Correction Olympiades

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 (π .602 − π .152 ) = π 152 ( 42 − 1) = π .153 = 3375. π soit en 2 2 2 2

1) L’aire demandée en cm2 est A =

valeur approchée 5301 cm2 . 2) Soit C l’intersection des deux demi-cercles. Calculons L’aire du triangle équilatéral OO’C de

côté de longueur R, et donc de hauteur R

A 1= 3 : 2

1 3  3 2 R = R×   4 R . 2 2 

Calculons l’aire du secteur angulaire d’angle

O ' OC de mesure

π

3

en radians, qui est aussi

. 6 Ainsi l’aire de le portion de plan limitée par la corde [OC] et l’arc OC sera : A2 − A1 . L’aire de la portion de plan commune aux deux demi-disques sera donc A = A2 + A2 – A1 = 2 A2 – A1 3 2 R . 3 4 L’aire essuyée par les deux balais est donc celle d’un cercle de rayon R privée de A3 soit π  2π 3 2   2π 3 2 3 2 = π R2 −  R2 − R = + +  R et donc  R 3     3  4 4  4     3  Donc A3 =

R2 −

celle du secteur angulaire d’angle COO ' : A2 =

π R2

π

A

3)

A=

a) sin OCH = sin 30° =

1 donc 2

OH 1 1 = soit OH = a 3 . OC 2 2 HC 3 De même = cos30° = OC 2 3 3 donc HC = a 3 = a. 2 2 Enfin d’après le théorème de Pythagore dans le triangle HOA rectangle en H on a

2 a 2 3a 2 3  a 3 OA = HA + HO = ( HC − CA ) + HO =  a − a  +  + = a2 .  =  4 4 2   2   Ainsi OA = OC et donc le triangle AOC est isocèle. 2 2 2 2 2 2

b) L’angle dont a tourné le dispositif est la mesure de l’angle MOM ' . En degré elle vaut

180 − XOM avec X comme sur le dessin. Or les angles XOP et OPM sont alternes internes, et le triangle MOP est isocèle ; on en déduit donc que MOX = 2 × 30 = 60° . Donc l’angle géométrique

MOM ' a pour mesure 180-60= 120°.

La portion de plan essuyée est celle qui est limitée par les segments [MN] et [M’N’] et les arcs

MM ' et NN ' . 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 M, T, N ont respectivement pour images M’, T’ et N’, et la conservation des aires par rotation montre que la portion de plan limitée par [MN], [NT] et l’arc MT a la même aire que celle limitée par [M’N’], [N’T’] et l’arc M '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 [NT] et [N’T’] et les arc de cercle NN ' et TT ' . L’aire de cette portion de plan est donc

( OB 2 − OA2 ) 3 Or, OA2 = a 2 et d’après le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle OBH,

2

A = 1 (π .ON 3

2 2

− π .OT 2 ) =