Thème : Géométrie dans l'espace — vrai ou faux (5 points)
On se place dans un repère orthonormé. On pose $\alpha \in \mathbb{R}$, $A(1\,;\,1\,;\,0)$, $B(2\,;\,1\,;\,0)$, $C(\alpha\,;\,3\,;\,\alpha)$.
La droite $(d)$ est paramétrée par : $$x = 1+t,\quad y = 2t,\quad z = -t,\quad t\in\mathbb{R}.$$
Énoncé : Pour tout réel $\alpha$, les points $A$, $B$, $C$ définissent un plan dont un vecteur normal est $\vec{n}=\begin{pmatrix}0\,\\\,1\,\\\,0\end{pmatrix}$.
Calcul des vecteurs :
$$\overrightarrow{AB} = B - A = (1\,;\,0\,;\,0)$$
$$\overrightarrow{AC} = C - A = (\alpha-1\,;\,2\,;\,\alpha)$$
Produit vectoriel $\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC}$ :
$$\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ \alpha-1 & 2 & \alpha \end{vmatrix} = \bigl(0\cdot\alpha - 0\cdot 2\,;\; 0\cdot(\alpha-1) - 1\cdot\alpha\,;\; 1\cdot 2 - 0\cdot(\alpha-1)\bigr) = (0\,;\,-\alpha\,;\,2).$$
A, B, C sont-ils toujours en position générale ?
$\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix}0\,\\\,-\alpha\,\\\,2\end{pmatrix}$. La composante $z$ vaut $2 \neq 0$ quel que soit $\alpha$, donc ce vecteur n'est jamais nul : $A$, $B$, $C$ définissent toujours un plan. $\checkmark$
Le vecteur normal est-il $(0\,;\,1\,;\,0)$ ?
Il faudrait que $(0\,;\,-\alpha\,;\,2)$ soit proportionnel à $(0\,;\,1\,;\,0)$, ce qui imposerait simultanément $-\alpha = \lambda$ et $2 = 0$. C'est impossible.
Conclusion : FAUX. A, B, C définissent bien un plan, mais le vecteur normal n'est jamais égal (ni proportionnel) à $(0\,;\,1\,;\,0)$.
Énoncé : Il existe un unique réel $\alpha$ tel que la droite $(AC)$ soit parallèle à $(d)$.
Vecteur directeur de $(d)$ : $(1\,;\,2\,;\,-1)$.
$(AC) \parallel (d)$ si et seulement si $\overrightarrow{AC}$ est colinéaire à $(1\,;\,2\,;\,-1)$, c'est-à-dire :
$$(\alpha-1\,;\,2\,;\,\alpha) = \lambda\,(1\,;\,2\,;\,-1)$$
On résout le système :
- Composante $y$ : $2 = 2\lambda \Rightarrow \lambda = 1$.
- Composante $x$ : $\alpha - 1 = 1 \Rightarrow \alpha = 2$. *(attention : il faut vérifier la cohérence)*
- Composante $z$ : $\alpha = -1$.
Les conditions $\alpha = 2$ et $\alpha = -1$ sont incompatibles avec $\lambda = 1$. Reprenons :
Avec $\lambda = 1$ : composante $z$ donne $\alpha = -1$ et composante $x$ donne $\alpha - 1 = 1 \Rightarrow \alpha = 2$. Contradiction.
Essayons sans fixer $\lambda$ : $\alpha - 1 = \lambda$, $2 = 2\lambda \Rightarrow \lambda = 1$, $\alpha = -\lambda = -1$.
Mais alors la composante $x$ donne $\alpha - 1 = \lambda \Rightarrow -1 - 1 = -2 \neq 1 = \lambda$. Contradiction.
Conclusion : Il n'existe aucun réel $\alpha$ tel que $(AC) \parallel (d)$.
Remarque : Si l'énoncé demande l'existence d'un unique $\alpha$ tel que $(AC)$ soit parallèle à $(d)$, la réponse est FAUX (il n'en existe aucun).
*(Note : si la question porte sur la colinéarité en n'imposant pas les trois composantes simultanément, on retrouve $\alpha = -1$ comme valeur unique vérifiant la composante $z$ et $y$, mais la composante $x$ n'est pas vérifiée. Avec $\alpha = -1$ : $\overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix}-2\,\\\,2\,\\\,-1\end{pmatrix}$, qui n'est pas proportionnel à $(1\,;\,2\,;\,-1)$. Donc : FAUX.)*
Énoncé : La mesure de l'angle $\widehat{OAB}$ est $135{}^{\circ}$.
Vecteurs issus de $A$ :
$$\overrightarrow{AO} = O - A = (-1\,;\,-1\,;\,0), \qquad \overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix}1\,\\\,0\,\\\,0\end{pmatrix}.$$
Produit scalaire et normes :
$$\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{AB} = (-1)(1)+(-1)(0)+(0)(0) = -1.$$
$$\|\overrightarrow{AO}\| = \sqrt{1+1+0} = \sqrt{2}, \qquad \|\overrightarrow{AB}\| = 1.$$
Cosinus de l'angle :
$$\cos\!\left(\widehat{OAB}\right) = \frac{\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{AB}}{\|\overrightarrow{AO}\|\,\|\overrightarrow{AB}\|} = \frac{-1}{\sqrt{2}\times 1} = -\frac{1}{\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}.$$
Or $\cos(135{}^{\circ}) = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$. Donc $\widehat{OAB} = 135{}^{\circ}$. $\checkmark$
Conclusion : VRAI.
Énoncé : Le projeté orthogonal de $A$ sur $(d)$ est $H(1\,;\,2\,;\,2)$.
Étape 1 : $H$ est-il sur $(d)$ ?
Un point de $(d)$ s'écrit $(1+t\,;\,2t\,;\,-t)$. Pour $H(1\,;\,2\,;\,2)$ :
- $x = 1+t = 1 \Rightarrow t = 0$.
- $y = 2t = 0 \neq 2$.
$H(1\,;\,2\,;\,2)$ n'est pas sur $(d)$. L'affirmation est donc fausse sans même calculer la projection.
Étape 2 : calcul du vrai projeté orthogonal de $A$ sur $(d)$.
Soit $H' = (1+t\,;\,2t\,;\,-t)$ un point quelconque de $(d)$.
$$\overrightarrow{AH'} = \begin{pmatrix}t\,\\\,2t-1\,\\\,-t\end{pmatrix}.$$
Condition d'orthogonalité : $\overrightarrow{AH'} \cdot (1\,;\,2\,;\,-1) = 0$ :
$$t + 2(2t-1) + (-t)(-1) = t + 4t - 2 + t = 6t - 2 = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{3}.$$
Donc le vrai projeté est :
$$H' = \left(\frac{4}{3}\,;\,\frac{2}{3}\,;\,-\frac{1}{3}\right) \neq H(1\,;\,2\,;\,2).$$
Conclusion : FAUX.
Énoncé : La sphère de centre $O$ et de rayon $1$ rencontre $(d)$ en deux points distincts.
Distance de $O$ à $(d)$ :
Le pied de la perpendiculaire de $O$ sur $(d)$ est le point $P(t)=(1+t\,;\,2t\,;\,-t)$ tel que $\overrightarrow{OP}\cdot(1\,;\,2\,;\,-1)=0$ :
$$(1+t)\cdot 1 + 2t\cdot 2 + (-t)\cdot(-1) = 1 + t + 4t + t = 1 + 6t = 0 \Rightarrow t = -\frac{1}{6}.$$
Coordonnées du pied :
$$P = \left(\frac{5}{6}\,;\,-\frac{1}{3}\,;\,\frac{1}{6}\right).$$
Distance $d(O,(d))$ :
$$d^2 = \left(\frac{5}{6}\right)^2 + \left(-\frac{1}{3}\right)^2 + \left(\frac{1}{6}\right)^2 = \frac{25}{36} + \frac{4}{36} + \frac{1}{36} = \frac{30}{36} = \frac{5}{6}.$$
$$d = \sqrt{\frac{5}{6}} \approx 0{,}913 < 1.$$
Puisque la distance de $O$ à $(d)$ est strictement inférieure au rayon $1$, la sphère coupe $(d)$ en deux points distincts.
Conclusion : VRAI.
| Affirmation | Vrai / Faux | |:-----------:|:-----------:| | 1 | FAUX | | 2 | FAUX | | 3 | VRAI | | 4 | FAUX | | 5 | VRAI |