Partie I. Exercices de géométrie dans l'espace
Pour tous les exercices, on se place dans un espace E muni d'un repère orthonormé direct R = (O, ( − →
i , − → j , − →
k )) dont les fonctions coordonnées sont notées x , y , z .
Exercice 1.
L'énoncé donne le plan P de manière paramétrique. On peut lire sur cette dénition les coordonnées d'un point A et de vecteurs − → u et − → v tels que
P = A + Vect( − → u , − → v ) avec A :
2 3 1
− → u :
1
−1 2
− → v :
−1 2 1
On en déduit l'équation de P puis la distance d'un point à ce plan avec la formule du cours.
M ∈ P ⇔ det( −−→
AM , − → u , − → v ) = 0 ⇔
x(M ) − 2 1 −1 y(M ) − 3 −1 2 z(M ) − 1 2 1
= 0
⇔ −5x(M ) − 3y(M ) + z(M ) + 18 = 0 d(M, P) = |−5x(M ) − 3y(M ) + z(M ) + 18|
√ 35
Exercice 2.
Un système d'équations pour une droite est constitué par les équations de deux plans dont l'intersection est égale à la droite. Ici, la droite D 0 dont on demande un système d'équations est la projection de D sur P . On choisira donc P comme premier plan contenant D 0 . Pour l'autre plan, on choisit d'adjoindre à D un vecteur − → n normal à P . On note Π ce plan.
Pour trouver une équation de Π , on forme une dénition paramétrique de D .
M ∈ D ⇔
( x(M ) + y(M ) + z(M ) − 1 = 0 x(M ) − y(M ) − 2z(M ) = 0 ⇔
x(M ) y(M ) z(M )
=
0 2
−1
+ x(M )
1
−3 2
On en déduit
D = A + Vect( − → u ), Π = A + Vect( − → u , − → n ) avec A :
0 2
−1
− → u :
1
−3 2
− → n :
1 2 3
Les coordonnées de − → n ont été obtenues en lisant directement sur l'équation de P . On en déduit l'équation de Π
M ∈ Π ⇔ det( −−→
AM , − → u , − → n ) = 0 ⇔
x(M ) 1 1 y(M ) − 2 −3 2 z(M ) + 1 2 3
= 0
⇔ −13x(M ) − y(M ) + 5z(M ) + 7 = 0 puis un système d'équations de D 0 .
M ∈ D 0 ⇔ M ∈ P ∩ Π ⇔
( x(M ) + 2y(M ) + 3z(M ) + 6 = 0
−13x(M ) − y(M ) + 5z(M ) + 7 = 0
Une autre méthode est possible pour former l'équation du deuxième plan. Elle repose sur la notion de faisceau linéaire de plans.
Donnons nous deux réels α et β et formons l'équation d'un plan Π α,β à partir des deux plans dénissant D .
D :
( x + y + z − 1 = 0 × α x − y − 2z = 0 × β
Π α,β : (α + β)x + (α − β )y + (α − 2β)z − α = 0
D'après sa dénition même, ce plan contient la droite D . Il est orthogonal à − → n α,β de coordonnées
−
→ n α,β :
α + β α − β α − 2β
Pour que Π α,β = Π , il sut de choisir α et β tels que − → n soit orthogonal à − → n α,β . ( − → n α,β / − → n ) = (α + β) + 2(α − β ) + 3(α − 2β ) = 6α − 7β = 0 On choisit α = 7 , β = 6 et on obtient :
Π : 13x + y − 5z − 7
Remarque pour le lecteur qui a en charge d'évaluer des copies sur ce texte.
Ce type d'exercice est désagréable à évaluer car on pourrait qualier la question de semi-
ouverte. Elle admet plusieurs réponses correctes. La validation d'une réponse peut nécessiter
un calcul de la part du correcteur. On peut ici faire faire un calcul de rang à un logiciel de calcul formel. Si ϕ et ψ sont les deux équations proposées par le corrigé et ϕ 1 , ψ 1 deux équations proposées par une copie, la réponse sera exacte si et seulement si
rg(ϕ, ψ, ϕ 1 , ψ 1 ) = 2
Exercice 3.
1. On remarque que − → J et − →
K sont unitaires et orthogonaux. On en déduit que la base ( − →
I , − → J , − →
K ) est orthonormée directe si et seulement si ( − → J , − →
K , − →
I ) est orthonormée di- recte si et seulement si − →
I = − → J ∧ − →
K On calcule en coordonnées :
√ 1 2
1
−1 0
∧ 1
√ 3
1 1 1
= 1
√ 6
−1
−1 2
On en déduit
−
→ I = 1
√ 6 − − →
i − − → j + 2 − →
k 2. Pour tout point M :
−−→ OM = X(M ) − →
I + Y (M ) − →
J + Z(M ) − → K Comme la base ( − →
I , − → J , − →
K) est orthonormée directe, on en déduit
X = ( −−→
OM / − → I ) Y = ( −−→
OM / − → J ) Z = ( −−→
OM / − → K)
Comme on connait toutes les coordonnées, on peut calculer :
X (M ) = 1
√ 6 (−x − y + 2z) Y (M ) = 1
√ 2 (x − y) Z(M ) = 1
√
3 (x + y + z)
3. Une des équations fait intervenir le carré de la distance que l'on peut exprimer dans l'un ou l'autre des deux repères orthonormés
x(M ) 2 + y(M ) 2 + z(M ) 2 = k −−→
OM k = X (M ) 2 + Y (M ) 2 + Z (M ) 2 On en déduit
M ∈ C ⇔
( Z (M ) = √ 3 X(M ) 2 + Y (M ) 2 = 2 On en tire que le cercle est de rayon √
2 . Soit C son centre, les coordonnées de C dans le repère R 0 sont évidentes, on en déduit les coordonnées dans le premier repère
X(C) = 0 Y (C) = 0 Z(C) = √
3
⇔
−x(C) − y(C) + 2z(C) = 0 x(C) − y(C) = 0 x(C) + y(C) + z(C) = 3
⇔ x(C) = y(C) = z(C) = 1
Exercice 4.
1. À partir des équations, on obtient facilement une dénition paramétrique de D .
M ∈ D ⇔
x(M ) y(M ) z(M )
=
2 1 0
+ z(M )
1
−1 1
On en déduit
D = A + Vect( − → u ) avec A :
2 1 0
− → u :
1
−1 1
Cela permet d'exprimer le projeté H de M sur D à l'aide de la formule de cours
−−→ AH = ( −−→
AM / − → u ) k− → u k
−
→ u
puis le symétrique de M :
s(M ) = M + 2 −−→
M H = M + 2 −−→
M A + 2 −−→
AH
Ce qui donne en coordonnées :
x(s(M )) y(s(M )) z(s(M ))
=
x(M ) y(M ) z(M )
+ 2
2 − x(M ) 1 − y(M )
−z(M )
+ 2
3 (x(M ) − y(M ) + z(M ))
1
−1 1
= 1 3
10 − x(M ) − 2y(M ) + 2z(M ) 8 − 2x(M ) − y(M ) − 2z(M )
−2 + 2x(M ) − 2y(M ) − z(M )
2. Les calculs précédents permettent de former l'équation du plan P 0 symétrique de P par rapport à D .
M ∈ P 0 ⇔ s(M ) ∈ P ⇔ x(s(M )) − y(s(M )) − 3z(s(M )) = 1 Après calculs :
M ∈ P 0 ⇔ −5x(M ) + 5y(M ) + 7z(M ) + 5 = 0
Partie II. Problème
1. a. D'après les dénitions, l'angle orienté entre les vecteurs − →
i et − → τ (θ) est ( − → \
i , − → τ (θ)) = θ + V (θ)
b. Avec la remarque de l'énoncé relative aux bissectrices, il est immédiat que (∆ \ θ , R θ ) = θ + 2V (θ) mod π
2. Dans cette question le support de M (θ) est une cardioïde (courbe classique). En cal- culant la dérivée de M , on peut mettre en facteur 2a cos θ 2 .
−→ M 0 (θ) = 2a cos θ 2
− sin θ 2
−
→ e θ + cos θ 2
−
→ e θ+
π2= 2a cos θ 2
cos θ
2
−
→ e θ+
π2+ sin θ 2
−
→ e θ+
π2+
π2= 2a cos θ 2
−
→ e θ+
π 2+
θ2donc
V (θ) = θ 2 + π
2 et, pour l'angle orienté entre les droites :
(∆ \ θ , R θ ) = θ + 2V (θ) = 2θ mod π
Fig. 1: Question 2. Cardioïde pour a = 2
3. Le support de la courbe M (θ) est ici le cercle de centre le point A de coordonnées (a, 0) et qui passe par l'origine (voir cours). En eet, en multipliant par ρ , l'équation devient
ρ 2 = 2aρ cos θ ⇔ x 2 + y 2 = 2ax ⇔ (x − a) 2 + y 2 = a 2
a. Le calcul de la dérivée est analogue à celui de la question précédente, on obtient :
−→ M 0 (θ) = 2a −−−→ e 2θ+
π2⇒ V (θ) = θ + π 2
⇒ (∆ \ θ , R θ ) = θ + 2V (θ) = 3θ mod π b. On connait les coordonnées du point M (θ) de R θ et d'un vecteur directeur, on
en déduit l'équation en utilisant le déterminant
x − 2a cos 2 θ cos(3θ) y − 2a cos(θ) sin(θ) sin(3θ)
=
x − a(1 + cos(2θ) cos(3θ) y − a sin(2θ) sin(3θ)
= (x − a) sin(3θ) − y cos(3θ) − a (cos(2θ) sin(3θ) − sin(2θ) cos(3θ))
= (x − a) sin(3θ) − y cos(3θ) − a sin(θ)
O A
M (θ)
Fig. 2: Cercle support pour ρ(θ) = 2a cos θ On obtient donc l'équation de R θ
(x − a) sin(3θ) − y cos(3θ) − a sin(θ = 0) (R θ ) Si on pose t = 3θ − 3π 2 , l'équation devient
(x − a) cos(t) + y sin(t) + a cos( t
3 ) = 0 (R θ ) 4. D'après le cours, les formules de linéarisation sont :
cos(u) cos(v) = 1
2 (cos(u + v) + cos(u − v)) sin(u) sin(v) = 1
2 (cos(u − v) − cos(u + v)) cos(u) sin(v) = 1
2 (sin(u + v) − sin(u − v))
5. a. On forme le système linéaire attaché à l'intersection des deux droites. Son déter- minant vaut 1. On en déduit que les droites se coupent.
Notons x(t) et y(t) les coordonnées de H (t) . On ne cherche pas pour le moment à calculer ces coordonnées.
Elles vérient l'équation de R t c'est à dire
(x(t) − a) cos(t) + y(t) sin(t) + a cos( t 3 ) = 0
Dérivons cette fonction (elle est constante). On obtient
0 = x 0 (t) cos(t) + y 0 (t) sin(t)−(x(t) − a) sin(t) + y(t) cos(t) − a 3 sin( t
3 )
| {z }
=0
Comme les coordonnées de H vérient aussi la deuxième équation, on a encore x 0 (t) cos t + y 0 (t) cos t = 0
donc − →
H 0 (t) est orthogonal à
−
→ e t = − → e 3θ−
3π 2Ce dernier vecteur est orthogonal à R θ donc R θ est tangent à la courbe des H (t) . b. En résolvant par les formules de Cramer le système dénissant H (t) , on obtient :
x(t) − a = −a cos t
3 cos t − a 3 sin t
3 sin t y(t) = a
3 cos t sin t
3 − a sin t cos t 3
On utilise ensuite les formules trigonométriques transformant les produits en sommes (linéarisation) pour obtenir
x(t) = a − a 3 cos 4t
3 − 2a 3 cos 2t
3 y(t) = − a
3 sin 4t 3 − 2a
3 sin 2t 3 Ce qui donne, avec les notations de l'énoncé :
α = − a
3 , β = − 2a 3 ou encore
H (t) = A − a 3
−→ e
4t 3− 2a
3
−→ e
2t 3c. D'après les questions précédentes, calculer −−−→
H 0 (t) :
−−−→ H 0 (t) = − 4a 9
−−−→ e
4t3
+
π2+ −−−→ e
2t 3+
π2= 8a 9 cos t
3
−
→ e t−
π2Fig. 3: Tracé de 40 droites R t
Comme t 3 ∈]0, π[ , il existe un unique point stationnaire Ω qui est atteint pour
t
3 = π 2 d'où 2t 3 = π . Finalement : Ω = H ( 3π
2 ) = A − a 3
−
→ i + 2a 3
−
→ i = A + a 3
−
→ i
de coordonnées ( 4a 3 , 0) d. On calcule −−−−→
ΩH(t) dans la base ( − → i , − →
j ) en utilisant systématiquement 2t 3 . On peut factoriser 1 + cos 2t 3 d'où
−−−−→
ΩH (t) = − 2a
3 (1 + cos 2t 3 ) −→ e
2t3
