Partie B – Construction g´ eom´ etrique de H

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Probl` eme – Hyperbolisme

Partie A – Hyperbole ´ equilat` ere et loi ∇

A.1cf le fichier Maple.

A.2Soitt un r´eel non nul, etM le point deHparam`etret.

a L’affixe deM est ch(t) +ish(t). L’affixe du sym´etrique (orthogonal)M⁰ deM par rapport `a l’axe des abscisses est le conjugu´e de ch(t) +ish(t), soit ch(t)−i sh(t).

bLe cercle de diam`etre [M M⁰] est le cercle de centre d’affixe ch(t) et de rayon|sh(t)|. Son intersection avec l’axe des abscisses est donc constitu´ee des points d’affixes ch(t) + sh(t) =e^tet ch(t)−sh(t) =e^−t. L’affixe du vecteur−−→

J M est ch(t) +ish(t)−e^t=−^et−e₂^−t +ish(t) = sh(t)(−1 +i). Il s’agit bien d’un nombre non nul puisquet6= 0. Un argument de (-1+i) ´etant ^3π₄ , un argument de l’affixe de−−→

J M est : 1. ^3π₄ sit >0 ;

2. −^π₄ sit <0.

A.3Soittun r´eel, etM le point deHparam`etret,i.e.le point d’affixe ch(t)+ish(t). Le point `a l’intersection de la droite (OM) et de la droite d’´equation x = 1 est donc le point dont l’affixe est un multiple r´eel de ch(t) +ish(t) et de partie r´eelle 1 : c’est donc le point d’affixe _ch(t)¹ (ch(t) +ish(t)) = 1 +ith(t).

A.4

a L’intersection deD avec la droite d’´equation y = 1 est le point dont l’affixe est un multiple r´eel de e^t+i e^−t0 et de partie imaginaire 1 : c’est donc le point d’affixe e^t0(e^t+i e^−t0) =e^t+t0+i.

bK´etant suppos´e construit, son projet´e orthogonal sur l’axe des abscisses est le point d’affixe e^t+t0. Le point deHde param`etret+t⁰ s’obtient alors par exemple comme intersection deHavec la droite passant par les points d’affixese^t+t0 eti e^t+t0.

A.5cf le fichier Maple.

Partie B – Construction g´ eom´ etrique de H

B.1

a sin(θ)−cos(θ) = 0 si et seulement si tan(θ) = 1 (car siθ est de cosinus nul, alors sin(θ)−cos(θ)6= 0) si et seulement siθ∈ ^π₄+πZ.

bsin(θ) + cos(θ) = 0 si et seulement siθ∈ −^π₄+πZ. B.2

aLa question pr´ec´edente justifie la non nullit´e des d´enominateurs ci-dessous. SoitA1(resp.A2) l’asymp- tote deH⁰ d’´equationy=x(resp.y=−x).

Soitθun r´eel non congru `a 0 modulo ^π₄.

(M(z)∈∆∩ A1)⇔

∃λ∈R,

z= 1 +λe^iθ Re(z) = Im(z)

⇔

z= 1 +λe^iθ

∧

λ= 1

sin(θ)−cos(θ)

(M(z)∈∆∩ A2)⇔

∃λ∈R,

z= 1 +λe^iθ Re(z) =−Im(z)

⇔

z= 1 +λe^iθ

∧

λ=− 1

sin(θ) + cos(θ)

H₁(resp.H₂) est donc d’affixe 1 +sin(θ)−cos(θ)¹ e^iθ (resp. 1−sin(θ)+cos(θ)¹ e^iθ). Le milieuIdu segment [H₁H₂] est donc d’affixe :

1 2

1 + 1

sin(θ)−cos(θ)e^iθ+ 1− 1

sin(θ) + cos(θ)e^iθ

= 1 + cos(θ)

sin²(θ)−cos²(θ)e^iθ

b

(M(z)∈ H⁰∩∆)⇔

∃λ∈R,

z= 1 +λe^iθ Re²(z)−Im²(z) = 1

⇔

z= 1 +λe^iθ

(1 +λcos(θ))²−(λsin(θ))²= 1

⇔ λ 2 cos(θ) +λ(cos²(θ)−sin²(θ))

= 0

∧ z= 1 +λe^iθ

⇔

(λ= 0)∨

λ=− 2 cos(θ) cos²(θ)−sin²(θ)

∧ z= 1 +λe^iθ M est donc le point d’affixe

1− 2 cos(θ)

cos²(θ)−sin²(θ)e^iθ, et le milieu de [P M] est donc d’affixe :

1 2

1 + 1− 2 cos(θ) cos²(θ)−sin²(θ)e^iθ

= 1− cos(θ)

cos²(θ)−sin²(θ)e^iθ On reconnaˆıt bien l’affixe deI : le milieu de [P M] est I.

c Si on trace une droite ∆ passant parP, non verticale, et de pente diff´erente de 1, de 0 et de −1, on croise les asymptotes de H⁰ en deux points H1 et H2, ce qui permet de construire le milieu I de [H1H2]. Le sym´etrique deP par rapport `aI est un nouveau point deH⁰.

Il suffit de r´eit´erer cette constructionnfois (en prenant des droites diff´erentes deux `a deux !) pour construire npoints deH⁰ (outre le pointP).