Universit´e de Mons - Facult´e Polytechnique Examen d’entr´ee. ´Epreuve de g´eom´etrie

Universit´ e de Mons - Facult´ e Polytechnique

Examen d’entr´ ee. ´ Epreuve de g´ eom´ etrie 2 juillet 2014. Groupe C

Question 1

Soit les droites d’´equations :

• d¹ : y−3 = 0

• d² : x+ 1 = 0

• d³ : x= 0

• d⁴ : y−√

3x+ 2 = 0

1. Trouvez l’´equation de la circonf´erence c¹ tangente aux droites d² et d⁴ et dont le centre est port´e par la droite d3.

2. Repr´esentez sur un dessin les droites d1 `a d4 ainsi quec1.

3. ´Etablissez l’expression analytique d´ecrivant le lieu g´eom´etrique des centres des cir- conf´erences simultan´ement tangentes `a la droite d¹ et tangentes int´erieurement au cercle de centre (0,0) et de rayon 1. Quel est la nature de ce lieu g´eom´etrique ?

Question 2

Soit dans un rep`ere orthonorm´e les points M(−a,0) et N(a,0) et un point O d’or- donn´ee positive ´equidistant de 2.adeM etN. Soit la circonf´erencec¹ tangente aux droites OM etON et centr´ee en (0,^√₃³.a). On demande, par la g´eom´etrie synth´etique :

1. Faire un dessin.

2. Quelle propri´et´e remarquable a la circonf´erence c¹ par rapport au triangleONM? D´emontrez la.

3. Soit V1 le volume du cˆone engendr´e par la rotation du triangle ONM autour de l’axe y et soit R et H respectivement le rayon de sa base et sa hauteur. Soit V² le volume de la sph`ere engendr´ee par la rotation de c¹ autour de l’axe y et soit r son rayon.

(a) D´emontrer la relation suivantes : 1 r² − 1

R² = 2

r.H (1)

(b) R´e´ecrivez la relation (1) ci-dessus en fonction du seul param`etre a.

4. Si V³ est le volume engendr´e par la rotation autour de y d’un carr´e circonscrit `a c¹ et admettant l’axe y pour m´ediane :

(a) Quel type de volume est le volume V³? (b) D´emontrer la relation suivantes :

V¹ V³ = V³

V² (2)

1

Question 1 : solution

1. Trouvez l’´equation de la circonf´erence c¹ tangente aux droites d² et d⁴ et dont le centre est port´e par la droite d³.

Le centre du cercle recherch´e est `a l’intersection de d3 et de la bissectrice de d2 et ded⁴. Recherchons cette bissectrice...

Par d´efinition, tout point de la bissectrice est ´equidistant des droites d² etd⁴. Possibilit´e d’indice : distance d’un point M une droite d’´equation Ax+ By+C = 0. Si M^′ est la projection orthogonale de M sur la droite :

|MM^′| = |Ax^M +By^M +C

√A²+B² | (3)

x+ 1

√1 = −√

3x+y+ 2

√3 + 1 (4)

2x+ 2 = −√

3x+y+ 2 2 +√

3

x−y = 0 (5)

L’eq. 5 est l’´equation de la bissectrice recherch´ee. Pour trouver le centre du cercle, il faut r´esoudre le syst`eme suivant :







2 +√ 3

x−y= 0 x= 0

(6) Solution : y= 0

Le cercle recherch´e est donc centr´e en (0,0). De plus son rayon vaut 1. L’´equation du cercle c¹ recherch´e est donc :

c¹ : x²+y² = 1 (7)

2. Dessin...

3. ´Etablissez l’expression analytique d´ecrivant le lieu g´eom´etrique des centres des cir- conf´erences simultan´ement tangentes `a la droite d¹ et tangentes int´erieurement au cercle de centre (0,0) et de rayon 1.

On remarque que le cercle donn´e est celui dont on vient d’´etablir l’´equation. La circonf´erencec³ (voir dessin) semble satisfaire les conditions g´eom´etriques ´enonc´ees.

Son centre est donc a ´egale distance de la droited¹ et du point de tangence avec c³. Soit :

3−y =p

x²+y²+ 1 (8)

2

∴ 3−y est la distance du centre de c³ `a d¹

∴ p

x²+y² distance du centre de c³ `a l’origine (0,0)

∴ p

x²+y²+ 1 distance du centre de c³ au point de tg avec c¹ (dont le rayon vaut 1).

L’eq. 8 est donc le lieu recherch´e :

2−y = p

x²+y² (9)

4−4y+y²−x² −y² = 0 x²+ 4y−4 = 0

Le LG1 recherch´e est donc une parabole. Son sommet est en (0,1). Elle admet l’axe vertical pour axe de sym´etrie.

INFO COMPL´EMENTAIRE NON DEMAND ´EE : Il existe un second lieu analogue... celui des centres des circonf´erences simultan´ement tangentes `a la droite d¹ et tangentes ext´erieurement au cercle de centre (0,0) et de rayon 1. La cir- conf´erence c² en est un exemple.

3−y=p

x²+y²−1 (10)

L’eq. 10 est donc le lieu LG2 :

4−y = p

x²+y² (11) 16−8y+y²−x²−y² = 0

x²+ 8y−16 = 0

Le LG2 est donc une parabole. Son sommet est en (0,2). Elle admet l’axe vertical pour axe de sym´etrie.

3

Question 2 : solution

1. Dessin

Dessin : il est `a noter que :

∴ Le triangle MNO est ´equilat´eral (de cot´e 2a).

∴ Le cercle c¹ semble ˆetre inscrit au triangleMNO (`a justifier)

∴ √

3/3≃0,6

2. Quelle propri´et´e remarquable a la circonf´erence c¹ par rapport au triangleONM? D´emontrez la.

c¹ est inscrit au triangle MNO? Si tel est le cas, alors : |C¹N¹|=|C¹O¹|=|C¹M¹| or|C¹O¹|= √

3/3 a

Que vaut|C¹M¹|? Les triangles OC¹M1 et OO¹N sont semblables : C¹M¹

O¹N = C¹O ON C¹M¹

a = OO¹−√ 3.a/3 2a

or triangle OO¹N rectangle ⇒ 4a² =OO1²+a² ⇒ OO¹=√

3.a Nous avons donc :

4

C¹M¹ = a 2a. √

3a−

√3a 3

!

(12)

= 1

2. 3√

3a−√ 3a 3

!

= 1

2.3

√3.a.(3−1)

=

√3.a.2 2.3

=

√3.a 3

= C¹O¹ =C¹N¹

⇒ c¹ est le cercle inscrit au triangle MNO.

Variante : Vu que le triangle OMN est ´equilat´eral (angles aux sommets tous

´egaux `a 60˚) et que √

3/3 correspond `a tg30˚, on voit alors que C¹M etC¹N sont des bissectrices.

3. Soit V¹ le volume du cˆone engendr´e par la rotation du triangle ONM autour de l’axe y et soit R et H respectivement le rayon de sa base et sa hauteur. Soit V² le volume de la sph`ere engendr´ee par la rotation de c¹ autour de l’axe y et soit r son rayon.

(a) D´emontrer la relation suivantes : 1 r² − 1

R² = 2 r.H On raisonne dans le plan du dessin :

Tjs grˆace aux triangles semblables OC¹M¹ et OO¹N on a : r

R = C¹O

ON = OM¹ H

⇒R= r.H OM¹ On peut d`es lors r´e´ecrire la th`ese comme suit :

1

r² −OM1²

r²H² = 2

r.H (13)

H²−OM1²

r²H² = 2

r.H (14)

5

Il faut maintenant exprimer OM¹ en fct de r et de H Soit le triangle rectangle OC¹M¹ :

OM1² = OC1²−C¹M1²

= (H−r)²−r²

= H²−2Hr+r²−r²

En rempla¸cant dans 14 :

H²−H²+ 2.H.r

r².H² = 2 r.H 2.r.H

r².H² = 2 2 r.H

r.H = 2

r.H CQF D

(b) R´e´ecrivez la relation (1) en fonction du seul param`etre a...avec notamment le triangle rectangle OO¹N :

1 √

3.a 3

² − 1

(a)² = 2

√3.a

3 . √

3.a (15)

4. Si V³ est le volume engendr´e par la rotation autour de y d’un carr´e circonscrit `a c¹ et admettant l’axe y pour m´ediane :

(a) Quel type de volume est le volume V³? C’est un cylindre.

(b) D´emontrer la relation suivantes : V¹ V³ = V³

V² (16)

Ces 3 volumes sont li´es... on peut par exemple les exprimer tous en fonction d’une seule grandeur r.

i. Volume V² de la sph`ere : ⁴3πr³

ii. Volume V³ du cylindre de hauteur 2.r : π.r².2.r=2.π.r³ iii. Volume V¹ du cˆone : ¹3.π.R².H

6

Expression de H en fonction de r?

Soit le triangle rectangle C¹M¹O et l’angle C\¹OM¹= 30˚

=⇒ ^COC^1M₁¹ =sinα= ¹2 =⇒ OC¹ = 2.r =⇒H =OC¹+r = 3.r Expression de R en fonction de r?

Soit le triangle rectangle NC1O1 et l’angle C\1NO1= 30˚

=⇒ tg30 = ^√₃³ = _R^r =⇒ R = ^√3.r₃

On a peut r´e´ecrire la th`ese comme suit : V¹

V³ =

1

3.π.3.r².3.r 2.π.r³ = 3

2 ? =? V³

V² = 2.π.r³

4

3.π.r³ = 3

2 =⇒OK

7

FACULTE POLYTECHNIQUE DE MONS (Académie Universitaire Wallonie Bruxelles)

EPREUVE D’ADMISSION DE JUILLET 2014 SERIE D

Géométrie plane

Dans un repère orthonormé Oxy, on considère deux droites a et b formant un angle α entre elles. On nomme P leur point d’intersection. Soit M un point n’appartenant ni à a ni à b.

On construit le point M^′ par symétrie orthogonale de M par rapport àa et M^′′ par symétrie orthogonale de M^′ par rapport à B. On demande :

– de dessiner une figure reprenant la construction de l’énoncé ;

– de démontrer que le point M^′′ est l’image de M par une rotation de centre P d’angle2α; – de définir une condition sur α pour que le quadrilatère P MM^′M^′′ soit inscriptible ;

– dans le cas oùaa pour équationy= 2,b a pour équationy= 3x+2etM a pour coordonnées (3,-1) :

– de rechercher les coordonnées des pointsP, M^′ etM^′′;

– de vérifier analytiquement la première propriété démontrée (M^′′ est l’image de M par une rotation de centre P d’angle2α) ;

– de rechercher l’équation de l’hyperbole admettantP M et P M^′ comme asymptotes et qui passe par le point M^′′;

Géométrie spatiale

On donne trois points A,B etC respectivement de coordonnées (1,2,1), (3,5,2) et (7,4,3). On demande :

– de rechercher les équations paramétriques et l’équation cartésienne du plan passant par A, B etC;

– de rechercher les coordonnées d’un point D tel que ABCD soit un trapèze isocèle dessiné dans le planABC;

– de donner le volume du corps obtenu par la rotation du trapèze ABCD autour de la droite BC.

Résolution de la partie géométrie plane

Partie 1

la figure 1 repend les données du problème.

Figure 1 – Figure pour la question de géométrie plane

Partie 2

Soit A l’intersection de MM^′ avec a. Les triangles P AM et P AM^′ sont isométriques (deux côtés de même mesure et un angle commun). On peut donc écrire que :

|P M|=|P M^′| et MP A\ =M\^′P A (1) Soit B l’intersection de M^′M^′′ avec b. Les triangles P BM^′ et P BM^′′ sont isométriques (deux côtés de même mesure et un angle commun). On peut donc écrire que :

|P M^′|=|P M^′′| etM\^′P B =M\^′′P B (2) La combinaison des relations précédentes permet donc de dire que

|P M| = |P M^′′| (3)

MP M\^′′ = MP M\^′+M\^′P M^′′= 2·

M\^′P A+·M\^′P B

= 2·α (4)

Ce qui démontre la propriété.

Partie 3

Pour qu’un quadrilatère soit inscriptible, il faut que deux angles opposés soient supplémentaires.

On a démontré que MP M\^′′= 2α. L’angle MM\^′M^′′ peut être décomposé selon :

MM\^′M^′′=MM\^′P +P M\^′M^′′ (5)

Le triangle P AM^′ est rectangle en A, on peut donc écrire que MM\^′P = π/2−M\^′P A. De même, le triangle P BM^′ est rectangle enB, on peut donc écrire que M\^′′M^′P =π/2−M\^′P B.

En rassemblant ces relations, on obtient donc que :

MM\^′M^′′=π/2−M\^′P A+π/2−M\^′P B =π−α (6) La somme des deux angles opposés vaut donc α + π, la seule façon d’avoir des angles supplémentaires est d’avoir α= 0 (c’est-à-dire deux droites confondues). Dans ce cas limite, les points M etM^′′ sont confondus.

Partie 4

La figure 2 présente une vue à l’échelle du problème.

Figure2 – Figure avec les valeurs pour la résolution analytique

Coordonnées des points

P est à l’intersection dea et b, ses coordonnées sont donc solution du système : y= 3x+ 2

y= 2 (7)

P a donc pour coordonnées (0,2). Les coordonnées de M^′ s’obtiennent directement (3,5). Pour trouver M^′′, il faut dans un premier temps trouver la position du point B. Pour ce faire, il faut rechercher l’équation de la droite perpendiculaire à b passant parM^′. Son coefficient directeur vaut−1/3(si deux droites sont perpendiculaires, le produit de leurs coefficients directeurs vaut -1). En imposant le passage de cette droite par le point M^′, on obtient :

5 = −1

33 +p⇒p= 6 (8)

Les coordonnées de B sont obtenues par intersection de cette droite avec b, c’est-à-dire en résolvant :

y= 3x+ 2

y=−¹3x+ 6 (9)

On trouve doncB=(1,2 ;5,6). La position deM^′′est obtenue par l’équation vectorielle suivante :

−−−→OM^′′ =−−→

OM^′+ 2·−−→

M^′B, ce qui donne (-0,6 ;6,2) comme coordonnées pour M^′′. Vérification de la propriété

La calcul de distances est immédiat :

−−→P M =

q

(3−0)²+ (−1−2)² = 3√

2 (10)

−−−→P M^′′

=

q

(−0,6−0)²+ (6.2−2)² = 3√

2 (11)

(12) Le calcul des angles passe par le produit scalaire :

MP M\^′′= arccos

−−→P M ·−−−→

P M^′′

−−→P M ·

−−−→P M^′′

= 143,13...^◦ (13)

AP B[ = arccos

−→P A·−−→P B

−→P A ·

−−→P B

= 71,56...^◦ (14)

(15) Hyperbole

Les droitesP M^′ etP M ont un coefficient directeur de±1, ce qui signifie que l’hyperbole est une hyerbole équilatère. Le centre de l’hyperbole est à l’intersection de ses asymptotes, c’est-à-dire au point P. La forme générale de l’hyperbole est donnée par l’une des propositions suivantes :

x²

a² −(y−2)²

a² −1 = 0 (16)

−x²

a² +(y−2)²

a² −1 = 0 (17)

si on veut que le point M^′′ appartienne à la courbe, il faut que ses coordonnées vérifient l’équation

−0,6²

a² − (6,2−2)²

a² −1 = 0 ⇒ a² =−17,28 (18)

−−0,6²

a² + (6,2−2)²

a² −1 = 0 ⇒ a² = 17,28 (19)

C’est donc la première forme qui est retenue (un carré est forcément positif) ; l’équation est donc :

x²

17,28 −(y−2)²

17,28 −1 = 0 (20)

Résolution de la partie géométrie spatiale

Partie 1

Les équations paramétriques du plan sont obtenues en prenant les coordonnées d’un point (par exemple A) et deux vecteurs non colinéaires du plan (par exemple −→AB = (2,3,1) et

−−→BC = (4,−1,1)). Ce qui donne :







x = 1 + 2 · λ + 4 · µ y = 2 + 3 · λ − 1 · µ z = 1 + 1 · λ + 1 · µ

(21) Pour passer à l’équation cartésienne, il suffit d’éliminer les paramètres dans le système d’équations :

y+z = 3 + 4λ

x+ 4y = 9 + 14λ ⇒7y+ 7z−2x−8y= 21−18 (22) Le plan a donc pour équation cartésienne 2x+y−7z+ 3 = 0.

Partie 2

Variante 1

La figure 3 présente un trapèze isocèle. On remarque que pour obtenir le point D, on peut utiliser l’équation vectorielle suivante :

−−→AD=−→OA+−→AE+−→EF +−−→F D =−→OA+−−→BC+ 2·−→AE (23)

Figure3 – Trapèze isocèle

Il suffit donc de trouver la position du point E qui est le pied de la perpendiculaire à AD passant par B. Il faut donc chercher l’intersection de AD avec le plan perpendiculaire à BC passant par B. La droite AD a pour équations paramétriques (AD//BC) :







x = 1 + 4 · α y = 2 − 1 · α z = 1 + 1 · α

(24)

Le plan est perpendiculaire à BC, il admet donc−−→BC comme vecteur normal ; cela implique que son équation cartésienne est de la forme :

4x−y+z+d= 0 (25)

Comme le plan passe parB, ses coordonnées doivent vérifier l’équation du plan, ce qui implique que :

4·3−5 + 2 +d= 0 ⇒d=−9 (26)

Le pointE est à l’intersection de la droite et du plan, ses coordonnées vérifient donc le système formé des équations de la droite et de celle du plan :











x= 1 + 4·α y= 2−α z= 1 +α

4x−y+z−9 = 0

(27)

En injectant les trois premières équations dans la dernière, on obtient : 4 (1 + 4·α)−(2−α) + 1 +α−9 = 0⇒α= 1

3 (28)

Le point E a donc pour coordonnées







x= 1 + 4· ¹3 = ⁷₃ y= 2− ¹³ = ⁵3

z= 1 + ¹₃ = ⁴₃

(29)

Par application de l’équation 23, on trouve donc les coordonnées de D = ²³3,¹3,⁸3

Variante 2 (J. Lobry)

Soient (x,y,z) les coordonnées de E qui vérifient les propriétés suivantes :

−−→BC//−→AE ⇒ 4

x−1 = −1

y−2 = 1 z−1 ⇒

4 (y−2) = 1−x

y−2 = 1−z (30)

−−→BE ⊥−−→BC ⇒4 (x−3)−(y−5) + (z−2) = 0 (31) Les coordonnées de E sont obtenues en résolvant le système formé de ces trois équations :







x+ 4y= 9 y+z = 3 4x−y+z = 9

(32)

Variante 3 (J.Lobry)

la distance AE peut être calculées selon : kAEk=kABkcosβ =kABk

−→AB ·−−→BC

kABk kBCk (33)

La position de E est obtenue par :

−→AE =

−−→BC

kBCkkAEk (34)

en combinant ces deux relations, on obtient :

−→AE =

−−→BC

kBCkkABk

−→AB·−−→

BC

kABk kBCk =−−→BC

−→AB−−→

BC

kBCk² =−−→BC 6

18 (35)

Partie 3

le volume peut se décomposer en un cylindre de hauteurAD et de rayon de baseBE duquel on retire deux cônes de hauteur AE (=DF) et de rayon de base BE (=CF). Ces trois longueurs valent respectivement :

hcyl = s

20 3

² +

−5 3

² +

5 3

²

= 5 3

√4²+ 1²+ 1² = 5√

2 (36)

R = s

−2 3

² +

−10 3

² +

−2 3

²

= 2 3

√1² + 5²+ 1² = 2√

3 (37)

hcone = s

4 3

² +

−1 3

² +

1 3

²

= 1 3

√4²+ 1²+ 1² =√

2 (38)

Le volume mesure donc :

V =Vcyl−2·Vcone =Sbase·hcyl− 2

3Sbase·hcone =πR² ·

hcyl− 2 3·hcone

(39) avec les valeurs numériques, on obtient :

V =π 2√

3²

·

5√ 2− 2

3

√2

= 52√

2π = 231,029... (40)

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(Aadémie Universitaire Wallonie Bruxelles)

EPREUVE D'ADMISSION DE JUILLET 2014

GEOMETRIE PLANE

SERIE E

Dans un système d'axes OXY orthonormé, soient la ironférene C1 ^{entrée à l'origine et de rayon}

R¹ = 20^{et les droites}AB ^et BC ^{dont lesoordonnées valent}respetivementpourlepointA(30,0)^{, le}

pointB(0,50)^etlepointC(−50,0)^.

Ondemandedeonstruireparla géométrie synthétique:

1. la ironférene C^{2 de entre} P^{, de rayon} R² = 5^{, tangente à la fois à la droite} AB ^{et à la}

ironféreneC^{1 etqui neoupepasl'axe}OX

2. la ironférene C^{3 de entre} Q^{, de rayon} R³ = 10^{, tangente à la fois à la droite} BC ^{et à la}

ironféreneC^{1 etqui neoupepasl'axe}OX

3. laironféreneC4 ^deentreR^,derayonR4= 2.5^{, tangente àlafoisaux}ironférenesC2 ^et C3

et tellequel'ordonnéedesonentreR ^{soitsupérieureauxordonnéesdespoints}P ^etQ^.

SoitE ^et F ^{les points de ontat de} C^{2 ave,} respetivement, C^{1 et} AB^{. Soit} I ^et J ^lespointsde

ontatde C^{3 ave,} respetivement,C^{1 et} BC^{. Latangente ommune à}C^{1 et à}C^{2 en}E ^oupeAB ^en H ^{et latangente ommuneà}C^{1 et}C^{3 en}I ^oupeBC ^enL^{. Ladroite}OP ^oupeAB ^enG^{et ladroite} OQ^oupeBC ^enK^.JoignonsH ^àP ^et L^àQ^.

Ondemandededéterminer :

1. par la géométrie synthétiquelasommedesanglesEHPˆ ^etILQˆ ^{enfontiondesangles}BACˆ ^, BCAˆ ^et GOKˆ

2. par la géométrieanalytiquel'équation delaironféreneC³

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(Aadémie Universitaire Wallonie Bruxelles)

EPREUVE D'ADMISSION DE JUILLET 2014

GEOMETRIE SPATIALE

SERIE E

Danslesystèmed'axesorthonorméOXY Z^{,soitletétraèdrerégulier}ABCD^{dontlalongueurdesarêtes}

vaut20^.Sabase ABC ^{appartientauplan}OXY^.SonarêteAB ^{estparallèleà}OY^{.L'ordonnéede}B ^est

plusgrandequeelledeA^{.Lesoordonnéesdesonsommet}A ^sont:(20,10,0)^.L'absissedeC^{est plus}

grandequelesabsissesdeA^{et de}B^.

Ondemande:

1. dedéterminerlesoordonnéesdessommetsB^, C^et D^{dee tétraèdre}

2. dealulerlevolumedeetétraèdre

Solution de la première question de géométrie plane

PourtraeruneironférenederayonR2^{tangenteàlafoisàladroite}AB ^{etàlaironférenedonnée}

derayonR1^etdeentreO^{,ilfauttraeruneparallèleàdistane}R2^deladroiteAB ^{etuneironférene}

de entre O ^{et de rayon}(R¹+R²)^: l'intersetion de ette parallèle et deette ironférenefournit le entreP ^{delaironférenereherhée.Ilsutderépéter}l'opérationpourtrouverlaironféreneC^3.

Pourtraerune ironférenederayonR^{4 tangenteàlafoisà2}ironférenesdonnéesderayonR²

et R^{3 et deentres} P ^et Q^{, ilfaut traer2}ironférenesdeentres P ^et Q ^{et derayons}(R²+R⁴) ^et (R³+R⁴) ^: l'intersetion de es 2 nouvelles ironférenes donne lieu au entre R ^{de la ironférene}

reherhée.

LetriangleLIK ^{estretangleen}I^,don: ILKˆ =π

2 −IKLˆ = π

2 −(π−OKB) =ˆ OKBˆ −π

2 ⁽¹⁾

CommeLJ ^etLI ^{sontles2tangentesàlaironférenedeentre}Q^: ILQˆ =JLQˆ = ILKˆ

2 = OKBˆ 2 −π

4 ⁽²⁾

LetriangleHEG^{est retangleen}E^,don: EHGˆ = π

2 −EGHˆ = π

2 −(π−OGB) =ˆ OGBˆ −π

2 ⁽³⁾

CommeHF ^et HE^{sontles2tangentesàlaironférenedeentre}P ^: EHPˆ =F HPˆ = EHGˆ

2 =OGBˆ 2 −π

4 ⁽⁴⁾

De(2)et (4),ona:

ILQˆ +EHPˆ = OKBˆ

2 +OGBˆ 2 −π

2 ⁽⁵⁾

Or, lasomme desangles de tout quadrilatère vaut2π^{. Ainsien est-il donde la sommedes angles du}

quadrilatèreOKBG^et,parsuite:

OKBˆ +OGBˆ = 2π−( ˆGOK+GBK) = 2πˆ −( ˆGOK+ABC)ˆ ⁽⁶⁾

Or,lasommedesanglesdetouttrianglevautπ^{.Ainsienest-ildutriangle}ABC ^et,parsuite:

ABCˆ =π−( ˆBAC+BCA)ˆ ⁽⁷⁾

De(6)et (7),ona:

OKBˆ +OGBˆ = 2π−(GOKˆ + (π−( ˆBAC+BCA)) =ˆ π+ ( ˆBAC+BCAˆ −GOK)ˆ ⁽⁸⁾

De(5)et (8),ona:

ILQˆ +EHPˆ =1

2( ˆBAC+BCAˆ −GOK)ˆ ⁽⁹⁾

Lepremier lieu duentre Q^{de laironférene} C^{3 orrespond àlaironférenede entre}O ^{et de}

rayon30^{,d'équation:}

x²+y²= 30^{2 (10)}

LeseondlieuduentreQ^{orrespondàlaparallèkeà}BC^{traéeàladistane}10^deBC^.L'angledeBC

aveOX ^vaut45 deg^{.Laparallèleadonommeéquation:}

y=x+b ⁽¹¹⁾

Enreportantladistane10perpendiulairementàBC^,ontrouveb= 50−sin 45¹⁰ = 35.858^.

Finalement,l'équation delaironféreneprovientdel'intersetion de(10)et(11):

x²+ (x+ 35.858)²= 30^{2 (12)}

2x²+ 71.716x+ 385.796 = 0 ⁽¹³⁾

⇒xQ =−6.591 ⁽¹⁴⁾

Del'équation(11),onaluleyQ= 29.267^etl'expressiondelaironféreneC^{3 devient:}

(x+ 6.591)²+ (y−29.267)²= 10^{2 (15)}

0.0.1 Solution de la question de géométrie spatiale

Comme letétraèdreest régulier,toutessesarêtessontégales.LesommetD ^{est don}équidistantde

A ^et B ^{: il appartientdonau plan médiateurde} AB^{. La médiatriedu té}AB ^dutriangle ABC ^de

baseest donontenuedanseplan médiateur.Parailleurs,e planest vertialpuisquelesegmentAB

esthorizontal.LaprojetionhorizontaledeD ^{appartientdonàlamédiatrie de}AB ^dansABC^.

LesommetD ^{est aussi}équidistantde B ^{et de} C ^{:il appartientdonau plan médiateurde}BC^.La

médiatriedutéBC ^dutriangleABC^{debaseestdonontenuedanseplanmédiateur.Parailleurs,}

eplanestvertialpuisquelesegmentAB^esthorizontal.LaprojetionhorizontaledeD^{appartientdon}

àlamédiatriedeBC ^dansABC.

Commelaprojetionhorizontale dupointD ^appartientsimultanémentaux2médiatries préitées, ette projetion horizontale du point D ^{est le point} d'intersetion des médiatries qui orrespond lui- mêmeauentreduerleironsritautriangledebase ABC^.

Commetoutes les arêtesde ABCD ^{sont égales, lestés} AB^, BC ^et CA^{du triangle de base sont}

donégaleset,parsuite,letriangleABC ^estéquilatéral.Or,dansuntriangleéquilatéral,lesmédiatries sont aussi les hauteurs, les bissetries et les médianes. Le entre du erle ironsrit est don aussi

simultanémentl'orthoentre,leentreduerleinsritetleentre degravitéG^dutriangleABC^.

Don,ensynthèse, laprojetionhorizontaledusommet D ^{est le entre degravité}G ^dutrianglede

baseABC^{.Autrementdit,lesommet}D ^{setrouvesurlavertialepassantpar}G^{.Leentredegravité}G

setrouveaux2/3^{(omptésàpartird'unsommet)dehaunedesmédianes.}

Comme l'arête AB ^{est parallèle à} OY^{, que l'ordonnée de} B ^{est supérieur à elle de} A ^{et que les}

oordonnéesdeA^sont(20,10,0)^{,lesoordonnéesde}B^sont:(20,30,0)^{etlesoordonnéesdesonmilieu} M ^sont:(20,20,0)^.

LamédianeCM ^{estidentiqueàlamédiatrieissuede}M ^{:ils'agitdon,dansleplan}OXY^,d'unedroite

perpendiulaireàAB ^{et don,(omme} AB ^{est parallèleà}OY^{),d'uneparallèleà}OX^.

Don,M C ^{estuneparallèleà}OX^.

DansletriangleretangleACM^,ona:

|M C|=p

|AC|²− |AM|²=p

20²−10²= 17.3205 ⁽¹⁶⁾

LaoordonnéedupointC ^estdon(37.3205,20,0)^.

Leentre degravitéG^setrouveaux2/3^deCM^{,omptésàpartirde}C ^ou,defaçonéquivalente,au

1/3^deCM^{,ompté àpartirde}M^{.Don,l'absissede}G^vaut: XG=XM+|CM|

3 = 20 +17.3205

3 = 25.7735 ⁽¹⁷⁾

Parailleurs,l'ordonnéedeG^estelledeM^,soit20^.LepointG^{estlaprojetion}horizontaledeD^:don,

le triangleM GD ^{est retangle en} G^{. Les deux triangles} ABD ^et ABC ^sont équilatérauxet de mêmes longueursdestés= 20^{:ils sontdon}isométriqueset,parsuite,|M D|=|M C|= 17.3205^.

DansletriangleretangleM GD ^:

|GD|=p

|M D|²− |M G|²= r

17.3205²−(17.3205

3 )²= 16.3299 ⁽¹⁸⁾

Don,lesoordonnéesdeD ^sont:(25.7735,20,16.3299)^.

LevolumedutétraèdreABCD^{sealuleàpartirdelasurfaedelabase}ABC ^{etdelahauteur}GD^. SABC =1

2|AB| · |M C|= 1

220·17.3205 = 173.205 ⁽¹⁹⁾ VABCD=1

3SABC· |GD|=1

3173.205·16.3299 = 942.807 ⁽²⁰⁾

UNIVERSITE DE MONS - FACULTE POLYTECHNIQUE EPREUVES D’ADMISSION DE JUILLET 2014

SERIE F GEOMETRIE

Question 1… géométrie synthétique

Soient 2 circonférences: c1 de centre A et rayon r et c2 de centre B et rayon √2r tangentes en C.

Soit D le point de c1 tel que l’angle DAB vaut 45°.

Soit E le point de c2 tel que l’angle ABE vaut 45°.

Soient d₁ la droite tangente à c₁ en D et d₂ la droite tangente à c₂ en E.

Soit F l’intersection entre d₁ et d₂.

Soient d3 la droite perpendiculaire à AB passant par A et d4 la droite perpendiculaire à AB passant par B.

Soit G l’intersection entre d1 et d3. Soit H l’intersection entre d2 et d4.

1. On demande de tracer un schéma illustrant la configuration

2. On demande de déterminer l’expression du volume du « diabolo » obtenu par révolution de la ligne brisée AGFHB autour de la droite AB.

3. Pour le cas particulier où r vaut 5m, que vaut ce volume?

Question 2 … géométrie analytique

Soit une ellipse e1 située dans un plan horizontal de centre O(0,0,0) qui coupe l’axe OX aux points A(8,0,0) et E(-8,0,0) et l’axe OY aux points C(0,5,0) et F(0,-5,0). Soient les points B et D situés sur l’arc d’ellipse ACE et tels que l’angle AOB = angle BOD = angle DOE.

Soit le point G(0,0,15).

Soit le plan Π₁ incluant les points EDG, Π₂ les points DBG, Π₃ les points BAG, Π₄ les points AFG et Π₅ les points EFG.

La droite d1 est l’intersection des plans Π₁ et Π₂, la droite d2 est l’intersection des plans Π₂ et Π₃. La droite d₅ est l’intersection des plans Π₄ et Π_5.

Les droites d3 et d4 sont respectivement les intersections de Π₁ et Π₃ avec le plan OXZ.

1. On demande de tracer un schéma illustrant la configuration 2. On demande d’établir les coordonnées des points B et D 3. On demande d’établir les équations de la droite d5

4. Soit le plan Π₆ d’équation z-y =10. M est le point de percée de l’axe OZ dans le plan Π₆ et L le point de percée de d5 dans le plan Π_6. H et K sont respectivement les points de percée de d3 et d4 dans le plan Π₆. On demande de déterminer la longueur des demi-axes de l’ellipse e2 située dans le plan Π₆ et passant par H, L et K.

UNIVERSITE DE MONS - FACULTE POLYTECHNIQUE EPREUVES D’ADMISSION DE JUILLET 2014

SERIE F GEOMETRIE Question 1.1

Question 1.2

Il s’agit de deux troncs de cône.

Angle FAG vaut 45° car complémentaire de angle BAD connu. Triangle DGA est rectangle en D par définition de la tangente à un cercle. AG est l’hypoténuse de ce triangle et sa longueur vaut AD/sin45 soit r/sin45 soit r√2 … c’est la base du premier cône

Angle AGD vaut 45° car dans triangle FGA la somme des angles vaut 180°. Triangle IGA est rectangle en A par énoncé et angle AIG vaut donc 45° et triangle IGA est donc isocèle. AI est un des deux côtés du triangle isocèle donc AI vaut AG soit r√2 … c’est la hauteur du premier cône

Similairement, BH vaut r.2 … c’est la base du second cône et BJ vaut r.2 … c’est la base du second cône Il reste à trouver le point où nos cônes se trouvent limités par interpénétration.

Le triangle JIF possède deux angles à 45°. Il est donc isocèle et JF vaut IF. AB vaut (r+ r√2) par définition de la tangence entre cercles.

AJ vaut AB-BJ soit (r+ r√2) – (2.r) soit r.(√2-1) BI vaut AB-AI soit (r+ r√2) – (r√2) soit r

IJ vaut AB-AJ-BI soit (r+ r√2) - r.(√2-1) – r soit r

JK vaut KI par définition de la hauteur dans un triangle isocèle soit JK=KI=r/2

Le volume du diabolo vaut la somme des 2 grands cônes dont on soustrait deux fois le même petit cône.

π/3. (r√2)² . r√2 + π/3. (r.2)² . r.2 – 2. π/3. (r/2)² . r/2 DONC π/3. [(r².2) . r√2 + (r².4) . r.2 – 2. (r²/4) . r/2]

OU π/3. [r³.2√2 + r³.8 – r³/4 ] OU ππππ/3.r³.[2√√√√2 + 8 – 1/4 ] OU π/3.r³.10,578

Question 1.3

^π/3.5³.[2√2 + 8 – 1/4 ] = 1384,71 m³

Question 2.1

Question 2.2

On travaille dans le plan OXY pour commencer (géométrie analytique plane)

L’équation de l’ellipse est simple (on a la longueur du grand axe et du petit axe et elle est centrée sur O)

x²/64 + y²/25 = 1

Si les 3 angles sont égaux pour couvrir 180°, on sait que la valeur de l’angle vaut 60°

L’équation de la droite OB est simple (elle fait un angle de 60°

avec l’axe OX et passe par l’origine).

y = x . √(3)

On cherche l’intersection en écrivant le système ellipse|droite x²/64 + y²/25 = 1

y = x . √(3)

DONC x²/64 + x². 3 /25 = 1 OU x² = (64 . 25) / (64 . 3 + 25) OU

x = + 2,715 avec y = 4,703 qui sont les coordonnées recherchées du point B (L’autre racine ne nous intéresse pas car sur arc ellipse AFE)

Similairement pour D ou par raison de symétrie x = - 2,715 y = 4,703 sont les coordonnées du point D

Question 2.3

On travaille dans l’espace (géométrie analytique spatiale) On écrit équation du plan Π4 passant par G(0 0 15), A(8 0 0) et F(0 -5 0) Π4 ≡ -0,125 x + 0,2 y – 0,0667 z +1 = 0

On écrit équation du plan Π5 passant par G(0 0 15), E(-8 0 0) et F(0 -5 0) Π5 ≡ 0,125 x + 0,2 y – 0,0667 z +1 = 0