[PDF] Enoncés Les deux droites AD et

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UNIVERSITE DE LIEGE

EXAMEN D'ADMISSION AUX ETUDES

D'INGENIEUR CIVIL

Geometrie et geometrie analytique

Enonces et solutions de l'examen de premiere session 2010Enonces On demandait de resoudre trois questions parmi les cinq enoncees.

1. On considere un cercle passant par les extremitesBetCde l'hypote-

nuse d'un triangle rectangleABC. Ce cercle coupe la droiteABenB et en un autre point noteB0. De m^eme, il coupe la droiteACenCet en un autre point noteC0. Les pointsB0etC0sont distincts deA. Demontrer que la mediane issue deAdu triangleABCest confondue avec la hauteur issue deAdu triangleAB0C0.

2. On xe un repere orthonorme du plan. Quel est le lieu des points du

premier quadrant par lesquels passe une et une seule droite determi- nant, avec les axes, un triangle contenu dans le premier quadrant et d'aire egale a 4?

3. Un pointPappartient a la diagonaleBDd'un carreABCD. Demon-

trer l'egalite!BP:!DP=jAPj2c2; oucdesigne la longueur d'un c^ote du carre, et oujXYjrepresente la longueur du segment [XY].

4. Un plancoupe les ar^etes [AB], [AC] et [AD] d'un cube en trois points

notes respectivementB0,C0etD0. Dans le triangleAB0C0, on noteH le pied de la hauteur issue deA. (a) Demontrer, en justiant soigneusement toutes les etapes de votre raisonnement, que la droiteB0C0est perpendiculaire au planAD0H. (b) En deduire que le planAD0Hest perpendiculaire au plan. (c) En deduire que la projection orthogonale deAsur le plan concide avec l'orthocentre du triangleB0C0D0.

5. Dans un repere orthonorme de l'espace, on donne les droitesdaetdb

par leurs equations cartesiennes d a:xza= 0 y+ 3z+ 1 = 0db:x+ 2y+z2b= 0

3x+ 3y+ 2z7 = 0

ouaetbsont des parametres reels. (a) Montrer que ces droites ne sont pas paralleles, quels que soienta etb. (b) Determiner la condition necessaire et susante suraetbpour que les droites soient concourantes. (c) Sous la condition determinee au point precedent, determiner alors l'equation du plan contenant ces droites.

Exemples de solutions

1. Envisageons tout d'abord le cas ouAest un point interieur au cercle.M

H BA1 2 CC 0 B

0SoitMle point d'intersection de la mediane issue deAdu triangle

ABCrectangle enAetHle point d'intersection de cette mediane avec la droiteB0C0. Prouvons queAMest perpendiculaire aB0C0. On sait que dans tout triangle rectangle la longueur de la mediane relative a l'hypotenuse vaut la moitie de la longueur de celle-ci. Des lors, commeMest milieu de [B;C], on a jAMj=jBCj2 =jBMj et le triangleABMest isocele. Ses angles opposes aux c^otes de m^eme longueurbBetcA1sont donc egaux. De plus,cA1=cA2comme angles opposes par le sommet et ainsibB=cA2par transitivite de l'egalite.

Les angles

bCetcB0sont des angles inscrits dans un m^eme cercle inter- ceptant le m^eme arcBC0; ils sont donc egaux. Enn, dans le triangleABCrectangle enA, les angles aigusbBetbC sont complementaires.

Ainsi, on a

8>< :b

B+bC= 90

b

B=cA2bC=cB0

ce qui entra^ne cA2+cB0= 90: Dans le triangleAHB0, la somme des angles vaut 180aveccA2+cB0= 90
. Des lors,bH= 90et la droiteAMest perpendiculaire a la droite B

0C0. Ainsi, la mediane issue deAdu triangleABCest confondue

avec la hauteur issue deAdu triangleAB0C0. Envisageons a present le cas ouAest un point exterieur au cercle et prenons les m^emes notations que dans le cas precedent.B M A1 CB 012 C 0H On a a nouveau que le triangleABMest isocele et quebB=cA1. Le quadrilatere convexeBB0C0Cetant inscrit dans un cercle, ses angles opposes sont supplementaires et on a bC+cB01= 180. De plus, comme les pointsB; B0etAsont alignes, on acB01+cB02= 180. Des lors, bC=cB02. Comme dans le cas precedent, dans le triangleABCrectangle enAon a bB+bC= 90et dans le triangleAB0Hon acA1+cB02+bH= 180.

Ainsi, on a

8>>>< >>:b

B+bC= 90

b

B=cA1bC=cB02cA1+cB02+bH= 180

ce qui entra^ne bH= 90 et permet de conclure comme ci-dessus.

2. Les points qui se situent sur l'axe des abscisses et qui ont une abscisse

strictement positive, de m^eme que les points de l'axe des ordonnees qui ont une ordonnee strictement positive, sont des points du lieu. Recherchons maintenant les points du lieu qui se situent dans le premier quadrant mais pas sur les axes de coordonnees. Etant donne un pointP(x0;y0), la droite qui passe par ce point et qui a comme coecient angulaire le reel non nulma pour equation cartesienne yy0=m(xx0): Les intersections de cette droite avec les axes sont donc les points de coordonnees x 0y0m ;0 et (0;y0mx0): Cela etant, le probleme pose ici consiste a chercher le lieu des points Pdu premier quadrant, de coordonnees (x0;y0), pour lesquels il existe un unique reelmnon nul tel que x0y0m (y0mx0)2 = 4; cette derniere egalite exprimant l'aire du triangle dont il est question dans l'enonce. Cette egalite peut se reecrire x

20m2+ 2(4x0y0)m+y20= 0:

Cette derniere equation (du second degre enm) admet une et une seule solution si et seulement si

0 = = 4(4x0y0)24x20y20

ou encore si et seulement si x

0y0= 2:

Il s'ensuit que le lieu cherche ici est l'ensemble des points dont les coordonnees cartesiennes verient l'equationxy= 2 et sont situes dans le premier quadrant. En conclusion, le lieu est constitue des points des axes qui se trou- vent dans le premier quadrant et des points de la branche d'hyperbole d'equationxy= 2 qui se trouvent dans le premier quadrant. Remarque:Cet exercice peut bien s^ur ^etre resolu de maniere dierente, par exemple en se servant de la forme de l'equation cartesienne d'une droite determinee a partir de ses intersections avec les axes.

3. Vu la propriete d'orthogonalite entre c^otes et entre diagonales du carre,

on a successivement:

BP:!DP=!BA+!AP

:!DA+!AP !BA+!DA :!AP+jAPj2 =jAPj2!AP:!AC =jAPj2!AB:!AC =jAPj2 jABj2 =jAPj2c2: D A B C P

4. (a) Les ar^etes [AB], [AC] et [AD] du cube sont perpendiculaires deux

a deux, ce qui entra^neAB0?AD0etAC0?AD0. Etant donne queAB0etAC0sont deux secantes du planAB0C0, on en deduit que la droiteAD0est perpendiculaire a ce planAB0C0. Par consequent, la droiteAD0est orthogonale a toutes les droites du planAB0C0, et en particulier aB0C0. On a en outreAH?B0C0 par hypothese. Les deux droitesAD0etAHetant deux secantes du planAD0H, on en deduit queB0C0est perpendiculaire au plan AD 0H. (b) Le plancontient la droiteB0C0qui est perpendiculaire au plan AD

0Hcomme on l'a montre au point (a). Les plansetAD0H

sont donc perpendiculaires. (c) On a etabli au point (b) que les plansetAD0Hsont perpendi- culaires. Des lors, la projection orthogonale du planAD0Hsur le planest la droiteD0H, qui n'est autre que la hauteur issue deD0 du triangleB0C0D0. On en deduit que la projection orthogonale deAsurest situee sur cette hauteur. Par symetrie du probleme, en permutant les pointsB,CetD dans l'enonce et en suivant le m^eme raisonnement, on peut etablir que la projection orthogonale deAsurappartient egalement aux hauteurs issues deB0et deC0du triangleB0C0D0. Cette projection concide donc avec l'orthocentre de ce triangle.

5. (a) Une droite a pour vecteur directeur le produit vectoriel de vecteurs

normaux aux plans dont elle est l'intersection. Dans le cas de d a, un vecteur directeur (note~va) est ainsi fourni par le produit vectoriel des vecteurs de composantes (1;0;1) et (0;1;3); les composantes de~vasont (1;3;1). Dans le cas dedbun vecteur directeur (note~vb) est fourni par le produit vectoriel des vecteurs de composantes (1;2;1) et (3;3;2); les composantes de~vbsont (1;1;3). Comme il n'existe pas de reeltel que~va=~vb(ce qui se voit directement en regardant les composantes), les droites ne sont pas paralleles. (b) Les droites sont concourantes si et seulement si le systeme forme par leurs equations cartesiennes admet une solution, c'est-a-dire si et seulement si le systeme (en les inconnuesx;y;z) 8>>< >:xza= 0 y+ 3z+ 1 = 0 x+ 2y+z2b= 0

3x+ 3y+ 2z7 = 0()

admet une solution. Resolvons le systeme (carre) de trois equations a trois inconnues forme par les deux premieres et la derniere des equations ci-dessus.

En procedant par substitution, on a directement8<

:xza= 0 y+ 3z+ 1 = 0

3x+ 3y+ 2z7 = 0

,8 :x=z+a y=13z

3(z+a) + 3(13z) + 2z7 = 0

,8 :z=34 a52 x=z+a=74 a52 y=13z=132 94
a Cela etant, le systeme (*) est donc equivalent au systeme8>>< >:z=34 a52 x=z+a=74 a52 y=13z=132 94
a x+ 2y+z2b= 0,8 >:z=34 a52 x=z+a=74 a52 y=13z=132 94
a 4a=b (pour resumer, on a omis les calculs de transformation de la der- niere equation en utilisant les valeurs dex;y;zfournies par les trois premieres egalites). La condition necessaire et susante de compatibilite du systeme de depart, c'est-a-dire la condition necessaire et susante sous laquelle les droites sont concourantes est donc 4a=b: (c) Le plan cherche a pour vecteurs directeurs~va(1;3;1) et~vb(1;1;

3); un vecteur normal a ce plan est donc fourni par le produit

vectoriel de~vaet~vbet a pour composantes (2;1;1) (a un multiple pres). Il s'ensuit que le plan cherche a une equation cartesienne du type

2x+y+z=

ouest un reel que l'on determine an que le plan contienne un point deda(oudb). Le point de coordonnees (a;1;0) appartient ada; en utilisant celui-ci, on trouve nalement que le plan cherche a pour equation cartesienne

2x+y+z= 2a1:

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