TS. Contrôle 8 - Correction EX 1 : ( 5 points ) L`espace est muni d`un

♣
TS. Contrôle 8 - Correction
−´
→
− →
− →
E X 1 : ( 5 points )
L’espace est muni d’un repère orthonormé O, ı ,  , k .
On considère les trois points A, B et C de coordonnées respectives :
A(−1 ; 2 ; 1) , B(1 ; −6 ; −1) et C (2 ; 2 ; 2).
³
1.
a. Vérifier que les points A, B et C définissent bien un plan.




2
3
−−→ 
−
−
→
AB −8  , AC  0 
ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas
−2
1
proportionnelles, donc les trois points distincts A, B et C définissent un plan.


1
→
−
1  est un vecteur normal au plan (ABC).
b. Montrer que le vecteur n
−3
→
− −−→
→
− −−→
On a
n · AB = 2 − 8 + 6 = 0 et n · AC = 3 − 3 = 0.
→
−
n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) c’est donc un vecteur normal au plan (ABC).
c. Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC).
On sait que M (x ; y ; z) ∈ (ABC) ⇐⇒ 1x + 1y − 3z + d = 0.
En particulier C(2 ; 2 ; 2) ∈ (ABC) ⇐⇒ 1 × 2 + 1 × 2 − 3 × 2 + d = 0 ⇐⇒ d = 2.
Conclusion : M (x ; y ; z) ∈ (ABC) ⇐⇒ x + y − 3z + 2 = 0
2. Soit P le plan d’équation : x − y + z − 4 = 0.
a. Montrer que les plans (ABC) et P sont sécants.


1
→
−
→
−
→
−
Le vecteur p  −1  est un vecteur normal au plan (P). Or n et p ne sont pas colinéaires,
1
ce qui signifie que les plans (ABC) et P ne sont pas parallèles donc sécants.
b. Soit D la droite intersection des plans P et (ABC). Déterminer une représentation paramétrique de la droite D.

½
 x + y = 3t − 2
x + y − 3z + 2 = 0
x − y = −t + 4 (1) ⇒ 2x = 2t + 2 ⇐⇒ x = t + 1.
M (x ; y ; z) ∈ D ⇐⇒
⇐⇒

x − y +z −4
= 0
z
= t
En remplaçant dans l’équation (1) y = x + z − 4 = z + 1 + z − 4 = 2t − 3.

 x
y
Finalement : M (x ; y ; z) ∈ D ⇐⇒

z
= t +1
= 2t − 3
= t
,t ∈
R.
3. On considère la sphère S de centre Ω(3 ; 1 ; 3) et de rayon 3 et on nomme I le point de coordonnées (2 ; −1 ; 1). On
admet que la droite D a pour représentation paramétrique :

 x
y

z
=
1+t
= −3 + 2t
=
t
,t ∈
R.
a. Montrer que le point I appartient à la droite D.
Le point de D correspondant à t = 1 est le point I.
b. Montrer que le point I appartient à la sphère S.
Calculons ΩI2 = (2 − 3)2 + (−1 − 1)2 + (1 − 3)2 = 1 + 4 + 4 = 9, donc ΩI = 3 : le point I appartient à la sphère S.
c. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative même non fructueuse, sera prise
en compte dans l’évaluation. Montrer que la droite D coupe la sphère S en un deuxième point.
Un point M (x ; y ; z) appartient à S si et seulement si ΩM 2 = 9 ⇐⇒ (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 = 9.
Un
 point M (x ; y ; z) appartient à D et à S si et seulement si ses coordonnées vérifient les équations :
 x
=
1+t


 y
= −3 + 2t
⇒

z
=
t


 (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 =
9
(1 + t − 3)2 + (−3 + 2t − 1)2 + (t − 3)2 = 9 ⇐⇒ t 2 + 4 − 4t + 4t 2 + 16 − 16t + t 2 + 9 − 6t = 9
⇐⇒ 6t 2 − 26t + 20 = 0 ⇐⇒ 3t 2 − 13t + 10 = 0.
On sait que I appartient à S donc t = 1 est une des des solutions de l’équation du second degré.
10
Or 3t 2 − 13t + 10 = (t − 1)(3t − 10) ; donc l’autre solution est donnée par 3t − 10 = 0 ⇐⇒ t =
, valeur du
3
µ
¶
13 11 10
paramètre qui conduit à J
;
;
3
3
3
E X 2 : ( 5 points )
Partie A
−→
−→ −→
On rappelle que pour tous les points E et F de l’espace, EF2 = EF 2 = EF · EF
Soient A et B deux points distincts de l’espace et I le milieu de [AB].
1
1. Démontrer que, pour tout point M de l’espace, on a : M A2 + M B2 = 2M I2 + AB2 .
2
En utilisant l’égalité de Chasles avec le point I,
−−→ −−→ ³−−→ −
→´ ³−−→ −
→´
−−→ −
→
−−→ −
→
M A2 = M A · M A = M I + IA · M I + IA = M I2 + IA2 + 2M I · IA . De même M B2 = M I2 + IB2 + 2M I · IB .
Par somme on obtient :
AB2 AB2
1
−−→ −
→
−−→ −
→
−−→ ³−
→ −
→´
M A2 + M B2 = 2M I2 + IA2 + IB2 + 2M I · IA + 2M I · IB = 2M I2 +
+
+ 2M I · IA + IB = 2M I2 + AB2
4
4
2
| {z }
→
−
=0
2. Déterminer la nature de l’ensemble (E) des points M de l’espace tels que M A2 + M B2 = AB2 .
En utilisant le résultat précédent :
1
1
1
1
M A2 + M B2 = AB2 ⇐⇒ 2M I2 + AB2 = AB2 ⇐⇒ 2M I2 = AB2 ⇐⇒ M I2 = AB2 ⇐⇒ IM = AB.
2
2
4
2
1
Les points M sont à la distance AB du point fixe I milieu de [AB] : l’ensemble (E) est donc la sphère de centre
2
1
I et de rayon AB.
2
Partie B
³ →
−´
− →
− →
L’espace est rapporté à un repère orthonormal O, ı ,  , k .
On considère les plans (P) et (Q) d’équations respectives : 3x + 4y + z − 1 = 0 et x − 2y − z + 5 = 0
et les points A et B de coordonnées respectives (−1 ; 0 ; 4) et (3 ; −4 ; 2).
1. Montrer que les plans (P) et (Q) sont sécants.




3
1
→
−
→
−
→
−
→
−
4  et q  −2  sont des vecteurs normaux respectivement à (P) et (Q). Or p et q ne sont pas colinéaires
p
1
−1
car leurs cordonnées ne sont pas proportionnelles, donc les plans ne sont pas parallèles : ils sont sécants en (∆).
On nomme (∆) la droite d’intersection des plans (P) et (Q).
a. Montrer que le point A appartient à la droite (∆).
A appartient à la droite (∆) si et seulement s’il appartient aux deux plans (P) et (Q).
A(−1 ; 0 ; 4) ∈ (P) ⇐⇒ 3 × (−1) + 4 × 0 + 1 × 4 − 1 = 0 : vrai ;
A(−1 ; 0 ; 4) ∈ (Q) ⇐⇒ 1 × (−1) − 2 × 0 − 1 × 4 + 5 = 0 : vrai.
Conclusion A est un point de (∆).


1
→
−
b. Montrer que u  −2  est un vecteur directeur de la droite (∆).
5
→
− →
−
→
−
→
−
On a u · p = 1 × 3 + (−2) × 4 + 5 × 1 = 8 − 8 = 0 : les vecteurs u et p sont orthogonaux.
→
− →
−
→
−
→
−
u · q = 1 × 1 + (−2) × (−2) + 5 × (−1) = 5 − 5 = 0 : les vecteurs u et q sont orthogonaux .
→
−
Donc le vecteur u est un vecteur directeur de la droite (∆) commune aux deux plans (P) et (Q).
On peut aussi considérer le point C de coordonnées : (−1 + 1 = 0 ; 0 − 2 = −2 ; 4 + 5 = 9) et montrer que
−−→ →
−
ce point appartient lui aussi à (P) et à (Q) donc à (∆) et AC = u . . .
c. Déterminer un système d’équations paramétriques de la droite (∆).
→
−
On sait que la droite est définie par le point A et un de ses vecteurs directeurs u .
On a donc M (x ;

 x +1 =
y −0 =
⇐⇒

z −4 =
y ; z) ∈ (∆) ⇐⇒

1t

−2t ⇐⇒

5t
il existe t ∈
x
y
z
−→
→
−
R tel que −AM
= tu
= t −1
= −2t
= 5t + 4
,t ∈
R
système d’équations paramétriques de (∆).
½
3x + 4y + z − 1 = 0
Autre méthode (plus compliquée) : M (x ; y ; z) ∈ (∆) ⇐⇒ M (x ; y ; z) ∈ (P)∩(Q) ⇐⇒
x − 2y − z + 5
= 0
½
½
8
2
3x + 4y = −z + 1
3x + 4y = −z + 1
⇐⇒
⇐⇒
⇒ 10y = −4z + 16 ⇐⇒ y = − z +
x − 2y
= z −5
3x − 6y = 3z − 15
5
5
4
16
1
9
En reportant dans l’équation de (Q) on obtient : x−2y −z+5 = 0 ⇐⇒ x = 2y +z−5 = − z+ +z−5 = z− .
5
5
5
5

1
9

 x =
t−


5
5
2
8
D’où en posant z = t (t ∈ ) M (x ; y ; z) ∈ (∆) ⇐⇒
y
=
−
t
+


5
5


z = t
R
2. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse, sera prise en
compte dans l’évaluation.
Soit (E) l’ensemble des points M de l’espace tels que M A2 + M B2 = AB2 .
Déterminer l’ensemble des points d’intersection de (E) et de la droite (∆). On précisera les coordonnées de ces points.
Soit M (x ; y ; z) un point de (∆) ; en utilisant ses coordonnées paramétriques on a :
M A2 + M B2 = AB2 ⇐⇒ (−1− t +1)2 +(0+2t )2 +(4−5t +4)2 +(t −4)2 +(−2t +4)2 +(5t +2)2 = (3+1)2 +(−4)2 +(2−4)2
⇐⇒ t 2 +4t 2 +25t 2 +64−80t = 16+16+4 ⇐⇒ 60t 2 −4t 0 = 0 ⇐⇒ 15t 2 −t = 0 ⇐⇒ t (15t −1) = 0.
Il y a donc deux solutions : l’une correspondant
le point M 1 (−1 ; 0 ; 4), soit le point A, l’autre
¶
µ à t = 0 et donnant
14
2 13
1
.
donnant le point M 2 −
;−
;
correspondant à t =
15
15
15 3