Corrigés – Géométrie dans l’espace – Tle S
Exercice 1
1) Vrai : on vérifie que A, B et C sont dans le plan (en supposant qu’ils ne sont pas alignés…).
2) Faux : E est bien dans le plan mais \overrightarrow{ED}= \begin{pmatrix}-2 \\-2 \\-1\end{pmatrix} \not= k\vec{n}~où~\vec{n}= \begin{pmatrix}2 \\2 \\-1\end{pmatrix}~ est le vecteur normal au plan.
3) Vrai: \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ -4 \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}=4-4=0.
4) Faux : OK pour le vecteur, par contre C n’est pas sur la droite :
\begin{cases} 3=-1+2t \\ 1=-1+t \\ -3=1-t\end{cases} \Harr \begin{cases} 2=t\\ 2=t \\ 4=t \end{cases}
5) Vrai : \overrightarrow{AI}=k\overrightarrow{AB} \Harr \begin{pmatrix} \frac{3}{5}-2 \\ 4-4\\ \frac{-9}{5}-1\end{pmatrix}=k \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ -4 \end{pmatrix}
\Harr \begin{cases} \frac{-7}{5}=-2k \\ 0=0 \\ \frac{-14}{5}=-4k \end{cases} \Harr \begin{cases}k=\frac{7}{10} \\ 0=0 \\ k=\frac{7}{10}\end{cases}Exercice 2
1) Réponse D : on écrit classiquement la relation \overrightarrow{SM}=t\vec{n}~où~\vec{n} est le vecteur normal à :
~P~:\begin{pmatrix} x-1 \\ y+2 \\ z-0 \end{pmatrix}=t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -3 \end{pmatrix},~ ce qui donne ~\begin{cases} x=1+t \\ y=-2+t \\ z=-3t\end{cases}~ qui ne correspond à rien de ce qui est proposé. En examinant les diverses solutions proposées on voit que A et C ne peuvent convenir, le vecteur n’étant pas le bon. Il reste à vérifier S dans les autres : si on fait x=1,y=-2,z=0,~ dans ~B~ on obtient ~:t=-1, t=\dfrac{1}{3}~ ce qui n’est pas correct, par contre dans D on a t = −1 dans les trois cas.
2) Réponse D : avec les équations paramétriques obtenues on remplace dans l’équation de :
P: \begin{cases} x=1+t \\ y=-2+t \\ z=-3t \end{cases}~donne :
~(1+t)+(-2+t)-3(-3t)+4=0 \\ \Harr 11t=-3 \Harr t=-\dfrac{3}{11}~ d’où les coordonnées du point d’intersection :
3) Réponse B : soit on calcule
AH=\sqrt{(1-\tfrac{8}{11})^2+(-2+\tfrac{25}{11})^2+(0+\tfrac{9}{11})^2} \\ =\dfrac{\sqrt{9+9+81}}{11}=\dfrac{3}{\sqrt{11}}soit on applique la formule de la distance d’un point à un plan :
d(S,P)=\dfrac{|1\times 1+1 \times (-2)-3 \times 0 +4|}{\sqrt{1^2+1^2+(-3)^2}}=\dfrac{3}{\sqrt{11}}
4) Réponse B : On a \dfrac{3}{\sqrt{11}} < 3~donc H est à l’intérieur de la sphère et P coupe la sphère suivant un cercle (passant par M sur la figure). Le rayon du cercle est MH que l’on calcule avec Pythagore :
SH^2+HM^2=SM^2 \Harr HM^2=3^2-(\dfrac{3}{\sqrt{11}})^2 \\ = 9-\dfrac{9}{11}=\dfrac{90}{11} \Rightarrow HM=\dfrac{3\sqrt{10}}{\sqrt{11}}
Exercice 3
1) Vrai : la projection orthogonale de C sur (AI) est B, on a donc
\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AI}=1 \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}.
2) Vrai : même chose qu’au 1.
3) Vrai : dans le plan ABJ, J se projette en B et \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{IJ}=\dfrac{1}{2}~, et c’est pareil pour C dans le plan ABC.
4) Vrai : AB = AC = 1 et \cos \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}
Exercice 4
Partie A
1) Une équation de P est ax+by+cz+d=0~ donc le vecteur \vec{n}=(a,b,c)~est un vecteur normal à P. Or P donc \vec{n}~est un vecteur directeur de \Delta.
\Delta~ passe par I (x_I.y_I,z_I)~et a pour vecteur directeur \vec{n}(a,b,c) ~donc une représentation paramétrique de \Delta~est :\begin{cases} x=x_I+at \\ y=y_I+bt \\ z=z_I+ct\end{cases} t \in \R .
2.a) H \in \Delta~donc~\overrightarrow{IH} \perp P, \overrightarrow{IH}~et~\vec{n}~sont colinéaires, il existe k réel tel que \overrightarrow{IH}=k\vec{n}.
b) \overrightarrow{IH}=k\vec{n} \Harr \begin{cases} x_H-x_I=ka \\ y_H-y_I=kb \\ z_H-z_I=kc\end{cases} \\ \Harr \begin{cases} x_H=x_i+ka \\ y_H=y_I+kb \\ z_H=z_I+k_c~\end{cases} Or H \in P donc ses coordonnées vérifient l’équation de P et ainsi,
a(x_1+ka) + b(y_1+kb) + c(z_1+kc)+d=0 \\ \Harr k(a^2+b^2+c^2) = -(ax_1+by_1+cz_1+d) \\ \Harr k=\dfrac{-(ax_1+by_1+cz_1+d)}{(a^2+b^2+c^2)}c)
Partie B
1) Q est tangent à S donc la distance de Q à \Omega est égale à r où r est le rayon de S.
Or dist(Q;\Omega)=\dfrac{|x_{\varOmega}-y_{\varOmega}+z_{\varOmega}-11|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}}
=\dfrac{|1+1+3-11|}{\sqrt3}=\dfrac{6}{\sqrt3}=2\sqrt3~ Le rayon de la sphère S est égal à 2\sqrt3.
2) \Delta~ est orthogonale au plan Q donc un vecteur normal à Q est un vecteur directeur de \Delta . Or ~ \vec{n}(1;-1;1)~. est un vecteur normal à Q. De plus, \Delta~ passe par \Omega(1;-1;3)~donc une représentation paramétrique de \Delta~est :~\begin{cases} x=1+t \\ y=-1-t \\ z=3+t \end{cases} , ~~t \in \R
3) Q est tangent à S donc il existe un unique point d’intersection entre Q et S. Soit M(x ; y ; z) ce point. La droite \Delta~ est orthogonale à Q et passe par le centre de S, donc M appartient aussi à \Delta~ et ainsi les coordonnées de M vérifient les équations de \Delta ~ et Q.
On a donc (1+t)-(-1-t)+(3+t)-11=0 \\ \Harr 3t-6=0 \Harr t=2~ donc :
~\begin{cases} x=1+2=3 \\ y=-1-2=-3 \\ z=3+2=5\end{cases}L’intersection de Q et S a pour coordonnées (3 ; – 3 ; 5) .