td13-corrigés - maths pt benjamin franklin · on se place dans l’espace usuel muni d’un...

P T

TD 13 - corrigésGeo 2

Légende : 4 : application du cours - : classique ( : pour aller plus loin

Exercice 13.1Questions diverses...

1. Déterminer une équation du plan P passant par A(1,0,−1) et de vecteur normal −→n (−1,1,2).Le plan d’équation x − y −2z +1 = 0 est-il parallèle à P ?

2. Pour m ∈R, on considère le plan Pm d’équation (m2 +2m)x + (1−m2)y + (−m2 −m +1)z +m −1 = 0.Justifier que Pm est un plan (on vérifiera que les coefficients ne s’annulent pas pour une même valeur du paramètrem).Montrer que tous les plans Pm (quand m varie dans R) passent par un même point que l’on précisera.

3. Déterminer un système d’équations paramétrées puis cartésiennes de la droite D passant par A(−1,2,1) et dirigéepar ~u(0,2,−3).

4. Déterminer la distance de A(1,2,3) à la droite D passant par B(−1,1,0) et dirigée par ~u(0,1,2).

5. On considère les droites D :

x − y +1 = 0y −2z −1 = 0

et D ′ :

x +2y − z = 02x −3y + z −2 = 0

.

Déterminer un point et un vecteur directeur de chacune de ces droites. On les notera A, ~u, A′, ~u′.Sont-elles coplanaires ?

Exercice 13.2On se place dans l’espace usuel muni d’un repère orthonormé direct R = (O;~ı,~,~k).

On note D la droite d’équations

y = zx = 1

et D′ la droite passant par O et dirigée par −→a =~ı+~+~k,

Q le plan d’équation y + z = 0 et pour m ∈R, Pm le plan d’équation x +my −mz = 1.

1. Donner un vecteur normal −−→nm de Pm , ainsi qu’un point et un vecteur directeur de D.

2. Vérifier que tous les plans Pm contiennent la droite D.

3. Calculer les coordonnées de −→rm =−−→nm ∧−→a . En déduire que D′ n’est pas orthogonale à Pm .

4. On rappelle la définition suivante : deux plans sont dits perpendiculaires si ils ont des vecteurs normaux orthogo-naux entre eux. On appelle alors Rm l’unique plan contenant D′ et perpendiculaire à Pm .Déterminer une équation de Rm .

5. Prouver que, pour tout réel m, l’intersection des plans Pm , Q et Rm est réduite à un point Im dont on calculera lescoordonnées.

6. On note S l’ensemble d’équation x2+y2+z2 = x etΩ le point de coordonnées (1

2,0,0). Préciser la nature géométrique

de S , ainsi que les éléments qui le caractérisent.

7. Vérifier que Im appartient à S , puis que Im appartient à un cercle C (indépendant de m) dont on donnera le centreet le rayon.

8. Déterminer une équation cartésienne de la surface engendrée par la rotation de la droite D autour de l’axe (Oz).

1. −→n m(1,m,−m). D dirigée par −→v (0,1,1), passant par B(1,0,0).

2. Soit M(x, y, z) un point de D. On a x = 1 et y = z, donc ses coordonnées vérifient l’équation du plan Pm , pour toutm ∈R. Donc D est incluse dans le plan Pm , pour tout m ∈R.

3. −→r m(2m,−m−1,1−m). Ce vecteur est non nul pour tout m, car m et 1−m ne s’annulent pas en même temps, doncD′ n’est pas orthogonale à Pm .

4. On montre que Rm admet −→r m pour vecteur normal. De plus, O ∈D′ donc O ∈Rm . Une équation de Rm est donc2mx − (m +1)y + (1−m) = 0.

5. On résout le système composé des trois équations des plans concernés : il a une unique solution pour tout m ∈R :

Im(1

2m2 +1,

m

2m2 +1,

−m

2m2 +1).

Magali Hillairet 1 Lycée Franklin, Orléans

P T


7. Im appartient à la sphère et au plan Q. Or le centre de la sphère est dans Q, donc l’intersection de S et Q est uncercle (centreΩ, rayon 1

2 ) auquel Im appartient.

Exercice 13.3 Banque PT - 2013 - B - Partie II

Dans l’espace euclidien rapporté au repère orthonormé direct (O;~ı,~,~k), on considère les droites D et D ′ d’équation

respectives :

y = 04z =−1

et

x = 04z = 1

. On désigne par P la surface d’équation z = x2 − y2.

1. Déterminer la nature des courbes obtenues en coupant P successivement par les plans d’équations x = 0, y = 0,z = 0 et z = 1.

2. Soit M0(x0, y0, z0) un point de P . Combien y-a-t-il de droites passant par M0 entièrement incluses dans P ? Ondonnera un vecteur directeur de chacune de ces droites.

3. Quel est l’ensemble des points de P par lesquels passent deux droites orthogonales et incluses dans P ?

4. Déterminer une équation cartésienne de l’ensemble des points de l’espace équidistants des droites D et D ′.

On désigne par P la surface d’équation z = x2 − y2.

1. Déterminer la nature des courbes obtenues en coupant P successivement par les plans d’équations x = 0, y = 0,z = 0 et z = 1. â intersection de P avec x = 0 : une paraboleâ intersection de P avec y = 0 : une paraboleâ intersection de P avec z = 0 : deux droites qui s’intersectentâ intersection de P avec z = 1 : une hyperbole

2. Soit M0(x0, y0, z0) un point de P . Combien y-a-t-il de droites passant par M0 entièrement incluses dans P ? Ondonnera un vecteur directeur de chacune de ces droites.â On écrit des équations paramétriques d’une droite passant par M (et dirigée par un vecteur ~u(α,β,γ)). On veutque pour tout t ∈R, le point de la droite de paramètre t soit dans P : [...] Cela conduit à demander qu’un polynômede degré 2 en t soit nul. Cela implique que ces coefficients sont nuls. Il y a en fait deux conditions.

â Ces deux conditions mènent à deux cas possibles :

α =βγ = 2α(x0 − y0)

ou

α =−βγ = 2α(x0 + y0)

. [...] Il y a donc

deux droites (car le vecteur directeur est défini à un scalaire près : on fixe α= 1 et on en déduit un vecteur directeurpossible avec chacun des deux systèmes).â On vérifie, réciproquement, que ces deux droites conviennent.

3. Quel est l’ensemble des points de P par lesquels passent deux droites orthogonales et incluses dans P ?On ajoute la condition que les deux vecteurs précédemment trouvés soient orthogonaux. [...] Cela impose x2

0 −y2

0 = 0 et comme le point M0 est sur P cela équivaut à z0 = 0. Cela veut donc dire que l’ensemble cherché estl’intersection de P avec le plan z = 0, donc l’intersection de deux droites.


P T


4. Déterminer une équation cartésienne de l’ensemble des points de l’espace équidistants des droites D et D ′.On écrit les distances et on retrouve l’équation de P .

Exercice 13.4 4

1. Soit Σ la surface admettant la paramétrisation suivante :R2 → E

(u, v) 7→ (u + v,u2 + v2,u2 − v2).

Déterminer les points réguliers de Σ.On note ϕ l’application définie par le paramétrage. ϕ est de classe C∞, elle admet des dérivées partielles d’ordre 1.

Un point M(u, v) de la surface est régulier si et seulement si la famille

(∂ϕ

∂u(u, v),

∂ϕ

∂v(u, v)

)est libre.

â Calcul des dérivées partielles pour (u, v) dans R2 :∂ϕ

∂u(u, v) = (1,2u,2u) et

∂ϕ

∂v(u, v) = (1,2v,−2v).

â On détermine le produit vectoriel de ces deux vecteurs (cela caractérise la colinéarité) : 12u2u

∧ 1

2v−2v

= −8uv

2(u + v)2(v −u)

.

Ce vecteur est nul si et seulement si u = v = 0.La surface n’a donc qu’un seul point non régulier, c’est M(0,0), qui est l’origine du repère.Donner une équation cartésienne du plan tangent à Σ en M(1,1).

Donner une équation cartésienne du plan tangent à Σ en un point régulier quelconque de Σ.On se place en un point M(u, v) régulier, donc on prend (u, v) ∈R2 à (0,0).

On sait alors que la surface admet en M un plan tangent dont le vecteur∂ϕ

∂u(u, v)∧ ∂ϕ

∂v(u, v) est un vecteur normal.

On a calculé ce vecteur à la question précédente.Une équation du plan tangent en M(u, v) de coordonnées (u + v,u2 + v2,u2 − v2) est donc :−8uv(x − (u + v))+2(u + v)(y − (u2 + v2))−2(u − v)(z − (u2 − v2)) = 0.

On peut simplifier un peu en développant : −8uv x +2(u + v)y −2(u − v)z =−4v(u + v)2 .

2. Soit S la surface d’équation cartésienne x2 −2y2 +3z = 0.Déterminer les points réguliers de S .On note F : (x, y, z) 7→ x2 −2y2 +3z. La surface S est définie par l’équation F (x, y, z) = 0.

â Un point M(x0, y0, z0) de S est régulier si et seulement si−−−→grad F (x0, y0, z0) 6= (0,0,0).

â On calcule le gradient de F :−−−→grad F (x, y, z) =

∂F∂x (x, y, z)∂F∂y (x, y, z)∂F∂z (x, y, z)

= 2x

−4y3

.

Ce vecteur n’est jamais nul (grâce à sa dernière composante), donc tous les points de S sont réguliers.Attention, pour la suite, il faudra bien considérer ce vecteur en (x0, y0, z0) et non en (x, y, z) ...Donner une équation cartésienne du plan tangent à S en O origine du repère.Donner une équation cartésienne du plan tangent à S en un point régulier quelconque de S .

En un point M0(x0, y0, z0) régulier de S , le vecteur−−−→grad F (x0, y0, z0) est un vecteur normal au plan tangent à la

surface.Une équation cartésienne du plan tangent à S en M0 est donc : 2x0(x −x0)−4y0(y − y0)+3(z − z0) = 0.En développant, on peut simplifier en utilisant le fait que M0 ∈S : 2x0x −4y0 y +3z =−3z0 .


P T


Exercice 13.5 4

1. Déterminer le plan tangent en M0(1,1,1) à la surface d’équation z = x2 − y2 +x y . Positions relatives.

2. Déterminer le plan tangent en M0(0,1,1) à la surface d’équation z = x2 + y2 +x y . Positions relatives.

Exercice 13.6

1. Déterminer les plans tangents à la surface paramétrée parR2 → E

(u, v) 7→ (u2 − v,u + v2,u2 − v2), parallèles au plan

d’équation cartésienne −2x +2y +3z = 2. On en donnera une équation cartésienne.

â On commence par déterminer les points réguliers M(u, v) de la surface, et on donne un vecteur normal −→n (u, v)au plan tangent à la surface pour ces points réguliers. Voir l’exercice 14.2.

On trouve∂ϕ

∂u(u, v)∧ ∂ϕ

∂v(u, v) =

−2v(1+2u)2u(−1+2v)

1+4uv

. Tous les points sont réguliers sauf M(−1

2,

1

2).

â Soit (u, v) 6= (−1

2,

1

2). Le vecteur obtenu ci-dessus dirige la normale, on cherche pour quels (u, v) cette normale

est orthogonale au plan donné. Ce plan a pour équation cartésienne −2x +2y +3z = 2, donc un vecteur normal au

plan est−→N (−2,2,3). On cherche donc −→n (2v(1+2u),2u(−1+2v),1+4uv) colinéaire à ce vecteur.

Cela conduit à résoudre le système−→N ∧−→n (u, v) =−→

0 .

On trouve

−6u +4uv −2 = 0−6v −4uv +2 = 0−v −u = 0

. On trouve alors v =−u et u solution de 2u2 +3u +1 = 0.


P T


Les deux solutions de cette équation sont−1

2et −1. La première a été exclue dans l’étude car le point n’est alors

pas régulier. Donc on obtient un seul point M(−1,1), de coordonnées (0,0,0) en lequel le plan tangent est parallèleau plan donné.L’équation cartésienne du plan est −2x +2y +3z =−2xM +2yM +3zM = 0.

2. Déterminer les plans tangents à la surface d’équation cartésienne 2x2 −3x y + y +2z2 = 1, qui contiennent le pointM(0,0,0).On détermine d’abord les points réguliers de la surface et en ces points une équation cartésienne du plan tangent,

à partir du vecteur normal−−−→grad F . Voir l’exercice 13.4.

Tous les points sont réguliers (le vecteur normal est nul pour (1

3,

4

9,0) mai ce point n’est pas sur la surface).

Le plan tangent à S en M0(x0, y0, z0) a pour équation : (4x0 −3y0)x + (−3x0 +1)y +4z0z = 2− y0.Ce plan passe par O(0,0,0) si et seulement si y0 = 2.On en déduit les points M0(x0, y0, z0) convenant : ce sont les points intersection de S et du plan P d’équationy = 2.

L’ensemble est donc décrit par

2x2 −6x +2z2 =−1y = 2

. On reconnaît l’équation d’un cercle dans l’espace. Ce cercle

a pour centreΩ(3

2,2,0) et rayon R =

p7

2. Il est inscrit dans le plan y = 2, donc son axe est la droite passant parΩ et

dirigée par (0,2,0).On a donc pour chaque point M0 de ce cercle un plan tangent à la surface S contenant O.

3. Déterminer le(s) plan(s) tangent(s) à la surface d’équation cartésienne x2 + y2 − z2 = 1 qui contiennent la droite D

de système d’équation

x = 1y = z +2

.

â Passage à rédiger, comme dans l’exercice 13.4 : À partir du calcul de−−−→grad F , on montre que tous les points de la

surface sont réguliers, et le plan tangent P0 à S en M0(x0, y0, z0) a pour équation : x0x + y0 y − z0z = 1.â On cherche des conditions sur (x0, y0, z0) pour que le plan précédent contienne la droite D : c’est équivalent àdire que tous les points de la droite D sont dans le plan P .

On paramètre la droite :

x = 1y = t +2z = t

, et on cherche donc à vérifier ∀t ∈R, x0 + y0(t +2)− z0t = 1.

En regroupant pour faire apparaître un polynôme en t , on obtient deux conditions : y0 − z0 = 0 et x0 +2y0 −1 = 0.On conclut que la surface a un plan tangent contenant D en M(x0, y0, z0) si et seulement si y0 = z0 et x0+2y0−1 = 0.â On cherche maintenant les point M convenant : ils sont à l’intersection de la surface et de la droite décrite parles équations y = z et x +2y −1 = 0.Ce sont les points de coordonnées (1,0,0) et (−1,1,1).Les plans tangents correspondant ont pour équation :x = 1 et −x + y − z = 1.


P T


Exercice 13.7On considère la courbe paramétrée par ϕ : t 7→ (t 2 −2t , t +1, t 2 −1).

1. Déterminer les points réguliers de la courbe.Un point de la courbe de paramètre t est régulier si et seulement si le vecteur ϕ′(t ) est non nul.On calcule ϕ′(t ) = (2t −2,1,2t ), ce vecteur ne s’annule pour aucune valeur de t .Donc tous les points de la courbe sont réguliers.

2. Déterminer la tangente en un point régulier M(t ) de la courbe.Soit t ∈ R, le point M(t ) est régulier donc la courbe admet en M(t ) une tangente T . Cette droite est dirigée par

ϕ′(t ) = 2t −2

12t

et passe par le point M(t ), de coordonnées (t 2 −2t , t +1, t 2 −1).

Une équation paramétrique de T est donc

x = t 2 −2t +2λ(t −1)y = t +1+λz = t 2 −1+2λt

, λ ∈R.

3. Déterminer les points de la courbe pour lesquels la tangente à la courbe est incluse dans le plan d’équation 8x +4y +4z =−3.On cherche t tel que la droite décrite ci-dessus soit dans le plan donné. Il est nécessaire que le vecteur directeur de

la droite ϕ′(t ) soit normal au vecteur (8,4,4), ou encore au vecteur (2,1,1). Cela impose t = 1

2.

Cette condition est nécessaire et suffisante pour que la tangente T soit parallèle au plan donné.

On calcule alors les coordonnées de M(1

2) : on trouve (−3

4,

3

2,−3

4).

On vérifie que ce point est dans le plan donné : il en découle que toute la droite est dans le plan (un point d’intersectionet une direction incluse dans la direction du plan).

Donc il y a un seul point de la courbe (−3

4,

3

2,

3

4) obtenu pour le paramètre t = 1

2.

Exercice 13.8Pour les courbes suivantes déterminer la tangente en un point régulier.

1. Courbe définie comme l’intersection de la surface : S : x2 −2x y + z2 = 2 et du plan P : 2x + y = 1.La courbe C est l’intersection de deux surfaces. En un point de la courbe, si les deux surfaces admettent des plans


P T


tangents non parallèles, alors la courbe admet une tangente dirigée par −→n1 ∧−→n2 où −→n1 et −→n2 sont des vecteursnormaux aux deux plans tangents.Prenons un point M0(x0, y0, z0) de la courbe.

Ù On note F : (x, y, z) 7→ x2 − 2x y + z2 − 2. Calculons−−−→grad F (x0, y0, z0) (si ce vecteur est non nul alors il sera un

vecteur normal au plan tangent en M0 à la surface S ) :−−−→grad F (x0, y0, z0) = (2x0 −2y0,−2x0,2z0). Ce vecteur est nul

pour le point (0,0,0) mais ce point n’est pas dans le plan P donc pas sur notre courbe.

Donc en M0, la surface S admet un plan tangent de vecteur normal−−−→grad F (x0, y0, z0).

Ù M0 est sur le plan P donc en ce point le plan admet lui-même comme plan tangent ! On peut le dire plus sim-plement : la courbe est tracée sur le plan donc la tangente à la courbe en M0 est incluse dans ce plan. Un vecteurnormal du plan est ~n(2,1,0).

Ù On conclut en calculant−−−→grad F (x0, y0, z0)∧~n = 2

−z0

2z0

3x0 − y0

.

Ce vecteur s’annule pour z0 = 0 et 3x0 = y0, il faut encore vérifier qu’aucun point de la courbe ne remplit ces con-

ditions. C’est le cas, car il faudrait que x0 = 1

5(par l’équation du plan), et cela fournit le point (

1

5,

3

5,0) qui n’est pas

sur la surface S .

Reprenons, pour conclure, en tout point de la courbe, la courbe admet une tangente dirigée par le vecteur

−z0

z0

3x0 − y0

.

2. Courbe définie comme l’intersection des deux surfaces : S1 : (x +1)2 − (y −2)2 + z2 = 1 et S2 : x2 + z2 = 1.La courbe C est l’intersection de deux surfaces. En un point de la courbe, si les deux surfaces admettent des planstangents non parallèles, alors la courbe admet une tangente dirigée par −→n1 ∧−→n2 où −→n1 et −→n2 sont des vecteursnormaux aux deux plans tangents.Prenons un point M0(x0, y0, z0) de la courbe.

Ù On note F1 : (x, y, z) 7→ (x+1)2−(y−2)2+z2−1. Calculons−−−→grad F1(x0, y0, z0) (si ce vecteur est non nul alors il sera

un vecteur normal au plan tangent en M0 à la surface S1) :−−−→grad F1(x0, y0, z0) = 2(x0+1,−(y0−2), z0). Ce vecteur est

nul pour le point (−1,2,0) mais ce point n’est pas dans le plan S1 donc pas sur notre courbe.Donc en M0, la surface S1 admet un plan tangent de vecteur normal ~n1 = (x0 +1,−(y0 −2), z0).Ù On note F2 : (x, y, z) 7→ x2+z2−1. Par un raisonnement similaire, on montre que en M0, la surface S2 admet unplan tangent de vecteur normal ~n2 = (x0,0, z0).Ù On calcule le produit vectoriel de ~n1 et ~n2 pour vérifier que les plans tangents en M0 ne sont pas parallèles. Deplus, le vecteur obtenu, s’il est non nul, sera un vectuer directeur de la tangente à la courbe C en M0.

~n1 ∧~n2 = z0(y0 −2)

−z0

−x0(y0 −2)

.

Une étude de cas permet de dire que ce vecteur est nul si x0 = 0 et z0 = 0 (y0 libre) ou si (y0 = 2 et z0 = 0 (x0 libre),mais on vérifie qu’aucun point de la courbe ne vérifie ceci.

Donc en M0 sur la courbe, C admet une tangente dirigée par

z0(y0 −2)−z0

−x0(y0 −2)

.


P T


Exercice 13.9

Soit Σ la surface admettant la paramétrisation suivante :R2 → E

(u, v) 7→ (u + v,u2 + v2,u2 − v2).

1. Déterminer les points réguliers de Σ.

2. Donner une équation cartésienne du plan tangent à Σ en un point régulier de Σ.

Exercice 13.10Donner une équation de la surface de révolution Σ engendrée par la rotation de la courbe Γ autour de la droite ∆ avec

Γ :

x = ty = t 2

z =−t 2, t ∈R et ∆ : x = y = z.

Exercice 13.11 Banque PT - 2007 - B - Partie II

On considère l’espace euclidien R3 muni d’un repère orthonormé direct (O;~ı,~,~k). On note P et Q les surfacesd’équations respectives : x2 + y2 −8z = 0 et x2 + y2 +2z = 0 .

1. a. Vérifiez que P et Q sont des surfaces de révolution, et déterminer, pour chacune d’elles, leur axe.Montrer que l’intersection de ces surfaces avec un plan orthogonal à l’axe (Oz) est un cercle : cela prouve queles surfaces sont des surfaces de révolution d’axe (Oz).

b. Donner l’allure de P et Q sur un même dessin.

2. On appelle méridienne de P une courbe obtenue comme intersection de P avec un plan contenant l’axe (Oz).

a. Déterminer la nature de la méridienne contenue dans le plan d’équation y = 0.

La méridienne a pour équations cartésiennes

x2 + y2 −8z = 0y = 0

, ce qui est équivalent à

x2 = 8zy = 0

.


P T


On a donc une équation de parabole dans le lan y = 0.

b. En utilisant les symétries du problème, déterminer la nature de toutes les méridiennes. La surface P est unesurface de révolution autour de l’axe (Oz).Une méridienne est l’intersection de P avec un plan contenant l’axe (Oz). Or le plan d’équation y = 0 con-tient l’axe (Oz) et son intersection avec P est une parabole, donc les autres méridiennes sont obtenues parrotation de cette parabole autour de l’axe (Oz). Ce sont donc des paraboles.

3. a. Soit a un réel strictement positif. Déterminer l’équation de la tangente à la méridienne de P passant par le

point (a,0,a2

8).

La méridienne étudiée est celle de la question 2.a. Elle admet pour équations paramétriques :

x = ty = 0

z = t 2

8

.

On considère A le point de cette courbe de paramètre a, et on cherche un vecteur directeur de la tangente à lacourbe en ce point.Si le point est régulier alors le vecteur (x ′(a), y ′(a), z ′(a)) est un vecteur directeur de la tangente.

On calcule

x ′(a) = 1y ′(a) = 0

z ′(a) = a

4

.

Voici donc un vecteur non nul qui dirige la tangente cherchée, on sait de plus qu’elle passe par la point

A(a,0,a2

8).

On a donc des équations paramétriques de cette droite :

x = a +λy = 0

z = a2

8+λa

4

, λ ∈R.

b. Déterminer l’intersection de cette tangente avec le plan d’équation z = 0. On cherche l’intersection de lacourbe décrite par le paramétrage précédent et le plan z = 0 :

soit M un point de paramètre λ de la tangente, ses coordonnées sont (a +λ,0,a2

8+λa

4).

On veut que M soit dans le plan z = 0, on veut donca2

8+λa

4= 0, donc λ=−a

2.

Le point M a donc pour coordonnées (a

2,0,0).

c. En déduire que l’intersection de cette tangente avec Q est réduite à deux points.Je ne vois pas vraiment le lien avec ce qui précède, on attend peut-être le raisonnement suivant : on se placedans le plan y = 0 et on argumente sur l’intersection d’une droite et d’une parabole dans ce plan (xOz).Il me semble plus direct de chercher l’intersection entre la droite (avec ses équations paramétriques) et la sur-face (avec son équation cartésienne. On obtient un polynôme de degré 2 enλ et donc deux points d’intersection.Reprenons l’intersection droite/parabole dans le plan y = 0. On travaille dans le repère (O;~ı,~k). La droite passe

par le point de coordonnées (a

2,0) et a pour vecteur directeur ~u(1,

a

4).

La courbe a pour équation z =−x2

2. On montre que la droite et la courbe ont deux points d’intersection sauf

si a = 0.En effet, un point de la droite est un point de coordonnées (

a

2+λ,λ

a

4) et ce point est sur la parabole si et

seulement si λa

4=−1

2(

a

2+λ)2, soit λ2 + 3

2aλ+ a2

4= 0.

On a une équation admettant deux solutions distinctes si et seulement si a > 0 (considérer le discriminant).


P T


−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

1

2

0

c

P

b

d. Montrer que l’intersection avec Q de toute tangente à une méridienne de P , distincte de la tangente à l’origine,est réduite à deux points.L’argument est encore qu’il s’agit d’une surface de révolution...donc le résultat précédent se généralise à touteméridienne.

4. On considère, pour un angle θ fixé, les vecteurs ~u(θ) et ~v(θ) définis par

~u(θ) = cosθ~ı+ sinθ~ et ~v(θ) =−sinθ~ı+cosθ~ .

Quelles sont les équations cartésiennes des surfaces P et Q dans le repère (O;~u(θ),~v(θ),~k) ?P et Q sont des surfaces de révolution autour de l’axe (Oz) et le changement de repère proposé correspond à unerotation sur repère d’origine autour de cet axe, donc les équations de P et Q dans ce nouveau repère sont exacte-ment les mêmes !

5. Tout point M de R3 est repéré par la donnée des paramètres (r,θ, z) (coordonnées cylindriques) tels que−−−→OM =

r~u(θ)+ z~k. Donner une représentation paramétrique de la surface P en fonction des paramètres r et θ.

On a donc−−−→OM = x~ı+ y~+ z~k, et cela mène à x = r cosθ et y = r sinθ.

On a donc x2 + y2 = r 2, l’équation cartésienne de P en coordonnées cylindriques est donc r 2 = 8z.

6. Soit C la courbe paramétrée définie, dans le repère (O;~ı,~,~k) par

x(θ) = r (θ)cosθy(θ) = r (θ)sinθ

z(θ) = r (θ)2

8

où r est une fonction de θ.

Vérifier que tout point de C appartient à P . On vérifie que pour tout θ ∈ R, x2(θ)+ y2(θ)−8z(θ) = 0. Docnc toutpoint de la courbe est sur P . C’est une courbe tracée sur P .

7. On suppose que la fonction r de la question précédente est de classe C 1.On considère le vecteur~t (θ) = x(θ)~ı+ y(θ)~+ z(θ)~k.

Donner, en fonction de θ, r (θ) et r ′(θ), les coordonnées du vecteurd~t

dθdans la base (~ı,~,~k), puis dans la base

(~u(θ),~v(θ),~k).A quelle condition la courbe précédente est-elle régulière ? On supposera dorénavant cette condition vérifiée. â

Coordonnées ded t

dθdans (~ı,~,~k) :

x ′(θ) = r ′(θ)cosθ− r (θ)sinθy ′(θ) = r ′(θ)sinθ+ r (θ)cosθ

z ′(θ) = r ′(θ)r (θ)

4

.

On en déduit dans (~u(θ),~v(θ),~k) (en passant par−→t = r (θ)~u(θ)+ z~k) :

d t

dθ= r ′(θ)~u(θ)+ r (θ)~v(θ)+ r ′(θ)r (θ)

4~k, donc

r ′(θ)r (θ)r ′(θ)r (θ)

4

.

â La courbe est régulière si tous ses points sont réguliers, i.e. en tout point de la courbe le vecteurd t

dθest non nul.


P T


Ici, la courbe est régulière si et seulement si ∀θ ∈R, (r (θ),r ′(θ)) 6= (0,0).

8. Donner, dans le repère (O;~u(θ),~v(θ),~k), une représentation paramétrique de la tangente Dθ à la courbe C au pointde paramètre θ.

Prenons un point de paramètre θ de la courbe : ses coordonnées dans (O;~u(θ),~v(θ),~k) sont (r (θ),0,r (θ)2

8).

On suppose la courbe régulière donc la tangente à la courbe en ce point est dirigée pard t

dθ, dont les coordonnées

sont (r ′(θ),r (θ),r ′(θ)r (θ)

4), dans (O;~u(θ),~v(θ),~k).

On en déduit les équations paramétriques de la tangente dans ce repère, on note (X ,Y , Z ) les coordonnées d’un

point quelconque dans ce repère :

X = r (θ)+λr ′(θ)Y =λr (θ)

Z = r (θ)2

8+λ r ′(θ)r (θ)

4

, λ ∈R.

9. Montrer que la droite Dθ et la surface Q ont au plus deux points d’intersection.On cherche l’intersection entre une droite et une surface, on se place dans le repère (O;~u(θ),~v(θ),~k). On note(X ,Y , Z ) les coordonnées d’un point quelconque dans ce repère.Nous avons les équations paramétriques de Dθ et à la question 4.,nous avons vu que Q a pour équation X 2 +Y 2 +2Z = 0 dans ce repère.Soit M un point de Dθ de paramètre λ, on regarde à quelle condition sur λ M est sur Q :

M ∈Q ⇐⇒ (r (θ)+λr ′(θ))2 + (λr (θ))2 +2(r (θ)2

8+λ r ′(θ)r (θ)

4) = 0.

On développe, on arrange un peu avec pour but de déterminer λ : on obtient donc un polynôme de degré 2 en λ.

(r 2 + r ′2)λ2 + 5

2r r ′λ+ 5

4r 2 = 0 (en ne notant plus la dépendance en θ des fonctions r et r ′ pour alléger).

Et la condition pour la courbe soit régulière impose que le coefficient en λ2 est non nul. C’est donc bien uneéquation polynomiale de degré 2.Cette équation a donc au plus 2 solutions : il existe au plus deux points d’intersection entre Dθ et Q.

10. Montrer que Dθ est tangente à Q si et seulement si r ′(θ)2 = 4r (θ)2.On utillise la caractérisation suivante : Dθ est tangente à Q si et seulement si il existe un unique point d’intersectionentre la droite et la surface.On sait que il existe un unique point d’intersection si l’équation précédente admet une unique solution, on cherche

le discriminant du polynôme ∆= (5

2r r ′)2 −4(r 2 + r ′2)(

5

4r 2).

On développe un peu et on obtient ∆= 5

4r (θ)2(r ′(θ)2 −4r (θ)2).

La droite Dθ est tangente à la surface si et seulement si ∆= 0, donc si et seulement si r (θ) = 0 ou r ′(θ)2 = 4r (θ)2.Je ne vois pas pourquoi on peut exclure le cas r (θ) = 0 (sans que r ′(θ) = 0).


td13-corrigés - maths pt benjamin franklin · on se place dans l’espace usuel muni d’un...

Documents