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% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction des exercices de bac}}\end{center}

\subsection{\textcolor{blue}{Polynésie mai 2022}}


\medskip

L'espace est rapporté un repère orthonormal où l'on considère :

\setlength\parindent{1cm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~~$]les points A$(2~;~-1~;~0)$ B$(1~;~0~;~- 3)$, C$(6~;~6~;~1)$  et E$(1~;~2~;~4)$ ;
\item[$\bullet~~$]Le plan $\mathcal{P}$ d'équation cartésienne $2x - y - z + 4 = 0$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0cm}

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item On veut démontrer que le triangle ABC est rectangle en A; on a 
$\overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}-1\\1\\-3 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}4\\7\\1 \end{pmatrix}$.
		
$\overrightarrow{\text{AB}} \cdot \overrightarrow{\text{AC}}=-4 +7-3=\boxed{\textcolor{red}{0}}$ donc   $\overrightarrow{\text{AB}}$ et $\overrightarrow{\text{AC}}$ sont orthogonaux et le triangle ABC est donc rectangle en A.

		\item $\overrightarrow{\text{BC}}\begin{pmatrix}5\\6\\4 \end{pmatrix}$
donc $\overrightarrow{\text{BA}} \cdot \overrightarrow{\text{BC}}=5-6+12=\boxed{\textcolor{red}{11}}$.

$\text{BA}= \sqrt{1^2+(-1)^2+3^2}=\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{11}}}$ et $\text{BC}=\sqrt{5^2+6^2+4^2} =\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{77}}}$

		\item On cherche la mesure en degrés de l'angle $\widehat{\text{ABC}}$ arrondie au degré.
		
On a alors
\begin{align*} 
\overrightarrow{\text{BA}} \cdot \overrightarrow{\text{BC}}= \text{BA}\times\text{BC}\times \cos\left(\widehat{\text{ABC}}\right)&\iff 11=\sqrt{11}\times \sqrt{77} \times \cos\left(\widehat{\text{ABC}}\right) \\
&\iff 11=\sqrt{11}\times \sqrt{11}\times \sqrt{7}\times \cos\left(\widehat{\text{ABC}}\right) \\
&\iff \cos\left(\widehat{\text{ABC}}\right) = \dfrac{1}{\sqrt{7}}
\end{align*}

La calculatrice donne $\widehat{\text{ABC}}  \approx \boxed{\textcolor{red}{68\degres}}$ au degré près.
	\end{enumerate}
	
\item
	\begin{enumerate}
		\item On veut démontrer que le plan $\mathcal{P}$ est parallèle au plan (ABC).
		
Un vecteur normal du plan (ABC) est le vecteur $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix}$.

Les vecteurs $\overrightarrow{\text{AB}}$ et $\overrightarrow{\text{AC}}$ ne sont pas colinéaires car ABC est un triangle rectangle.

De plus $\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{AB}}=2\times (-1) -1\times 1 - 1\times (-3) =-2-1+3 = \boxed{\textcolor{red}{0}}$

 et 

$\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{AC}}=2\times 4-1\times 7-1\times 1 = 8 - 7 - 1 = \boxed{\textcolor{red}{0}}$

$\overrightarrow{n}$ est donc un vecteur normal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), c'est donc un vecteur \textbf{\textcolor{blue}{normal}} à ce plan et du plan $\mathscr{P}$. 

Les plans $\mathscr{P}$ et (ABC) sont donc \textbf{\textcolor{blue}{parallèles}}.

		\item On en déduit une équation cartésienne du plan (ABC).
		
Le plan (ABC) a donc une équation de la forme $2x - y - z + d = 0$, comme A appartient à ce plan,  on a: $5 + d = 0$ soit $d = -5$.
		
Une équation de (ABC) est donc $\boxed{\textcolor{red}{2x - y - z - 5 = 0}}$.

		\item On détermine une représentation paramétrique de la droite $\mathcal{D}$ orthogonale au plan (ABC) et passant par le point E.
		
Un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}$ est donc le vecteur $\overrightarrow{n}$ 
		
%		$\begin{cases} x=1+2t\\y=2-t\\z=4-t\end{cases} \qquad ,t\in \R$
On a donc $M(x~;~y~;~z) \in \mathcal{D} \iff \overrightarrow{\text{E}M} = t \overrightarrow{n}$, avec $t \in \mathbb{R}$, soit 

$\left\{\begin{array}{l c l}
x - 1&=&2t\\
y - 2&=&- t,\\
z - 4&=&-t
\end{array}\right. t \in \mathbb{R} \iff \boxed{\textcolor{red}{\left\{\begin{array}{l c l}
x &=& 1 +2t\\
y &=& 2 - t,\\
z &=&4 -t
\end{array}\right. t \in \mathbb{R}}}$.

		\item On démontre que le projeté orthogonal H  du point E sur le plan (ABC) a pour coordonnées $\left(4~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{5}{2}\right)$.
		
		H correspond à l'intersection du plan (ABC) avec la droite perpendiculaire à (ABC) qui passe par E soit la droite $\mathcal{D}$, les coordonnées de H seront donc solutions du système suivant  :
		
\begin{align*}
\begin{cases} x=1+2t\\y=2-t\\z=4-t\\2x-y-z-5=0\end{cases}& \iff\begin{cases} x=1+2t\\y=2-t\\z=4-t\\2(1+2t)-(2-t)-(4-t)-5=0\end{cases} \\
&\iff \begin{cases} x=1+2t\\y=2-t\\z=4-t\\6t-9=0\end{cases} 
&\iff \begin{cases} t=\frac{3}{2}\\x=4\\y = \frac{1}{2}\\z=\frac{5}{2}\end{cases}
\end{align*}
	\end{enumerate}
	
\item 


On rappelle que le volume d'une pyramide est donné par $\mathcal{V} = \dfrac13 \mathcal{B}h$ où $\mathcal{B}$ désigne l'aire d'une base et $h$  la hauteur de la pyramide associée à cette base. 

On va calculer l'aire du triangle ABC puis démontrer que le volume de la pyramide  ABCE est égal à $16,5$ unités de volume.

$\text{AC}=\sqrt{4^2+7^2+1^2}=\sqrt{66}$ et donc $\mathscr{B}=\dfrac{\text{AB}\times \text{AC}}{2} = \dfrac{\sqrt{11}\times \sqrt{66}}{2}=\dfrac{11\sqrt{6}}{2}$

HE est la hauteur de la pyramide et $\overrightarrow{\text{HE}}\begin{pmatrix}-3\\\frac{3}{2}\\\frac{3}{2} \end{pmatrix}$

On a par suite HE $=\sqrt{(-3)^2+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{27}{2}}$ puis

$ \mathscr{V}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{11\sqrt{6}}{2}\times \sqrt{\dfrac{27}{2}}  
=\dfrac{11\times \sqrt{2}\times \sqrt{3}\times 3\sqrt{3}}{3\times 2 \times \sqrt{2}}
=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{33}{2}= 16,5}}$ 

\end{enumerate}

\newpage


\subsection{\textcolor{blue}{Métropole juin 2022}}
Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé$\left(O~;~\vec{i}~;~\vec{j}~;~\vec{k}\right)$, on considère:

$\bullet~~$ le point A de coordonnées $(-1~;~1~;~3)$,

$\bullet~~$la droite $\mathcal{D}$ dont une représentation paramétrique est: $\left\{\begin{array}{l c l}
x&=&1+2t\\y &=& 2 - t,\\z&=& 2+2t
\end{array}\right.  t \in \mathbb{R}$.

On admet que le point A n'appartient pas à la droite $\mathcal{D}$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Donner les coordonnées d'un vecteur directeur $\vect{u}$ de la droite $\mathcal{D}$.
		$\boxed{\textcolor{red}{\vec{u}\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}}}$ est une vecteur directeur de $\mathcal{D}$.
		

		\item %Montrer que le point B$(-1~;~3~;~0)$ appartient à la droite $\mathcal{D}$.
		Pour $\boxed{\textcolor{red}{t=-1}}$, on obtient les cordonnées de B, donc B appartient à la droite $\mathcal{D}$.
		
		\item %Calculer le produit scalaire $\vec{\text{AB}} \cdot \vec{u}$.
		$\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}0\\2\\-3\end{pmatrix}$ donc $\vec{\text{AB}}\cdot\vec{u}=2\times 0-1\times 2+2\times (-3)=-8$ ; $\boxed{\textcolor{red}{\vec{AB}\cdot\vec{u}=-8}}$
	\end{enumerate}
	
\item On note $\mathcal{P}$ le plan passant par le point A et orthogonal à la droite $\mathcal{D}$, et on appelle H le point d'intersection du plan $\mathcal{P}$ et de la droite $\mathcal{D}$. Ainsi, H est le projeté orthogonal de A sur la droite $\mathcal{D}$.

	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que le plan $\mathcal{P}$ admet pour équation cartésienne: $2x - y + 2z - 3 = 0$.
		$\vec{u}$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$.\\
		A appartient à ce plan ; une équation cartésienne de $\mathcal{P}$ est donc :
		\[2\left(x-x_{\text{A}}\right)-\left(y-y_{\text{A}}\right)+2\left(z-z_{\text{A}}\right)=0\Leftrightarrow 2\left(x+1\right)-\left(y-1\right)+2\left(z-3\right)=0\Leftrightarrow \boxed{\textcolor{red}{2x-y+2z-3=0}}\]
		
		\item %En déduire que le point H a pour coordonnées $\left(\dfrac79~;~\dfrac{19}{9}~;~\dfrac{16}{9}\right)$.
		$\text{H}=\mathcal{D} \cap \mathcal{P}$ donc les coordonnées de P vérifient la représentation paramétrique de $\mathcal{D}$ et l'équation cartésienne de $\mathcal{P}$.\\
		On résout :\\
		$\begin{cases}x=1+2t\\y=2-t\\z=2+2t\\2x - y + 2z - 3 = 0\end{cases}$.\\
		On en déduit : $2(1+2t)-(2-t)+2(2+2t)-3=0\Leftrightarrow 9t+1=0\Leftrightarrow \boxed{\textcolor{red}{t=-\dfrac{1}{9}}}$.\\
		On en déduit :
		
\bigskip

		$\begin{cases}x=1-\dfrac{2}{9}=\dfrac{7}{9}\\y=2+\dfrac{1}{9}=\dfrac{19}{9}\\z=2-\dfrac{2}{9}=\dfrac{16}{9}\end{cases}$, d'où $\boxed{\textcolor{red}{\text{H}\left(\dfrac79~;~\dfrac{19}{9}~;~\dfrac{16}{9}\right)}}$.
		
		\item %Calculer la longueur AH. On donnera une valeur exacte.
		Alors : $\vec{\text{AH}}\begin{pmatrix}\dfrac{16}{9}\\\dfrac{10}{9}\\-\dfrac{11}{9}\end{pmatrix}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{9}\begin{pmatrix}16\\10\\-11\end{pmatrix}}}$.\\
		On en déduit : $\text{AH}=\dfrac{1}{9}\sqrt{16^2+10^2+(-11)^2}=\dfrac{1}{9}\sqrt{477}=\dfrac{1}{9}\sqrt{9\times 53}=\dfrac{3\sqrt{53}}{9}=\dfrac{\sqrt{53}}{3}$  $\boxed{\textcolor{red}{AH=\dfrac{\sqrt{53}}{3}}}$.
	\end{enumerate}	
\item Dans cette question, on se propose de retrouver les coordonnées du point H, projeté orthogonal du point A sur la droite $\mathcal{D}$, par une autre méthode.

On rappelle que le point B$(-1~;~3~;~0)$ appartient à la droite $\mathcal{D}$ et que le vecteur $\vec{u}$ est un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}$.
	\begin{enumerate}
		\item %Justifier qu'il existe un nombre réel $k$ tel que $\vec{\text{HB}} = k\vec{u}$.
		$\vec{\text{HB}}$ est colinéaire à $\vec{u}$ donc il existe $k\in\mathbb{R}$ tel que $\boxed{\textcolor{red}{\vec{\text{HB}}=k\vec{u}}}$.
		
		\item %Montrer que $k = \dfrac{\vec{\text{AB}} \cdot \vec{u}}{\left\|\vec{u}\right\|^2}$.
		$\vec{\text{AB}}=\vec{\text{AH}}+\vec{\text{HB}}$.\\
		Alors : $\text{AB}\cdot \vec{u}=\left(\vec{\text{AH}}+\vec{\text{HB}}\right)\cdot \vec{u}=\vec{\text{AH}}\cdot \vec{u}+\vec{\text{HB}}\cdot \vec{u}=\vec{\text{HB}}\cdot \vec{u}=k\vec{u}\cdot\vec{u}=k\left\vert \left\vert \vec{u} \right\vert \right\vert^2$.\\
		$\vec{\text{AH}}\cdot \vec{u}=\vec{0}$ car $\vec{\text{AH}}\perp \vec{u}$.
		
		On en déduit : $\boxed{\textcolor{red}{k=\dfrac{\vec{\text{AB}}\cdot \vec{u}}{\left\vert \left\vert \vec{u} \right\vert \right\vert^2}}}$.
		
		\item %Calculer la valeur du nombre réel $k$ et retrouver les coordonnées du point H.
		$\left\vert \left\vert \vec{u} \right\vert \right\vert^2=9$ donc $\boxed{\textcolor{red}{k=-\dfrac{8}{9}}}$.
		
\bigskip

On sait que $\vec{\text{HB}}=k\vec{u}$.\\
On en déduit : $\begin{cases}-1-x_{\text{{\text{H}}}}=-\dfrac{8}{9}\times 2\\3-y_{\text{H}}=-\dfrac{8}{9}\times (-2)\\-z_{\text{H}}=-\dfrac{8}{9}\times 2\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_{\text{H}}=\dfrac{7}{9}\\y_{\text{H}}=\dfrac{19}{9}\\z_{\text{H}}=\dfrac{16}{9}\end{cases}$ donc \boxed{\textcolor{red}{{\text{H}}\left(\dfrac79~;~\dfrac{19}{9}~;~\dfrac{16}{9}\right)}}.
	\end{enumerate}
	
\item %On considère un point C appartenant au plan $\mathcal{P}$ tel que le volume du tétraèdre ABCH soit égal à $\dfrac89$.

%Calculer l'aire du triangle ACH.
%
%On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par: $V = \dfrac13 \times \mathcal{B} \times h$ où $\mathcal{B}$ désigne l'aire d'une base et $h$ la hauteur relative à cette base.
$V=\dfrac{8}{9}=\dfrac{\mathcal{A}(\text{ACH})\times \text{BH}}{3}$.\\
$\text{BH}=\left\vert k \right\vert\left\vert \left\vert \vec{u} \right\vert \right\vert=\dfrac{8}{9}\times 3=\dfrac{8}{3}$.\\
Alors : $\dfrac{8}{9}=\mathcal{A}(\text{ACH})\times \dfrac{8}{9}$ d'où $\boxed{\textcolor{red}{\mathcal{A}(\text{ACH})=1}}$.
\end{enumerate}


\label{fin}
\end{document}  