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Zone Europe-Afrique-Asie Exercice national 1 : Essuie-glaces (les parties 1, 2 et 3 sont indépendantes) On se propose de calculer l'aire de la surface essuyée par plusieurs modèles de balais d'essuie- glace d'un véhicule. On considèrera que les pare-brises sont des surfaces planes. 1. Un premier véhicule est équipé d'un seul balai porté par une tige métallique de 60 cm, modélisée par un segment [OB]. Soit A le point de [OB] tel que OA = 15 cm. Le balai en caoutchouc est alors modélisé par le segment [AB] (voir figure 1 ci-dessous). Déterminer la valeur exacte de l'aire de la surface essuyée par le balai, en admettant que celui ci décrit autour du point O un angle de 180°. En donner une valeur arrondie au cm2 près. Fig. 1 2. Le pare-brise d'un second véhicule possède deux essuie-glaces modélisés par deux segments [OB] et [O'B'] de même longueur R, l'un tournant l'un autour d'un point O, l'autre autour d'un point O', tels que OO' = R (voir figure 2 ci-dessous). Ces balais en caoutchouc couvrent la longueur totale de chaque segment. L'extrémité de chaque segment décrit un demi-cercle au- dessus de la droite (OO').

  • pi pi?

  • p't'

  • aire de la surface

  • conservation des aires par rotation

  • secteur angulaire d'angle

  • point de coordonnées

  • sin sin

  • angle


Publié le : lundi 18 juin 2012
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Source : mathematiques.ac-bordeaux.fr
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  Exercice national 1 : Essuie-glaces    (les parties 1, 2 et 3 sont indépendantes)  On se propose de calculer l’aire de la surface essuyée par plusieurs modèles de balais d’essuie-glace d’un véhicule. On considèrera que les pare-brises sont des surfaces planes.  1.  Un premier véhicule est équipé d’un seul balai porté par une tige métallique de 60 cm, modélisée par un segment [OB]. Soit A le point de [OB] tel que OA = 15 cm . Le balai en caoutchouc est alors modélisé par le segment [AB] (voir figure 1 ci-dessous). Déterminer la valeur exacte de l’aire de la surface essuyée par le balai, en admettant que celui ci décrit autour du point O  un angle de 180°. En donner une valeur arrondie au cm 2 près.  
 Fig. 1  2.  Le pare-brise d’un second véhicule possède deux essuie-glaces modélisés par deux segments [OB] et [O B ] de même longueur  R, l’un tournant l’un autour d’un point O , l’autre autour d’un point O , tels que OO = R (voir figure 2 ci-dessous). Ces balais en caoutchouc couvrent la longueur totale de chaque segment. L’extrémité de chaque segment décrit un demi-cercle au-dessus de la droite (OO ). Déterminer l’aire de la surface du pare-brise essuyée par les balais.  
 Fig. 2  3.  Un troisième véhicule est équipé d’un essuie-glace dont le support métallique est modélisé par la réunion de deux segments (voir la figure 3 ci-dessous) : un segment [AB], qui porte le balai en caoutchouc sur toute sa longueur, et un segment [OC] qui relie le centre de rotation O à un point C du segment [AB] tels que OCA = 30°, CB = 4 CA   et OC = 3 ´ CA . On pose CA = a.  
        
 
Fig. 3  a.  Démontrer que le triangle AOC est isocèle. b.  Lorsqu’il essuie le pare-brise du véhicule, l’essuie-glace tourne autour du point O. En début de course le balai en caoutchouc est en position horizontale : les points A, B et C coïncident respectivement avec les points M, N et P  du pare-brise  tels que [MN] est horizontal (voir la figure 4 ci-dessous). En fin de course A, B, C coïncident respectivement avec les points M , N et P du pare-brise tels que le segment [OM ] est horizontal.  Déterminer l’angle dont a tourné le dispositif autour du point O pour passer d’une position à l’autre, puis exprimer en fonction de a l’aire de la surface essuyée par le balai.   
Fig. 4
 
  Eléments de correction (proposés par l’Académie de Corse)   1)  L’aire demandée en cm 2 est  = 21.45 2 % ϑ .15 2 1 ϑ 215 2 3 2 % 1 1 4 ϑ .1 2 5 1 900 soit en valeur approchée 2827 cm 2 .  2)  Soit C l’intersection des deux demi-cercles. Calculons L’aire du triangle équilatéral OO’C de côté de longueur R , et donc d h R 3 : e auteur 2 A 1 3 R 3 2 1 = 2 ´ 2 1 4 R .  Calculons l’aire du secteur angulaire d’angle O ' OC  de mesure 3 en radians, qui est aussi 1 celle du secteur angulaire d’angle COO ' : A 2 6. Ainsi l’aire de le portion de plan limitée par la corde [OC] et l’arc OC sera : A 2 A 1 . L’aire de la portion de plan commune aux deux demi-disques sera donc A = A 2 + A 2 – A 1 = 2 A 2 – A 1 2 3 Donc 2 A 3 1 3 ϑ R % 4 R . L’aire essuyée par les deux balais est donc celle d’un cercle de rayon R privée de A 3 soit ϑ = ϑ 2 % 3 ϑ R 2 % 43 R 2 % 1 23 ϑ # 43 2 R              23 # 43 2   3)   a)  sin OC H sin 30 ∼ 1 12 donc OH 1soit OH 1 1 a 3 .   OC 2 2 De même HC 1 cos 30 ∼ 1 3 OC 2 donc HC  = 23 a 3 1 23 a . Enfin d’après le théorème de Pythagore dans le triangle HOA rectangle en H , OA 2 H 2 2 ( ! 22 O 3 a a 2 a 3 2 a 2 3 a 2 a 2 . A # HO 1 HC % CA # H 1 2 % # 2 1 4 # 4 1     Ainsi OA = OC et donc le triangle AOC est isocèle.    b)  L’angle dont a tourné le dispositif est la mesure de l’angle OM ' . En degré elle vaut 180 % OM avec X comme sur le dessin. Or les angles OP et OPM sont alternes internes, et le triangle MOP est isocèle ; on en déduit donc que MOX 2 ´ 30 1 60 . Donc l’angle géométrique OM ' a pour mesure 180-60= 120°.   
La portion de plan essuyée est celle qui est limitée par les segments [MP] et [M’P’] et les arcs M ' et P ' . Soient T et T’ les intersections du cercle de centre O passant par M et les segments [ON] et [ON’]. Le cercle étant invariant par la rotation et le segment [ON] ayant pour image [ON’], T a donc pour image T’. Les points MTP ont respectivement pour images M’ T’ P’, et la conservation des aires par rotation montre que la portion de plan limitée par [ MP ], [ PT ] et l’arc T a la même aire que celle limitée par [ M’P’ ] [ P’T’ ] et l’arc ' T ' . On peut dire aussi que le système étant rigide, les triangles OMP et OM’P’ sont isométriques. Ainsi la portion essuyée a la même aire que celle qui est limitée par les segments [ PT ] et [ P’T’ ] et les arc de cercle P ' et TT ' . 1 % L’aire de cette portion de plan est donc  = 31 ϑ . ON 2 % ϑ . OT 2 ϑ 3 OB 2 O 2 A  Or, OA 2 a 2 et d’après le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle OBH , OB 2 1 OH 2 # HB 2 1 OH 2 # ( HC # CB ! 2 1 a 23 2 # 32 a # 4 a 2 1 34 # 1241 a 2 1 31 a 2  L’aire cherchée est donc = ϑ 31 a 2 % a 2 1 ϑ ´ 30 a 2 1 10 2 a            = 10 a 2  3 3
 
                +k7-(x(Dk-(y+)51-2) ²+3kk²-3;7x(y+k(+k)2+k12-341                                                                 ettec euq tias itffsun ioitndco.D2  e=A ruqp uo seuc la don est ruotuotA ))p D=e  dnék vae urle7-+k511=ecssti e=2 et on, donc kna t àalq eutsoile valeur répond n.ten  t SuSej ou fLa-  a=1 kd niop ud trap imr fai) et1 ;1t A(cameédlpio s trtinss sertsenDe. S .tq rut noejart arriveuel poin ?-b  eDt-e-ll ed engil uj etior pauusqe  dntoiodnnocro-(x3eé s 7x+-y ;où kky) tse  nu bmone erientfir  pxér ouottu ealp oremande.  1°) On prenusvioç n aafedl lan ce psur ène p nud traper elelusqor l :tean)yo  ùleeé sx(; coordonnoint de hcrane ele ,m elrr aéeêt éleittairé inspallydu rL  anoS IM( OFRU –hsat m9319onLy al ed esed etêfapporté à un rep )L  elpnae tsr foe miure  sompr erè),;(jiOnU .on p à s de ointtre édapio s nrt flak e sei rmouvuorter elle-t e? 4°) Pour quell(e)sv laue(r)sd aut ou bdet ro td sialpéemec stn àosru suoojtnt éparde dint n poeuq ec-tsE -b ? ieev rmiurfoa  luqlep iote .uS re-t-ellent arrivtnemD .spéd ecaln soajtrsiesr neaf te )1siort tioi pdut  ;(1 Ant aof-aL p raruim pre) On=2. nd kelavd ru k e°3 ?e lle quitsoa  l eap sobgureq eula fourmi pour nr cela pset oi dtniop leuq ruS )? 2°;0) (16 t  Bopnil  es runestpldéemactrn s oivirre reop ia rula fourm partir ni todtiq eu lop;7y k-x(+y3)²-(k ))7                                            x D(    A(4.) ;y   )y; x(B      y ;7-3x-)   x+ky  (C    -3)kx2(+         x(A )y;;7y 2yx+B(  x--3  C 2(+x )      y)      y ;-7x-3        )1; 1(A       ) ;94 (- B    1-)03(;   C  b.  ;1) D(1    920)x0xyxyxxykxyA(2 ;0) 2. 3207(1#113 .a .ky1%%11ÛÛ  C     2-)84(; . D(   b0)  16 ;   )41;                 -6B(     ;8)        B(-41; )    a. .(A 18 D() ;8        -; 4 )02    (C  on pit se sol quq eunestcameédlp 1 :ontiecrrCo  ? trapéd ed tnio
Zone Europe-Afrique-Asie  Exercice National 2 : Le singe sauteur  J’ai un petit singe sauteur qui passe son temps à faire des bonds sur une demi-droite graduée en choisissant d’aller vers l’avant ou vers l’arrière.  Le nombre n est dit atteignable si le singe peut, en partant de l’ origine (position d’abscisse 0), atteindre la position d’abscisse n en exactement  n bonds successifs (en avant ou en arrière) de longueurs 1, 2, … , n ( effectués dans cet ordre) et sans jamais sortir du segment [0 ; n ].  Par exemple : Le nombre 1 est atteignable en un bond.  
  Mais le nombre 2 ne l’est pas car, après avoir fait le bond de longueur 1 (qu’il est obligé de faire vers l’avant), s’il fait un bond de longueur 2 en avant ou en arrière il sort de l’intervalle [0 ; 2].
. Le nombre 3 n’est pas atteignable pour une autre raison :  après avoir fait un bond de longueur 1 et un autre de longueur 2 vers l’avant, il est obligé de faire un bond de longueur 3 vers l’arrière (sinon il sort de l’intervalle [0 ; 3]) et se trouve sur le nombre 0 au lieu de 3.
 
 
Questions  1.  Montrer que le nombre 4 est atteignable et ceci d’une seule façon. 2.  Montrer que le nombre 5 n’est pas atteignable.  On peut montrer de la même façon que les nombres 6, 7 et 8 ne sont pas atteignables ; ce résultat est admis .  3.  Le nombre 9 est-il atteignable ?  Pour la suite, on rappelle que, pour tout nombre entier m , on a : 1 # 2 # 3 # .... # m 1 m ( m 21).  4.  Montrer que tous les nombres entiers qui sont des carrés sont atteignables.  5.   a.  Montrer que si le nombre entier n  est atteignable alors le produit n ( n 1) est divisible par 4. En déduire une condition sur l’entier n  pour qu’il soit atteignable. b.  La réciproque de cette proposition est-elle vraie ?
 
6.  On suppose N  6 et atteignable par une séquence qui commence par 1+2+3 … Montrer que N+4 est aussi atteignable.
. Eléments de correction (proposés par l’académie de Montpellier)   
1.  Le nombre 4 est atteignable car 1+2-3+4=4. 2.  Le singe n’a le choix : 1+2-3+4 et … il est bloqué !! 3.  Le nombre 9 est atteignable car on a 1+2+3-4+5-6+7-8+9=9, sans jamais sortir de l’intervalle [0 ; 9]. 4.  Les exemples précédents traitent les carrés 4 et 9. Le cas échéant la recherche pour 16 peut donner 1+2+3+4-5+6-7+8-9+10-11+12-13+14-15+16, en remarquant que l’on ne sort jamais de l’intervalle [0 ; 16]. L’observation des sommes produites peut amener la solution générale : 1 2 # 3 # ..... # n % ( n # 1) # ( n # 2) % ( n # 3) # ( n # 4).......... % ( n % 2 1) # n 1 2   n ( n # 1) # 1 # 1 # 1 # .................. # 1 1 n ( n # 1) # n % 2 n 1 n 2 2 2 2 d’où n 2 est atteignable. Les seules difficultés sont le comptage des termes valant 1 et la vérification du fait que l’on reste bien dans l’intervalle [0 ; n 2 ]. 5.  Si le nombre n  est atteignable, il existe des a i  valant 1 ou -1 telles que 1 2 a 2 # 3 a 3 # ...... # ( n % 1) a n % 1 1 0 . Dans cette somme on sépare les termes positifs dont on note la somme S + des termes négatifs dont on note la somme S -. On a alors : S + =S -. On calcule ensuite : 1 1 # 2 # 3 # ....... # ( n % 1) 1 S % S % 2 S #  On en déduit que : ( n 21) n 1 2 S d’où n ( n % 1) 1 4 S et donc 4 divise le produit n(n-1) . Donc n est de la forme 4 k ou 4 k +1. Par exemple 18 n’est pas atteignable. La réciproque est fausse puisque 5 n’est pas atteignable.  6.  L’idée est de transformer une configuration de signes + - en - +, cela va ajouter 2 au nombre N. Ensuite on complète par la suite -(N+1) + (N+2) – (N+3) + (N+4) et l’on trouve N+4. On note S(i) la somme partielle des i -premiers termes. Remarquons que la séquence donnant N se termine par -(N-1)+ N. La séquence commence par 1+2+3 et le premier signe – apparaît en position i + 1. Alors S(i-1) i, car S(3) 4. On change alors la sous-séquence i-(i+1) en –i+(i+1), ce qui est possible. On ajoute la séquence -(N+1)  + (N+2) – (N+3) + (N+4), ce qui assure que N+4 estatteignable. Question subsidiaire : est-il vrai que les nombres de la forme N=4k ou 4k+1, hormis 5, 8, 12, 17 sont atteignables ?  
 
Sujet S ABC est un triangle équilatéral. On se propose de construire P intérieur au triangle tel que PB=12PA et PC=23PA. Première partie On suppose que le point P placé sur la figure satisfait à ces deux conditions. On désigne par r la rotation de centre C et d’angle 60°. Q est l’image de P par r. 1.  Démontrer que le triangle BPQ est rectangle en P. En déduire que le triangle  BQC est rectangle en Q, puis que le point P est sur le cercle de diamètre [AC]. 2.  I est le milieu de [BQ], J celui de [AB]. a. Démontrer que le triangle PIC est rectangle en P. En déduire l’alignement des points A, P et I. b. Justifier que P est le centre de gravité du triangle ABQ. En déduire l’alignement des points Q, P et J. c. Justifier que le point P est sur le cercle de diamètre [BJ].   
Deuxième partie  ACB triangle équilatéral. J milieu de [AB]. P le point d’intersection, autre que J, des cercles de diamètre [AC] et [BJ]. Q est l’image de P par la rotation r de centre C et d’angle 60°. On se propose de prouver que P vérifie bien les deux conditions PB= 1 PA et PC= 3 PA . 2 2 1.  Montrer que JPA 30 ; en déduire PA et BPC . En déduire la nature du triangle BPQ. 2.  Justifier que le triangle BQC est rectangle en Q. En déduire QP . 3.  En déduire que le point P vérifie les deux conditions requises.
       Correction : Première partie B . L st 1.  r  conservant les distances, AP=BQ. Or BP²+PQ²=BP²+PC²=41PA²+43PA²=PA²=Q²e triangle BPQ e donc rectangle en P. Q est donc sur le cercle de diamètre [BC]. Par la rotation inverse de r, P est donc sur le cercle de diamètre [AC]. 2.  a. PC²+PI²=PC²+PB²=PA². Or par la rotation de centre B et d’angle 60°, PA=CI. On a donc PC²+PI²=CI² . Donc PCI est rectangle en P. Les triangles APC et CPI étant rectangles en P, les points A, P et I sont alignés. b. AI=AP+PI=AP+PB=  32PA . Donc P est le centre de gravité de ABQ. P est donc sur la médiane [QJ]. c. On en déduit que BPJ est rectangle en P, donc que P est sur le cercle de diamètre [BJ].
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