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