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    2e Bac Sciences expérimentales (PC et SVT)

    Géométrie dans l'espace

    Cours de géométrie dans l'espace 2e Bac PC/SVT : produit scalaire, plans, sphère, produit vectoriel, distances, 8 exercices corrigés et QCM.

    • 60 min
    • 8 exercices corrigés
    • QCM de 8 questions

    Prérequis : Produit scalaire dans le plan (1re Bac), vecteurs et droites de l'espace (1re Bac)

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    L'essentiel

    Dans tout le chapitre, l'espace est muni d'un repère orthonormé direct (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}). Les vecteurs u⃗(a,b,c)\vec{u}(a, b, c) et v⃗(a′,b′,c′)\vec{v}(a', b', c') sont donnés par leurs coordonnées dans ce repère.

    1. Produit scalaire dans l'espace

    Le produit scalaire est symétrique (u⃗⋅v⃗=v⃗⋅u⃗\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{v} \cdot \vec{u}) et bilinéaire. Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul : u⃗⊥v⃗  ⟺  u⃗⋅v⃗=0\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u} \cdot \vec{v} = 0.

    2. Vecteur normal et équation cartésienne d'un plan

    3. Distance d'un point à un plan

    4. Représentation paramétrique d'une droite

    5. La sphère

    6. Position relative d'une sphère et d'un plan

    Soit (S)(S) la sphère de centre Ω\Omega et de rayon RR, (P)(P) un plan, d=d(Ω,(P))d = d(\Omega, (P)) et HH le projeté orthogonal de Ω\Omega sur (P)(P).

    7. Position relative d'une sphère et d'une droite

    Soit (D)(D) une droite et d=d(Ω,(D))d = d(\Omega, (D)) la distance du centre à la droite.

    En pratique, on remplace xx, yy et zz par la représentation paramétrique de (D)(D) dans l'équation de (S)(S) : on obtient une équation du second degré en tt dont le nombre de solutions donne le nombre de points d'intersection.

    8. Produit vectoriel

    Méthodes

    Méthode 1 : Trouver une équation du plan passant par trois points

    1. Calcule AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}, puis n⃗=AB→∧AC→\vec{n} = \overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}.
    2. Si n⃗=0⃗\vec{n} = \vec{0}, les points sont alignés : ils ne définissent pas un plan unique.
    3. Sinon, écris ax+by+cz+d=0ax + by + cz + d = 0 avec (a,b,c)(a, b, c) les coordonnées de n⃗\vec{n}.
    4. Trouve dd en écrivant que AA appartient au plan, puis vérifie avec BB et CC.

    Méthode 2 : Calculer une distance à un plan ou à une droite

    1. Point-plan : applique directement la formule avec la valeur absolue.
    2. Point-droite : choisis un point AA de (D)(D) et un vecteur directeur u⃗\vec{u} (lus sur la représentation paramétrique), calcule AM→∧u⃗\overrightarrow{AM} \wedge \vec{u}, puis divise sa norme par ∥u⃗∥\|\vec{u}\|.

    Méthode 3 : Trouver le centre et le rayon d'une sphère

    1. Regroupe les termes en xx, en yy et en zz.
    2. Complète chaque carré : x2−2ax=(x−a)2−a2x^2 - 2ax = (x - a)^2 - a^2.
    3. Isole la constante kk à droite et regarde son signe.

    Méthode 4 : Étudier l'intersection d'une sphère et d'un plan

    1. Calcule d=d(Ω,(P))d = d(\Omega, (P)) et compare-la à RR.
    2. Si d<Rd < R, le rayon du cercle est r=R2−d2r = \sqrt{R^2 - d^2}.
    3. Pour le centre HH du cercle : écris la droite passant par Ω\Omega et dirigée par n⃗\vec{n}, puis cherche son intersection avec (P)(P).

    Méthode 5 : Trouver les points d'intersection d'une droite et d'une sphère

    1. Remplace xx, yy, zz par leurs expressions en tt dans l'équation de la sphère.
    2. Résous l'équation du second degré obtenue.
    3. Chaque solution tt donne un point : remplace-la dans la représentation paramétrique.

    Méthode 6 : Écrire l'équation du plan tangent en un point

    1. Vérifie que le point AA appartient bien à la sphère : ΩA=R\Omega A = R.
    2. Le plan tangent passe par AA et admet ΩA→\overrightarrow{\Omega A} comme vecteur normal.
    3. Écris ΩA→⋅AM→=0\overrightarrow{\Omega A} \cdot \overrightarrow{AM} = 0 et développe.

    Exercices corrigés

    Exercice 1 : Triangle rectangle dans l'espace

    Facile

    On considère les points A(1,2,0)A(1, 2, 0), B(3,1,2)B(3, 1, 2) et C(4,6,−1)C(4, 6, -1).

    1. Calcule les coordonnées de AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}, puis AB→⋅AC→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}.
    2. Calcule les longueurs ABAB, ACAC et BCBC. Quelle est la nature du triangle ABCABC ?
    3. Calcule l'aire du triangle ABCABC.
    4. Détermine le réel mm pour que le vecteur w⃗(m,4,1)\vec{w}(m, 4, 1) soit orthogonal à AB→\overrightarrow{AB}.
    Voir le corrigé

    1. AB→(3−1,1−2,2−0)\overrightarrow{AB}(3 - 1, 1 - 2, 2 - 0), soit AB→(2,−1,2)\overrightarrow{AB}(2, -1, 2), et AC→(3,4,−1)\overrightarrow{AC}(3, 4, -1). Donc :

    AB→⋅AC→=2×3+(−1)×4+2×(−1)=6−4−2=0\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \times 3 + (-1) \times 4 + 2 \times (-1) = 6 - 4 - 2 = 0

    2. AB=4+1+4=3AB = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3, AC=9+16+1=26AC = \sqrt{9 + 16 + 1} = \sqrt{26} et BC→(1,5,−3)\overrightarrow{BC}(1, 5, -3) donne BC=1+25+9=35BC = \sqrt{1 + 25 + 9} = \sqrt{35}.

    Comme AB→⋅AC→=0\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0, le triangle ABCABC est rectangle en AA. On le confirme avec Pythagore : AB2+AC2=9+26=35=BC2AB^2 + AC^2 = 9 + 26 = 35 = BC^2.

    3. Le triangle est rectangle en AA, donc son aire vaut :

    A=AB×AC2=3262≈7,65\mathcal{A} = \frac{AB \times AC}{2} = \frac{3\sqrt{26}}{2} \approx 7{,}65

    4. w⃗⊥AB→  ⟺  w⃗⋅AB→=0  ⟺  2m−4+2=0  ⟺  m=1\vec{w} \perp \overrightarrow{AB} \iff \vec{w} \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \iff 2m - 4 + 2 = 0 \iff m = 1.

    Exercice 2 : Équation d'un plan et plans parallèles

    Facile

    Soit (P)(P) le plan passant par A(2,−1,1)A(2, -1, 1) et de vecteur normal n⃗(1,3,−2)\vec{n}(1, 3, -2).

    1. Détermine une équation cartésienne de (P)(P).
    2. Les points B(1,0,2)B(1, 0, 2) et C(1,1,1)C(1, 1, 1) appartiennent-ils à (P)(P) ?
    3. Détermine une équation du plan (Q)(Q) parallèle à (P)(P) et passant par E(0,2,−1)E(0, 2, -1).
    4. Montre que le plan (R):4x−2y−z+1=0(R) : 4x - 2y - z + 1 = 0 est perpendiculaire à (P)(P).
    Voir le corrigé

    1. M(x,y,z)∈(P)  ⟺  AM→⋅n⃗=0  ⟺  (x−2)+3(y+1)−2(z−1)=0M(x, y, z) \in (P) \iff \overrightarrow{AM} \cdot \vec{n} = 0 \iff (x - 2) + 3(y + 1) - 2(z - 1) = 0.

    En développant : x−2+3y+3−2z+2=0x - 2 + 3y + 3 - 2z + 2 = 0, donc (P):x+3y−2z+3=0(P) : x + 3y - 2z + 3 = 0.

    2. Pour BB : 1+0−4+3=01 + 0 - 4 + 3 = 0, donc B∈(P)B \in (P). Pour CC : 1+3−2+3=5≠01 + 3 - 2 + 3 = 5 \neq 0, donc C∉(P)C \notin (P).

    3. (Q)(Q) est parallèle à (P)(P), donc n⃗(1,3,−2)\vec{n}(1, 3, -2) est aussi normal à (Q)(Q) : (Q):x+3y−2z+d=0(Q) : x + 3y - 2z + d = 0. Comme E∈(Q)E \in (Q) : 0+6+2+d=00 + 6 + 2 + d = 0, donc d=−8d = -8.

    Ainsi (Q):x+3y−2z−8=0(Q) : x + 3y - 2z - 8 = 0.

    4. Un vecteur normal à (R)(R) est n′⃗(4,−2,−1)\vec{n'}(4, -2, -1). On calcule n⃗⋅n′⃗=4−6+2=0\vec{n} \cdot \vec{n'} = 4 - 6 + 2 = 0 : les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc (R)⊥(P)(R) \perp (P).

    Exercice 3 : Produit vectoriel et aire d'un triangle

    Moyen

    On considère A(1,−1,0)A(1, -1, 0), B(2,1,1)B(2, 1, 1), C(0,1,3)C(0, 1, 3) et D(3,3,2)D(3, 3, 2).

    1. Calcule AB→∧AC→\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}. Les points AA, BB, CC sont-ils alignés ?
    2. Calcule l'aire du triangle ABCABC.
    3. Déduis-en une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).
    4. Montre que les points AA, BB et DD sont alignés.
    5. Calcule la distance du point CC à la droite (AB)(AB).
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    1. AB→(1,2,1)\overrightarrow{AB}(1, 2, 1) et AC→(−1,2,3)\overrightarrow{AC}(-1, 2, 3). Avec l'expression analytique :

    AB→∧AC→=(2×3−1×2) i⃗−(1×3−1×(−1)) j⃗+(1×2−2×(−1)) k⃗\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} = (2 \times 3 - 1 \times 2)\,\vec{i} - (1 \times 3 - 1 \times (-1))\,\vec{j} + (1 \times 2 - 2 \times (-1))\,\vec{k}

    Donc AB→∧AC→(4,−4,4)\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}(4, -4, 4). Ce vecteur n'est pas nul, donc AA, BB, CC ne sont pas alignés.

    2. ∥AB→∧AC→∥=16+16+16=43\|\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}\| = \sqrt{16 + 16 + 16} = 4\sqrt{3}, donc l'aire vaut 12×43=23\frac{1}{2} \times 4\sqrt{3} = 2\sqrt{3}.

    3. Le vecteur (4,−4,4)(4, -4, 4) est normal à (ABC)(ABC), donc aussi n⃗(1,−1,1)\vec{n}(1, -1, 1) (on divise par 44). Ainsi (ABC):x−y+z+d=0(ABC) : x - y + z + d = 0, et A∈(ABC)A \in (ABC) donne 1+1+0+d=01 + 1 + 0 + d = 0, soit d=−2d = -2.

    (ABC):x−y+z−2=0(ABC) : x - y + z - 2 = 0. Vérification : BB donne 2−1+1−2=02 - 1 + 1 - 2 = 0 et CC donne 0−1+3−2=00 - 1 + 3 - 2 = 0.

    4. AD→(2,4,2)=2 AB→\overrightarrow{AD}(2, 4, 2) = 2\,\overrightarrow{AB}, donc AB→∧AD→=2 (AB→∧AB→)=0⃗\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AD} = 2\,(\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AB}) = \vec{0} : les points AA, BB, DD sont alignés.

    5. La droite (AB)(AB) passe par AA et est dirigée par AB→\overrightarrow{AB}. On a AC→∧AB→=− AB→∧AC→\overrightarrow{AC} \wedge \overrightarrow{AB} = -\,\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}, de norme 434\sqrt{3}, et ∥AB→∥=6\|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{6}. Donc :

    d(C,(AB))=436=42=22d(C, (AB)) = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}

    Contrôle : aire =12×AB×d(C,(AB))=12×6×22=12=23= \frac{1}{2} \times AB \times d(C, (AB)) = \frac{1}{2} \times \sqrt{6} \times 2\sqrt{2} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}, comme à la question 2.

    Exercice 4 : Reconnaître une sphère

    Moyen
    1. Détermine la nature de l'ensemble (E1):x2+y2+z2−6x+2y−4z+5=0(E_1) : x^2 + y^2 + z^2 - 6x + 2y - 4z + 5 = 0.
    2. Même question pour (E2):x2+y2+z2+4x−2y+6=0(E_2) : x^2 + y^2 + z^2 + 4x - 2y + 6 = 0.
    3. Même question pour (E3):x2+y2+z2−2x+4z+5=0(E_3) : x^2 + y^2 + z^2 - 2x + 4z + 5 = 0.
    4. Soit A(1,2,−1)A(1, 2, -1) et B(3,0,1)B(3, 0, 1). Détermine une équation de la sphère (S)(S) de diamètre [AB][AB], puis son centre et son rayon.
    Voir le corrigé

    1. On complète les carrés : (x−3)2−9+(y+1)2−1+(z−2)2−4+5=0(x - 3)^2 - 9 + (y + 1)^2 - 1 + (z - 2)^2 - 4 + 5 = 0, soit (x−3)2+(y+1)2+(z−2)2=9(x - 3)^2 + (y + 1)^2 + (z - 2)^2 = 9.

    (E1)(E_1) est la sphère de centre Ω1(3,−1,2)\Omega_1(3, -1, 2) et de rayon 33.

    2. (x+2)2−4+(y−1)2−1+z2+6=0(x + 2)^2 - 4 + (y - 1)^2 - 1 + z^2 + 6 = 0, soit (x+2)2+(y−1)2+z2=−1(x + 2)^2 + (y - 1)^2 + z^2 = -1. Une somme de carrés ne peut pas être négative : (E2)=∅(E_2) = \emptyset.

    3. (x−1)2−1+y2+(z+2)2−4+5=0(x - 1)^2 - 1 + y^2 + (z + 2)^2 - 4 + 5 = 0, soit (x−1)2+y2+(z+2)2=0(x - 1)^2 + y^2 + (z + 2)^2 = 0. Les trois carrés sont nuls : (E3)(E_3) est réduit au point (1,0,−2)(1, 0, -2).

    4. M(x,y,z)∈(S)  ⟺  MA→⋅MB→=0M(x, y, z) \in (S) \iff \overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0, c'est-à-dire :

    (1−x)(3−x)+(2−y)(0−y)+(−1−z)(1−z)=0(1 - x)(3 - x) + (2 - y)(0 - y) + (-1 - z)(1 - z) = 0

    En développant : x2−4x+3+y2−2y+z2−1=0x^2 - 4x + 3 + y^2 - 2y + z^2 - 1 = 0, donc (S):x2+y2+z2−4x−2y+2=0(S) : x^2 + y^2 + z^2 - 4x - 2y + 2 = 0.

    Puis (x−2)2+(y−1)2+z2=4+1−2=3(x - 2)^2 + (y - 1)^2 + z^2 = 4 + 1 - 2 = 3 : centre Ω(2,1,0)\Omega(2, 1, 0), milieu de [AB][AB], et rayon 3\sqrt{3}. Contrôle : AB=4+4+4=23AB = \sqrt{4 + 4 + 4} = 2\sqrt{3}, donc AB2=3\frac{AB}{2} = \sqrt{3}.

    Exercice 5 : Droite, plan et distance

    Moyen

    Soit A(2,0,−1)A(2, 0, -1) et B(3,2,0)B(3, 2, 0), et le plan (P):x−y+2z+3=0(P) : x - y + 2z + 3 = 0.

    1. Donne une représentation paramétrique de la droite (AB)(AB).
    2. Les points C(5,6,2)C(5, 6, 2) et E(0,−4,−2)E(0, -4, -2) appartiennent-ils à (AB)(AB) ?
    3. Détermine le point d'intersection de (AB)(AB) et de (P)(P).
    4. Calcule la distance du point M(1,1,1)M(1, 1, 1) à la droite (AB)(AB).
    Voir le corrigé

    1. (AB)(AB) passe par A(2,0,−1)A(2, 0, -1) et est dirigée par AB→(1,2,1)\overrightarrow{AB}(1, 2, 1) :

    (AB):{x=2+ty=2tz=−1+t(t∈R)(AB) : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = 2t \\ z = -1 + t \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R})

    2. Pour CC : 2+t=52 + t = 5 donne t=3t = 3, puis y=6y = 6 et z=2z = 2 : les trois équations sont vérifiées, donc C∈(AB)C \in (AB).

    Pour EE : 2+t=02 + t = 0 donne t=−2t = -2, puis y=−4y = -4 (correct) mais z=−3≠−2z = -3 \neq -2 : donc E∉(AB)E \notin (AB).

    3. On remplace dans l'équation de (P)(P) : (2+t)−2t+2(−1+t)+3=0(2 + t) - 2t + 2(-1 + t) + 3 = 0, soit t+3=0t + 3 = 0, donc t=−3t = -3.

    Le point d'intersection est (2−3,−6,−1−3)(2 - 3, -6, -1 - 3), c'est-à-dire (−1,−6,−4)(-1, -6, -4). Contrôle : −1+6−8+3=0-1 + 6 - 8 + 3 = 0.

    4. AM→(−1,1,2)\overrightarrow{AM}(-1, 1, 2) et u⃗=AB→(1,2,1)\vec{u} = \overrightarrow{AB}(1, 2, 1) :

    AM→∧u⃗=(1×1−2×2) i⃗−((−1)×1−2×1) j⃗+((−1)×2−1×1) k⃗\overrightarrow{AM} \wedge \vec{u} = (1 \times 1 - 2 \times 2)\,\vec{i} - ((-1) \times 1 - 2 \times 1)\,\vec{j} + ((-1) \times 2 - 1 \times 1)\,\vec{k}

    Donc AM→∧u⃗(−3,3,−3)\overrightarrow{AM} \wedge \vec{u}(-3, 3, -3), de norme 27=33\sqrt{27} = 3\sqrt{3}. Avec ∥u⃗∥=6\|\vec{u}\| = \sqrt{6} :

    d(M,(AB))=336=32=322≈2,12d(M, (AB)) = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2} \approx 2{,}12

    Exercice 6 : Une famille de droites et une sphère

    Difficile

    Soit (S):x2+y2+z2−2x−4y+2z−3=0(S) : x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 4y + 2z - 3 = 0 et, pour tout réel aa, la droite (Da)(D_a) de représentation paramétrique x=a+tx = a + t, y=2y = 2, z=−1+tz = -1 + t (t∈Rt \in \mathbb{R}).

    1. Détermine le centre Ω\Omega et le rayon RR de (S)(S).
    2. Calcule d(Ω,(Da))d(\Omega, (D_a)) en fonction de aa.
    3. Discute, selon les valeurs de aa, le nombre de points communs à (Da)(D_a) et (S)(S).
    4. Pour a=4a = 4, détermine les points d'intersection de (D4)(D_4) et (S)(S).
    Voir le corrigé

    1. (x−1)2−1+(y−2)2−4+(z+1)2−1−3=0(x - 1)^2 - 1 + (y - 2)^2 - 4 + (z + 1)^2 - 1 - 3 = 0, soit (x−1)2+(y−2)2+(z+1)2=9(x - 1)^2 + (y - 2)^2 + (z + 1)^2 = 9. Donc Ω(1,2,−1)\Omega(1, 2, -1) et R=3R = 3.

    2. (Da)(D_a) passe par Aa(a,2,−1)A_a(a, 2, -1) (pour t=0t = 0) et est dirigée par u⃗(1,0,1)\vec{u}(1, 0, 1). On a ΩAa→(a−1,0,0)\overrightarrow{\Omega A_a}(a - 1, 0, 0) et :

    ΩAa→∧u⃗=(0×1−0×0) i⃗−((a−1)×1−0×1) j⃗+((a−1)×0−0×1) k⃗\overrightarrow{\Omega A_a} \wedge \vec{u} = (0 \times 1 - 0 \times 0)\,\vec{i} - ((a - 1) \times 1 - 0 \times 1)\,\vec{j} + ((a - 1) \times 0 - 0 \times 1)\,\vec{k}

    soit ΩAa→∧u⃗(0,1−a,0)\overrightarrow{\Omega A_a} \wedge \vec{u}(0, 1 - a, 0), de norme ∣a−1∣|a - 1|. Comme ∥u⃗∥=2\|\vec{u}\| = \sqrt{2} :

    d(Ω,(Da))=∣a−1∣2d(\Omega, (D_a)) = \frac{|a - 1|}{\sqrt{2}}

    3. On compare à R=3R = 3 : ∣a−1∣2<3  ⟺  ∣a−1∣<32\frac{|a - 1|}{\sqrt{2}} < 3 \iff |a - 1| < 3\sqrt{2}.

    • Si 1−32<a<1+321 - 3\sqrt{2} < a < 1 + 3\sqrt{2} : (Da)(D_a) coupe (S)(S) en deux points.
    • Si a=1−32a = 1 - 3\sqrt{2} ou a=1+32a = 1 + 3\sqrt{2} : (Da)(D_a) est tangente à (S)(S).
    • Si a<1−32a < 1 - 3\sqrt{2} ou a>1+32a > 1 + 3\sqrt{2} : (Da)(D_a) ne coupe pas (S)(S).

    Contrôle par le calcul : en remplaçant, (a−1+t)2+0+t2=9(a - 1 + t)^2 + 0 + t^2 = 9, soit 2t2+2(a−1)t+(a−1)2−9=02t^2 + 2(a - 1)t + (a - 1)^2 - 9 = 0, de discriminant réduit Δ′=(a−1)2−2[(a−1)2−9]=18−(a−1)2\Delta' = (a - 1)^2 - 2\left[(a - 1)^2 - 9\right] = 18 - (a - 1)^2. On retrouve Δ′>0  ⟺  ∣a−1∣<32\Delta' > 0 \iff |a - 1| < 3\sqrt{2}.

    4. Pour a=4a = 4 : 2t2+6t+9−9=02t^2 + 6t + 9 - 9 = 0, soit 2t(t+3)=02t(t + 3) = 0, donc t=0t = 0 ou t=−3t = -3.

    Les points d'intersection sont (4,2,−1)(4, 2, -1) et (1,2,−4)(1, 2, -4). Contrôle : Ω\Omega est à la distance 9+0+0=3\sqrt{9 + 0 + 0} = 3 du premier et 0+0+9=3\sqrt{0 + 0 + 9} = 3 du second.

    Exercice 7 : Plan, sphère et cercle d'intersection

    Type Bac

    Dans l'espace muni d'un repère orthonormé direct, on considère les points A(0,1,0)A(0, 1, 0), B(2,1,2)B(2, 1, 2), C(1,−1,0)C(1, -1, 0) et la sphère (S):x2+y2+z2−6x−4y+2z−11=0(S) : x^2 + y^2 + z^2 - 6x - 4y + 2z - 11 = 0.

    1. a) Calcule AB→∧AC→\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}. b) Déduis-en que AA, BB, CC ne sont pas alignés et que 2x+y−2z−1=02x + y - 2z - 1 = 0 est une équation du plan (ABC)(ABC). c) Calcule l'aire du triangle ABCABC.
    2. Montre que (S)(S) a pour centre Ω(3,2,−1)\Omega(3, 2, -1) et pour rayon 55.
    3. a) Calcule d(Ω,(ABC))d(\Omega, (ABC)). b) Déduis-en que (ABC)(ABC) coupe (S)(S) selon un cercle (Γ)(\Gamma) dont tu donneras le rayon.
    4. Soit (Δ)(\Delta) la droite passant par Ω\Omega et perpendiculaire à (ABC)(ABC). a) Donne une représentation paramétrique de (Δ)(\Delta). b) Détermine le centre HH du cercle (Γ)(\Gamma).
    5. Vérifie que E(6,6,−1)E(6, 6, -1) appartient à (S)(S), puis détermine une équation du plan (Q)(Q) tangent à (S)(S) en EE.
    Voir le corrigé

    1. a) AB→(2,0,2)\overrightarrow{AB}(2, 0, 2) et AC→(1,−2,0)\overrightarrow{AC}(1, -2, 0) :

    AB→∧AC→=(0×0−2×(−2)) i⃗−(2×0−2×1) j⃗+(2×(−2)−0×1) k⃗=4i⃗+2j⃗−4k⃗\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} = (0 \times 0 - 2 \times (-2))\,\vec{i} - (2 \times 0 - 2 \times 1)\,\vec{j} + (2 \times (-2) - 0 \times 1)\,\vec{k} = 4\vec{i} + 2\vec{j} - 4\vec{k}

    1. b) Ce vecteur n'est pas nul, donc AA, BB, CC ne sont pas alignés. Le vecteur n⃗(2,1,−2)\vec{n}(2, 1, -2), colinéaire à (4,2,−4)(4, 2, -4), est normal à (ABC)(ABC), d'où (ABC):2x+y−2z+d=0(ABC) : 2x + y - 2z + d = 0. Avec AA : 0+1−0+d=00 + 1 - 0 + d = 0, donc d=−1d = -1. On obtient bien (ABC):2x+y−2z−1=0(ABC) : 2x + y - 2z - 1 = 0.

    1. c) ∥AB→∧AC→∥=16+4+16=6\|\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}\| = \sqrt{16 + 4 + 16} = 6, donc l'aire de ABCABC vaut 62=3\frac{6}{2} = 3.

    2. (x−3)2−9+(y−2)2−4+(z+1)2−1−11=0(x - 3)^2 - 9 + (y - 2)^2 - 4 + (z + 1)^2 - 1 - 11 = 0, soit (x−3)2+(y−2)2+(z+1)2=25(x - 3)^2 + (y - 2)^2 + (z + 1)^2 = 25. Donc Ω(3,2,−1)\Omega(3, 2, -1) et R=5R = 5.

    3. a) d(Ω,(ABC))=∣6+2+2−1∣4+1+4=93=3d(\Omega, (ABC)) = \frac{|6 + 2 + 2 - 1|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{3} = 3.

    3. b) d=3<5=Rd = 3 < 5 = R, donc (ABC)(ABC) coupe (S)(S) selon un cercle (Γ)(\Gamma) de rayon r=R2−d2=25−9=4r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{25 - 9} = 4.

    4. a) (Δ)(\Delta) est dirigée par n⃗(2,1,−2)\vec{n}(2, 1, -2) et passe par Ω\Omega : x=3+2tx = 3 + 2t, y=2+ty = 2 + t, z=−1−2tz = -1 - 2t (t∈Rt \in \mathbb{R}).

    4. b) HH est l'intersection de (Δ)(\Delta) et de (ABC)(ABC) : 2(3+2t)+(2+t)−2(−1−2t)−1=02(3 + 2t) + (2 + t) - 2(-1 - 2t) - 1 = 0, soit 9t+9=09t + 9 = 0, donc t=−1t = -1 et H(1,1,1)H(1, 1, 1). Contrôle : 2+1−2−1=02 + 1 - 2 - 1 = 0 et ΩH=4+1+4=3=d\Omega H = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3 = d.

    5. ΩE→(3,4,0)\overrightarrow{\Omega E}(3, 4, 0) et ΩE=9+16+0=5=R\Omega E = \sqrt{9 + 16 + 0} = 5 = R, donc E∈(S)E \in (S).

    (Q)(Q) passe par EE et admet ΩE→\overrightarrow{\Omega E} comme vecteur normal : 3(x−6)+4(y−6)+0×(z+1)=03(x - 6) + 4(y - 6) + 0 \times (z + 1) = 0, soit (Q):3x+4y−42=0(Q) : 3x + 4y - 42 = 0.

    Exercice 8 : Sphère, droite et plans tangents

    Type Bac

    Dans l'espace muni d'un repère orthonormé direct, on considère la sphère (S):x2+y2+z2−2y+2z−7=0(S) : x^2 + y^2 + z^2 - 2y + 2z - 7 = 0 et la droite (D)(D) définie par x=1+tx = 1 + t, y=1−ty = 1 - t, z=1z = 1 (t∈Rt \in \mathbb{R}).

    1. Détermine le centre Ω\Omega et le rayon RR de (S)(S).
    2. a) Vérifie que A(1,1,1)A(1, 1, 1) appartient à (D)(D) et que u⃗(1,−1,0)\vec{u}(1, -1, 0) dirige (D)(D). b) Calcule ΩA→∧u⃗\overrightarrow{\Omega A} \wedge \vec{u} et déduis-en d(Ω,(D))d(\Omega, (D)). c) Que peux-tu en conclure ?
    3. Détermine les coordonnées des points EE et FF communs à (D)(D) et (S)(S) (on notera EE celui d'abscisse positive).
    4. a) Calcule ΩE→∧ΩF→\overrightarrow{\Omega E} \wedge \overrightarrow{\Omega F} puis l'aire du triangle ΩEF\Omega EF. b) Déduis-en une équation du plan (ΩEF)(\Omega EF). c) Retrouve d(Ω,(D))d(\Omega, (D)) à l'aide de l'aire du triangle ΩEF\Omega EF.
    5. Détermine les équations des plans tangents à (S)(S) et parallèles au plan (P):x+2y+2z=0(P) : x + 2y + 2z = 0.
    Voir le corrigé

    1. x2+(y−1)2−1+(z+1)2−1−7=0x^2 + (y - 1)^2 - 1 + (z + 1)^2 - 1 - 7 = 0, soit x2+(y−1)2+(z+1)2=9x^2 + (y - 1)^2 + (z + 1)^2 = 9. Donc Ω(0,1,−1)\Omega(0, 1, -1) et R=3R = 3.

    2. a) Pour t=0t = 0 on obtient (1,1,1)(1, 1, 1), donc A∈(D)A \in (D). Les coefficients de tt donnent le vecteur directeur u⃗(1,−1,0)\vec{u}(1, -1, 0).

    2. b) ΩA→(1,0,2)\overrightarrow{\Omega A}(1, 0, 2) :

    ΩA→∧u⃗=(0×0−2×(−1)) i⃗−(1×0−2×1) j⃗+(1×(−1)−0×1) k⃗=2i⃗+2j⃗−k⃗\overrightarrow{\Omega A} \wedge \vec{u} = (0 \times 0 - 2 \times (-1))\,\vec{i} - (1 \times 0 - 2 \times 1)\,\vec{j} + (1 \times (-1) - 0 \times 1)\,\vec{k} = 2\vec{i} + 2\vec{j} - \vec{k}

    Sa norme vaut 4+4+1=3\sqrt{4 + 4 + 1} = 3 et ∥u⃗∥=2\|\vec{u}\| = \sqrt{2}, donc d(Ω,(D))=32=322≈2,12d(\Omega, (D)) = \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2} \approx 2{,}12.

    2. c) d(Ω,(D))<3=Rd(\Omega, (D)) < 3 = R : la droite (D)(D) coupe la sphère (S)(S) en deux points.

    3. On remplace : (1+t)2+(−t)2+22=9(1 + t)^2 + (-t)^2 + 2^2 = 9, soit 2t2+2t−4=02t^2 + 2t - 4 = 0, c'est-à-dire t2+t−2=0t^2 + t - 2 = 0. Les solutions sont t=1t = 1 et t=−2t = -2.

    On obtient E(2,0,1)E(2, 0, 1) et F(−1,3,1)F(-1, 3, 1). Contrôle : 4+1+4=94 + 1 + 4 = 9 et 1+4+4=91 + 4 + 4 = 9.

    4. a) ΩE→(2,−1,2)\overrightarrow{\Omega E}(2, -1, 2) et ΩF→(−1,2,2)\overrightarrow{\Omega F}(-1, 2, 2) :

    ΩE→∧ΩF→=((−1)×2−2×2) i⃗−(2×2−2×(−1)) j⃗+(2×2−(−1)×(−1)) k⃗=−6i⃗−6j⃗+3k⃗\overrightarrow{\Omega E} \wedge \overrightarrow{\Omega F} = ((-1) \times 2 - 2 \times 2)\,\vec{i} - (2 \times 2 - 2 \times (-1))\,\vec{j} + (2 \times 2 - (-1) \times (-1))\,\vec{k} = -6\vec{i} - 6\vec{j} + 3\vec{k}

    Sa norme vaut 36+36+9=9\sqrt{36 + 36 + 9} = 9, donc l'aire de ΩEF\Omega EF vaut 92\frac{9}{2}.

    4. b) Le vecteur (−6,−6,3)(-6, -6, 3) est normal au plan, donc aussi (2,2,−1)(2, 2, -1) : 2x+2y−z+d=02x + 2y - z + d = 0. Avec Ω\Omega : 0+2+1+d=00 + 2 + 1 + d = 0, donc d=−3d = -3 et (ΩEF):2x+2y−z−3=0(\Omega EF) : 2x + 2y - z - 3 = 0. Contrôle : EE donne 4+0−1−3=04 + 0 - 1 - 3 = 0 et FF donne −2+6−1−3=0-2 + 6 - 1 - 3 = 0.

    4. c) EF=9+9+0=32EF = \sqrt{9 + 9 + 0} = 3\sqrt{2}. La hauteur issue de Ω\Omega dans le triangle ΩEF\Omega EF est exactement d(Ω,(D))d(\Omega, (D)), car (EF)=(D)(EF) = (D). Donc 12×32×d=92\frac{1}{2} \times 3\sqrt{2} \times d = \frac{9}{2}, d'où d=932=322d = \frac{9}{3\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2} : on retrouve le résultat de la question 2.

    5. Un plan parallèle à (P)(P) s'écrit x+2y+2z+d=0x + 2y + 2z + d = 0. Il est tangent à (S)(S) si et seulement si sa distance à Ω\Omega vaut R=3R = 3 :

    ∣0+2−2+d∣1+4+4=3  ⟺  ∣d∣=9  ⟺  d=9 ou d=−9\frac{|0 + 2 - 2 + d|}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = 3 \iff |d| = 9 \iff d = 9 \text{ ou } d = -9

    Les deux plans cherchés sont x+2y+2z+9=0x + 2y + 2z + 9 = 0 et x+2y+2z−9=0x + 2y + 2z - 9 = 0.

    QCM

    Question 1.Dans un repère orthonormé, on donne u⃗(1,2,−2)\vec{u}(1, 2, -2) et v⃗(2,1,2)\vec{v}(2, 1, 2). Le produit scalaire u⃗⋅v⃗\vec{u} \cdot \vec{v} vaut :
    Question 2.Un vecteur normal au plan 3x−y+2z−5=03x - y + 2z - 5 = 0 est :
    Question 3.La distance de l'origine OO au plan 2x−2y+z−6=02x - 2y + z - 6 = 0 est égale à :
    Question 4.L'ensemble d'équation x2+y2+z2−4z=0x^2 + y^2 + z^2 - 4z = 0 est :
    Question 5.Dans un repère orthonormé direct (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}), le vecteur j⃗∧i⃗\vec{j} \wedge \vec{i} est égal à :
    Question 6.Pour u⃗(1,0,1)\vec{u}(1, 0, 1) et v⃗(0,1,1)\vec{v}(0, 1, 1), le vecteur u⃗∧v⃗\vec{u} \wedge \vec{v} a pour coordonnées :
    Question 7.Une sphère de rayon 55 et un plan situé à la distance 33 de son centre se coupent selon :
    Question 8.On sait que AB→∧AC→\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} a pour coordonnées (2,−1,2)(2, -1, 2). L'aire du triangle ABCABC vaut :

    Erreurs fréquentes

    • Oublier le signe moins devant la deuxième composante du produit vectoriel : c'est −(ac′−ca′)-(ac' - ca'), pas (ac′−ca′)(ac' - ca'). Vérifie toujours que ton résultat est orthogonal aux deux vecteurs de départ.
    • Écrire v⃗∧u⃗=u⃗∧v⃗\vec{v} \wedge \vec{u} = \vec{u} \wedge \vec{v} : le produit vectoriel est antisymétrique, l'ordre change le signe.
    • Confondre vecteur normal d'un plan et vecteur directeur d'une droite : une droite perpendiculaire à (P)(P) est dirigée par le vecteur normal de (P)(P).
    • Oublier la valeur absolue dans la formule de la distance d'un point à un plan : une distance est toujours positive.
    • Calculer l'aire du triangle ABCABC avec ∥AB→∧AC→∥\|\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}\| sans le facteur 12\frac{1}{2} : cette norme est l'aire du parallélogramme.
    • Prendre r=R−dr = R - d comme rayon du cercle d'intersection : le bon rayon est r=R2−d2r = \sqrt{R^2 - d^2} (Pythagore dans le triangle ΩHM\Omega H M rectangle en HH, où MM est un point du cercle).
    • En complétant les carrés, oublier de retrancher a2a^2, b2b^2 et c2c^2, ou conclure « sphère » sans vérifier que la constante kk est strictement positive.
    • Utiliser le même paramètre tt pour deux droites différentes lors d'une recherche d'intersection : prends tt pour l'une et ss pour l'autre.

    À retenir

    • Produit scalaire en repère orthonormé : u⃗⋅v⃗=aa′+bb′+cc′\vec{u} \cdot \vec{v} = aa' + bb' + cc' ; u⃗⊥v⃗  ⟺  u⃗⋅v⃗=0\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u} \cdot \vec{v} = 0.
    • Plan de vecteur normal n⃗(a,b,c)\vec{n}(a, b, c) : ax+by+cz+d=0ax + by + cz + d = 0 ; on trouve dd avec un point du plan.
    • Distance d'un point à un plan : d(A,(P))=∣axA+byA+czA+d∣a2+b2+c2d(A, (P)) = \frac{|a x_A + b y_A + c z_A + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}.
    • Sphère de centre Ω(a,b,c)\Omega(a, b, c) et de rayon RR : (x−a)2+(y−b)2+(z−c)2=R2(x - a)^2 + (y - b)^2 + (z - c)^2 = R^2 ; complète les carrés pour lire le centre et le rayon.
    • Sphère et plan : compare d(Ω,(P))d(\Omega, (P)) à RR ; si d<Rd < R, cercle de centre HH et de rayon R2−d2\sqrt{R^2 - d^2}.
    • Plan tangent en AA : il passe par AA et admet ΩA→\overrightarrow{\Omega A} comme vecteur normal.
    • Produit vectoriel : u⃗∧v⃗=(bc′−cb′) i⃗−(ac′−ca′) j⃗+(ab′−ba′) k⃗\vec{u} \wedge \vec{v} = (bc' - cb')\,\vec{i} - (ac' - ca')\,\vec{j} + (ab' - ba')\,\vec{k}, orthogonal à u⃗\vec{u} et v⃗\vec{v}.
    • AB→∧AC→\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} : nul si AA, BB, CC sont alignés, sinon normal à (ABC)(ABC) ; l'aire de ABCABC vaut 12∥AB→∧AC→∥\frac{1}{2}\|\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}\|.
    • Distance d'un point à une droite : d(M,(D))=∥AM→∧u⃗∥∥u⃗∥d(M, (D)) = \frac{\|\overrightarrow{AM} \wedge \vec{u}\|}{\|\vec{u}\|}, puis compare-la à RR pour l'intersection droite-sphère.

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