−→

0A/−−→

OB) = 0

car les vecteurs sont deux ˜A deux orthogonaux. Les calculs sont ana- logues pour les autres c ˜A´t ˜A cs.

b. Comme les vecteurs−→

OA,−−→

OB, −−→

OC sont deux ˜A deux orthogonaux, les produits scalaires de−→

S contre ces trois vecteurs sont tous ˜A cgaux ˜A 1.

On en d ˜A cduit que le produit scalaire de−→

S contre−−→

ABet−→

AC est nul.

Le vecteur−→

S est donc orthogonal au plan.

c. Un pointM est dans le plan (A, B, C) si et seulement si det(−−→

AM ,−−→

AB,−→

AC) = 0

Comme H est le projet ˜A c orthogonal sur le plan (A, B, C) qui est orthogonal ˜A −→

S, il existe un r ˜A celλtel que−−→

OH =λ−→

S. Introduisons ceλdans le d ˜A cterminant :

det(−−→

AH,−−→

AB,−→

AC) = 0⇒det(−−→

OH,−−→

AB,−→

AC) = det(−→

OA,−−→

AB,−→

AC)

⇒λdet(−→ S ,−−→

AB,−→

AC) = det(−→

OA,−−→

AB,−→

AC)

⇒λ(−→ S /−−→

AB∧−→

AC) = det(−→

OA,−−→

OB,−−→

OC)⇒ |λ|k−→ Skk−−→

AB∧−→

ACk=abc On en d ˜A cduit

k−−→

OHk=|λ|k−→

Sk= abc k−−→

AB∧−→

ACk puis

1 k−−→

OHk² = a²b²+b²c²+a²c² a²b²c² = 1

a² + 1 b² + 1

c²