Exercices de statistiques - 4 - 2° partie, Exercices de Probabilités et statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8929 May 2014

Exercices de statistiques - 4 - 2° partie, Exercices de Probabilités et statistiques

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Exercices de statistiques - 4 - 2° partie Les thèmes principaux abordés sont les suivants: la projection orthogonale, les conditions particulières, la hauteur du cône partiel.
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2. La figure représente le plan DDBB’ : si ' 'BD B D alors DDBB’ est un carré. L’angle XBB’ est égal à l’angle MBD’ car angles à côtés perpendiculaires donc les triangles XBB’ et MDB’ sont égaux et comme DD’ = DB’, M est le milieu de DD’.

17. GSE037, Mons, questions 1995 à 1998.

Soit une sphère S1 et un plan (a) extérieur à cette sphère. On construit une sphère S2, tangente à la fois au plan (a) et à la sphère S1.

Démontrez que la droite qui joint les points de contact de S1 avec S2 et de S2 avec (a) passe par l’une des extrémités du diamètre de la sphère perpendiculaire au plan (a).

Correction

S 1

S 2

Y

X

O 2

O 1

A B

Trace du

plan a

Plan b

perpendiculaire au

plan a

Soient O1 et O2 les centres respectifs des sphères S1 et S2. Travaillons dans le plan contenant la droite O1O2 et perpendiculaire au plan (a).

Appelons A et B les points de contact de S2 avec S1 et de S2 avec (a).

Appelons Y le pied de la perpendiculaire abaissée de O1 au plan (a) et X le point de percée de cette droite dans la sphère S1.

La droite A1Y est parallèle à O2B, car ces deux droites sont perpendiculaires au plan (a).

Par suite, l’angle XO1A est égal à AO2B et les triangles XO1A et AO2B sont semblables (une angle égal et leurs deux côtés adjacents sont proportionnels).

1

2 2

1 O XO A R

O A O B r   (R et r étant les rayons respectifs des sphères S1 et S2). Il en résulte que les angles XAO1

et O2AB sont égaux et que X est sur le prolongement de AB.

18. GSE038, Mons, 1998.

Soit p1 et p2 deux plans de l’espace qui ne sont pas perpendiculaires entre eux. Soit dans le plan p1, un carré ABCD que l’on projette orthogonalement sur p2 en ABCD’.

Déterminer quelles conditions imposer pour que :

1. ABCD’ soit un losange.

2. ABCD’ soit un rectangle.

3. ABCD’ soit un carré.

4. ABCD’ soit un parallélogramme.

Correction

Z

X Y

D'

A

B

C

D

A'

B'

C'

A

B

C

D

A'

B'

C'

D'

p 1

p 1

p 2

p 2

A

B

C

D

A'

B'

C'

D'

p 1

p 2

On sait que pour qu’un angle droit se conserve par projection orthogonale sur un plan, il faut qu’un de ses côtés soit parallèle à ce plan.

1. Les diagonales d’un losange ABCD’ sont perpendiculaires entre elles, d’où la condition AC’ parallèle à p1 cas de la première figure où DB’ est parallèle à p1.

2. Les côtés d’un rectangle sont perpendiculaires entre eux. D’où la condition AD’ (BC’) parallèle à p1 (cas de la seconde figure) ou AB’ (DC’) parallèle à p1.

3. Pour un carré, une des diagonales et l’un des côtés doivent être parallèles à p1. Par conséquent, le plan p2 est parallèle à p1.

4. Les côtés d’un parallélogramme sont parallèles 2 à 2 et leurs angles ne sont pas droits (troisième figure). Les plans ADDA’ et BCCB’ sont parallèles entre eux.

Les plans ABBA’ et DCCD’ sont parallèles entre eux. Les plans ADDA’ et BCCB’ sont coupés par p2 selon 2 parallèles AD’ et BC’ qui ne sont pas parallèles à p1. Les plans ABBA’ et DCCD’ sont coupés par p2 selon 2 parallèles AB’ et DC’ qui ne sont pas parallèles à p1.

Il n’y a donc pas de conditions particulières à imposer.

19. GSE039, Bruxelles, juillet 2000

Par rotation d’un triangle équilatéral et de sa circonférence inscrite, autour d’une hauteur, on obtient un cône et sa boule inscrite. Démontrer que si le volume de la boule est de quatre litres celui du cône en vaut neuf.

Correction

B

N

O

CP

R

A

M

a

Soit a la longueur du côté : 2

2 3

4 6

a a BH a   donc

3

6

a R  car le centre du cercle inscrit d’un

triangle équilatéral est le centre de gravité. Volume de la sphère

3 4 3

3 6 S

a V p

    

  , du cône

2 1 3

. 3 2 6

C

a a V p

    

  , moralité :

9

4

C

S

V

V  .

20. GSE040, Louvain, juillet 2000, série 1

Soit un cône circulaire droit dont le rayon de la base est R et dont la hauteur est H. Ce cône est circonscrit à un cylindre.

On vous demande :

* de déterminer X, la hauteur du cône partiel qui surmonte le cylindre, pour que l’aire latérale du cône partiel soit égale à l’aire latérale du cylindre ;

* d’expliquer votre démarche au moyen d’un dessin clair et précis.

Correction

H

R

r

h

X

Les variables sont définies sur le schéma. On a : aire latérale du cylindre 2LCA rhp , aire latérale du

cône partiel 22CPA r r Xp  ; égalité lorsque 2 22 2 22 4LC CPA A rh r r X h r Xp p       . Or

h H

r R  et X h H  d’où

  2 2 2 2 2

22 2 2

2 2 2

2

4 2 4 3 8 4 0

3

X R R H H R X H X X HX H X

H H R

H

               

  

.

Discussion :

1. 2

2 3 0

R

H   : l’équation devient 28 0

2

H HX H X     .

2. Lorsque 2 2

2

2

4 2 avec 3

3

H H R R X

HR

H

   

:

2.1. X doit être plus grand que 0 ; le numérateur est positif si 2 24 2H H R  , soit 3 R

H  ;

le dénominateur est positif si 2

2 3 3

R R

HH    donc X est toujours positif.

2.2. X doit être plus petit ou égal à H

2.2.1. Soit D > 0 (donc 3 R

H  ) :

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

4 2 4 2 3 2

3

H H R R R H H H R H H H R

HR H

H

              

 

2 2 2

2 2 2 1 2 1 1 4 3

R R R R H H

HH H H

           

  .

2.2.2. Soit D < 0 (donc 3 R

H  ) :

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

2 2 2

2 2 2

4 2 4 2 3 2

3

1 2 1 1 4 3.

H H R R R H H H R H H H R

HR H

H

R R R R H H

HH H H

             

 

           

 

On conclut qu’il existe toujours une solution X avec 0 X H  .

3. 2 2

2

2

4 2 avec 3

3

H H R R X

HR

H

   

.

3.1. X doit être plus grand que 0 : le numérateur est toujours positif ; le dénominateur est positif si

3 R

H  .

3.2. X doit être plus petit ou égal à H : il suffit que le dénominateur soit >0 :

2 2 2 2 2 2

2 4 2 3 2

R R H H R H H R H

HH

            

  ce qui est impossible.

Conclusion : une seule solution 2 2

2

2

4 2

3

H H R X

R

H

  

.

21. GSE041, Louvain, juillet 2000 série 2.

Soit un cône de révolution, on vous demande :

* d’exprimer le volume de ce cône en fonction de son aire latérale SL et de la distance d entre le centre de la base et la génératrice ;

* d’expliquer votre démarche au moyen d’un dessin clair et précis.

Correction

H g

R

d

A

B

C

O

Les variables sont définies sur le schéma. On a : volume du cône 2 1

3 V R Hp , aire latéarale du cône :

LS Rgp ; on divise : 1

3L

V RH

S g  . Les triangles rectangles ABO et AOC sont semblables car ils ont un

angle à côtés perpendiculaires : 1

3 L

g H RH d V S d

R d g      .

22. GSE042, Louvain, septembre 2000.

Soit un cube d’arête a. On remplit ce cube avec des sphères de diamètre a/n (alignement cubique). On vous demande :

* de déterminer n pour que la somme des volumes des sphères soit maximale ;

* d’expliquer votre démarche au moyen d’un dessin clair et précis.

Correction

a

a/n

Les variables sont définies sur le schéma. Une couche contient 2n sphères ; on a n couches, il y a donc

3n sphères dans le cube. Volume d’une sphère 3

4

3 2 S

a V

n p

    

  d’où le volume des sphères :

3 3 34 1.

3 2 6

a V n a

n p p

    

  .

La somme du volume des sphères est donc indépendant de n et est égal au volume de la sphère inscrite dans le cube.

23. GSE043, Louvain, juillet 2001, série 1.

Soit un cône circulaire droit. On vous demande :

* d’exprimer le volume de ce cône en fonction de l’aire du triangle générateur et de la longueur de la circonférence engendrée par le point de concours des médianes de ce triangle ;

* d’expliquer votre démarche au moyen d’un dessin clair et précis.

Correction

r/3

r/2

r

h

S

A

O

G’ G

M

Les variables sont définies sur le schéma. Le triangle générateur est le triangle AOS ; surface 2

rH S  ;

comme G est aux 2/3 de la médiane SM, 2

' 3 2 3

r r GG   . La longueur de la circonférence générée par G

est 2 3

r L p et le volume du cône est 2

1 2 .

3 3 2 C

r rH V r H LS

p p    .

24. GSE044, Louvain, juillet 2001, série 2.

Soit un tronc de cône droit dont la hauteur est égale à quatre fois la différence des rayons des deux bases du tronc de cône. On vous demande :

* d’exprimer le volume du tronc de cône en fonction des deux sphères qui auraient pour rayon ceux des bases du tronc ;

* d’expliquer votre démarche au moyen d’un dessin clair et précis.

Correction

²

r 1

r 2

H

h

Les variables sont définies sur le schéma. On a  1 24h r r  ; le volume des sphères 3

1 1

4

3 V rp et

3 2 2

4

3 V rp ; le volume du tronc de cône :

       2 2 2 2 3 31 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 4

4 3 3 3

TC TCV r r r r h r r r r r r V r r V Vp p p            .

25. GSE045, Louvain, septembre 2001.

Soit dans un plan un triangle quelconque. Par un des sommets, on trace un axe qui ne traverse pas le triangle et qui est perpendiculaire à un ces côtés de ce sommet.

On vous demande :

* d’exprimer le volume engendré par la rotation du triangle autour de cet axe en fonction de l’aire du triangle et de la longueur de la circonférence que décrit son centre de gravité ;

* d’expliquer votre démarche au moyen d’un dessin clair et précis.

Correction

(r 2 - r

1 /2)/3

r 2 /2

r 2

r 1 - r

2 /2

r 1

H

G’G

A O

O’ B

(r 1 + r

2 )/3

Les variables sont définies sur le schéma. G est aux 2/3 de la médiane issue de B :

2 2 1 2 1

1 '

2 3 2 3

r r r r GG r

      

  . La longueur de la circonférence générée par G est 1 22

3

r r L p

  .

Le volume engendré par la rotation du triangle ABO est égale au volume du tronc de cône engendré par AOOB diminué du volume engendré par AOO’.

Surface du triangle ABO : 2 2

r H S  , volume cône :

2 1

1

3 CV r Hp , volume tronc de cône :

 2 21 1 2 2 1

3 TCV r r r r Hp   , volume engendré par le triangle ABO :

 2 2 21 1 2 2 1 1

3 TC CV V V r r r r r Hp       et finalement  

 1 2 2 2 1 2

21 .

3 3 2

r r r H V r r r H L S

p p 

     .

26. GSE046, Liège, juillet 2002

Soit ABCD un tétraèdre. On note M le milieu de [AB] et p le plan contenant M et parallèle à AD et à BC. Ce plan coupe AC en N, CD en O et DB en P.

1. Montrer que MNOP est un parallélogramme.

2. En déduire que les droites joignant les milieux des arêtes opposées d’un tétraèdre sont concourantes.

Correction

D

P

M

O

A

B

C

N

N’

P’

1. BCp  donc p coupe le dièdre d’arête BC selon deux droites parallèles : MN et PO. De plus M est le

milieu de AB donc N est celui de AC.

Même raisonnement sur ADp  donc P est le milieu de BD.

Conclusion O est le milieu de CD car PO est parallèle à BC ; MO et NP sont deux diagonales se coupant en leur milieu O.

2. On recommence avec un plan parallèle à BD et AC et passant par M ; ceci donne un deuxième parallélogramme MNOP’ ayant une diagonale commune avec MNOP : les droites joignant les milieux des arêtes opposées d’un tétraèdre sont concourantes.

27. GSE047, Liège, septembre 2002

Soit ABCD un tétraèdre. On note respectivement hA et hB les hauteurs issues de A et de B.

1. Démontrer que hA et hB sont concourantes si et seulement si la droite AB est orthogonale à la droite CD.

2. Démontrer que les hauteurs d’un tétraèdre sont concourantes si les arêtes opposées de ce tétraèdre sont orthogonales deux à deux.

Correction

C

A

B

h A

D

h B

1. La condition est suffisante : soient BA et DC orthogonales :

Plan Plan A A Ah BDC h DC DC BAh     et Plan Plan B B Bh ADC h DC DC BAh    

donc hA et hB sont coplanaires et concourantes.

La condition est nécessaire : hA et hB sont concourantes donc A BDC h h BA DC   .

2. On refait la même démonstration avec les autres arêtes prises deux à deux.

28. GSE048, Liège, juillet 2003.

Soit ABCD un tétraèdre tel que AC = AD et BC = BD et tel que les triangles ACD et BCD aient même aire. Si M et M’ sont les milieux de [CD] et [AB], démontrer que MM’ est la perpendiculaire commune à AB et CD.

Correction

D

C

A

B

M

M’

. isocèle

2

. isocèle

2

ACD

BCD

CD AM ACD S

AM BM CD BM

BCD S

   

    

donc AMB isocèle et 'MM AB .

etAM CD BM CD  donc plan 'CD AMB MM CD   .

On conclut que MM’ est la perpendiculaire commune à CD et AB.

29. GSE049, Liège, septembre 2003.

On considère un parallélépipède dont DA, DB, DC sont des arêtes et AA’, BB’, CC’ des diagonales.

Montrer que 2 2 2 2 2 2 2 2 2

' ' 'AA BB CC BC CA AB DA DB DC        .

Correction

A

D

B’

C

D’

A’

C’

B

       

   

2 2 2 22 22 2

2 22 2

' ' ' , ' ' ' ,

' ' '

AA AA AB BA AB DC BB BB BC CB BC DA

CC CC CA AC CA DB

         

    

Si on développe et additionne les derniers membres on retrouve tous les carrés demandés. Il suffit de vérifier que les doubles produits s’annulent. En effet :

   2 . 2 . 2 . 2 . , 2 . 2 . 2 . 2 . ,AB DC AD DB DC AD DC DB DC BC DA BD DC DA BD DA DC DA       

 2 . 2 . 2 . 2 .CA DB CD DA DB CD DB DA DB    ; la somme des derniers membres est nulle.

30. GSE050, Liège, septembre 2003

On considère le cube ABCDA’B’C’D’. On note P le milieu de [D’A’], Q le milieu de [AB] et R le milieu de [CC’].

A

D

B’

C

D’

A’

C’

B

Q

P

R

1. Montrer que   1

2 ' 2

PQ D A AC  et   1

' 2

QR AC AD  .

2. Montrer que le plan PQR est parallèle au plan ACD’.

3. Montrer que PQR coupe le cube selon un hexagone régulier.

Correction

A

D

B’

C

D’

A’

C’

B

Q

P

R

T

U

S

 

1 1. ' ' '

2

1 1 1 1 1 1 1 1 ' ' 2 ' .

2 2 2 2 2 2 2 2

1

PQ PD D A AC CB BQ BC D A AC CB BQ

CB D A AC BA AC CB D A AC BC D A AC

QR

         

          

    

     

1 1 1 ' ' ' '

2 2 2 2

1 1 1 ' ' ' ' .

2 2 2

QR QR QA AC CR QA AD D C C R

AC AD BA D C AC AD

       

     

2. En vertu du point 1) et sont des combinaisons linéaires de ' et donc et sont

parallèles au plan ' les plans et ' sont parallèles.

PQ QR D A AC PQ QR

ACD PQR ACD

3. / / puisque les plans et ' sont parallèles est le milieu de et . 2

De même pour et et comme les diagonales des faces du cube sont égales

. De plus, car méd

AC QU AC PQR ACD U BC QU

SR TP

QU UR RS SP TP PQ QS UP TR

 

        ianes du cube

est un hexagone régulier.QURSTQ

31. GSE051, Bruxelles, juillet 2003

Dans un plan rapporté à un repère orthonormé d’origine O et d’axes X et Y, on donne quatre points :

A (1, 0), B (3, 2), C (2, 3) et D (0, 1).

Calculer le volume balayé par le rectangle ABCD lorsqu’on lui fait subir une rotation de 180° autour de l’axe OY

B ( 3, 2 )

A ( 1, 0 )

D ( 0, 1 )

B’ ( 0, 2 )

C ( 2, 3 )

F ( 1, 2 )

A’

O X

Y

Correction

 ône :

ône :

2 2

2

Rappel : Volume du t ronc de c 12

Volume du c . 3

TC

C

V h D Dd d

V r h

p   

p 

   

 

 

ône engendré par

ône engendré par

ône engendré par

' '

' '

' '

Le volume recherché est la moit ié de : volume du t ronc de c ' '

volume du t ronc de c ' '

volume du t ronc de c ' '

CC BB TC

CC FB TC

B BAA TC

V CC BB V

CC FB V

B BAA V

   ône ône ' 'volume de c ' volume du c ' .B FD DAAC CB FD V DAA V 

   

 

 

' ' 2 2 ' ' 2 2

' ' 2 2 ' ' 2

' ' ' ' ' ' '

76 28 1 6 6 4 4 ; 1 4 4 2 2 ;

12 12 12 12

104 2 6 6 2 2 ; 1 1 ;

12 12 3 3

1 2 76 28 104 8 6 .

2 12

CC BB CC FB TC TC

B BAA B FD DAA TC C C

CC BB CC FB B BAA B FD TC TC TC C

V V

V V V

V V V V V

p p p p

p p p p

p p

             

          

          

32. GSE052, Louvain, juillet 2002, série 1

Soit un cône circulaire droit qui est coupé par un plan parallèle à sa base. On vous demande :

* de déterminer la position du plan par rapport au sommet du cône pour que les volumes des deux solides formés soient égaux ;

* d’expliquer votre démarche au moyen d’un dessin clair et précis.

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