Exercice
Dans tout le problème, pour former l'équation d'un plan, on utilisera qu'un pointM est dans le plan passant par trois pointsA,B,C si et seulement si
det(−−→
AM ,−−→ AB,−→
AC) = 0
ce déterminant étant exprimé à l'aide d'un système de coordonnées.
1. Avec les coordonnées données par l'énoncé, on peut écrire
équation de(A0BC) :
x−a −a −a
y 1 0
z 0 1
=0⇔x+ay+az=a
équation de(AB0C) :
x b 0 y 1 0 z 0 1
=0⇔x−by= 0
équation de(ABC0) :
x 0 c y 1 0 z 0 1
=0⇔x−cz= 0
Pour montrer que les trois plans ont un point d'intersection, on forme le système de trois équations aux inconnuesx,y,z:
x+ay+ az=a
x−by =0
x− cz =0
Des deux dernières équations, on tire y et z en fonction de xet on remplace dans la première pour trouverx. On en déduit :
coordonnées deS : 1 s, 1
bs, 1 cs
2. Les calculs sont analogues pour les trois plans de cette question : équation de(AB0C0) :
x b c y 1 0 z 0 1
=0⇔x−by−cz= 0
équation de(A0BC0) :
x−a −a c−a
y 1 0
z 0 1
=0⇔x+ay+ (a−c)z=a
équation de(A0B0C) :
x−a b−a −a
y 1 0
z 0 1
=0⇔x+ (a−b)y+az=a
Pour montrer que les trois plans ont un point d'intersection, on forme le système de trois équations que l'on résoud en mélangeant la méthode du pivot et les formules de Cramer :
x−by−cz=0 x+ay+ (a−c)z=a x+ (a−b)y+az=a
⇔
x−by−cz=0 (a+b)y+az=a ay+ (a+c)z=a
⇔
x−by−cz= 0
y=
a a
a a+c
a+b a a a+c
z=
a+b a
a a
a+b a a a+c
⇔
x= 2abc ab+ac+bc y= ac
ab+ac+bc z= ab
ab+ac+bc
Comme d'autre part
s= 1 a+1
b +1
c = ab+ac+bc abc On obtient nalement :
coordonnées deS0 : 2 s, 1
bs, 1 cs
Les droites (AA0) et (SS0) sont parallèles car les vecteurs −−→
AA0 = a−→ i et −−→
SS0 = 1s−→ i sont colinéaires
3. L'équation du plan (A, B, C) est x = 0. D'autre part −−→
SS0 est porté par le premier vecteur de base. On en tire les coordonnées du point d'intersection :
coordonnées deT :
0, 1 bs, 1
cs
On a donc eectivement :
−−→T S0=−−→
SS0= 1 s
−
→i
Pour évaluer −−→
S0T0, calculons d'abord les coordonnées du point d'intersection T0 de (SS0)avec le plan(A0B0C0). L'équation de ce plan est :
x−a b−a c−a
y 1 0
z 0 1
= 0⇔x+ (a−b)y+ (a−c)z=a
Les coordonnées des points de(SS0)sont de la forme
λ, 1 bs, 1
cs
Leλpour lequel le point est dans(A0B0C0)vérie λ+a−b
bs +a−c
cs =a⇔λ= 2
s +a− a bs− a
cs = 2 s+a
s
s−1 b −1
c
= 3 s On en tire
coordonnées de T0 : 3 s, 1
bs, 1 cs
puis nalement
−−→S0T0= 1 s
−
→i
Problème
Dans tout le corrigé, on désignera par−→eθle vecteur dont les coordonnées sont(cosθ,sinθ) dans la base−→
i ,−→
j attachée au repère xé.
C
O I(θ)
H(θ)
M(θ)
D
Fig. 1: Strophoïde droite
PARTIE I. Étude de la strophoïde droite
1. Les coordonnées du centre du cercle sont (−2a,0), son rayon est 2a. On en déduit l'équation cartésienne. On obtient l'expression en coordonnées polaires de cette équa- tion cartésienne en remplaçantxparρcosθ ety parρsinθ.
(x+ 2a)2+y2= 4a2⇔x2+y2+ 4ax= 0⇔ρ2+ 4aρcosθ= 0⇔ρ(ρ+ 4acosθ) = 0 Il est utile de remarquer que l'équation polaire du cercle privé deOest :
ρ+ 4acosθ= 0
2. Comme le pointM(θ)est sur le cercleC et la droite passant par l'origine dirigée par
−
→eθ, on obtient immédiatement :
M(θ) =O+ρ−→eθ=O−4acosθ−→eθ
De même, on forme l'équation cartésienne puis l'expression en coordonnées polaires de l'équation de la droite :
x= 2a⇔ρcosθ= 2a On en déduitH(θ)
H(θ) =O+ρ−→eθ=O+ 2a cosθ
−
→eθ
puis le pointI(θ)milieu des deux précédents.
I(θ) =O+ a
cosθ −2acosθ−→eθ=O+a1−2 cos2θ cosθ
−
→eθ=O−acos 2θ cosθ
−
→eθ
3. L'expression derconduit à :
r(θ+ 2π) =r(θ) I(θ+ 2π) =I(θ) r(θ+π) =−r(θ) I(θ+π) =I(θ)
r(−θ) =r(θ) I(−θ) =sOx(I(θ))avecsOx symétrie par rapport àOx La fonction I étantπ-périodique, on peut se limiter à [−π2 +π2]. L'image de [−π2,0]
s'obtient par symétrie par rapport à Ox à partir de l'image de[0,π2]. On étudiera la courbe surE= [0,π2].
4. Il est évident que, au voisinage de π2, r(θ) sin(θ−π
2) =−r(θ) cosθ=acos 2θ→ −a
On en déduit x(I(θ)) = r(θ) cosθ → a. La courbe admet donc comme asymptote la droite d'équationx=a.
5. Le signe derest donné dans le tableau suivant :
0 π
4
π 2 r(θ) −a − 0 + k
Ce tableau montre que pourθentre0et π4, le pointI(θ)est dans le secteur angulaire symétrique de−→eθ par rapport au point O. La gure1 présente le cercleC, la droite D et le support deI.
6. Notons (abusivement)x=x(I(θ))ety=y(I(θ)). On peut alors écrire : x=−acos 2θ=a−2acos2θ⇒cos2θ=a−2x
2a y=−acos 2θ
cosθ sinθ=xtanθ⇒tanθ= y x 1 + tan2θ= 1
cos2θ ⇒y x
2
= 2a
a−x−1 = a+x a−x
On en déduit que le suppoort de la courbe paramétrée I est inclus dans la courbe d'équation cartésienne
(a−x)y2=x2(a+x)
D C
H(t)
J(t)
M(t)
Fig. 2: Cissoïde droite
PARTIE II. Étude de la cissoïde droite
1. L'équation cartésienne du cercleS est immédiate :
(x+a)2+y2=a2⇔x2+ 2ax+y2= 0
2. Pour calculer les coordonnées deM(t)etH(t), on remplaceypartxdans les équations cartésiennes du cercleC et de la droiteD. On obtient :
coordonnées deM(t) : ( −2a 1 +t2, −2a
1 +t2) coordonnées de H(t) : (2a,2at)
Les coordonnées de J(t) se calculent en prenant la moyenne des précédentes. Après calcul :
coordonnées deJ(t) : ( at2 1 +t2, at3
1 +t2)
3. Le calcul de la dérivée deJ(t)est plus commode en utilisant une forme vectorielle : J(t) =O+ at2
1 +t2 −→
i +t−→ j
Comme souvent dans un calcul de dérivée, il est utile de factoriser le résultat. Il vient nalement :
−
→J0(t) = at2 (1 +t2)2
2−→
i +t(3 +t2)−→ j
D'après l'expression précédente, seulJ(0) est un point stationnaire. Comme x(t)y(t) =t tend vers 0 en 0. La tangente est horizontale, avec un point de rebroussement de première espèce car ley(t)change de signe et pas lex(t).
Soitt06= 0. Pour former la tangente enJ(t0), on n'utilise que la direction de la vitesse sans le facteur scalaire. L'équation est un déterminant :
x− at20
1 +t20 2 y− at30
1 +t20 t0(3 +t20)
= 0⇔
(1 +t20)x−at20 2 (1 +t20)y−at30 t0(3 +t20)
= 0
⇔t0(3 +t20)x−2y=at30
4. La fonctionxest paire, la fonctiony est impaire. On en déduitJ(−t) =sOx(J(t)). La courbe est symétrique par rapport à l'axe desx. Dans l'intervalle[0,+∞[, la fonction xest croissante de0à a, la fonctionyest croissante de0 à+∞. La droite d'équation x=aest asymptote. La courbe est tracée en gure 2.
5. Pour obtenir l'équation cartésienne x= at2
1 +t2 ⇒t2= x a−x y= at3
1 +t2 ⇒t= y x
⇒y x
2
= x
a−x
Le support deJ est inclus dans la courbe d'équation cartésienne y2(a−x) =x3
PARTIE III. Étude générale des cubiques circulaires
1. Les coordonnées deH(t)découlent des dénitions :(2a,2at).
Pour obtenir celles deM(t), on forme d'abord l'équation cartésienne deC : x2−2x0x+y2−2y0y= 0
Dans laquelle on remplacey partxpuis on simplie parx: x−2x0t+xt2−2y0t= 0 On en déduit l'expression dexen fonction det puis :
Coordonnées deH(t):(2y0t+x0
1 +t2 ,2ty0t+x0 1 +t2 ) Les coordonnées deK(t)sont les moyennes des deux précédentes :
Coordonnées deK(t):(y0t+x0
1 +t2 +a, t
y0t+x0
1 +t2 +a
)
2. Pour la courbeK(t), les seules branches innies se produisent lorsquettend vers+∞
ou−∞. La droite d'équationx=aest asymptote à la courbe.
en +∞: x(K(t)) = at2+y0t+x0+a
1 +t2 →a, y(t) =tx(t)→+∞
en − ∞: x(K(t)) = at2+y0t+x0+a
1 +t2 →a, y(t) =tx(t)→ −∞
PourM0dans cette zone : Oest dans le support
la courbe a un point double (O)
On'est pas dans le support PourM0dans cette zone
la courbe a un point stationnaire (O) PourM0sur la parabole
Fig. 3: Conditions surM0.
3. D'après l'expression des coordonnées deK, le point O est dans le support deK si et seulement si ol existe unt réel tel que
x(t) = 0⇔at2+y0t+x0+a= 0
La condition est donc que le discriminant soit positif ou nul c'est à dire y02−4(x0+a)a≥0⇔y02≥4(x0+a)a
Le pointM0doit donc se trouver "à l'extérieur (au sens large)" d'une certaine parabole (voir gure3). LorsqueM0 est à l'extérieur au sens strict, l'origine est atteinte pour deux valeurs distinctes detc'est donc un point double. LorsqueM0est sur la parabole, l'origine n'est atteinte que pour une valeur det.
4. On a déjà vu sous quelle condition l'origine était un point double. En fait, l'origine est le seul point double possible. En eet, pour un point K(t) de la courbe, y(K(t)) =
tx(K(t)). SiK n'est pas l'origine, la seule valeur possible du paramètretest y(K)x(K) ce qui interdit àK d'être un point multiple. La courbe admet donc un point double si et seulement si l'origine appartient à la courbe (voir gure3).
5. Pour une certaine fonctionλ, la fonction K(t)est de la forme : K(t) = 0 +λ(t)−→
i +t−→ j On en déduit :
−→
K0(t) =λ0(t)−→ i +t−→
j
+λ(t)−→
j =λ0(t)−→
i + (tλ0(t) +λ(t))−→ j Par conséquent, siK(t0)est stationnaire :
λ0(t0) = 0 tλ0(t0) +λ(t0) = 0
)
⇒λ(t0) =λ0(t0) = 0
Le seul point stationnaire possible est donc l'origine. La condition annulant leλ0est la même que celle annulant le discriminant de la question 3.. La courbe admet donc un point stationnaire si et seulement siM0 est sur la parabole (voir gure3) et ce point stationnaire est l'origine.
