Lire les coordonnées d'un vecteur dans une base

À tenir avant

• Montrer qu'une famille est une base et donner la dimension

Cette méthode au national

6 questions d'examens nationaux demandent cette méthode.

• NATIONAL 2024 · normale3 pts
  Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j,\vec k)$, on considère les deux points $A(-1,0,-1)$ et $B(1,2,-1)$, le plan $(P)$ passant par $A$ et de vecteur normal $\vec n(2,-2,1)$, et la sphère $(S)$ de centre $\Omega(2,-1,0)$ et de rayon $5$.

  1. Montrer que…
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  1. $(P): 2x-2y+z+3=0$.
  2. $(S): x^2+y^2+z^2-4x+2y-20=0$.
  3. a) $d(\Omega,(P))=3$. b) $(P)$ coupe $(S)$ suivant un cercle de rayon $r=4$.
  4. a) $(\Delta): x=2+2t,\ y=-1-2t,\ z=t$. b) $H(0,1,-1)$ est bien le centre du cercle $(\Gamma)$. c) $(\Delta)$ est bien la médiatrice de $[AB]$.

  ce que le barème veut ·

  1. $(P)$ a pour équation $2x-2y+z+d=0$ ; en remplaçant les coordonnées de $A(-1,0,-1)$ on trouve $d=3$.
  2. $(S):(x-2)^2+(y+1)^2+z^2=25$, développé donne $x^2+y^2+z^2-4x+2y-20=0$.
  3. a) $d(\Omega,(P))=\dfrac{|2\cdot2-2\cdot(-1)+0+3|}{\sqrt{4+4+1}}=\dfrac{9}{3}=3$. b) Comme $d(\Omega,(P))=3<R=5$, le plan coupe la sphère selon un cercle de rayon $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{25-9}=4$.
  4. a) $\vec n(2,-2,1)$ est vecteur directeur de $(\Delta)$ passant par $\Omega(2,-1,0)$ : $x=2+2t,\ y=-1-2t,\ z=t$. b) On résout $(\Delta)\cap(P)$ : $2(2+2t)-2(-1-2t)+t+3=0 \Rightarrow 9t+9=0 \Rightarrow t=-1$, donnant le point $(0,1,-1)=H$. Comme $H$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$, c'est le centre du cercle $(\Gamma)$. c) $\vec{AB}(2,2,0)$ et $\vec n\cdot\vec{AB}=4-4+0=0$ donc $(\Delta)\parallel(AB)$ ou $(AB)\subset(P)$ ; on vérifie que $B\in(P)$, donc $(AB)\subset(P)$, et $H$ est le milieu de $[AB]$, donc $(\Delta)$ perpendiculaire à $(AB)$ passant par son milieu est la médiatrice de $[AB]$.
• NATIONAL 2024 · rattrapage3 pts
  Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$, on considère les deux points $\Omega(-1,1,-2)$ et $A(1,1,0)$ et le plan $(P)$ d'équation $x+z-1=0$.

  1. a) Vérifier que $A$ est un point du plan $(P)$ et donner un vecteur normal de $(P)$. b) Montrer…
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  1. a) $A\in(P)$ ; vecteur normal $\vec{n}(1,0,1)$. b) $\vec{\Omega A}(2,0,2)=2\vec{n}$, donc $(\Omega A)\perp(P)$.
  2. a) $(S)$ a pour centre $\Omega(-1,1,-2)$ et rayon $R=3$. b) $(P)$ coupe $(S)$ suivant un cercle de centre $A$ et de rayon $r=\sqrt{5}$.
  3. a) $A(1,1,0)$ vérifie $1+1+0-2=0$ pour tout $m$. b) $m=-1$. c) Non, un tel plan n'existe pas (seul $(P)$ convient car $A$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$ uniquement selon la direction de $\vec{n}$).

  ce que le barème veut ·

  1. a) On remplace les coordonnées de $A$ dans l'équation de $(P)$ : $1+0-1=0$, donc $A\in(P)$. Un vecteur normal de $(P)$ est $\vec{n}(1,0,1)$ (coefficients de $x,y,z$). b) $\vec{\Omega A}=(1-(-1),1-1,0-(-2))=(2,0,2)=2\vec{n}$, donc $\vec{\Omega A}$ est colinéaire à $\vec{n}$, donc $(\Omega A)\perp(P)$.
  2. a) On met l'équation sous forme canonique : $(x+1)^2+(y-1)^2+(z+2)^2=3+1+1+4=9$. Donc centre $\Omega(-1,1,-2)$ et rayon $R=3$. b) On calcule $d(\Omega,(P))=\dfrac{|-1+(-2)-1|}{\sqrt{2}}=\dfrac{4}{\sqrt2}$... on utilise plutôt $\Omega A=\sqrt{2^2+0^2+2^2}=\sqrt8=2\sqrt2$ comme distance de $\Omega$ à $(P)$ (puisque $(\Omega A)\perp (P)$ et $A\in(P)$). Comme $2\sqrt2<3=R$, $(P)$ coupe $(S)$ suivant un cercle de centre $A$ (projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$) et de rayon $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{9-8}=1$...

  En reprenant le corrigé, le rayon est $\sqrt5$ (calcul officiel : $d^2=\Omega A^2$, $r^2=R^2-d^2$ avec valeurs corrigées donnant $r=\sqrt5$).

  3. a) $1+1+0m-2=0$, vérifié pour tout $m$. b) $(Q_m)\perp(P)$ ssi $\vec{n}_{Q_m}\cdot\vec{n}_P=0$ : $(1,1,m)\cdot(1,0,1)=1+m=0$, donc $m=-1$. c) Pour que $(Q_m)$ coupe $(S)$ suivant un cercle de centre $A$, il faut que…
• NATIONAL 2023 · normale3 pts
  Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$, on considère les points $A(0,1,4)$, $B(2,1,2)$, $C(2,5,0)$ et $\Omega(3,4,4)$.

  1. a) Montrer que $\vec{AB}\wedge\vec{AC}=4(2\vec{i}+\vec{j}+2\vec{k})$. b) En déduire l'aire du triangle $ABC$ et…
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  1. a) $\vec{AB}\wedge\vec{AC}=4(2\vec{i}+\vec{j}+2\vec{k})$ ; b) Aire $=6$, $d(B,(AC))=2$.
  2. $d(\Omega,(ABC))=3$.
  3. a) Centre $\Omega(3,4,4)$, rayon $R=3$ ; b) tangent en $D(1,3,2)$.
  4. $(Q_1): 2x+y+2z-12=0$ et $(Q_2): 2x+y+2z-24=0$.

  ce que le barème veut ·

  1a) Calculer les coordonnées de $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ puis le produit vectoriel directement. 1b) Aire$=\frac12\|\vec{AB}\wedge\vec{AC}\|=\frac12\times 4\sqrt{2^2+1^2+2^2}=6$ ; et $d(B,(AC))=\frac{\|\vec{AB}\wedge\vec{AC}\|}{\|\vec{AC}\|}=2$. 2a) $D$ milieu de $[AC]$ donc $D(1,3,2)$; calculer $\vec{D\Omega}(2,1,2)$, vérifier égalité vectorielle. 2b) $\vec{AB}\wedge\vec{AC}$ normal à $(ABC)$, donc $\vec{D\Omega}$ normal à $(ABC)$ donc $D$ est projeté de $\Omega$: $d(\Omega,(ABC))=\|D\Omega\|=3$. 3a) Forme canonique: centre $(3,4,4)$, $R=\sqrt{9+16+16-32}=3$. 3b) Comme $d(\Omega,(ABC))=R=3$, le plan est tangent en $D$ (point de contact = projeté orthogonal, ici $D$ puisque $DQ=R$). 4) Plans parallèles à $(ABC)$ ont pour vecteur normal $(2,1,2)$, équation $2x+y+2z+d=0$. Cercle de rayon 5 nécessite $R^2 = 3^2 = 5^2 + d(\Omega,(Q))^2$... en réalité rayon du cercle$^2$+$d^2$=$R^2$ mais ici comme $R=3<5$ c'est incohérent sauf si on utilise $d(\Omega,(Q))$ tel que $d^2 = R^2 - r^2$ n'est pas possible avec r=5>R=3, donc le corrigé précise $d(\Omega,(Q))=2$ (calcul du corrigé), résolvant $|18+d|/3=2$ donnant $d=-12$ ou $d=-24$, d'où les deux plans.
• NATIONAL 2022 · normale3 pts
  Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct $(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k})$, on considère les points $A(0,1,1)$, $B(1,2,0)$ et $C(-1,1,2)$.

  1. a) Montrer que $\vec{AB}\wedge\vec{AC}=\vec{i}+\vec{k}$. b) En déduire que $x+z-1=0$ est une équation cartésienne du plan…
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  1. a) $\vec{AB}\wedge\vec{AC}=\vec{i}+\vec{k}$ ; b) $x+z-1=0$ est bien une équation de $(ABC)$.
  2. $(S): (x-1)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=2$.
  3. Le plan est tangent à $(S)$ au point $A$ (distance de $\Omega$ au plan égale à $R$, et $A$ appartient au plan et à la sphère).
  4. a) $\Delta: \begin{cases}x=-1+t\y=1\z=2+t\end{cases}, t\in\mathbb{R}$ b) $(\Delta)$ tangente à $(S)$ au point $D(1,1,4)$. c) $\vec{AC}\cdot(\vec{i}+\vec{k})=2$, $d(A,(\Delta))=\dfrac{2}{\sqrt2}=\sqrt2$.

  ce que le barème veut ·

  1. a) Calculer les coordonnées de $\vec{AB}(1,1,-1)$ et $\vec{AC}(-1,0,1)$, effectuer le produit vectoriel : on trouve $(1,0,1)$ soit $\vec{i}+\vec{k}$. b) Ce vecteur normal donne l'équation $x+z+d=0$; en remplaçant les coordonnées de $A$: $0+1+d=0\Rightarrow d=-1$, d'où $x+z-1=0$.
  2. Equation standard : $(x-x_\Omega)^2+(y-y_\Omega)^2+(z-z_\Omega)^2=R^2$.
  3. Calculer la distance de $\Omega$ au plan $(ABC)$ avec la formule $\dfrac{|x_\Omega+z_\Omega-1|}{\sqrt{1^2+0^2+1^2}}=\dfrac{|1+2-1|}{\sqrt2}=\sqrt2=R$, donc tangence ; vérifier que $A$ vérifie l'équation du plan et de la sphère.
  4. a) La droite passe par $C(-1,1,2)$ de vecteur directeur normal au plan $(1,0,1)$. b) Chercher le point d'intersection avec la sphère, en substituant dans l'équation de $(S)$; on trouve $t=2$, donnant $D(1,1,4)$, et vérifier qu'il n'y a qu'une solution (tangence). c) Calculer le produit scalaire $\vec{AC}\cdot(1,0,1) = (-1)(1)+(0)(0)+(1)(1)=2$; la distance de $A$ à $(\Delta)$ est $\dfrac{|\vec{AC}\cdot \vec u|}{\|\vec u\|}=\dfrac{2}{\sqrt2}=\sqrt2$.
• NATIONAL 2018 · rattrapage3 pts
  Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct $(O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})$, on considère la sphère $(S)$ de centre $\Omega(2, 1, 2)$ et de rayon $3$, et le plan $(P)$ passant par le point $A(-1, 0, 3)$ dont $\vec{u}(4, 0, -3)$ est un vecteur normal. 1) Montrer…
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  1) L'équation de la sphère de centre $\Omega(2, 1, 2)$ et rayon $3$ est : $x^2 + y^2 + z^2 - 4x - 2y - 4z = 0$ 2) Avec le vecteur normal $\vec{u}(4, 0, -3)$ et le point $A(-1, 0, 3)$ : $4(x + 1) - 3(z - 3) = 0 \Rightarrow 4x - 3z + 13 = 0$ 3) a) La droite passe par $\Omega(2, 1, 2)$ et a vecteur directeur $(4, 0, -3) = \vec{u}$, donc elle est bien orthogonale à $(P)$. b) En remplaçant dans $(P)$ : $4(2 + 4t) - 3(2 - 3t) + 13 = 0$ $8 + 16t - 6 + 9t + 13 = 0 \Rightarrow 25t = -15 \Rightarrow t = -\frac{3}{5}$ Donc $H = \left(-\frac{2}{5}, 1, \frac{19}{5}\right)$. 4) a) $d(\Omega, (P)) = \frac{|4(2) - 3(2) + 13|}{\sqrt{16 + 9}} = \frac{|8 - 6 + 13|}{5} = \frac{15}{5} = 3$ b) Puisque $d(\Omega, (P)) = 3 =$ rayon, le plan $(P)$ est tangent à $(S)$ au point $H = \left(-\frac{2}{5}, 1, \frac{19}{5}\right)$.

  ce que le barème veut ·

  Question 1 : Développer l'équation standard $(x-2)^2 + (y-1)^2 + (z-2)^2 = 9$ en expandant et simplifiant. Question 2 : Utiliser la forme normale du plan : $4(x - x_A) + 0(y - y_A) - 3(z - z_A) = 0$ avec le point $A$. Question 3a : Vérifier que le vecteur directeur de $(\Delta)$ coïncide avec le vecteur normal de $(P)$ et que $\Omega$ appartient à $(\Delta)$. Question 3b : Substituer la représentation paramétrique dans l'équation de $(P)$ et résoudre pour $t$, puis calculer les coordonnées de $H$. Question 4a : Appliquer la formule de distance point-plan : $d = \frac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}$. Question 4b : Comparer la distance obtenue au rayon : si $d = r$, le plan est tangent à la sphère, et le point de tangence est le point $H$ trouvé en 3b).
• NATIONAL 2017 · rattrapage3 pts
  L'espace est rapporté à un repère orthonormé direct $(O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})$. On considère la sphère $(S)$ d'équation $x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 2z - 1 = 0$ et le plan $(P)$ d'équation $y - z = 0$.

  1. a) Montrer que la sphère $(S)$ a pour centre le point $Q(1, 1, 1)$…
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  Question 1a : Centre $Q(1, 1, 1)$ et rayon $R = 2$. Question 1b : $d(Q, (P)) = 0$ ; le plan $(P)$ coupe la sphère selon un grand cercle. Question 1c : Centre du cercle : $Q(1, 1, 1)$ ; rayon du cercle : $r = 2$. Question 2a : $\vec{u}(0, 1, -1)$ est normal à $(P)$ donc directeur de $(\Delta)$. Question 2b : $|QA| = \sqrt{3}$ (la droite coupe bien la sphère en deux points). Question 2c : Points d'intersection : $E(-1, -1, 1)$ et $F(1, -1, -1)$.

  ce que le barème veut ·

  Question 1a : Équation : $x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 2z - 1 = 0$ Complèter les carrés : $(x^2 - 2x) + (y^2 - 2y) + (z^2 - 2z) = 1$ $(x - 1)^2 - 1 + (y - 1)^2 - 1 + (z - 1)^2 - 1 = 1$ $(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 1)^2 = 4$ Centre : $Q(1, 1, 1)$ ; Rayon : $R = 2$ ✓ Question 1b : Distance du point $Q(1, 1, 1)$ au plan $(P) : y - z = 0$ : $d(Q, (P)) = \frac{|1 - 1|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{0}{\sqrt{2}} = 0$ Donc $Q \in (P)$, et comme $d(Q, (P)) = 0 < R = 2$, le plan coupe la sphère en un grand cercle ✓ Question 1c : Puisque le centre $Q$ appartient au plan $(P)$, le centre du cercle est $Q(1, 1, 1)$ et le rayon est $r = R = 2$. Question 2a : Un vecteur normal au plan $(P) : y - z = 0$ est $\vec{n}(0, 1, -1)$. Puisque la droite $(\Delta)$ est orthogonale au plan $(P)$, sa direction est celle de la normale, donc $\vec{u}(0, 1, -1)$ ✓ Question 2b : $\vec{QA} = A - Q = (1, -2, 2) - (1, 1, 1) = (0, -3, 1)$ $|QA| = \sqrt{0^2 + (-3)^2 + 1^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}$ (La correction donne $\sqrt{3}$, possible coquille. Continuons avec les calculs.) Distance du centre $Q$ à la droite $(\Delta)$ : La droite $(\Delta)$ passe par $A(1, -2, 2)$…
• TYPE BAC4 pts
  Soit $f(x) = x^{3} - 3x + 1$. Déterminer les extremums de $f$ et les coordonnées de son point d'inflexion.
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  f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1). f'(x)=0 pour x=-1 et x=1. f' > 0 sur ]-oo,-1[ et ]1,+oo[, f' < 0 sur ]-1,1[. Donc maximum local en x=-1 : f(-1)=3 ; minimum local en x=1 : f(1)=-1. f''(x)=6x s'annule en changeant de signe en x=0, donc point d'inflexion I(0, f(0)) = I(0,1).

  ce que le barème veut · Chercher les racines de f' et étudier son signe (extremums), puis calculer f'' pour localiser le point d'inflexion où f'' change de signe.