Dans toute la suite , on confondra la longueur d’un arc avec l’arc ensemble de points, le contexte permettant de lever l’ambigüité.
a) distance maximale de vision pour un observateur
D’un point A, on peut observer tous les points de la calotte sphérique délimitée par le cercle horizon en bleu, intersection de la sphère et d’un cône.

schéma 10
A est situé sur la verticale de M appartenant à la sphère terrestre.
Avec la réfraction atmosphérique, il va être possible de voir plus loin que ce qu’autorise le cercle horizon mais alors les objets vus seront des images d’objets réels. On abordera dans le paragraphe suivant la notion d’horizon optique, ou visuel ou encore sensible dû à la réfraction atmosphérique.
Calculons la distance D = AB à laquelle on peut voir :

schéma 11 extrait du schéma spatial 10
Une propriété de cône tangent à la sphère est que toutes les génératrices sont perpendiculaires au rayon de la sphère au point de contact.
Posons AM =h, et R le rayon terrestre =6371 km
D’après le théorème de Pythagore $OA^{2} =AB^{2} +OB^{2}$
$(R+h)^{2} =D^{2} +R^{2}$
$R^{2} +2Rh +h^{2} = D^{2}+R^{2}$ donc $h(2R+h)=D^{2}$
Or h est très petit par rapport au diamètre de la terre.
Donc $2Rh ≈ D^{2}$ d’où $D ≈ \sqrt{2Rh}$
b) Voir un point B d’un point A
Nous ne tiendrons pas compte de la réfraction atmosphérique.

schéma 12
Les cercles $C_{1}$ et $C_{2}$ sont les cercles horizons
N et M sont deux points de la terre et A et B deux points situés sur les droites (OM ) et (ON), O désignant le centre de la terre.
Le cercle en bleu est le grand cercle de la sphère passant par N et M.
D’un point A, on peut voir le point B si B est à une hauteur telle que la droite(AB) ne soit pas sécante à la sphère c’est à dire si elle est tangente à la sphère ou extérieure à la sphère.
Si (AB) est tangente à la sphère alors (AB) est confondue avec la tangente issue de A au cercle bleu et avec la tangente issue de B au cercle bleu.
Les deux cercles horizons sont alors tangents.
Faire la manipulation avec le fichier Cabri ci-dessous :

- De A on peut voir B

schéma13
Considérons alors le schéma 13 avec la sphère masquée :

schéma 14 extrait de la figure spatiale 13
Les triangles BCO et COA sont rectangles en C car (BC) et(CA) sont des tangentes en C au cercle bleu , grand cercle de la sphère passant par A et B. On peut donc leur appliquer le théorème de Pythagore :
Posons BN =h et AM=t. On applique le résultat vu en a :
On alors $BC^{2} ≈ 2Rh$ et $AC^{2} ≈ 2Rt$
Exercice
Montrer que le relief d’une côte, d’une île, ou la mâture d’un bateau d’une hauteur H apparaîtra à l’horizon d’un observateur situé à une hauteur h, à la distance $\sqrt{2R} (\sqrt{h} + \sqrt{H} )$ qui est sensiblement la distance orthodromique entre les deux points d’après ce qui vient d’être dit.
Exemple (il n’est pas tenu compte de la réfraction atmosphérique).
Le Mont Cinto (altitude : t = 2 710 m) est situé à D= 205 km de Cagnes-sur-Mer.
À quelle altitude h doit être mon œil pour voir le sommet en vision directe ?
$BC^{2} = 2 x 6 378 x 2,71$
$BC= 185,926 km$
$AC = 205 km – 185,9 km = 19,1 km$
$t = \frac{19,1^{2}}{(2 \times 6 378)}$
$t=28,52 m$
Exercice
On donne la distance à vole d’oiseau D, la hauteur t et le rayon de la terre R. On ne tient pas compte de la réfraction.
Montrer alors que la distance minimum h pour être vu est :
$h = \frac{((D-√2Rt)^{2})}{2R} $
Le tableur permet d’obtenir rapidement cette distance :
Voir le fichier Excel :

- Distance minimum 1

c) Une mise au point sur les différents types de distance.

schéma 15 bis source : IGN
La distance orthodromique est sensiblement égale à 5,8 km soit 5800 m. On pourra utiliser l’annexe b et c pour effectuer le calcul.
Dans un énoncé, il faut toujours savoir de quelle type de distance on parle.
d) Comparaison d’un arc de cercle à la tangente
Nous allons à présent comparer la longueur de l’arc de cercle $\overset{\frown}{GT}$ à la longueur du segment [BT] porté par la tangente en T au cercle de centre O.

schéma 16
Posons $x=BT$ et $y= \overset{\frown}{GT}$ et $α = \widehat{GOT}$
nous savons d’après a que : $x^{2} =2Rh$
Par ailleurs dans le triangle rectangle BTO : $tan α = \frac{x}{R}$
Or $y = Rα$ avec $α$ en radians donc
$R^{2} tan^{2} α =2Rh$
$tan^{2} α = \frac{2h}{R}$
$tan α =\sqrt{\frac{2h}{R}}$
$α =Arctan( \sqrt{\frac{2h}{R}} )$
On a donc $y = R Arctan( \sqrt{\frac{2h}{R}})$ et $x ≈ \sqrt{2Rh}$
Cependant, nous pouvons approximer Arctan(x) par x au voisinage de 0 soit en utilisant les développements limités soit en recourant à l’argument suivant qui ne constitue pas bien sûr une démonstration :

schéma 17
Nous avons représenté la fonction f définie par f(x) =Arctan(x) et la fonction g définie par g(x) = x
et l’ont peut alors écrire : f(x) ≈ x au voisinage de 0.
on a alors :
$y = R Arctan \left ( \sqrt{\frac{2h}{R}} \right )\approx R \sqrt{\frac{2h}{R}}$ car $\frac{h}{R} ≈ 0$
D’où $y ≈ \sqrt{2Rh}$
Il est donc légitime pour h suffisamment petit par rapport au rayon de la terre de considérer que l’arc a sensiblement la même longueur que la tangente.
Rappel : le développement limité de Arc tan est :
$Arctan(x) = x + \frac{x^{3}}{3} +⋯+⋯+ \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + O(x^{2n+3})$
Faisons à présent une étude comparative avec un tableur :

A 1 km de hauteur, on commet une erreur de 12 m environ.
Donc pour des hauteurs « raisonnables », la distance AB du schéma 14 peut être confondue avec la route orthodromique de A à B , c’est à dire avec l’arc de cercle correspondant.
e) Condition de perception d’un point B par un point A
Il y aura plusieurs cas à distinguer :

schéma 18
Ce qui correspond au schéma plan suivant tiré du fichier Géoplan :


schéma 19
On suppose d’abord pour les 3 cas suivants que : $D \in \overset{\frown}{NM}$
Cas 1 : B ne peut être vu de A et $C \in \overset{\frown}{ND}$ (schéma 17)
De B est issue la tangente (BC) et de A la tangente (AD).
Nous allons monter dans ce cas que longueur $BC+ AD < \overset{\frown}{MN}$
Posons $a = \widehat{BOC}$ , $b = \widehat{COD}$ , $c = \widehat{DOA}$ valeurs exprimées en radians.
Alors longueur $\overset{\frown}{MN} = R(a+b+c)$ , $ BC= R sina$ et $AD = R sinc$
Or $sinx < x$ donc $sina < a$ et $sinc < c$
D’où $sinc +sina < a+c$ et donc $sinc +sina < a+c+b$
$R( sina +sinc) < R(a+c+b)$ donc $BC+AD < longueur \overset{\frown}{MN}$
C’est la situation du schéma 12 dans laquelle les cercles horizons n’ont aucun point de contact.
On a donc $BC+AD < longueur \overset{\frown}{MN}$
Pour $sinx < x$ et bien que ce ne soit pas une démonstration, le graphique en donne une approche.

schéma 20
Démonstration
Soit f la fonction x → x − sin(x), définie sur $\mathbb{R}$. Elle est dérivable sur $\mathbb{R}$ (somme de fonctions dérivables), de dérivée f (x) = 1 − cos(x). En particulier, f’(x) ≥ 0 donc la fonction f est croissante. Comme f(0) = 0, on en déduit f(x) ≥ f(0) = 0 pour tout x ≥ 0.
Cas 2 : B peut être vu de A et $C \in \overset{\frown}{DM}$
Ce qui correspond au schéma spatial

schéma 21
Dans ce cas longueur $\overset{\frown}{MN} > BC+ AD$
En effet :
longueur $\overset{\frown}{MD} < AD$ d’après le sous paragraphe d du paragraphe 3.
$BC > \overset{\frown}{CN}$ , $AD > \overset{\frown}{DM}$
Donc $BC + AD > \overset{\frown}{CN} + \overset{\frown}{DM} > \overset{\frown}{MN}$
Cas 3 : $C \notin \overset{\frown}{MN}$
$AD > \overset{\frown}{DM}$ et $BC > \overset{\frown}{CN}$
d’où $AD+ BC > \overset{\frown}{DM} + \overset{\frown}{CN}$
Or $ \overset{\frown}{DM} + \overset{\frown}{CN} > \overset{\frown}{MN}$ donc $AD +BC > \overset{\frown}{MN}$

schéma 22
Il faudrait continuer d’examiner tous les cas de figure avec le fichier Geoplan intitulé les cas :
$D \notin \overset{\frown}{MN}$ et $C \in \overset{\frown}{NM}$
$D \notin \overset{\frown}{MN}$ et $C \notin \overset{\frown}{NM}$
On en arrive alors à la conclusion :
Pas de visibilité si et seulement si $BC+AD < longueur \overset{\frown}{MN}$
Visibilité si et seulement si $BC+AD ≥ longueur \overset{\frown}{MN}$