Exercice 2 — Énoncé — Olympiades 2011 Montpellier

Sujet

Le nombre \(a\) est un réel strictement positif et \(C_{a}\) désigne la parabole d'équation \(y=a\left(x^{2}-1\right)\).
Les points \(\mathrm{A}(-1 ; 0)\) et \(\mathrm{B}(1 ; 0)\) sont les points d'intersection de la parabole \(C_{n}\) et de l'axe des abscisses.

On cherche à déterminer l'existence de points M de la parabole \(C_{a}\) tels que le triangle MAB soit rectangle en M.
a. Montrer que si \(a=-2\), il existe deux points M de la parabole \(C_{a}\) répondant à la question. Faire une figure et déterminer, en la justifiant, une mesure des angles aigus des triangles rectangles obtenus.
b. Pour quelles valeurs du réel \(a\) existe-t-il deux points M de la parabole \(C_{a}\) tels que le triangle MAB soit rectangle en M ?
Comment choisir le réel \(a\) pour qu'il existe un point M de la parabole \(C_{a}\) tel que le triangle MAB soit rectangle en M et qu'un des angles aigus du triangle MAB ait pour mesure \(\frac{\pi}{6}\) radians.
Soit \(\alpha\) un nombre réel de l'intervalle \(\left.] 0 ; \frac{\pi}{4}\right]\)

Déterminer en fonction de \(\alpha\) le réel \(a\) pour qu'il existe au moins un point M de la parabole \(C_{a}\) tel que le triangle MAB soit rectangle en M et qu'un des angles aigus du triangle MAB ait pour mesure \(\alpha\) radians. Que peut-on dire lorsque \(\alpha\) tend vers 0 ?

a. Si \(a=-2\), on a \(y=-2\left(x^{2}-1\right)\) alors \(\mathrm{M}(x, y)\) appartient à \(C_{2}\) et MAB est rectangle en M si et seulement si \((x, y)\) est solutikon du système

\[ \left\{\begin{array}{l} y=-2\left(x^{2}-1\right) \\ x^{2}+y^{2}=1 \end{array}\right. \]

On en déduit l'équation \(x^{2}+4\left(x^{2}-1\right)^{2}=1\) qui s'écrit aussi \(x^{2}-1+4\left(x^{2}-1\right)^{2}=0\) soit \(\left(x^{2}-1\right)\left(4 x^{2}-3\right)=0\).
On en déduit les solutions possibles puisque les seules solutions sont \((1 ; 0),(-1 ; 0)\left(\frac{\sqrt{3}}{2} ; \frac{1}{2}\right)\) et \(\left(-\frac{\sqrt{3}}{2} ; \frac{1}{2}\right)\) d'où les deux points \(\mathrm{M}_{1}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2} ; \frac{1}{2}\right)\) et \(\mathrm{M}_{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} ; \frac{1}{2}\right)\).
Le théorème de l'angle inscrit angle au centre permet de montrer que \(\widehat{B A M_{2}}=15^{\circ}\) et donc \(\widehat{A B M_{2}}=75^{\circ}\).
b. Comme au 1.a. l'écriture du système aboutit à celle de l'équation \(x^{2}-1+a^{2}\left(x^{2}-1\right)^{2}=0\) soit à celle de \(\left(x^{2}-1\right)\left(1+a^{2}\left(x^{2}-1\right)\right)=0\). Cette équation a des solutions différentes de 1 et -1 si \(1+a^{2}\left(x^{2}-1\right)^{2}=0\), c'est-à-dire si \(a^{2} x^{2}=a^{2}-1\). Ceci n'est possible que si \(a>1\).
2. On trouve \(a=1\).
3. Si \(\widehat{M A B}=\alpha\) alors \(\widehat{M O B}=2 \alpha\) et donc M a pour coordonnées : \((\cos \alpha ; \sin 2 \alpha)\).

Or \(\mathrm{M} \in C_{a}\) d'où \(\sin 2 \alpha=-a\left(\cos ^{2} 2 \alpha-1\right)\). On trouve \(a=\frac{1}{\sin 2 \alpha}\).