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Devoir surveillé n°4 — Semestre 2

Géométrie dans l’espace

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Remarque — barème

Exercice 1 : 5 pts ; Exercice 2 : 7 pts ; Exercice 3 : 8 pts ; total 20 pts, plus 2 bonus de 0,5 pt (note plafonnée à 20). Résultats contrôlés avec Python/sympy et barème recompté par le script (build/verif_lot4.py).

Remarque — consignes et barème

Durée : 2 heures. Calculatrice non programmable autorisée. Le soin et la rédaction sont pris en compte ; on annoncera la méthode utilisée. Barème indiqué entre crochets : exercice 1 sur 5 points, exercice 2 sur 7 points, exercice 3 sur 8 points ; total sur 20. Deux questions bonus (+0,5 pt chacune) figurent à la fin ; la note est plafonnée à 20. Programme : chapitres 15 (vecteurs de l’espace), 16 (analytique de l’espace) et 17 (produit scalaire dans l’espace).

Exercice 1 — Vecteurs de l’espace dans un cube — 5 points Facile ★★☆☆☆

Soit $ABCDEFGH$ un cube ( $ABCD$ et $EFGH$ faces opposées, $(AE)$ , $(BF)$ , $(CG)$ , $(DH)$ arêtes parallèles). On note $M$ le milieu de $[CG]$ et $L$ le point défini par $\overrightarrow{AL}=\frac13\overrightarrow{AG}$ .

Montrer que $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}$ . [0,5 pt]
a. Montrer que $L$ est le centre de gravité du triangle $BDE$ . [1 pt] b. En déduire que la droite $(AG)$ coupe le plan $(BDE)$ en $L$ . [0,5 pt]
On munit l’espace du repère $\big(A;\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD};\overrightarrow{AE}\big)$ . a. Donner les coordonnées de $B$ , $D$ , $E$ , $M$ , puis montrer que les vecteurs $\overrightarrow{BD}$ , $\overrightarrow{BE}$ et $\overrightarrow{AM}$ ne sont pas coplanaires. [1 pt] b. Déterminer une équation cartésienne du plan $(BDE)$ , puis les coordonnées du point $N$ d’intersection de la droite $(AM)$ et du plan $(BDE)$ . [1 pt]
Pour $m\in\R$ , on pose $\vec u_m=m\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+(m-1)\overrightarrow{AE}$ . Déterminer les réels $m$ pour lesquels $\vec u_m$ , $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BE}$ sont coplanaires. [1 pt]

Voir la correction

1. [0,5 pt] Relation de Chasles : $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CG}$ . Or $ABCD$ est un carré, donc $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$ , et $ACGE$ est un rectangle, donc $\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AE}$ . D’où $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}$ .

2. a. [1 pt] Soit $L'$ le centre de gravité de $BDE$ : $\overrightarrow{L'B}+\overrightarrow{L'D}+\overrightarrow{L'E}=\vec0$ . En introduisant $A$ (Chasles) : $3\overrightarrow{L'A}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}=\vec0$ , donc $\overrightarrow{AL'}=\frac13\big(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}\big)=\frac13\overrightarrow{AG}$ [0,75]. Ainsi $\overrightarrow{AL'}=\overrightarrow{AL}$ , donc $L'=L$ [0,25].

2. b. [0,5 pt] $L\in(AG)$ car $\overrightarrow{AL}=\frac13\overrightarrow{AG}$ , et $L\in(BDE)$ (centre de gravité d’un triangle de ce plan). La droite $(AG)$ n’est pas incluse dans $(BDE)$ (sinon $A\in(BDE)$ , et $A,B,D,E$ seraient coplanaires, ce qui est faux) ; elle coupe donc ce plan en un seul point, qui est $L$ .

3. a. [1 pt] $B(1;0;0)$ , $D(0;1;0)$ , $E(0;0;1)$ et, avec $C(1;1;0)$ , $G(1;1;1)$ : $M\left(1;1;\frac12\right)$ [0,25]. Donc $\overrightarrow{BD}(-1;1;0)$ , $\overrightarrow{BE}(-1;0;1)$ , $\overrightarrow{AM}\left(1;1;\frac12\right)$ et $\det\big(\overrightarrow{BD};\overrightarrow{BE};\overrightarrow{AM}\big)=\begin{vmatrix}-1&-1&1\\1&0&1\\0&1&\frac12\end{vmatrix}=-1\times\left(0-1\right)-1\times\left(-\tfrac12-1\right)+0=\tfrac52\neq0.$ [0,5] Le déterminant est non nul, donc les trois vecteurs ne sont pas coplanaires [0,25].

3. b. [1 pt] $M(x;y;z)\in(BDE)\iff\det\big(\overrightarrow{BM};\overrightarrow{BD};\overrightarrow{BE}\big)=0\iff x+y+z-1=0$ (on vérifie que $B$ , $D$ , $E$ satisfont cette équation) [0,5]. La droite $(AM)$ : $x=s$ , $y=s$ , $z=\frac s2$ $(s\in\R)$ ; $s+s+\frac s2=1\iff s=\frac25$ , d’où $N\left(\frac25;\frac25;\frac15\right)$ , c’est-à-dire $\overrightarrow{AN}=\frac25\overrightarrow{AM}$ [0,5].

4. [1 pt] $\vec u_m(m;1;m-1)$ . Ces trois vecteurs sont coplanaires $\iff\det\big(\overrightarrow{BD};\overrightarrow{BE};\vec u_m\big)=0$ [0,25]. Or $\begin{vmatrix}-1&-1&m\\1&0&1\\0&1&m-1\end{vmatrix}=-1\times\big(0\cdot(m-1)-1\times1\big)-1\times\big(-1\times(m-1)-m\times1\big)=1+(2m-1)=2m$ (développement selon la première colonne) [0,5]. Donc coplanaires $\iff2m=0\iff m=0$ ; contrôle : $\vec u_0=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{ED}$ , vecteur du plan $(BDE)$ [0,25].

Exercice 2 — Plan, tétraèdre, famille de plans — 7 points Moyen ★★★☆☆

L’espace est rapporté à un repère orthonormé direct $(O;\vec i;\vec j;\vec k)$ . On considère les points $A(1;0;2)$ , $B(2;1;0)$ , $C(0;2;1)$ et $D(3;3;3)$ .

Montrer que $A$ , $B$ , $C$ ne sont pas alignés, calculer $\cos\widehat{BAC}$ et en déduire la nature du triangle $ABC$ . [1,5 pt]
Calculer $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ ; en déduire une équation cartésienne du plan $(ABC)$ et l’aire du triangle $ABC$ . [1,5 pt]
Soit $(\Delta)$ la droite passant par $D$ et orthogonale au plan $(ABC)$ . a. Donner une représentation paramétrique de $(\Delta)$ et déterminer les coordonnées du point $H$ d’intersection de $(\Delta)$ et $(ABC)$ . [0,75 pt] b. Vérifier que $H$ est le centre de gravité du triangle $ABC$ et calculer $d\big(D;(ABC)\big)$ . [0,75 pt] c. En déduire le volume du tétraèdre $ABCD$ . [0,5 pt]
Pour tout $m\in\R$ , on note $(P_m)$ l’ensemble des points $M(x;y;z)$ tels que $(m+1)x+(m-1)y-2mz=0$ . a. Montrer que $(P_m)$ est un plan perpendiculaire au plan $(ABC)$ . [0,5 pt] b. Montrer que la droite $(\Delta)$ est incluse dans $(P_m)$ pour tout $m\in\R$ . [0,5 pt] c. Déterminer le réel $m$ tel que $A\in(P_m)$ . [0,5 pt] d. Existe-t-il un réel $m$ tel que $(P_m)$ contienne à la fois $A$ et $B$ ? Justifier. [0,5 pt]

Voir la correction

1. [1,5 pt] $\overrightarrow{AB}(1;1;-2)$ et $\overrightarrow{AC}(-1;2;-1)$ ; $\begin{vmatrix}1&-1\\1&2\end{vmatrix}=3\neq0$ : non colinéaires, donc $A$ , $B$ , $C$ non alignés [0,5]. $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=-1+2+2=3$ , $AB=AC=\sqrt6$ , d’où $\cos\widehat{BAC}=\frac3{6}=\frac12$ et $\widehat{BAC}=\frac\pi3$ [0,5]. Le triangle $ABC$ est isocèle en $A$ avec un angle de $\frac\pi3$ : il est équilatéral (contrôle : $\overrightarrow{BC}(-2;1;1)$ , $BC=\sqrt6$ ) [0,5].

2. [1,5 pt] $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\big(1\times(-1)-(-2)\times2;\ (-2)\times(-1)-1\times(-1);\ 1\times2-1\times(-1)\big)=(3;3;3)$ [0,5]. Ce vecteur est normal à $(ABC)$ ; on prend $\vec n(1;1;1)$ : $(ABC):\ x+y+z+d=0$ et $A\in(ABC)\Rightarrow3+d=0$ : $(ABC):\ x+y+z-3=0$ [0,5]. Aire $=\frac12\big\|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\big\|=\frac12\sqrt{27}=\frac{3\sqrt3}2$ [0,5].

3. a. [0,75 pt] $(\Delta)$ est dirigée par $\vec n$ : $x=3+t$ , $y=3+t$ , $z=3+t$ $(t\in\R)$ . $M_t\in(ABC)\iff9+3t-3=0\iff t=-2$ : $H(1;1;1)$ .

3. b. [0,75 pt] $\frac{A+B+C}{3}$ a pour coordonnées $\left(\frac{3}3;\frac33;\frac33\right)=(1;1;1)$ : c’est $H$ . $d\big(D;(ABC)\big)=\frac{|3+3+3-3|}{\sqrt3}=\frac6{\sqrt3}=2\sqrt3$ (et l’on retrouve $DH=\sqrt{4+4+4}=2\sqrt3$ ).

3. c. [0,5 pt] $V=\frac13\times\text{aire}(ABC)\times DH=\frac13\times\frac{3\sqrt3}2\times2\sqrt3=3$ (unités de volume).

4. a. [0,5 pt] $\vec n_m(m+1;m-1;-2m)$ n’est jamais nul ( $m+1$ et $m-1$ ne s’annulent pas simultanément) : $(P_m)$ est un plan de vecteur normal $\vec n_m$ . $\vec n_m\cdot\vec n=(m+1)+(m-1)-2m=0$ : les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc $(P_m)\perp(ABC)$ .

4. b. [0,5 pt] Pour $M_t(3+t;3+t;3+t)\in(\Delta)$ : $(3+t)\big[(m+1)+(m-1)-2m\big]=0$ . Tout point de $(\Delta)$ vérifie l’équation de $(P_m)$ : $(\Delta)\subset(P_m)$ pour tout $m\in\R$ .

4. c. [0,5 pt] $A\in(P_m)\iff(m+1)+0-4m=0\iff m=\frac13$ .

4. d. [0,5 pt] $B\in(P_m)\iff2(m+1)+(m-1)=0\iff m=-\frac13$ . Comme $\frac13\neq-\frac13$ , aucun plan $(P_m)$ ne contient $A$ et $B$ (raisonnement : les deux conditions imposent deux valeurs distinctes de $m$ ).

Exercice 3 — Sphère, plans et droites — 8 points Moyen ★★★☆☆

L’espace est rapporté à un repère orthonormé direct $(O;\vec i;\vec j;\vec k)$ . Soit $(S)$ l’ensemble des points $M(x;y;z)$ tels que $x^2+y^2+z^2-2x+4y-6z+5=0$ , et $(P)$ le plan d’équation $2x+y-2z+3=0$ .

Montrer que $(S)$ est une sphère dont on précisera le centre $\Omega$ et le rayon $R$ . [1 pt]
Montrer que $(P)$ coupe $(S)$ selon un cercle dont on déterminera le centre $H$ et le rayon $r$ . [2 pts]
Vérifier que $A(1;1;3)\in(S)$ et donner une équation cartésienne du plan $(T)$ tangent à $(S)$ en $A$ . [1 pt]
Soit $(D)$ la droite de représentation paramétrique $x=1+t$ , $y=1+t$ , $z=3-t$ $(t\in\R)$ . Déterminer $(D)\cap(S)$ . On notera $A'$ le point d’intersection distinct de $A$ . [1,5 pt]
Pour $m\in\R$ , on considère le plan $(Q_m):\ x+y+z+m=0$ . Discuter, selon les valeurs de $m$ , la position relative de $(Q_m)$ et $(S)$ . [1,5 pt]
Déterminer l’ensemble $(\Gamma)$ des points $M$ de l’espace tels que $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MA'}=0$ . [1 pt]

Voir la correction

1. [1 pt] On complète les carrés : $M\in(S)\iff(x-1)^2+(y+2)^2+(z-3)^2=1+4+9-5=9$ . Comme $9>0$ : sphère de centre $\Omega(1;-2;3)$ et de rayon $R=3$ .

2. [2 pts] $d\big(\Omega;(P)\big)=\frac{|2-2-6+3|}{\sqrt{4+1+4}}=\frac33=1<3=R$ : $(P)$ coupe $(S)$ selon un cercle [0,75]. Son centre $H$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$ : $H=\Omega+\lambda\vec n_P$ avec $\vec n_P(2;1;-2)$ , et $H\in(P)\iff2(1+2\lambda)+(-2+\lambda)-2(3-2\lambda)+3=0\iff9\lambda-3=0\iff\lambda=\frac13$ : $H\left(\frac53;-\frac53;\frac73\right)$ [0,75]. Rayon : $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{9-1}=2\sqrt2$ [0,5].

3. [1 pt] $(1-1)^2+(1+2)^2+(3-3)^2=9$ : $A\in(S)$ [0,25]. $(T)$ est le plan passant par $A$ de vecteur normal $\overrightarrow{\Omega A}(0;3;0)$ : $M\in(T)\iff\overrightarrow{\Omega A}\cdot\overrightarrow{AM}=0\iff3(y-1)=0$ ; $(T):\ y-1=0$ [0,75].

4. [1,5 pt] $M_t\in(S)\iff t^2+(3+t)^2+(-t)^2=9$ (forme centrée) [0,5] $\iff3t^2+6t=0\iff3t(t+2)=0\iff t=0$ ou $t=-2$ [0,5]. $t=0$ donne $A$ ; $t=-2$ donne $A'(-1;-1;5)$ . Donc $(D)\cap(S)=\{A;A'\}$ [0,5].

5. [1,5 pt] $d\big(\Omega;(Q_m)\big)=\frac{|1-2+3+m|}{\sqrt3}=\frac{|m+2|}{\sqrt3}$ [0,5]. On compare à $R=3$ : $|m+2|<3\sqrt3\iff-2-3\sqrt3<m<-2+3\sqrt3$ : sécants selon un cercle ; $m=-2\pm3\sqrt3$ : $(Q_m)$ tangent à $(S)$ ; $m<-2-3\sqrt3$ ou $m>-2+3\sqrt3$ : $(Q_m)\cap(S)=\varnothing$ [1].

6. [1 pt] Soit $I$ le milieu de $[AA']$ : $I(0;0;4)$ . $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MA'}=\big(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\big)\cdot\big(\overrightarrow{MI}-\overrightarrow{IA}\big)=MI^2-IA^2$ [0,5]. Donc $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MA'}=0\iff MI=IA=\sqrt{1+1+1}=\sqrt3$ : $(\Gamma)$ est la sphère de diamètre $[AA']$ , de centre $I(0;0;4)$ et de rayon $\sqrt3$ [0,5].

Exercice 4 — Questions bonus (+0,5 pt chacune) Difficile ★★★★★

Avec les points $A$ , $B$ , $C$ de l’exercice 2, déterminer l’ensemble des points $M$ de l’espace tels que $MA^2+MB^2+MC^2=18$ . [+0,5 pt]
Avec les notations de l’exercice 3, déterminer les réels $m$ pour lesquels $(Q_m)\cap(S)$ est un cercle de rayon $\sqrt6$ , et donner alors le centre de ce cercle. [+0,5 pt]

Voir la correction

1. [+0,5 pt] Soit $H(1;1;1)$ le centre de gravité de $ABC$ ( $\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}=\vec0$ ). En développant $\big(\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HA}\big)^2+\dots$ : $MA^2+MB^2+MC^2=3MH^2+HA^2+HB^2+HC^2=3MH^2+6$ ( $HA^2=HB^2=HC^2=2$ ). Donc $MA^2+MB^2+MC^2=18\iff MH^2=4\iff MH=2$ : sphère de centre $H(1;1;1)$ et de rayon $2$ .

2. [+0,5 pt] $r^2=R^2-d^2=9-\frac{(m+2)^2}3=6\iff(m+2)^2=9\iff m=1$ ou $m=-5$ (valeurs bien dans l’intervalle de sécance). Le centre est le projeté de $\Omega$ : $\Omega+\lambda(1;1;1)$ avec $3\lambda+m+2=0$ . Pour $m=1$ : $\lambda=-1$ , centre $(0;-3;2)$ ; pour $m=-5$ : $\lambda=1$ , centre $(2;-1;4)$ .

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