Terminale E · Leçon 12
Courbes planes : paramétrées et coniques
Courbes paramétrées : étude, tangentes, tracé
On appelle courbe paramétrée l'ensemble des points \(M(t)\) de coordonnées \(\bigl(x(t)\,;\,y(t)\bigr)\) lorsque \(t\) décrit un intervalle \(I\), où \(x\) et \(y\) sont des fonctions dérivables sur \(I\). Le paramètre \(t\) peut représenter le temps, un angle, ou toute autre variable continue.
Le vecteur dérivé en \(t\) est défini par \(\vec{V}(t)\bigl(x'(t)\,;\,y'(t)\bigr)\). Lorsque \(\vec{V}(t)\neq\vec{0}\), ce vecteur dirige la tangente à la courbe au point \(M(t)\). Si \(\vec{V}(t)=\vec{0}\), on parle de point stationnaire et l'on ne peut pas conclure directement sur la direction de la tangente.
Au point \(M(t_0)\) :
- Si \(y'(t_0) = 0\) et \(x'(t_0)\neq 0\) : la tangente est horizontale.
- Si \(x'(t_0) = 0\) et \(y'(t_0)\neq 0\) : la tangente est verticale.
- Si \(x'(t_0) = y'(t_0) = 0\) : on ne peut pas conclure sans étude plus fine.
La pente de la tangente vaut \(\dfrac{y'(t_0)}{x'(t_0)}\) lorsque \(x'(t_0)\neq 0\), et l'équation de la tangente en \(M(t_0)\) s'écrit :
\[y - y(t_0) = \frac{y'(t_0)}{x'(t_0)}\,\bigl(x - x(t_0)\bigr).\]La démarche se déroule en quatre étapes successives, qu'on applique dans cet ordre.
Étape 1 — Domaine d'étude. On cherche la plus petite période commune à \(x\) et \(y\) (si elles sont périodiques), ou on note les symétries (\(x(-t)=x(t)\), \(y(-t)=-y(t)\) indique une symétrie par rapport à l'axe \((Ox)\)) pour réduire l'intervalle d'étude.
Étape 2 — Tableau de variations conjoint. On calcule \(x'(t)\) et \(y'(t)\), puis on dresse un tableau faisant apparaître les signes de ces deux dérivées sur chaque sous-intervalle. Cela permet d'anticiper le sens de déplacement de \(M(t)\) dans le plan.
Étape 3 — Points remarquables. On résout \(x'(t)=0\) (tangente verticale) et \(y'(t)=0\) (tangente horizontale), et on calcule les coordonnées des points correspondants. On cherche aussi les valeurs de bord de l'intervalle.
Étape 4 — Tracé. On place les points obtenus et on relie en respectant le sens de parcours indiqué par les variations de \(x\) et \(y\), et les directions tangentes aux points remarquables.
Soit \(x(t)=t^2\), \(y(t)=2t\), \(t\in\mathbb{R}\). En posant \(t=\dfrac{y}{2}\), on substitue dans \(x\) : \(x = \left(\dfrac{y}{2}\right)^2 = \dfrac{y^2}{4}\), soit \(y^2 = 4x\). La courbe est donc une parabole d'axe focal \((Ox)\) et de paramètre \(p=2\) (voir §2).
Le vecteur dérivé est \(\vec{V}(t)(2t\,;\,2)\). Il ne s'annule jamais car sa deuxième composante vaut \(2\neq 0\). En \(t=0\), on obtient \(\vec{V}(0)(0\,;\,2)\), vecteur vertical : la tangente en \(M(0)=(0,0)\) est donc l'axe \((Oy)\), ce qui correspond bien au sommet de la parabole.
La cycloïde est la trajectoire d'un point sur un cercle de rayon \(r\) qui roule sur une droite : \(x(t)=r(t-\sin t)\), \(y(t)=r(1-\cos t)\). On a \(x'(t)=r(1-\cos t)\) et \(y'(t)=r\sin t\). Lorsque \(t=2k\pi\) (\(k\in\mathbb{Z}\)), les deux composantes s'annulent simultanément : ce sont les points de rebroussement de la cycloïde, là où le point de contact avec le sol est immobile instantanément.
Éliminer le paramètre donne l'équation cartésienne du support de la courbe, mais on perd alors l'information sur le sens de parcours et les éventuels retours en arrière. Ne jamais oublier de préciser dans quel sens \(M(t)\) décrit la courbe lorsque \(t\) croît.
Figure 1 — Courbe paramétrée et vecteur dérivé (déplacez le curseur)
Vecteur dérivé \(\vec{V}(t)\)
Tangente en \(M(t)\)
Coniques : foyer, directrice, excentricité
Soient \(F\) un point fixe appelé foyer, \(\mathcal{D}\) une droite fixe ne passant pas par \(F\) appelée directrice, et \(e>0\) un réel appelé excentricité. La conique de foyer \(F\), de directrice \(\mathcal{D}\) et d'excentricité \(e\) est l'ensemble des points \(M\) du plan vérifiant :
\[\frac{MF}{d(M,\mathcal{D})} = e,\]où \(d(M,\mathcal{D})\) désigne la distance de \(M\) à la droite \(\mathcal{D}\) (soit \(MH\) avec \(H\) le pied de la perpendiculaire abaissée de \(M\) sur \(\mathcal{D}\)).
| Excentricité | Nature de la conique | Nombre de branches |
|---|---|---|
| \(e = 1\) | Parabole | 1 |
| \(0 < e < 1\) | Ellipse (cercle si \(e=0\)) | 1 (courbe fermée) |
| \(e > 1\) | Hyperbole | 2 |
Plus \(e\) est proche de \(0\), plus l'ellipse ressemble à un cercle. Plus \(e\) est grand, plus les deux branches de l'hyperbole s'écartent.
La définition bifocale (\(MF+MF'=2a\) pour l'ellipse, \(|MF-MF'|=2a\) pour l'hyperbole) peut être rencontrée dans des problèmes, mais n'est pas exigible comme point de départ au baccalauréat. On raisonne toujours à partir de la définition foyer-directrice.
Figure 2 — Conique : faites varier l'excentricité
Foyer \(F\)
Directrice \(\mathcal{D}\)
Parabole
Dans un repère orthonormé dont l'origine est le sommet de la parabole et dont l'axe \((Ox)\) est l'axe focal, avec \(p>0\) :
\[y^2 = 2px,\qquad F\!\left(\frac{p}{2}\,;\,0\right),\qquad \mathcal{D}:\;x = -\frac{p}{2}.\]La parabole est symétrique par rapport à \((Ox)\). Le réel \(p\) est le paramètre de la parabole : il mesure la distance du foyer à la directrice (on a bien \(OF = p/2\) et \(d(O,\mathcal{D})=p/2\), soit \(OF = d(O,\mathcal{D})\)). L'excentricité vaut \(e=1\) par définition.
À partir de l'équation \(y^2 = 2px\), on lit directement \(2p\) comme coefficient de \(x\), ce qui donne \(p\). Le foyer est en \(\bigl(\tfrac{p}{2},0\bigr)\) et la directrice est la droite verticale \(x=-\tfrac{p}{2}\). Si l'équation est de la forme \(x^2=2py\), les rôles de \(x\) et \(y\) s'échangent (axe focal vertical).
\(y^2 = 4x\) : on lit \(2p=4\), donc \(p=2\). Foyer \(F(1\,;0)\), directrice \(x=-1\), sommet \(O(0,0)\). C'est exactement la courbe paramétrée de l'exemple 1 du §1.
\(x^2 = 6y\) : ici l'axe focal est \((Oy)\) (rôles de \(x\) et \(y\) échangés). On lit \(2p=6\), donc \(p=3\). Foyer \(F(0\,;\tfrac{3}{2})\), directrice \(y=-\tfrac{3}{2}\), sommet \(O(0,0)\).
On cherche l'équation de la parabole de sommet \(O\), d'axe focal \((Ox)\), dont le foyer est \(F(3\,;0)\). On a \(\tfrac{p}{2}=3\), donc \(p=6\). L'équation est \(y^2 = 12x\).
La formule \(y^2=2px\) avec \(p>0\) place la parabole à droite de l'axe \((Oy)\). Si l'on écrit \(y^2=-2px\) (\(p>0\)), la parabole est ouverte vers la gauche. Ne pas confondre les deux cas lors d'une lecture d'équation.
Figure 3 — Parabole \(y^2=2px\) — variez le paramètre \(p\)
Foyer \(F\)
Directrice
Ellipse
L'ellipse admet deux foyers \(F(c\,;0)\) et \(F'(-c\,;0)\), deux directrices \(x=\pm\dfrac{a^2}{c}\), deux axes de symétrie \((Ox)\) et \((Oy)\). Les sommets sont \((\pm a\,;0)\) et \((0\,;\pm b)\).
Plus \(e\) est petit, plus l'ellipse est proche d'un cercle (pour \(e=0\), \(c=0\) et \(a=b\) : c'est un cercle).
Vérification : \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=\cos^2 t+\sin^2 t=1\). Le point \(M(t)\) parcourt l'ellipse dans le sens trigonométrique lorsque \(t\) croît de \(0\) à \(2\pi\). Ce paramétrage est le seul exigible au programme.
On met l'équation sous la forme \(\dfrac{x^2}{A}+\dfrac{y^2}{B}=1\) avec \(A,B>0\). Alors \(a=\sqrt{A}\) et \(b=\sqrt{B}\) (avec \(a=\max(\sqrt{A},\sqrt{B})\) pour l'axe focal), \(c=\sqrt{a^2-b^2}\), \(e=\tfrac{c}{a}\).
\(\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}=1\) : \(a=3\), \(b=2\), \(c=\sqrt{9-4}=\sqrt{5}\approx 2{,}24\), \(e=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\approx 0{,}75\). Foyers \((\pm\sqrt{5}\,;0)\), directrices \(x=\pm\dfrac{9}{\sqrt{5}}=\pm\dfrac{9\sqrt{5}}{5}\).
On cherche l'ellipse de foyers \(F(\pm 2\,;0)\) et passant par le sommet \((0\,;3)\). On a \(c=2\) et \(b=3\), donc \(a^2=b^2+c^2=9+4=13\). L'équation est \(\dfrac{x^2}{13}+\dfrac{y^2}{9}=1\).
L'axe focal est toujours celui qui correspond au plus grand dénominateur. Si \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{16}=1\), alors \(a^2=16\) et l'axe focal est \((Oy)\), non \((Ox)\). Les foyers sont \((0\,;\pm\sqrt{12})\) et \(c=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}\).
Figure 4 — Ellipse : variez \(a\) et \(b\)
Foyers \(F,F'\)
Directrices
Point \(M(t)\)
Hyperbole
L'hyperbole a deux foyers \((\pm c\,;0)\), deux sommets \((\pm a\,;0)\) et deux branches symétriques par rapport à \((Oy)\). Elle possède deux asymptotes :
\[y=\frac{b}{a}x\qquad\text{et}\qquad y=-\frac{b}{a}x.\]Les asymptotes ne font pas partie de la courbe, mais chaque branche s'en rapproche indéfiniment sans jamais les atteindre.
Pour reconnaître et caractériser une conique dont l'équation est donnée, on procède en trois étapes.
Étape 1 — Mise sous forme réduite. On met l'équation sous la forme \(\dfrac{x^2}{A}\pm\dfrac{y^2}{B}=1\) ou sous la forme \(y^2=kx\) par des regroupements, factorisations et mises au même dénominateur.
Étape 2 — Identification. Si les signes sont \(+/+\) : ellipse (cercle si \(A=B\)). Si les signes sont \(+/-\) ou \(-/+\) : hyperbole. Si un seul carré apparaît : parabole.
Étape 3 — Calcul des éléments. On en déduit \(a\), \(b\), puis \(c\), \(e\), les foyers, les sommets, les directrices. Pour l'hyperbole, on note en plus les asymptotes.
\(\dfrac{x^2}{4}-y^2=1\) : \(a=2\), \(b=1\), \(c=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}\), \(e=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\approx 1{,}12\). Foyers \((\pm\sqrt{5}\,;0)\), sommets \((\pm 2\,;0)\), asymptotes \(y=\pm\dfrac{x}{2}\).
Lorsque \(a=b\), on parle d'hyperbole équilatère. Son équation réduite est \(x^2-y^2=a^2\) et ses asymptotes sont \(y=\pm x\) (perpendiculaires). L'hyperbole \(xy=k\) (\(k\neq 0\)) est aussi une hyperbole équilatère, dont les axes de symétrie sont les droites \(y=x\) et \(y=-x\) (c'est la représentation graphique d'une fonction inverse).
Les asymptotes sont des droites que la courbe approche sans les couper (à grande distance). Cependant, une hyperbole peut couper ses asymptotes si celles-ci ne sont pas calculées depuis la forme réduite — cela arrive dans le cas d'une hyperbole translatée. Il faut toujours vérifier la forme réduite avant de conclure.
Figure 5 — Hyperbole : variez \(a\) et \(b\)
Foyers
Asymptotes
Résumé
Le vecteur dérivé \(\vec{V}(t)\bigl(x'(t)\,;\,y'(t)\bigr)\) dirige la tangente lorsqu'il est non nul. Tangente horizontale : \(y'(t)=0,\,x'(t)\neq 0\). Tangente verticale : \(x'(t)=0,\,y'(t)\neq 0\).
Une conique est l'ensemble des points \(M\) vérifiant \(\dfrac{MF}{d(M,\mathcal{D})}=e\). Parabole : \(e=1\). Ellipse : \(e<1\). Hyperbole : \(e>1\).
\(y^2=2px\) ; foyer \(\left(\tfrac{p}{2}\,;0\right)\) ; directrice \(x=-\tfrac{p}{2}\) ; axe \((Ox)\) ; sommet \(O\).
\(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\) (\(a>b>0\)) ; \(c^2=a^2-b^2\) ; \(e=\tfrac{c}{a}<1\) ; paramétrage : \((a\cos t\,;\,b\sin t)\).
\(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1\) ; \(c^2=a^2+b^2\) ; \(e=\tfrac{c}{a}>1\) ; asymptotes \(y=\pm\tfrac{b}{a}x\).
Forme réduite : \(+/+\) ellipse, \(+/-\) hyperbole, un seul carré parabole. Axe focal = côté du plus grand dénominateur.
Sujet type Bac
On considère la courbe \(\mathcal{C}\) définie par \(x(t)=\cos^2 t\) et \(y(t)=\sin t\cos t\) pour \(t\in[0\,;\pi[\). On note \(\mathcal{E}\) l'ellipse d'équation \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{1}=1\).
Question 1. Montrer que \(\mathcal{C}\) admet pour équation cartésienne \(\left(x-\tfrac{1}{2}\right)^2+y^2=\tfrac{1}{4}\).
On remarque que \(x(t)=\cos^2 t=\dfrac{1+\cos(2t)}{2}\) et \(y(t)=\sin t\cos t=\dfrac{\sin(2t)}{2}\). Posons \(u=\cos(2t)\) et \(v=\sin(2t)\), de sorte que \(x=\dfrac{1+u}{2}\) et \(y=\dfrac{v}{2}\). Alors \(x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{u}{2}\) et \(y=\dfrac{v}{2}\), d'où \(\left(x-\tfrac{1}{2}\right)^2+y^2=\dfrac{u^2+v^2}{4}=\dfrac{\cos^2(2t)+\sin^2(2t)}{4}=\dfrac{1}{4}\). Ceci est vérifié pour tout \(t\), donc \(\mathcal{C}\) est bien incluse dans ce cercle.
Question 2. Calculer le vecteur dérivé \(\vec{V}(t)\) et préciser les valeurs de \(t\) où la tangente est horizontale.
\(x'(t)=-2\sin t\cos t=-\sin(2t)\) et \(y'(t)=\cos^2 t-\sin^2 t=\cos(2t)\). Ainsi \(\vec{V}(t)\bigl(-\sin(2t)\,;\,\cos(2t)\bigr)\). Ce vecteur est nul seulement si \(\sin(2t)=0\) et \(\cos(2t)=0\), ce qui est impossible puisque \(\sin^2(2t)+\cos^2(2t)=1\). La tangente est horizontale lorsque \(y'(t)=\cos(2t)=0\), i.e. \(2t=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\), soit \(t=\dfrac{\pi}{4}\) sur \([0\,;\pi[\). En ce point : \(M\!\left(\tfrac{1}{2}\,;\,\tfrac{1}{2}\right)\).
Question 3. Identifier la conique \(\mathcal{E}\) et donner ses foyers, excentricité et directrices.
L'équation \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{1}=1\) est celle d'une ellipse avec \(a^2=4\), \(b^2=1\), donc \(a=2\), \(b=1\). L'axe focal est \((Ox)\) (grand dénominateur). \(c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}\). Excentricité : \(e=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx 0{,}87\). Foyers : \(F(\sqrt{3}\,;0)\) et \(F'(-\sqrt{3}\,;0)\). Directrices : \(x=\pm\dfrac{a^2}{c}=\pm\dfrac{4}{\sqrt{3}}=\pm\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\).
Question 4. Donner le paramétrage de \(\mathcal{E}\) et calculer le vecteur dérivé correspondant en \(t=\dfrac{\pi}{3}\).
Le paramétrage canonique de \(\mathcal{E}\) est \(\begin{cases}x(t)=2\cos t\\y(t)=\sin t\end{cases}\), \(t\in[0\,;2\pi[\). Les dérivées sont \(x'(t)=-2\sin t\) et \(y'(t)=\cos t\). En \(t=\dfrac{\pi}{3}\) : \(x'\!\left(\tfrac{\pi}{3}\right)=-2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=-\sqrt{3}\) et \(y'\!\left(\tfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1}{2}\). Vecteur dérivé : \(\vec{V}\!\left(\tfrac{\pi}{3}\right)\!\left(-\sqrt{3}\,;\,\tfrac{1}{2}\right)\). Le point de contact est \(M\!\left(2\cdot\tfrac{1}{2}\,;\,\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=M\!\left(1\,;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\).
Question 5. Vérifier la propriété foyer-directrice pour le point \(M(2\,;0)\) sur \(\mathcal{E}\).
Le point \(M(2\,;0)\) est le sommet droit de \(\mathcal{E}\). Distance au foyer \(F(\sqrt{3}\,;0)\) : \(MF=|2-\sqrt{3}|=2-\sqrt{3}\). Distance à la directrice \(x=\dfrac{4}{\sqrt{3}}\) : \(d(M,\mathcal{D})=\left|\dfrac{4}{\sqrt{3}}-2\right|=\dfrac{4-2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=\dfrac{2(2-\sqrt{3})}{\sqrt{3}}\). Rapport : \(\dfrac{MF}{d(M,\mathcal{D})}=\dfrac{2-\sqrt{3}}{\dfrac{2(2-\sqrt{3})}{\sqrt{3}}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}=e\). La propriété est bien vérifiée.