Géométrie dans l'espace — Session Normale 2015(1) — Correction détaillée — Extrait d'Examen National — 2ème Bac Sciences Physiques BIOF

Géométrie dans l'espace - Extrait d'Examen National — Session Normale 2015 | Sphère, plan, cercle, produit vectoriel | Dima20

Géométrie dans l'espace - Extrait d'Examen National — Session Normale 2015(1) | 2ème Bac Sciences Physiques BIOF

Géométrie dans l'espace Session Normale 2015

Énoncé

On considère, dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct \((O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})\), les deux points \(A(2, 1, 0)\) et \(B(-4, 1, 0)\). Soit \((P)\) le plan passant par le point \(A\) et \(\vec{u} = \vec{i} + \vec{j} - \vec{k}\) son vecteur normal.

1 Montrer que \(x + y - z - 3 = 0\) est une équation cartésienne du plan \((P)\). (0,5 P^t)
2 Soit \((S)\) l'ensemble de points \(M\) de l'espace qui vérifient la relation : \(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0\).
Montrer que \((S)\) est la sphère de centre \(\Omega(-1, 1, 0)\) et de rayon \(3\). (0,75 P^t)
3
a Calculer la distance du point \(\Omega\) au plan \((P)\) puis en déduire que \((P)\) coupe \((S)\) suivant un cercle \((C)\). (0,5 P^t)

b Montrer que le centre du cercle \((C)\) est le point \(H(0, 2, -1)\). (0,5 P^t)
4 Montrer que \(\overrightarrow{OH} \wedge \overrightarrow{OB} = \vec{i} + 4\vec{j} + 8\vec{k}\) et en déduire l'aire du triangle \(OHB\). (0,75 P^t)

✓ Correction détaillée

1. Équation cartésienne du plan \((P)\)

Le plan \((P)\) passe par \(A(2, 1, 0)\) et a pour vecteur normal \(\vec{u}(1, 1, -1)\).

Pour tout point \(M(x, y, z)\) de \((P)\), on a :

\[ \overrightarrow{AM} \cdot \vec{u} = 0 \]

\[ (x - 2, y - 1, z - 0) \cdot (1, 1, -1) = 0 \]

\[ 1(x - 2) + 1(y - 1) - 1(z) = 0 \]

\[ x - 2 + y - 1 - z = 0 \]

\[ x + y - z - 3 = 0 \]

\[ \boxed{(P) : x + y - z - 3 = 0} \]

2. Détermination de la sphère \((S)\)

On a \(A(2, 1, 0)\) et \(B(-4, 1, 0)\). Soit \(M(x, y, z)\) un point de l'espace.

\[ \overrightarrow{MA} = (2 - x, 1 - y, -z) \]

\[ \overrightarrow{MB} = (-4 - x, 1 - y, -z) \]

La condition \(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0\) donne :

\[ (2 - x)(-4 - x) + (1 - y)(1 - y) + (-z)(-z) = 0 \]

\[ (2 - x)(-4 - x) + (1 - y)^2 + z^2 = 0 \]

Développons \((2 - x)(-4 - x)\) :

\[ (2 - x)(-4 - x) = -8 - 2x + 4x + x^2 = x^2 + 2x - 8 \]

L'équation devient :

\[ x^2 + 2x - 8 + (1 - 2y + y^2) + z^2 = 0 \]

\[ x^2 + y^2 + z^2 + 2x - 2y - 7 = 0 \]

On identifie le centre :

\[ x_\Omega = \frac{2}{-2} = -1,\quad y_\Omega = \frac{-2}{-2} = 1,\quad z_\Omega = \frac{0}{-2} = 0 \]

\[ \boxed{\Omega(-1, 1, 0)} \]

Calculons le rayon :

\[ R = \sqrt{(-1)^2 + (1)^2 + (0)^2 - (-7)} = \sqrt{1 + 1 + 0 + 7} = \sqrt{9} = 3 \]

\[ \boxed{R = 3} \]

3. a) Distance de \(\Omega\) à \((P)\) et intersection

Le plan \((P)\) a pour équation : \(x + y - z - 3 = 0\).

La distance du point \(\Omega(-1, 1, 0)\) au plan \((P)\) est :

\[ d = \frac{|-1 + 1 - 0 - 3|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2}} = \frac{|-3|}{\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3} \]

\[ \boxed{d(\Omega, (P)) = \sqrt{3}} \]

On a \(d = \sqrt{3} \approx 1,732\) et \(R = 3\).

Puisque \(d < R\), le plan \((P)\) coupe la sphère \((S)\) suivant un cercle \((C)\).

\[ \boxed{\text{Le plan }(P)\text{ coupe la sphère }(S)\text{ suivant un cercle }(C)} \]

3. b) Centre du cercle \((C)\)

Le centre \(H\) du cercle \((C)\) est le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur le plan \((P)\).

La droite \((\Delta)\) passant par \(\Omega\) et orthogonale à \((P)\) a pour vecteur directeur \(\vec{n}(1, 1, -1)\).

Représentation paramétrique de \((\Delta)\) :

\[ \begin{cases} x = -1 + t \\ y = 1 + t \\ z = -t \end{cases},\quad t \in \mathbb{R} \]

Pour trouver \(H\), on résout le système formé par l'équation de \((P)\) et la représentation paramétrique de \((\Delta)\) :

\[ \begin{cases} x + y - z - 3 = 0 \\ x = -1 + t \\ y = 1 + t \\ z = -t \end{cases} \]

Remplaçons \(x\), \(y\) et \(z\) dans l'équation du plan :

\[ (-1 + t) + (1 + t) - (-t) - 3 = 0 \]

\[ -1 + t + 1 + t + t - 3 = 0 \]

\[ 3t - 3 = 0 \quad\Rightarrow\quad t = 1 \]

En substituant \(t = 1\) :

\[ x = -1 + 1 = 0,\quad y = 1 + 1 = 2,\quad z = -1 \]

\[ \boxed{H(0, 2, -1)} \]

4. Calcul de \(\overrightarrow{OH} \wedge \overrightarrow{OB}\) et aire du triangle \(OHB\)

On a \(O(0, 0, 0)\), \(H(0, 2, -1)\) et \(B(-4, 1, 0)\).

Calculons \(\overrightarrow{OH}\) et \(\overrightarrow{OB}\) :

\[ \overrightarrow{OH} = (0, 2, -1) \]

\[ \overrightarrow{OB} = (-4, 1, 0) \]

Calculons le produit vectoriel :

\[ \overrightarrow{OH} \wedge \overrightarrow{OB} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0 & 2 & -1 \\ -4 & 1 & 0 \end{vmatrix} \]

\[ = \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \vec{i} - \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ -4 & 0 \end{vmatrix} \vec{j} + \begin{vmatrix} 0 & 2 \\ -4 & 1 \end{vmatrix} \vec{k} \]

\[ = (2 \times 0 - (-1) \times 1)\vec{i} - (0 \times 0 - (-1) \times (-4))\vec{j} + (0 \times 1 - 2 \times (-4))\vec{k} \]

\[ = (0 + 1)\vec{i} - (0 - 4)\vec{j} + (0 + 8)\vec{k} \]

\[ = \vec{i} + 4\vec{j} + 8\vec{k} \]

\[ \boxed{\overrightarrow{OH} \wedge \overrightarrow{OB} = \vec{i} + 4\vec{j} + 8\vec{k}} \]

L'aire du triangle \(OHB\) est donnée par :

\[ \mathcal{A}_{OHB} = \frac{1}{2} \| \overrightarrow{OH} \wedge \overrightarrow{OB} \| \]

\[ \| \overrightarrow{OH} \wedge \overrightarrow{OB} \| = \sqrt{1^2 + 4^2 + 8^2} = \sqrt{1 + 16 + 64} = \sqrt{81} = 9 \]

\[ \mathcal{A}_{OHB} = \frac{1}{2} \times 9 = \frac{9}{2} \]

\[ \boxed{\mathcal{A}_{OHB} = \frac{9}{2} \text{ unités d'aire}} \]

Examen précédent

Examen suivant

Voir aussi

Chargement des cours...

Voir aussi

Explorez d'autres ressources

Examens avec correction

Examens régionaux avec correction

Cours de maths

Exercices corrigés

Dima20 | Maths pour le Lycée Qualifiant

Niveaux

Filières Scientifiques

Filières Techniques

Filières Littéraires