364
Réponse :
2x
2
+ 2xy + y
2
+ 2xz − yz − 2x − 3z + 1 = 0.
En notant F λ : R
3 −→ R l'application définie par
F λ (x,y,z) = x(λ − y) + y(λ − z) + z(λ − x) − λ,
on a :
− − →
grad F λ (x,y,z) = 0
⇐⇒
∂ F λ
∂ x
(x,y,z) =
∂ F λ
∂ y
(x,y,z) =
∂ F λ
∂z
(x,y,z) = 0
⇐⇒ x = y = z =
λ
2
.
Voir ensuite si le point Ω λ
λ
2
,
λ
2
,
λ
2
est sur S λ .
Réponse : S λ est un cône si et seulement si λ ∈
0,
4
3
.
• S 0 est le cône de sommet O et admettant pour directrice l'hyperbole d'équations
z = 1
xy + x + y = 0
.
• S 4
3
est le translaté de S 0 dans t 2
3 (
− → i + − → j + − → k )
.
Réponse : Avec les notations précédentes, le lieu cherché est
la surface d'équation
(z 0 y − y 0 z)
2
+ 2 p(z − z 0 )(z 0 x − x 0 z) = 0 .
C'est, en général, un cône de sommet M 0 (x 0 ,y 0 ,z 0 ).
Notons M 0 (x 0 ,y 0 ,z 0 ) et P
z = 0
y
2
= 2 px
les point et parabole
donnés, et A(α,β,γ ) ∈ E 3 .
Former une équation cartésienne du cône S de sommet A et de
directrice
Γ : 2 p(z − γ )(γ x − αz) + (βz − γ y)
2
= 0 .
Traduire M 0 ∈ S .
2x + 3y − z = 0
x
2
+ y
2
− z
2
= 0
⇐⇒
z = 2x + 3y
8y
2
+ 12xy + 3x
2
= 0
.
Donc P ∩ S = D ∪ D où D et D sont les droites passant par
O et dirigées par
− →
V (4, −3 −
√
3, −1 − 3
√
3),
− →
V
(4, −3 +
√
3, −1 + 3
√
3).
Calculer < ) (
− →
V ,
− →
V
) par cos(
− →
V ,
− →
V
) =
− →
V ·
− →
V
||
− →
V || · ||
− →
V
||
.
Réponse : Arccos
−
1
13
1,648.
Si une droite horizontale (i.e. // x Oy) convient, alors conviendront aussi, par symétrie, une droite parallèle à yOz et une droite
parallèle à x Oz. Ces deux dernières droites ne peuvent pas être
toutes deux horizontales.
Nous pouvons donc supposer qu'il existe une droite D tangente
aux trois cônes et non horizontale ; D admet un SEC
x = az + p
y = bz + q
, (a,b, p,q) ∈ R
4 .
Puisque D est tangente à S 1 , l'équation
(az + p)
2
+ (bz + q)
2
− z
2
= 0
admet une solution double(en z), d'où, par un discriminant :
(ap + bq)
2 − (a
2 + b
2 − 1)( p
2 + q
2 ) = 0
(1)
On obtient de même :
(bq − ap)
2 − (b
2 + 1 − a
2 )(− p
2 + q
2 ) = 0
et
(ap − bq)
2 − (1 + a
2 − b
2 )( p
2 − q
2 ) = 0.
De (2) et (3), on déduit : p
2
− q
2
= 0.
Si p = q = 0, alors D passe par O , exclu.
S'il existe ε ∈ {−1,1} tel que q = εp = 0 , alors, b = aε, puis,
en reportant dans (1), p
2
= 0, exclu.
M(x,y,z) ∈ S⇐⇒
∃t ∈ R,
x
2
+ y
2
= cos
6 t + sin
6 t
z = cos
2 t
.
Réponse : 4(x
2
+ y
2
) − 3z
2
− 1 = 0 et −1 z 1 ; c'est un
morceau d'hyperboloïde à une nappe.
a) M ∈ S ⇐⇒ d(M,D) = R.
Un point de D est A(2,1,0) et un vecteur directeur de D est
− → v (1,1,1) .
Réponse :
(y − z − 1)
2
+ (x − z − 2)
2
+ (x − y − 1)
2
− 3R
2
= 0 .
b) 1
`
ere méthode : Traduire, pour l'équation aux z des points de
S ∩ z z, (z + 1)
2
+ (z + 2)
2
+ 1 − 3R
2
= 0 , l'existence d'une
solution double.
2
`
eme méthode : R = d(D,z z).
Réponse : R =
1
√
2
.
6.3.22
6.3.23
6.3.24
6.3.25
6.3.26
6.3.27
z
y
x
O
D'
D
1
(2)
(3)
Réponse :
2x
2
+ 2xy + y
2
+ 2xz − yz − 2x − 3z + 1 = 0.
En notant F λ : R
3 −→ R l'application définie par
F λ (x,y,z) = x(λ − y) + y(λ − z) + z(λ − x) − λ,
on a :
− − →
grad F λ (x,y,z) = 0
⇐⇒
∂ F λ
∂ x
(x,y,z) =
∂ F λ
∂ y
(x,y,z) =
∂ F λ
∂z
(x,y,z) = 0
⇐⇒ x = y = z =
λ
2
.
Voir ensuite si le point Ω λ
λ
2
,
λ
2
,
λ
2
est sur S λ .
Réponse : S λ est un cône si et seulement si λ ∈
0,
4
3
.
• S 0 est le cône de sommet O et admettant pour directrice l'hyperbole d'équations
z = 1
xy + x + y = 0
.
• S 4
3
est le translaté de S 0 dans t 2
3 (
− → i + − → j + − → k )
.
Réponse : Avec les notations précédentes, le lieu cherché est
la surface d'équation
(z 0 y − y 0 z)
2
+ 2 p(z − z 0 )(z 0 x − x 0 z) = 0 .
C'est, en général, un cône de sommet M 0 (x 0 ,y 0 ,z 0 ).
Notons M 0 (x 0 ,y 0 ,z 0 ) et P
z = 0
y
2
= 2 px
les point et parabole
donnés, et A(α,β,γ ) ∈ E 3 .
Former une équation cartésienne du cône S de sommet A et de
directrice
Γ : 2 p(z − γ )(γ x − αz) + (βz − γ y)
2
= 0 .
Traduire M 0 ∈ S .
2x + 3y − z = 0
x
2
+ y
2
− z
2
= 0
⇐⇒
z = 2x + 3y
8y
2
+ 12xy + 3x
2
= 0
.
Donc P ∩ S = D ∪ D où D et D sont les droites passant par
O et dirigées par
− →
V (4, −3 −
√
3, −1 − 3
√
3),
− →
V
(4, −3 +
√
3, −1 + 3
√
3).
Calculer < ) (
− →
V ,
− →
V
) par cos(
− →
V ,
− →
V
) =
− →
V ·
− →
V
||
− →
V || · ||
− →
V
||
.
Réponse : Arccos
−
1
13
1,648.
Si une droite horizontale (i.e. // x Oy) convient, alors conviendront aussi, par symétrie, une droite parallèle à yOz et une droite
parallèle à x Oz. Ces deux dernières droites ne peuvent pas être
toutes deux horizontales.
Nous pouvons donc supposer qu'il existe une droite D tangente
aux trois cônes et non horizontale ; D admet un SEC
x = az + p
y = bz + q
, (a,b, p,q) ∈ R
4 .
Puisque D est tangente à S 1 , l'équation
(az + p)
2
+ (bz + q)
2
− z
2
= 0
admet une solution double(en z), d'où, par un discriminant :
(ap + bq)
2 − (a
2 + b
2 − 1)( p
2 + q
2 ) = 0
(1)
On obtient de même :
(bq − ap)
2 − (b
2 + 1 − a
2 )(− p
2 + q
2 ) = 0
et
(ap − bq)
2 − (1 + a
2 − b
2 )( p
2 − q
2 ) = 0.
De (2) et (3), on déduit : p
2
− q
2
= 0.
Si p = q = 0, alors D passe par O , exclu.
S'il existe ε ∈ {−1,1} tel que q = εp = 0 , alors, b = aε, puis,
en reportant dans (1), p
2
= 0, exclu.
M(x,y,z) ∈ S⇐⇒
∃t ∈ R,
x
2
+ y
2
= cos
6 t + sin
6 t
z = cos
2 t
.
Réponse : 4(x
2
+ y
2
) − 3z
2
− 1 = 0 et −1 z 1 ; c'est un
morceau d'hyperboloïde à une nappe.
a) M ∈ S ⇐⇒ d(M,D) = R.
Un point de D est A(2,1,0) et un vecteur directeur de D est
− → v (1,1,1) .
Réponse :
(y − z − 1)
2
+ (x − z − 2)
2
+ (x − y − 1)
2
− 3R
2
= 0 .
b) 1
`
ere méthode : Traduire, pour l'équation aux z des points de
S ∩ z z, (z + 1)
2
+ (z + 2)
2
+ 1 − 3R
2
= 0 , l'existence d'une
solution double.
2
`
eme méthode : R = d(D,z z).
Réponse : R =
1
√
2
.
6.3.22
6.3.23
6.3.24
6.3.25
6.3.26
6.3.27
z
y
x
O
D'
D
1
(2)
(3)