Corrigé du sujet 2007
Exerie I
1°)
x = 2 cos θ cos ϕ
;y = 2 sin θ cos ϕ
;z = 2 sin ϕ
.2°)
x
y z
O A
B
C
b b
3°) Équation artésienne de la sphère
(Σ)
:x 2 + y 2 + z 2 = 4
.4°)Ilsutderemplaer
x
,y
etz
parleursvaleursdansl'équationde(Σ)
.5°)a)En utilisant le1°), on trouve
C √ 2 ; √
2 ; 0
.
b)
OB . −−→ −→
OC = 0 × √
2 + 2 × √
2 + 0 × 0 = 2 √ 2
;OA . −→ −→
OC = √ 2 × √
2 + 0 × √ 2 + √
2 × 0 = 2
;OA . −→ −−→
OB = √
2 × 0 + 0 × 2 + √
2 × 0 = 0
.On en déduit que
cos a = cos( −−→
OB, −→
OC) =
OB . −−→ −→
OC
OB × OC = 2 √ 2
4
doncos a =
√ 2 2
De même,
cos b = 1
2
etcos c = 0
Comme
cos 2 x + sin 2 x = 1
,onasin x = ± √
1 − cos 2 x
. Commeiiles angles sont entre
0
etπ
, on obtientsin x = √
1 − cos 2 x
. Paronséquent,
sin a =
√ 2
2
,sin b =
√ 3
2
etsin c = 1
.On pouvait aussi trouver d'abord
a
,b
etc
.)En utilisant laformulefondamentale, onobtient :
cos ˆ A = cos a − cos b cos c sin b sin c =
√ 2
√ 3
don
A ˆ ≈ 0, 615
rad .Leplusrapideensuiteestd'utiliserlaformuledestroissinus,ainsi:
sin ˆ B
sin b = sin ˆ A
sin a
donsin ˆ B = sin b × sin ˆ A
sin a
etsin ˆ C = sin c × sin ˆ A sin a
.Le problème est alors double : tout d'abord, on ne trouve pas
la valeur exate de
B ˆ
qui estπ
4
rad (trouvable ave la formulefondamentale), ensuite l'angle
C ˆ
est supérieur àπ
2
don laalu-latriene donnepas labonneréponse.Conluons:
B ˆ = π
4
rad etC ˆ ≈ π − 0, 955
donC ˆ ≈ 2, 186
rad.Ensuite, la onnaissane de leur osinus donne
a
,b
etc
:a = π
4
;b = π
3
;c = π
2
. Ennr = 2
, don les longueursdes tés du triangle sphèrique sont
2a
,2b
et2c
'est-à-direBC ⌢ = π 2
;AC ⌢ = 2π 3
;AB ⌢ = π
(unités de longueur).d)L'airedutrianglesphèrique
ABC
est( ˆ A+ ˆ B+ ˆ C − π) × r 2 ≈ 1, 782
unités d'aires.
6°)a) Le ple
N
est sur la sphère(Σ)
don l'image de la sphère(Σ)
est un plan
(P )
perpendiulaire à la droite(N O)
, passant parl'image d'un point de la sphère
(Σ)
(par exemple elle du pointdiamétralementopposé à
N
: leple sud de la sphère(Σ)
).Le veteur
ON −−→
0 0 2
!
est normal au plan
(P )
don une équationde
(P )
s'érit0x + 0y + 2z + d = 0
donz = λ
.Quelle est l'imagedu plesud
S (0 , 0 , − 2)
,diamétralement opposé àN
?On a
N S −−→ ′ = k N S 2
N S −→ = 8 4 2 .
0 0
− 4
=
0 0
− 2
donx ′ = 0
;y ′ = 0
et
z ′ − 2 = − 2
donz ′ = 0
. CommeS ′ = O
appartient à(P )
, onen déduit que l'équationde
(P )
estz = 0
.b)
N A −−→
apour oordonnées
√ 2
√ 0 2 − 2
don
N A 2 = 2 + ( √
2 − 2) 2 = 8 − 4 √ 2
d'où
8
N A 2 = 8 8 − 4 √
2 = 2
2 − √
2 = 2(2 + √ 2) 2 2 − ( √
2) 2 = 2 + √ 2
.Don
N A −−→ ′ = (2 + √ 2) −−→
N A =
2 √
2 + 2 0
− 2
e qui donnex ′ = 2 √
2 + 2
;y ′ = 0
etz ′ − 2 = − 2
donz ′ = 0
.Lesoordonnées de
A ′ sont don 2 √
2 + 2 ; 0 ; 0
.
N B −−→
apour oordonnées
0 2
− 2
donN B 2 = 8
d'oùN B −−→ ′ = 8
8
N B −−→ = −−→
N B
donB ′ = B
.N C −−→
apour oordonnées
√ 2
√ 2
− 2
donN C 2 = 8
d'oùN C −−→ ′ = 8
8
N C −−→ = −−→
N C
donC ′ = C
.Notez aupassage que
A ′, B ′ et C ′ appartiennent à (P )
.
C ′ appartiennent à (P )
.
) On demande iiles distanes en ligne droite :
A ′ B ′ = q
(0 − (2 √
2 + 2)) 2 + (2 − 0) 2 + (0 − 0) 2 = q
16 + 8 √ 2
.De même,
A ′ C ′ = p
8 + 4 √
2
etB ′ C ′ = p
8 − 4 √ 2
.Exerie II
1°) Pour tout
t ∈ [ − π ; π ]
,x( − t) = sin( − t) = − sin(t) = − x(t)
donx
est impaire ;et
y( − t) = sin(2( − t)) = sin( − 2t) = − sin(2t) = − y(t)
dony
est impaire.Lesdeux fontions possédant une parité,on peut réduirel'intervalle
[ − π ; π ]
à[ 0 ; π ]
.Un simple graphique nous permet de retrouver la symétrie induite
par ette parité :
b
b
M (t)
M ( − t)
x(t) y(t)
x( − t)
y( − t)
Quand on hange
t
en− t
, les oordonnées deM
hangent de signetoutes les deux don
M ( − t)
est le symétrique deM (t)
par rapportà
O
: laourbeC
est don symétrique par rapport àO
.2°) Pour tout
t ∈ [ − π ; π ]
:x(π − t) = sin(π − t) = sin(t) = x(t)
y(π − t) = sin(2(π − t)) = sin(2π − 2t) = sin( − 2t) = − sin(2t) =
− y(t)
.Quand on hange
t
enπ − t
, l'absisse ne hange pasmais l'ordonnée hange de signe don
M (π − t)
est lesymétrique de
M (t)
par rapport à l'axe des absisses :laourbe
C
est don symétriquepar rapport àl'axe des absisses . Sahant qu'il existe une relation(de symétrie) entre les pointsM (t)
et
M(π − t)
,onpeutréduirel'intervalle[ 0 ; π ]
àh 0 ; π
2 i
(pareque
si
t ∈ h 0 ; π
2 i
alors
π − t ∈ h π 2 ; π i
).
3°) Étude des variationssur
h 0 ; π 2
i
:
x ′ (t) = cos(t)
qui reste positif surh 0 ; π
2 i
.
y ′ (t) = 2 cos(2t)
. Sit ∈
h 0 ; π 2
i
alors
2t ∈ [ 0 ; π ]
doncos(2t)
hange de signe :
si
t ∈ h
0 ; π 4
i
alors
2t ∈ h
0 ; π 2
i
don
cos(2t) > 0
d'oùy ′ (t) > 0
;si
t ∈ h π
4 ; π 2
i
alors
2t ∈ h π
2 ; π i
don
cos(2t) 6 0
d'oùy ′ (t) 6 0
.t 0 π
4
π x ′ (t) + 2
x(t)
0
1
y ′ (t)
+ 0−
y(t) 0
*
1H H H
H j 0
4°)
Point
A B C D E
t 0 π
6
π 4
π 3
π 2
x(t) 0 1
2
√ 2 2
√ 3
2 1
y(t) 0
√ 3
2 1
√ 3
2 0
x ′ (t) 1
√ 3 2
√ 2 2
1
2 0
y ′ (t) 2 1 0 − 1
2 − 2
5°) Tangentes :onrappelleque sileveteur
M ~ ′ (t)
x ′ (t) y ′ (t)
n'est pas nul
alors il dirige latangente.
Au point
A
(onfondu aveO
): on aM ~ ′ (0) 1
2
. Sur legraphique,
ona indiqué ladiretionde e veteur.
Au point
C
: on aM ~ ′ π 4
√ 2 2 0
qui est olinéaire à~ı
(tangentehorizontale).
Au point
E
: on aM ~ ′ (π) 0
− 2
qui est olinéaire à
~
(tangentevertiale).
b b b b
b b A
B C
D
E
6°) Comme
sin(2t) = 2 sin(t) cos(t)
:sin(t) = sin(2t) ⇐⇒ sin(t) = 2 sin(t) cos(t)
⇐⇒ sin(t)(1 − 2 cos(t)) = 0
⇐⇒ sin(t) = 0
ou1 − 2 cos(t) = 0
⇐⇒ sin(t) = 0
oucos(t) = 1 2
⇐⇒ t = 0
out = π
out = π
3
out = − π 3 .
Les points de la ourbe situés sur la droite d'équation
y = x
sontdon : le point
O
(pourt = 0
ett = π
); pourt = π
3
: on obtientle point de oordonnées
√ 3 2 ;
√ 3 2
!
; pour
t = − π
3
: on obtient lepoint de oordonnées
−
√ 3 2 ; −
√ 3 2
!
(voir legraphique).