Olympiades · Nantes · 2011 · Séries scientifiques
ArithmétiqueNumération
On se propose de calculer l'aire de la surface essuyée par plusieurs modèles de balais d'essuie-glace d'un véhicule (pare-brise plan). Les parties 1, 2 et 3 sont indépendantes.
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 modélisé par le segment \([AB]\). Déterminer la valeur exacte de l'aire de la surface essuyée par le balai, sachant qu'il décrit autour de \(O\) un angle de 180°. En donner une valeur arrondie au cm² près.
2. Le pare-brise d'un second véhicule possède deux essuie-glaces, modélisés par deux segments \([OB]\) et \([O'B']\) de même longueur \(R\), tournant respectivement autour de \(O\) et \(O'\), avec \(OO'=R\). Ces balais couvrent la longueur totale de chaque segment et chaque extrémité décrit un demi-cercle au-dessus de la droite \((OO')\). Déterminer l'aire de la surface essuyée par les deux balais.
3. Un troisième véhicule est équipé d'un essuie-glace dont le support est la réunion de deux segments : \([AB]\), qui porte le balai en caoutchouc sur toute sa longueur, et \([OC]\) qui relie le centre de rotation \(O\) à un point \(C\) de \([AB]\), tels que \(\widehat{OCA}=30°\), \(CB=4\,CA\) et \(OC=\sqrt3\times CA\). On pose \(CA=a\).
a. Démontrer que le triangle \(AOC\) est isocèle.
b. En début de course, le balai est en position horizontale : \(A,B,C\) coïncident avec \(M,N,P\) tels que \([MN]\) est horizontal. En fin de course, \(A,B,C\) coïncident avec \(M',N',P'\) tels que \([OM']\) est horizontal. Déterminer l'angle dont a tourné le dispositif, puis exprimer en fonction de \(a\) l'aire de la surface essuyée par le balai.
2. Les deux points d'intersection des cercles de rayon \(R\) centrés en \(O\) et \(O'\) (avec \(OO'=R\)) forment, avec \(O\) et \(O'\), deux triangles équilatéraux de côté \(R\). La zone commune aux deux demi-disques (« la lentille ») se calcule comme deux fois (secteur circulaire d'angle 60° moins triangle équilatéral). La somme des deux demi-disques vaut exactement l'aire d'un disque complet de rayon \(R\) — il suffit d'en retrancher cette zone commune.
3a. Utiliser la loi des cosinus dans le triangle \(OCA\) pour exprimer \(OA^2\) en fonction de \(a\), ou bien tracer le pied \(H\) de la perpendiculaire issue de \(O\) sur la droite \((AB)\) et travailler dans les triangles rectangles \(OHC\) et \(OHA\).
3b. Comme en 3a, placer le pied de la perpendiculaire \(H\) de \(O\) sur \((AB)\) : montrer qu'il tombe au-delà de \(A\) (côté opposé à \(B\)), de sorte que la distance de \(O\) à un point du segment varie de façon monotone entre \(OA\) et \(OB\) — l'aire balayée est alors simplement une différence de deux secteurs circulaires, comme dans un essuie-glace classique. Pour l'angle de rotation, tracer par \(O\) la parallèle à \((AB)\) et utiliser les angles alternes-internes avec la sécante \((OC)\).
1. Le point \(B\) est le bout de la tige, donc \(OB=60\) cm ; \(A\) est à \(OA=15\) cm de \(O\). Le segment \([AB]\) étant porté par \((OB)\), la zone essuyée en 180° est le demi-anneau compris entre les cercles de rayon \(OA=15\) et \(OB=60\) :
\[\mathcal Q=\frac12\left(\pi\times60^2-\pi\times15^2\right)=\frac\pi2\times15^2\left(4^2-1^2\right)=\frac\pi2\times225\times15=1687{,}5\,\pi\approx5301\text{ cm}^2.\]
2. Soit \(C\) un point d'intersection des deux cercles de rayon \(R\) centrés en \(O\) et \(O'\) (avec \(OO'=R\)) : le triangle \(OO'C\) est équilatéral de côté \(R\), d'aire \(A_1=\frac{\sqrt3}4R^2\). Le secteur circulaire d'angle \(\frac\pi3\) (60°) et de rayon \(R\) a pour aire \(A_2=\frac{\pi R^2}6\). La portion de plan commune aux deux demi-disques (comptée une fois au-dessus de \((OO')\)) vaut \(A_3=2A_2-A_1=\frac{\pi R^2}3-\frac{\sqrt3}4R^2\).
Or la somme des deux demi-disques vaut \(\frac{\pi R^2}2+\frac{\pi R^2}2=\pi R^2\) (l'aire d'un disque complet). L'aire essuyée (union des deux demi-disques) est donc :
\[\mathcal Q=\pi R^2-A_3=\pi R^2-\frac{\pi R^2}3+\frac{\sqrt3}4R^2=\left(\frac{2\pi}3+\frac{\sqrt3}4\right)R^2.\]
3a. Dans le triangle \(OCA\) : \(OC=\sqrt3\,a\), \(CA=a\), \(\widehat{OCA}=30°\). Par la loi des cosinus :
\[OA^2=OC^2+CA^2-2\times OC\times CA\times\cos30°=3a^2+a^2-2\sqrt3a^2\times\frac{\sqrt3}2=4a^2-3a^2=a^2.\]
Donc \(OA=a=CA\) : le triangle \(AOC\) est isocèle en \(A\).
3b. Plaçons \(H\), pied de la perpendiculaire issue de \(O\) sur \((AB)\). Dans le triangle rectangle \(OHC\) : \(\sin30°=\frac{OH}{OC}\), donc \(OH=\frac{\sqrt3}2a\), et \(\cos30°=\frac{HC}{OC}\), donc \(HC=\frac32a\). \(H\) tombe donc au-delà de \(A\) (à \(\frac32a-a=\frac a2\) de \(A\), du côté opposé à \(B\)), donc en dehors du segment \([AB]\) : la distance de \(O\) à un point du segment varie de façon monotone entre \(OA=a\) (en \(A\)) et \(OB\) (en \(B\)).
\(HB=HC+CB=\frac32a+4a=\frac{11}2a\), donc \(OB^2=OH^2+HB^2=\frac34a^2+\frac{121}4a^2=31a^2\).
Angle de rotation : en traçant par \(O\) la parallèle à \((AB)\), les angles alternes-internes donnent un angle de 30° entre cette parallèle et \((OC)\) ; comme le triangle \(OMP\) (positions initiales) est isocèle en \(M\) (\(OM=MP=a\)), l'angle entre \(OM\) et cette parallèle vaut \(30°+30°=60°\). L'angle cherché \(\widehat{MOM'}\) (avec \(OM'\) horizontal, sur la droite opposée) vaut donc \(180°-60°=\boxed{120°}\).
L'aire essuyée, avec \(\theta=120°=\frac{2\pi}3\) rad et un balayage monotone entre \(OA=a\) et \(OB=\sqrt{31}a\) :
\[\mathcal Q=\frac\theta2\left(OB^2-OA^2\right)=\frac\pi3\times(31a^2-a^2)=\frac\pi3\times30a^2=\boxed{10\pi a^2}.\]