Géométrie dans l'espace — Session Normale 2017 — Correction détaillée — Extrait d'Examen National — 2ème Bac Sciences Physiques BIOF

Géométrie dans l'espace - Extrait d'Examen National — Session Normale 2017 | Sphère, plan tangent, droite, produit vectoriel | Dima20

Géométrie dans l'espace - Extrait d'Examen National — Session Normale 2017 | 2ème Bac Sciences Physiques BIOF

Géométrie dans l'espace Session Normale 2017

Énoncé

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct \((O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})\), on considère le plan \((P)\) passant par le point \(A(0, 1, 1)\) et dont \(\vec{u}(1, 0, -1)\) est un vecteur normal et la sphère \((S)\) de centre le point \(\Omega(0, 1, -1)\) et de rayon \(\sqrt{2}\).

1
a Montrer que : \(x - z + 1 = 0\) est une équation cartésienne du plan \((P)\). (0,5 P^t)

b Montrer que le plan \((P)\) est tangent à la sphère \((S)\) et vérifier que \(B(-1, 1, 0)\) est le point de contact. (0,75 P^t)
2
a Déterminer une représentation paramétrique de la droite \((\Delta)\) passant par le point \(A\) et orthogonale au plan \((P)\). (0,25 P^t)

b Montrer que la droite \((\Delta)\) est tangente à la sphère \((S)\) au point \(C(1, 1, 0)\). (0,75 P^t)
3 Montrer que : \(\overrightarrow{OC} \wedge \overrightarrow{OB} = 2\vec{k}\) et en déduire l'aire du triangle \(OBC\). (0,75 P^t)

✓ Correction détaillée

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

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

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

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

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

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

\[ x - z + 1 = 0 \]

\[ \boxed{(P) : x - z + 1 = 0} \]

1. b) Tangence du plan \((P)\) à la sphère \((S)\)

La sphère \((S)\) a pour centre \(\Omega(0, 1, -1)\) et rayon \(R = \sqrt{2}\).

Calculons la distance de \(\Omega\) au plan \((P)\) :

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

\[ \boxed{d(\Omega, (P)) = \sqrt{2}} \]

Puisque \(d(\Omega, (P)) = R = \sqrt{2}\), le plan \((P)\) est tangent à la sphère \((S)\).

\[ \boxed{\text{Le plan }(P)\text{ est tangent à la sphère }(S)} \]

Le point de contact \(B\) est le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur \((P)\).

La droite passant par \(\Omega\) et orthogonale à \((P)\) a pour vecteur directeur \(\vec{u}(1, 0, -1)\).

Pour tout point \(M(x, y, z)\) de cette droite :

\[ \overrightarrow{\Omega M} = t \vec{u},\quad t \in \mathbb{R} \]

\[ (x - 0,\; y - 1,\; z + 1) = t(1, 0, -1) \]

D'où la représentation paramétrique :

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

Pour trouver \(B\), on résout le système :

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

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

\[ t - (-1 - t) + 1 = 0 \quad\Rightarrow\quad t + 1 + t + 1 = 0 \quad\Rightarrow\quad 2t + 2 = 0 \quad\Rightarrow\quad t = -1 \]

En substituant \(t = -1\) :

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

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

2. a) Représentation paramétrique de la droite \((\Delta)\)

La droite \((\Delta)\) passe par \(A(0, 1, 1)\) et est orthogonale au plan \((P)\).

Le plan \((P)\) a pour vecteur normal \(\vec{u}(1, 0, -1)\).

Donc \((\Delta)\) admet \(\vec{u}\) comme vecteur directeur.

Pour tout point \(M(x, y, z)\) de \((\Delta)\) :

\[ \overrightarrow{AM} = t \vec{u},\quad t \in \mathbb{R} \]

\[ (x - 0,\; y - 1,\; z - 1) = t(1, 0, -1) \]

Ce qui donne le système :

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

\[ \boxed{(\Delta) : \begin{cases} x = t \\ y = 1 \\ z = 1 - t \end{cases},\; t \in \mathbb{R}} \]

2. b) Tangence de la droite \((\Delta)\) à la sphère \((S)\)

Vérifions d'abord que \(C(1, 1, 0)\) appartient à \((\Delta)\) :

Pour \(t = 1\) : \(x = 1,\; y = 1,\; z = 1 - 1 = 0\). Donc \(C \in (\Delta)\).

Vérifions que \(C\) appartient à la sphère \((S)\) :

\[ \Omega C = \sqrt{(1 - 0)^2 + (1 - 1)^2 + (0 + 1)^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2} = R \]

Donc \(C \in (S)\).

Vérifions que \((\Delta)\) est orthogonale au rayon \(\Omega C\) :

\[ \overrightarrow{\Omega C} = (1, 0, 1) \]

Le vecteur directeur de \((\Delta)\) est \(\vec{u}(1, 0, -1)\).

\[ \overrightarrow{\Omega C} \cdot \vec{u} = 1 \times 1 + 0 \times 0 + 1 \times (-1) = 1 - 1 = 0 \]

Donc \(\overrightarrow{\Omega C}\) est orthogonal à \(\vec{u}\).

Puisque la droite \((\Delta)\) passe par \(C\) et que le rayon \(\Omega C\) est perpendiculaire à \((\Delta)\), la droite \((\Delta)\) est tangente à la sphère \((S)\) au point \(C\).

\[ \boxed{\text{La droite }(\Delta)\text{ est tangente à la sphère }(S)\text{ au point }C(1, 1, 0)} \]

3. Calcul de \(\overrightarrow{OC} \wedge \overrightarrow{OB}\) et aire du triangle \(OBC\)

On a \(C(1, 1, 0)\) et \(B(-1, 1, 0)\).

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

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

Calculons le produit vectoriel :

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

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

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

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

\[ = 2\vec{k} \]

\[ \boxed{\overrightarrow{OC} \wedge \overrightarrow{OB} = 2\vec{k}} \]

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

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

\[ \| \overrightarrow{OC} \wedge \overrightarrow{OB} \| = \|2\vec{k}\| = 2 \]

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

\[ \boxed{\mathcal{A}_{OBC} = 1 \text{ unité d'aire}} \]

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