A.P.M
[ Corrigé du Brevet de technicien supérieur \ session 2010 Géomètre topographe
Exercice 1 8 points
Partie A
1. Soittun réel quelconque. On a : x(t+2π)=t+2π−p
2 sin(t+2π)=t+2π−p
2sin(t) car sin est 2π–périodique.
Doncx(t+2π)=x(t)+2π. Par ailleurs,
y(t+2π)=cos(t+2π)=cos(t) car cos est 2π–périodique.
Doncy(t+2π)=y(t).
Le vecteur−−−−−−−→
MtMt+2π a donc pour coordonnées Ãx(t+2π)−x(t)
y(t+2π)−y(t)
!
=
Ãx(t)+2π−x(t) y(t)−y(t)
!
= Ã2π
0
!
, ce vecteur est donc constant.
Le pointMt+2πs’obtient donc à partir deMtpar une translation de vecteur 2π−→
ı .
La courbeC est donc invariante par cette translation.
2. Soittun réel quelconque. Alors : x(−t)=(−t)−p
2 sin(−t)= −t+p
2 sintcar sin est impaire.
Doncx(−t)= −x(t) : la fonctionxest impaire. Par ailleurs, y(−t)=cos(−t)=cos(t) car cos est paire. Doncy(−t)=y(t).
Le pointM−t s’obtient donc à partir deMt par une symétrie par rapport à l’axe des ordonnées.
3. D’après la question 1., il suffit de construire un morceau de la courbe pour des valeurs detcomprises dans un intervalle de longueur 2πpuis de transla- ter ce morceau de vecteursk.2π−→
ı pour obtenir la courbe entière. L’intervalle peut donc être réduit à [−π;π].
Enfin, les parités de x et dey permettent de réduire l’intervalle d’étude à [0 ;π].
4. Tout d’abord on construit le symétrique deCJ par rapport à l’axe des or- données pour obtenir une courbeCJ′. Ensuite on translate la réunion de CJ et deCJ′par des translations de vecteursk.2π→−
ı pour obtenir la courbe entière.
Partie B
1. a. Pour toutt∈[0 ;π] :x′(t)=1−p
2 cos(t) donc x′(t)>0 ⇐⇒ 1−p
2cos(t)>0 ⇐⇒ cos(t)< 1 p2
⇐⇒ cos(t)<cos³π 4
´
⇐⇒ t>π 4. car la fonction cosinus est décroissante surJ.
Ainsi,x′(t)>0 suriπ 4 ;πi
et, de même,x′(t)<0 surh 0 ; π
4
hetx′(t)=0 si
t=π .
c. Le signe de la dérivée donne les variations de la fonction.
x est strictement décroissante surh 0 ; π
4 i
et strictement croissante sur hπ
4 ;πi .
yest strictement décroissante sur [0 ;π].
t 0 π
4 π
x′(t) 1−p
2 0 1+p
2
x(t)
0P PP
PP PP
PPq π 4−1
✏✏✏✏✏✏✏✏✶ π
y(t)
1 ❳
❳❳❳
❳❳
❳❳
❳❳
❳❳
❳❳
❳❳
❳❳❳
❳
③ 0
y′(t) 0 − 0
2. a. Il s’agit d’abord de voir à quel momentx′ety′s’annulent (pas simultané- ment de préférence).
L’étude faite aux questions b. et c. montre alors que :
– la courbeCJadmet une tangente parallèle à l’axe des abscisses quand x′(t)6=0 ety′(t)=0 donc quandt=0 (pointM0(0; 1)) out =π(point Mπ(π;−1)).
– la courbeCJadmet une tangente parallèle à l’axe des ordonnées quand x′(t)=0 ety′(t)6=0 donc quandt=π
4 (pointMπ
4
µπ 4−1; 1
p2
¶ ).
b. CJcoupe l’axe des abscisses au pointMttel quey(t)=0 donc cos(t)=0 ce qui donnet=π
2(ici,t∈J). Le point a alors pour coordonnées³π 2−p
2; 0´ .
3. a.
t 0 π
4
π 3
π
2 π
x(t) 0 −0, 21 −0, 18 0, 16 3, 14
y(t) 1 0, 71 0, 5 0 −1
b. Par souci d’économie de place, l’échelle choisie dans l’énoncé n’a pas été respectée.
b b
b
M0
Mπ
Mπ/4
x y
O
Exercice 1 8 points Partie A
1. L’angleIbest l’angle entre les tangentes aux arcsI AØetI B.Ø
θI=θAdoncI AØest un arc de méridien tandis queI BØ est un arc de l’équa- teur ; les deux étant perpendiculaires, on a bienIb=π
2.
CommeI AØest un arc de méridien, on ab=ØAI= |ϕI−ϕA| =π 4. 2. cos ˆB= −cosAbcosIb+sinAsinb Ibcosb=0+
p2 2 ×1×
p2 2 =1
2doncBb=π 3. 3. cosAb= −cosBbcosIb+sinBbsinbIcosadonc
p2 2 =0+
p3
2 ×1×cosadonc cosa= p2/2
p3/2= p2 p3=
r2 3.
4. Nous savons que a=B IØ=IOB(en radians) car le rayon de la sphère est 1. Donc a=θB et, par ailleurs,ϕB =0. Pour tout pointM(x ; y ;z) deΣ: x=1cosθcosϕ;y =1sinθcosϕ;z=1sinϕ.xB =cosacos 0=
r2 3; yB= sinacos 0=sina;zB=sin 0=0.
Comme cos2a+sin2a=1, on a sina= ±p
1−cos2a.
Comme ici,Ba une longitudeanégative, on obtient zB=sina= −
r 1−2
3= − r1
3= − 1 p3.
Partie B
1. a. xA = 1cos 0cos³
−π 4
´
= p2
2 ; yA = 1sin 0cos³
−π 4
´
= 0 ; zA=1sin³
−π 4
´
= p2
2 . b. −−→
SN a pour coordonnées (0 ; 0 ; 2) doncSN2=4 d’où
−−→SN′ =2 4
−−→SN =1 2
−−→SN.
Les coordonnées de−−→
SN′ =1 2
−−→SN sont 0 ; 0 ; 1) ce qui donne
x′−xS=0 doncx′=0 ;y′−yS=0 doncy′=0 etz′−zS=1 doncz′=0.
Le pointN′est doncO .
c. Le pôleSest sur la sphèreΣdonc l’image de la sphèreΣest un plan (P) perpendiculaire à la droite (SO), passant par l’image d’un point de la sphère (Σ) (par exemple celle deN).
Le vecteur−−→
SO (0 ; 0 ; 1) est normal au plan (P) donc une équation de (P) s’écrit 0x+0y+1z+d=0 doncz=λ. CommeN′=Oappartient à (P), on en déduit que l’équation de (P) estz=0 .
d. SoitMun point deΓetM′son image parT. Alors : SM2=SO2+OM2=12+12=2 donc−−−→
SM′ =2 2
−−→SM =−−→
SM donc M′=M .
2. −−→
S A a pour coordonnées Ãp
2; 0 ;− p2
+1
! donc
−−→S A′ = 2 2−p
2
−−→S A
qui a pour coordonnées
p2 2−p 2 0 1
.
Remarquons que p2 2−p
2=
p2(2+p 2) 22−(p
2)2 =2p 2+2 2 =1+p
2.
Doncx′−xS=1+p
2 doncx′=1+p
2 ;y′−yS=0 doncy′=0 etz′−zS=1 doncz′=0.
Le pointA′a pour coordonnées¡ 1+p
2 ; 0 ; 0¢ .
3. Γ1est un méridien (carθI=θA) donc passe par les pôles de la sphère donc par le pôleSde l’inversionT (et on travaille dans le plan (OI S)).Γ′1est donc une droite.
–Γ1est contenu dansΣdoncΓ′1est contenue dans (P).
–Γ1est contenu dans (OI S) doncΓ′1aussi ((OI S) passe par le pôle).
DoncΓ′1est l’intersection des plans (P) et (OI S) donc Γ′1=(OI) . 4. Γ2est l’intersection deΣet du plan (O AB).
– Le plan (O AB) ne passe pas parS(sinon on auraitB∈(O AS) doncθB=0) donc son image est une sphère.
– La sphèreΣdevient le plan (P).
DoncΓ′2est l’intersection d’une sphère et d’un plan, qui ont au moins deux points communs (A′etB′) donc Γ′2est un cercle .
5. Pour le tracé deΓ′2, il nous faut trois points. Nous connaissons déjàA′etB′= B(carB∈Γ). Il suffit de prendre le symétrique deBpar rapport àO, qui est un point du cercleΓ2et qui est aussi un point deΓdoncB1′=B1.
Le centre deΓ′2est l’intersection des médiatrices de [BD] et de [B A′].
Pour information : l’équation réduite de la médiatrice de [B A′] esty=(p 2− p3−p
6)x+p 3+p
6, celle de la médiatrice de [BD] esty=p
2xet les coor- données du centre deΓ′2sont¡
1 ;p 2¢
.
bb b
b
b
x y
O Γ′1
Γ
Γ′2
Ω
I
A′ B′=B B1′=B1
En gras, l’image du triangle sphériqueAI B.
