Solutions
SOLUTIONS
6
La courbe possèdedonc une asymptote oblique d’équation Y =
1
2
dans le repère (O,, u(
π
6
),, v(
π
6
)).
En poussant le développementlimité, on obtient :
ρ(
π
6
+ h)sin(h) =
1+
√ 3h+o(h)
2+
√ 3h+o(h)
=
1
2
+
√ 3
4
h+o(h)
Ainsi, la courbe est en dessous de son asymptote pour h 0,
c’est-à-dire θ
π
6
,etaudessus pour h 0, c’est-à-dire θ
π
6
.
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
-2
-1
12
Chapitre 6
1 a) Vrai. b) Faux, si b > a c’est b le demi-grand axe !
c) Vrai. d) Vrai. e) Faux, ce peut être une droite, deux droites, un
singleton ou l’ensemble vide.
2 Àl as urface de la Lune, le terminateur est un méridien,
c’est-à-dire un grand cercle passant par les pôles lunaires. Depuis
la Terre, nous observonsc ec ercle par projection :n ous voyons
doncune ellipse (voir §3.3).
L’angleentre le plan du terminateur et le plan de projection (perpendiculaire àl’axe de visée) est α = t
2π
T
.Ledemi-grand axe et
le demi-petita xe de l’ellipse projetée sont donc respectivement :
a = R et b = R cos α,oùRest le rayon apparent de la Lune. L’aire
de cetteellipse est donc : πR
2 cos α.L’aire de la partie éclairée est:
πR
2 −πR
2 cos α
2
.
La fraction du disque quiest éclairée estdonc :
1 − cos α
2
,
c’est-à-dire sin
2 α
2
,ouencore : f (t) = sin
2 πt
T
.
3 Montrerque pour tout M ∈ C ∩ C
,
MF
MF =
e
e ,etrevoir
l’application 9duchapitre « Géométrieélémentaire du plan ».
4 1) On doit avoir
AF
2
=
BF
1
= e,d’où
AF
BF
= 2. On sait
que l’ensemble des points F correspondants estu nc ercle, dont
on détermine une équation :3 x
2 +3y
2 −10x − 4y +3=0. (Il
faut exclureles points d’intersection de ce cercle avec l’axe (Ox):
(3, 0) et
1
3
, 0
,l ef oyer d’une conique ne pouvant être surl a
directrice.)
A
y
x
−1
3
2
B
F 2
F 1
V
2) La conique cherchée sera une parabole si AF = 2, ce qui donne
deux points : F1 = (1, 2) et F2 =
1
5
,
2
5
.C es era une ellipse
si AF < 2, c’est-à-dire si F ests ur le petita rc ]F1F2[, et une
hyperbolesiAF > 2, c’est-à-dire si F est surlegrand arc ]F1F2[
privé des points d’intersection avec (Ox).
5 1) La directrice D doit être une tangente commune au
cercle de centre F de rayon p et du cercle de centre A passantpar
F .
2) La directrice D doit être une tangente commune aux cercles de
centres A et B passant par F .
3) Le foyer F doit être un point d’intersection des cercles de centres
A et B tangents à D.
6 On choisit un repère orthonormé d’origine I ,dans lequel
lesp oints A et B ontr espectivement pour coordonnées (1, 0) et
(−1, 0). L’ensemble cherché apour équation :
x
2 + y
2 =
(x − 1) 2 + y 2
(x +1) 2 +y 2
ce qui équivaut à x
2 − y
2 =
1
2
.Ils’agit d’une hyperbole équilatère
de sommets
√ 2
2
, 0
et
−
√ 2
2
, 0
.
7 L’hyperbole équilatère rapportée às es asymptotes ap our
équation y =
1
x
.S oit A
a,
1
a
, B
b,
1
b
et C
c,
1
c
trois
points distincts de l’hyperbole. La hauteur issue de A du triangle
ABC apour équation :
−→
AM ·
−→
BC = 0 ⇐⇒ ( x − a )(c − b)+
y−
1
a
1
c
−
1
b
=0
Hachette Livre –HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
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La courbe possèdedonc une asymptote oblique d’équation Y =
1
2
dans le repère (O,, u(
π
6
),, v(
π
6
)).
En poussant le développementlimité, on obtient :
ρ(
π
6
+ h)sin(h) =
1+
√ 3h+o(h)
2+
√ 3h+o(h)
=
1
2
+
√ 3
4
h+o(h)
Ainsi, la courbe est en dessous de son asymptote pour h 0,
c’est-à-dire θ
π
6
,etaudessus pour h 0, c’est-à-dire θ
π
6
.
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
-2
-1
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Chapitre 6
1 a) Vrai. b) Faux, si b > a c’est b le demi-grand axe !
c) Vrai. d) Vrai. e) Faux, ce peut être une droite, deux droites, un
singleton ou l’ensemble vide.
2 Àl as urface de la Lune, le terminateur est un méridien,
c’est-à-dire un grand cercle passant par les pôles lunaires. Depuis
la Terre, nous observonsc ec ercle par projection :n ous voyons
doncune ellipse (voir §3.3).
L’angleentre le plan du terminateur et le plan de projection (perpendiculaire àl’axe de visée) est α = t
2π
T
.Ledemi-grand axe et
le demi-petita xe de l’ellipse projetée sont donc respectivement :
a = R et b = R cos α,oùRest le rayon apparent de la Lune. L’aire
de cetteellipse est donc : πR
2 cos α.L’aire de la partie éclairée est:
πR
2 −πR
2 cos α
2
.
La fraction du disque quiest éclairée estdonc :
1 − cos α
2
,
c’est-à-dire sin
2 α
2
,ouencore : f (t) = sin
2 πt
T
.
3 Montrerque pour tout M ∈ C ∩ C
,
MF
MF =
e
e ,etrevoir
l’application 9duchapitre « Géométrieélémentaire du plan ».
4 1) On doit avoir
AF
2
=
BF
1
= e,d’où
AF
BF
= 2. On sait
que l’ensemble des points F correspondants estu nc ercle, dont
on détermine une équation :3 x
2 +3y
2 −10x − 4y +3=0. (Il
faut exclureles points d’intersection de ce cercle avec l’axe (Ox):
(3, 0) et
1
3
, 0
,l ef oyer d’une conique ne pouvant être surl a
directrice.)
A
y
x
−1
3
2
B
F 2
F 1
V
2) La conique cherchée sera une parabole si AF = 2, ce qui donne
deux points : F1 = (1, 2) et F2 =
1
5
,
2
5
.C es era une ellipse
si AF < 2, c’est-à-dire si F ests ur le petita rc ]F1F2[, et une
hyperbolesiAF > 2, c’est-à-dire si F est surlegrand arc ]F1F2[
privé des points d’intersection avec (Ox).
5 1) La directrice D doit être une tangente commune au
cercle de centre F de rayon p et du cercle de centre A passantpar
F .
2) La directrice D doit être une tangente commune aux cercles de
centres A et B passant par F .
3) Le foyer F doit être un point d’intersection des cercles de centres
A et B tangents à D.
6 On choisit un repère orthonormé d’origine I ,dans lequel
lesp oints A et B ontr espectivement pour coordonnées (1, 0) et
(−1, 0). L’ensemble cherché apour équation :
x
2 + y
2 =
(x − 1) 2 + y 2
(x +1) 2 +y 2
ce qui équivaut à x
2 − y
2 =
1
2
.Ils’agit d’une hyperbole équilatère
de sommets
√ 2
2
, 0
et
−
√ 2
2
, 0
.
7 L’hyperbole équilatère rapportée às es asymptotes ap our
équation y =
1
x
.S oit A
a,
1
a
, B
b,
1
b
et C
c,
1
c
trois
points distincts de l’hyperbole. La hauteur issue de A du triangle
ABC apour équation :
−→
AM ·
−→
BC = 0 ⇐⇒ ( x − a )(c − b)+
y−
1
a
1
c
−
1
b
=0
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