تمارين - 2BACSEF

التانية باكالوريا العلوم التجريبية – خيار فرنسي

درس : Géométrie dans l'espace

Exercice 3

L’espace est associé au repère orthonormé direct (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k}).

I.

On considère les points : A(−1,2,−2)A(-1,2,-2), B(2,−1,−2)B(2,-1,-2) et Ω(1,1,−3)\Omega(1,1,-3).

  1. Déterminer les coordonnées du vecteur u⃗=AΩ→∧AB→\vec{u} = \overrightarrow{A\Omega} \land \overrightarrow{AB}.
  2. Donner une équation cartésienne du plan (AΩB)(A\Omega B).

II.

Soit (S)(S) la sphère d’équation :

x2+y2+z2−2x−2y+6z+5=0x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y + 6z + 5 = 0

  1. a. Montrer que la sphère (S)(S) est de centre Ω\Omega et de rayon R=6R = \sqrt{6}.
    b. Vérifier que le point AA appartient à (S)(S).
    c. Déterminer une équation cartésienne du plan (P)(P) tangent à la sphère (S)(S) au point AA.

  2. Soit (Q)(Q) le plan d’équation : x+y+z+1=0x + y + z + 1 = 0
    a. Montrer que (P)(P) et (Q)(Q) sont orthogonaux.
    b. Montrer que le plan (Q)(Q) coupe la sphère (S)(S) selon un cercle (C)(C) dont on précisera le centre et le rayon.

  3. Soit (D)(D) la droite définie par la représentation paramétrique :

    {x=ty=3+t(t∈R)z=−4−2t\left\{ \begin{array}{l} x = t \\ y = 3 + t \quad (t \in \mathbb{R}) \\ z = -4 - 2t \end{array} \right.

    a. Calculer la distance du point Ω\Omega à la droite (D)(D).
    b. En déduire que la droite (D)(D) coupe la sphère (S)(S) en deux points distincts puis déterminer les coordonnées de chacun de ces deux points.

I.

A(−1,2,−2),    B(2,−1,−2)   et   Ω(1,1,−3)A(-1,2,-2),~~~~ B(2,-1,-2) ~~\text{ et }~~ \Omega(1,1,-3)

1/ Les coordonnées du vecteur u⃗=AΩ→∧AB→\vec{u}=\overrightarrow{A\Omega}\land \overrightarrow{AB}

On a : AΩ→(2−1−1)\overrightarrow{A\Omega}\begin{pmatrix}2 \\-1 \\ -1\\\end{pmatrix} ; AB→(3−30)\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3 \\-3 \\ 0\\\end{pmatrix}

Donc

u⃗=∣−1−3−10∣i⃗−∣23−10∣j⃗+∣23−1−3∣k⃗=−3i⃗−3j⃗−3k⃗\begin{align*} \vec{u}&=\begin{vmatrix} -1 & -3 \\ -1 & 0 \end{vmatrix}\vec{i} -\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ -1 & 0 \end{vmatrix}\vec{j} +\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ -1 & -3 \end{vmatrix}\vec{k}\\ &=-3\vec{i}-3\vec{j}-3\vec{k} \end{align*}

Alors : u⃗(−3,−3,−3)\vec{u}(-3,-3,-3)

2/ Une équation cartésienne du plan (AΩB)(A\Omega B)

On sait que l’équation du plan (AΩB)(A\Omega B) est de la forme:

ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0

Comme u⃗=AB→∧AΩ→\vec{u}=\overrightarrow{AB}\land\overrightarrow{A\Omega} est un vecteur normal à (AΩB)(A\Omega B) alors

a=−3   ;   b=−3   et   c=−3a=-3~~~;~~~ b=-3 ~~~ et ~~~ c=-3

Donc

(ABC):  −3x−3y−3z+d=0(ABC):~~ -3x-3y-3z+d=0
A∈(AΩB)⇒  −3×(−1)−3×(2)−3×(−2)+d=0⇒d=−3\begin{align*} A\in(A\Omega B) &\Rightarrow~~ -3\times(-1)-3\times(2)-3\times(-2)+d=0\\ &\Rightarrow d=-3 \end{align*}

Alors (AΩB):  −3x−3y−3z−3=0(A\Omega B):~~ -3x-3y-3z-3=0

II.

1/ a/ La sphère (S)(S) est de centre Ω\Omega et de rayon R=6R=\sqrt6

M(x,y)∈(S)⟺x2+y2+z2−2x−2y+6z+5=0⟺(x2−2x)+(y2−2y)+(z2+6z)+5=0⟺(x−1)2−1+(y−1)2−1+(z+3)2−9+5=0⟺(x−1)2+(y−1)2+(z+3)2=62\begin{align*} M(x,y)\in (S) & \Longleftrightarrow x^2+y^2+z^2-2x-2y+6z+5=0 \\ & \Longleftrightarrow (x^2-2x)+(y^2-2y)+(z^2+6z)+5=0 \\ & \Longleftrightarrow (x-1)^2-1+(y-1)^2-1+(z+3)^2-9+5=0 \\ & \Longleftrightarrow (x-1)^2+(y-1)^2+(z+3)^2=\sqrt6^2 \end{align*}

Donc : (S)(S) est la sphère de centre Ω\Omega et de rayon R=6R=\sqrt6

b/ Vérifions que : A∈(S)A\in(S)

Deux méthodes à connaitre :

1ère méthode :

A(−1,2,−2)  ;;  (S):x2+y2+z2−2x−2y+6z+5=0A(-1,2,-2) ~~ ;; ~~(S) : x^2+y^2+z^2-2x-2y+6z+5=0

En remplacant : on a

(−1)2+(2)2+(−2)2−2(−1)−2(2)+6(−2)+5(-1)^2+(2)^2+(-2)^2-2(-1)-2(2)+6(-2)+5
1+4+4+2−4−12+5=16−16=01+4+4+2-4-12+5=16-16=0

et donc : A∈(S)A\in(S)

2ème méthode : il suffit de montrer que : ΩA=R\Omega A=R

ΩA=(xA−xΩ)2+(yA−yΩ)2+(zA−zΩ)2=(−1−1)2+(2−1)2+(−2+3)2=4+1+1=6=R\begin{align*} \Omega A & =\sqrt{(x_A-x_\Omega)^2+(y_A-y_\Omega)^2+(z_A-z_\Omega)^2} \\ &=\sqrt{(-1-1)^2+(2-1)^2+(-2+3)^2} \\ &=\sqrt{4+1+1} \\ &=\sqrt{6}\\ &=R \end{align*}

et donc : A∈(S)A\in(S)

c/ Une équation cartésienne du plan (P)(P) tangent à la sphère (S)(S) au point AA

(P)ΩA

Remarquons que (P)(P) passe par A(−1,2,−2)A(-1,2,-2) et le vecteur ΩA→(−2,1,1)\overrightarrow{\Omega A}(-2,1,1) est normal à (P)(P); donc :

M(x,y,z)∈(P)⇔ax+by+cz+d=0⇔−2x+y+z+d=0A(−1,2,−2)∈(P)⇔−2(−1)+(2)+(−2)+d=0⇔d=−2\begin{align*} M(x,y,z)\in(P) & \Leftrightarrow ax+by+cz+d=0 \\ & \Leftrightarrow -2x+y+z+d=0 \\ \hspace{-1cm}A(-1,2,-2) \in(P)& \Leftrightarrow -2(-1)+(2)+(-2)+d=0 \\ &\Leftrightarrow d=-2 \end{align*}

et donc : (P) : −2x+y+z−2=0(P)~:~-2x+y+z-2=0

2/a/ (P)(P) et (Q)(Q) sont orthogonaux

{(P) : −2x+1y+z−2=0(Q) : x+y+z+1=0\left\{ \begin{array}{ll} (P)~:~-2x+1y+z-2=0\\ (Q)~:~ x+y+z+1=0 \end{array} \right.

On a :

n⃗(−2,1,1)\vec{n}(-2,1,1) vecteur normal à (P)(P)

n′⃗(1,1,1)\vec{n'}(1,1,1) vecteur normal à (Q)(Q)

et on a :

n⃗.n′⃗=(−2)×1+1×1+1×1=0\vec{n}.\vec{n'}=(-2)\times1+1\times1+1\times1=0

Donc n⃗⊥n′⃗\vec{n}\perp\vec{n'}

Et donc (P)⊥(Q)(P)\perp(Q)

b/ Mq le plan (Q)(Q) coupe la sphère (S)(S) selon un cercle (C)(C)

il suffit de calculer d(Ω,(Q))d(\Omega,(Q))

{Ω(1,1,−2)(Q) : x+y+z+1=0\left\{ \begin{array}{ll} \Omega(1,1,-2)\\ (Q)~:~ x+y+z+1=0 \end{array} \right.

⇒d(Ω,(Q))=∣1+1−2+1∣12+12+12=0\Rightarrow d(\Omega,(Q))=\frac{|1+1-2+1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=0

et donc Ω∈(Q)\Omega\in(Q)

Donc (Q)(Q) coupe (S)(S) selon le cercle de centre Ω\Omega et de rayon RR

C’est le plus grand cercle

3/ Soit (D):{x=ty=3+t(t∈R)z=−4−2t(D) :\left\{\begin{array}{ll}x=t\\y=3+t &(t\in\R)\\z=-4-2t\end{array}\right.

a/ Calculons d(Ω,(D))d(\Omega,(D))

(on aura besoin d’un point et d’un vecteur directeur de (D)(D) )

Prenons par exemple t=0t=0 donc (D)(D) passe par le point E(0,3,−4)E(0,3,-4)

el le vecteur v⃗(1,1,−2)\vec{v}(1,1,-2) est un vecteur directeur de (D)(D)

et donc : d(Ω,(F))=∥EΩ→∧v⃗∥∥v⃗∥d(\Omega,(F))=\dfrac{\|\overrightarrow{E\Omega}\land \vec{v} \|}{\|\vec{v}\|}

Comme ΩA→(1−21)\overrightarrow{\Omega A}\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix} et v⃗(11−2)\vec{v}\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}

Alors

EΩ→∧v⃗=∣−211−2∣i⃗−∣111−2∣j⃗+∣11−21∣k⃗=3i⃗+3j⃗+3k⃗\begin{aligned} \overrightarrow{E\Omega}\land \vec{v} &=\begin{vmatrix} -2 & 1 \\ 1 & -2 \end{vmatrix}\vec{i} -\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{vmatrix}\vec{j} +\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ -2 & 1 \end{vmatrix}\vec{k}\\ &=3\vec{i}+3\vec{j}+3\vec{k} \end{aligned}
  • ∥EΩ→∧v⃗∥=42+32+32=33\|\overrightarrow{E\Omega}\land \vec{v} \|=\sqrt{4^2+3^2+3^2}=3\sqrt3
  • ∥v⃗∥=12+12+(−2)2=6\|\vec{v}\|=\sqrt{1^2+1^2+(-2)^2}=\sqrt6

donc : d(Ω,(F))=336=32=322d(\Omega,(F))=\dfrac{3\sqrt3}{\sqrt6}=\dfrac{3}{\sqrt2}=\dfrac{3\sqrt2}{2}

Alors : d(Ω,(F))=322d(\Omega,(F))=\dfrac{3\sqrt2}{2}

b/ En déduire que la droite (D)(D) coupe la sphère (S)(S) en deux points distincts puis déterminer les coordonnées de chacun de ces deux points.

On a : d(Ω,(F))=322<6d(\Omega,(F))=\frac{3\sqrt2}{2}<\sqrt{6} c-à-d d(Ω,(F))<Rd(\Omega,(F))<R Alors :

la droite (D)(D) perce la sphère (S)(S) en deux points FF et FF distincts dont les coordonnées vérifient le système :

{x=t(1)y=3+t(2)z=−4−2t(3)x2+y2+z2−2x−2y+6z+5=0(4)\left\{\begin{array}{ll} x=t &(1)\\ y=3+t &(2) \\ z=-4-2t &(3) \\ x^2+y^2+z^2-2x-2y+6z+5=0 & (4) \end{array} \right.

et en remplacant (1), (2) et (3) dans (4) on obtient :

t2+(3+t)2+(−4−2t)2−2t−2(3+t)+6(−4−2t)+5=0  ⟺  6t2+6t=0  ⟺  t2+t=0  ⟺  t(t+1)=0  ⟺  t=0 ou t=−1\begin{align*} &t^2+(3+t)^2+(-4-2t)^2-2t-2(3+t)+6(-4-2t)+5=0 \\ &\iff 6t^2+6t=0\\ &\iff t^2+t=0 \\ &\iff t(t+1)=0 \\ &\iff t=0 ~ou~ t=-1 \end{align*}

et donc

{xF=0yF=3zF=−4\left\{\begin{array}{ll} x_F=0 \\ y_F=3 \\ z_F=-4 \end{array} \right.

et

{xG=−1yG=2zG=−2\left\{\begin{array}{ll} x_G=-1 \\ y_G=2 \\ z_G=-2 \end{array} \right.

E donc : F(0,3,−4)F(0,3,-4) et G(−1,2,−2)G(-1,2,-2)

En remarque que G=AG=A