Examen blanc — Géométrie dans l'espace

1. On a $\overrightarrow{AB}=B-A=(2,1,0)$ et $\overrightarrow{AC}=C-A=(1,-1,2)$.

Le produit vectoriel se calcule composante par composante :

$\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=\left(\begin{array}{c}1\times 2-0\times (-1)\\ 0\times 1-2\times 2\\ 2\times (-1)-1\times 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -3\end{array}\right).$

Donc $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=(2,-4,-3)$.

2. Comme $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=(2,-4,-3)\ne \vec{0}$, les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires : les points $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés et définissent un plan.

Le vecteur $\vec{n}=(2,-4,-3)$ est normal au plan $(ABC)$. Une équation est donc de la forme $2x-4y-3z+d=0$. Le point $A(1,0,2)$ appartient au plan :

$2(1)-4(0)-3(2)+d=0⟺2-6+d=0⟺d=4.$

Une équation cartésienne de $(ABC)$ est : $2x-4y-3z+4=0.$

3. La norme du vecteur normal est $\Vert \vec{n}\Vert =\sqrt{2^2+(-4{)}^2+(-3{)}^2}=\sqrt{4+16+9}=\sqrt{29}$.

$d(D,(ABC))=\frac{|2\times 4-4\times 2-3\times 5+4|}{\sqrt{29}}=\frac{|8-8-15+4|}{\sqrt{29}}=\frac{|-11|}{\sqrt{29}}=\frac{11}{\sqrt{29}}=\frac{11\sqrt{29}}{29}.$

4. L'aire du triangle $ABC$ vaut :

$\mathcal{A}=\frac{1}{2}\Vert \overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\Vert =\frac{1}{2}\sqrt{29}=\frac{\sqrt{29}}{2}.$

Le volume du tétraèdre est $V=\frac{1}{3}\mathcal{A}\times d(D,(ABC))$ :

$V=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{29}}{2}\times \frac{11}{\sqrt{29}}=\frac{11}{6}.$

Ainsi $V=\frac{11}{6}$ (unités de volume).

1. On regroupe par formes canoniques :

$x^2-2x=(x-1{)}^2-1,y^2+4y=(y+2{)}^2-4,z^2-6z=(z-3{)}^2-9.$

L'équation devient $(x-1{)}^2+(y+2{)}^2+(z-3{)}^2-1-4-9+5=0$, soit :

$(x-1{)}^2+(y+2{)}^2+(z-3{)}^2=9.$

C'est l'équation d'une sphère de centre $\Omega (1,-2,3)$ et de rayon $R=\sqrt{9}=3$.

2. La norme du vecteur normal de $(P)$ est $\sqrt{2^2+(-1{)}^2+2^2}=\sqrt{9}=3$. D'où :

$d(\Omega ,(P))=\frac{|2\times 1-(-2)+2\times 3-7|}{3}=\frac{|2+2+6-7|}{3}=\frac{3}{3}=1.$

Comme $d(\Omega ,(P))=1<3=R$, le plan $(P)$ coupe la sphère $(S)$ : l'intersection est un cercle $(\mathcal{C})$.

3. Le rayon du cercle vérifie $r^2=R^2-d^2=9-1=8$, donc $r=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$.

Le centre $H$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$. Le vecteur normal unitaire de $(P)$ est $\frac{1}{3}(2,-1,2)$. Puisque $2\times 1-(-2)+2\times 3-7=3>0$, on se déplace de $\Omega$ dans le sens $-\vec{n}$ d'une longueur $d=1$ :

$H=\Omega -\frac{d}{\Vert \vec{n}\Vert }\vec{n}=(1,-2,3)-\frac{1}{3}(2,-1,2)=(1-\frac{2}{3},-2+\frac{1}{3},3-\frac{2}{3}).$

D'où $H(\frac{1}{3},-\frac{5}{3},\frac{7}{3})$.

Vérification : $2\times \frac{1}{3}-(-\frac{5}{3})+2\times \frac{7}{3}-7=\frac{2+5+14}{3}-7=\frac{21}{3}-7=0$, donc $H\in (P)$.

4. Un plan parallèle à $(P)$ a une équation de la forme $(Q):2x-y+2z+c=0$. Il est tangent à $(S)$ lorsque $d(\Omega ,(Q))=R=3$ :

$\frac{|2\times 1-(-2)+2\times 3+c|}{3}=3⟺|10+c|=9⟺c=-1\text{ ou }c=-19.$

Les deux plans tangents parallèles à $(P)$ sont :

$2x-y+2z-1=0\text{et}2x-y+2z-19=0.$