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\textwidth 19cm \textheight 24cm \hoffset 
-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{Exercice \Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{fancy}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}


\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction de la feuille d'exercices \no 1}}\end{center}


\subsection{\textcolor{blue}{Amérique du Nord 2021}}
%\textbf{Les questions 1. à 5. de cet exercice peuvent être traitées de façon indépendante}
%
%\medskip
%
%On considère un cube ABCDEFGH. Le point I est le milieu du segment [EF], le point J est le milieu du segment [BC] et le point K est le milieu du segment [AE].


\begin{center}
\psset{xunit=0.85cm,yunit=0.9cm}
\begin{pspicture}(6,7)
\pspolygon(0.5,0.4)(5.5,0)(5.5,5)(0.5,5.4)%ABFE
\uput[dl](0.5,0.4){A} \uput[dr](5.5,0){B} \uput[u](5.5,5){F} \uput[ul](0.5,5.4){E}
\psline(5.5,0)(8.5,1.4)(8.5,6.4)(5.5,5)%BCGF
\uput[r](8.5,1.4){C} \uput[ur](8.5,6.4){G} 
\psline(8.5,6.4)(3.5,6.8)(0.5,5.4)%GHE 
\uput[u](3.5,6.8){H} \uput[u](3,5.2){I}\uput[dr](7,0.7){J}\uput[l](0.5,2.9){K}
\psline[linewidth=1.6pt](0.5,0.4)(3,5.2)%AI
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1.6pt](3,5.2)(7,0.7)%IJ
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1.6pt](0.5,2.9)(3.5,6.8)%KH
\psline[linestyle=dashed](0.5,0.4)(3.5,1.8)(3.5,6.8)%ADH
\uput[ur](3.5,1.8){D}
\psline[linestyle=dashed](3.5,1.8)(8.5,1.4)%DC
\end{pspicture}
\end{center}


\begin{enumerate}
\item $\overrightarrow{KH}$ et $\overrightarrow{AI}$ ne sont pas coplanaires donc les droites $(AI)$ et $(KH)$ ne sont pas parallèles.\\
\textbf{\textcolor{blue}{Autre façon :}}
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $\overrightarrow{KH}=\overrightarrow{KE}+\overrightarrow{EH}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AD}$

\item $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AE}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}$

\item Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc les droites $(AI)$ et $(KH)$ ne sont pas parallèles.
\end{enumerate}
\item %Les droites (AI) et (KH) sont-elles parallèles ? Justifier votre réponse,

On a $\overrightarrow{\text{AI}}\begin{pmatrix}\frac12\\0\\1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\text{KH}}\begin{pmatrix}0\\1\\\frac12\end{pmatrix}$ : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites (AI) et (KH) ne sont pas parallèles.
%Dans la suite, on se place dans le repère orthonormé $\left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}},~ \overrightarrow{\text{AD}},~ \overrightarrow{\text{AE}}\right)$.

\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Donner les coordonnées des points I et J.
On a : $\boxed{\textcolor{red}{I\left(\dfrac{1}{2}~;~0~;~1\right)}}$ et $\boxed{\textcolor{red}{J\left(1~;~\dfrac{1}{2}~;~0\right)}}$.

		\item %Montrer que les vecteurs $\overrightarrow{\text{IJ}},~\overrightarrow{\text{AE}}$ et $\overrightarrow{\text{AC}}$ sont coplanaires.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item \textbf{\textcolor{blue}{Première façon}} :\\
$\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{IE}+\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BJ}\\
=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{AE}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AE}}}$.\\
$\overrightarrow{IJ}$ est une combinaison linéaire des vecteurs $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{AE}$ ; ces trois vecteurs sont \textbf{\textcolor{red}{coplanaires}}

\item \textbf{\textcolor{blue}{Deusième façon}} :\\
On a $\overrightarrow{IJ}\begin{pmatrix}\frac12\\\frac12\\-1\end{pmatrix}, \, \overrightarrow{AE}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\, \overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$.

On a $2\overrightarrow{\text{IJ}} + 2\overrightarrow{\text{AE}} = \overrightarrow{\text{AC}}$.

Le vecteur $\overrightarrow{\text{AC}}$ est donc une combinaison des vecteurs $\overrightarrow{\text{IJ}}$ et $\overrightarrow{\text{AE}}$ : ces trois vecteurs sont donc coplanaires.

\end{enumerate}
	\end{enumerate}
%\end{enumerate}
	
%On considère le plan $\mathcal P$ d'équation $x + 3y - 2z + 2 = 0$ ainsi que les droites $d_1$ et $d_2$ définies par les représentations paramétriques ci-dessous:
%
%\[d_1  : \left\{\begin{array}{l c l}
%x	&=&3 + t\\
%y 	&=& 8 - 2t\\
%z	&=& - 2 + 3t\\
%\end{array}\right. , t \in \R\quad \text{et}\quad 
%d_2  : \left\{\begin{array}{l c l}
%x	&=&4 + t\\
%y 	&=&1 + t\\
%z	&=&8 + 2t\\
%\end{array}\right. , t \in \R.\]
%
%\begin{enumerate}[resume]
\item %Les droites $d_1$ et $d_2$ sont-elles parallèles ? Justifier votre réponse.

$d_1$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{u_1}\begin{pmatrix}1\\-2\\3\end{pmatrix}$ et $d_2$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{u_2}\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}$ : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites $d_1$ et $d_2$ ne sont pas parallèles 
\item %Montrer que la droite $d_2$ est parallèle au plan $\mathcal P$.

Le plan a pour vecteur normal le vecteur $\overrightarrow{p}\begin{pmatrix}1\\3\\-2\end{pmatrix}$ et $d_2$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{u_2}\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}$.

Or $\overrightarrow{p} \cdot \overrightarrow{u_2} =  1 + 3 - 4 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux donc la droite $d_2$ est parallèle au plan $\mathcal P$.
\item %Montrer que le point L(4~;~0~;~3) est le projeté orthogonal du point M(5~;~3~;~1) sur le plan $\mathcal P$.


On a $\overrightarrow{\text{ML}}\begin{pmatrix}-1\\- 3\\2\end{pmatrix}$, donc $\overrightarrow{\text{ML}} = - \overrightarrow{p}$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$.

$x_L+3y_L-2z_L+2==4+0-6+2=0$ donc $L\in\mathcal{P}$.\\
$L$ est bien le projeté orthogonal de $M$ sur $\mathcal{P}$.
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Sujet 0}}
On considère le cube ABCDEFGH de côté 1, le milieu I de [EF] et J le symétrique de E par rapport à F{}.

\begin{center}
\psset{xunit=5cm,yunit=5cm}
\begin{pspicture}(-0.1,-0.1)(2.2,1.5)
%\psgrid
\psframe(0,0)(1,1)
\psline(1,0)(1.35,0.35)
\psline[linestyle=dashed](0,0)(0.35,0.35)
\psline[linestyle=dashed](0.35,0.35)(1.35,0.35)
\psline[linestyle=dashed](0.35,0.35)(0.35,1.35)
\psline(1.35,0.35)(1.35,1.35)
\psline(0,1)(0.35,1.35)\psline(0.35,1.35)(1.35,1.35)\psline(1,1)(1.35,1.35)
\uput[dl](0,0){A} \uput[d](1,0){B}
\uput[r](1.35,0.35){C} \uput[l](0.35,0.35){D}
\uput[ul](0.35,1.35){H}
\uput[ul](0,1){E}
\uput[ur](1.35,1.35){G}
\uput[u](0.5,1){I}
\psdots(0.5,1)(2,1)
\uput[u](1,1){F}
\psline[linewidth=0.5pt,linecolor=gray] (1,1)(2,1)
\uput[r](2,1){J}
\end{pspicture}

\end{center}

\medskip

Dans tout l'exercice, l'espace est rapporté au repère orthonormé $\left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}},~\overrightarrow{\text{AD}},~\overrightarrow{\text{AE}}\right)$.

Les sommets du cube ont pour coordonnées:
A$(0~;~0~;~0)$~;~B$(1~;~0~;~0)$, D$(0~;~1~;~0)$, E$(0~;~0~;~1)$, C$(1~;~1~;~0)$, F$(1~;~0~;~1)$,
H$(0~;~1~;~1)$ et G$(1~;~1~;~1)$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Par lecture graphique, donner les coordonnées des points I et J.
\begin{list}{\textbullet}{}
\item Le point I est le milieu de [EF] donc I a pour coordonnées
$\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$.
\item Le point J est le symétrique de E par rapport à F{}, donc J a pour coordonnées
$\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$.
\end{list}		
%				
		\item On en déduit les coordonnées des vecteurs 
		$\overrightarrow{DJ}\,\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$,
		$\overrightarrow{BI}\,\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ et 
		$\overrightarrow{BG}\,\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$.
		
		\item %Montrer que $\overrightarrow{\text{DJ}}$ est un vecteur normal au plan (BGI).
\begin{list}{\textbullet}{}
\item Les vecteurs $\overrightarrow{BI}$ et $\overrightarrow{BG}$ ne sont pas colinéaires donc ce sont deux vecteurs directeurs du plan (BGI).
\item $\overrightarrow{DJ}\cdot \overrightarrow{BI} = -1+0+1=0$ donc $\overrightarrow{DJ}\perp\overrightarrow{BI}$.
\item $\overrightarrow{DJ}\cdot \overrightarrow{BG} = 0-1+1=0$ donc $\overrightarrow{DJ}\perp \overrightarrow{BG}$.
\end{list}

Donc le vecteur $\overrightarrow{DJ}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BGI), donc il est normal au plan (BGI).
		
		\item %Montrer qu'une équation cartésienne du plan (BGI) est $2x - y + z - 2 = 0$.
\begin{list}{\textbullet}{}
\item Le vecteur $\overrightarrow{DJ}\,\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ est normal au plan (BGI) donc le plan (BGI) a une équation de la forme $2x-y+z+d=0$.
\item Le point B appartient au plan (BGI) donc les coordonnées de B vérifient l'équation du plan; donc $2x_{\text B}-y_{\text B}+z_{\text B}+d=0$, ce qui équivaut à $2-0+0+d=0$, ce qui veut dire que $d=-2$.
\end{list}		

Donc une équation cartésienne du plan (BGI) est $2x - y + z - 2 = 0$.		
		
		
	\end{enumerate}
\item On note $d$ la droite passant par F et orthogonale au plan (BGI).
\begin{enumerate}
\item %Déterminer une représentation paramétrique de la droite $d$.
La droite $d$ est orthogonale au plan (BGI), et $\overrightarrow{DJ}$ est un vecteur normal au plan (BGI), donc $\overrightarrow{DJ}$ est un vecteur directeur de la droite $d$.

Le point F appartient à la droite $d$ donc la droite $d$ est l'ensemble des points M de coordonnées $(x~;~y~;~z)$ tels que $\overrightarrow{FM}$ et $\overrightarrow{DJ}$ soient colinéaires.

$\overrightarrow{FM}$ et $\overrightarrow{DJ}$ colinéaires
$\iff \overrightarrow{FM}=t.\overrightarrow{DJ}
\iff
\left\{
\begin{array}{r !{=} l}
x-1 & t \times 2\\
y-0 & t \times (-1)\\
z-1 & t\times 1
\end{array}
\right .$

Donc la droite $d$ a pour équation
$\left\{
\begin{array}{r !{=} r}
x&1+2t\\
y& -t\\
z &1+ \hphantom{2}t
\end{array}
\right . \,,\, t \in \mathbb{R}$

\item On considère le point L de coordonnées $\left(\frac{2}{3}~;~\frac{1}{6}~;~\frac{5}{6}\right)$.

%Montrer que L est le point d'intersection de la droite $d$ et du plan (BGI).

\begin{list}{\textbullet}{}
\item Pour prouver que $\text L\in d$, on cherche $t$ pour que
$\left\{
\begin{array}{r !{=} r}
\frac{2}{3}&1+2t\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\
\frac{1}{6}& -t\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\
\frac{5}{6} &1+ \hphantom{2}t
\end{array}
\right . $

On trouve $t=-\dfrac{1}{6}$ donc $\text L \in d$.

\item Le plan (BGI) a pour équation $2x-y+z-2=0$; 
or $2x_{\text L}-y_{\text L}+z_{\text L}-2 = \dfrac{4}{3} - \dfrac{1}{6} +\dfrac{5}{6}-2=0$,
donc $\text L \in \text{(BGI)}$.
\end{list}

Le point L est donc le point d'intersection de la droite $d$ et du plan (BGI).
\end{enumerate}

\item %On rappelle que le volume $V$ d'une pyramide est donné par la formule
%\[V=\dfrac{1}{3}\times \mathcal{B}\times h\] où $\mathcal{B}$ est l'aire d'une base et $h$ la hauteur associée à cette base.

\begin{enumerate}
\item La pyramide FBGI a pour base le triangle rectangle FBG, et pour hauteur IF.

\begin{list}{\textbullet}{}
\item $\text{IF} = \dfrac{1}{2}$
\item Le triangle rectangle FBG a pour aire 
$\dfrac{\text{FG}\times \text{FB}}{2} = \dfrac{1}{2}$.
\end{list}

Le volume de la pyramide FBGI est donc $\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2} =\dfrac{1}{12}$.

\item %En déduire l'aire du triangle BGI.
La droite $d$ est orthogonale au plan (BGI) et coupe ce plan en L. Le point F appartient à la droite $d$, donc on peut dire que la distance FL est la distance du point F au plan (BGI), autrement dit c'est la hauteur de la pyramide FBGI dont le triangle BGI est la base.

$\text{FL}^2 = \left (\dfrac{2}{3} -1\right )^2 + \left (\dfrac{1}{6}-0 \right )^2 + \left (\dfrac{5}{6} -1\right )^2
= \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$
donc
$\text{FL} = \dfrac{1}{\sqrt{6}}$

On appelle $\mathcal{A}$ l'aire du triangle BGI.
On exprime le volume de la pyramide FBGI:

$\mathcal{V} = \dfrac{1}{3}\times \text{FL}\times \mathcal{A}
\iff
\dfrac{1}{12} = \dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{\sqrt{6}} \times \mathcal{A}
\iff
\dfrac{3\times \sqrt{6}}{12} = \mathcal{A}
\iff
\mathcal{A} = \dfrac{\sqrt{6}}{4}$

L'aire du triangle BGI est égale à $ \dfrac{\sqrt{6}}{4}$.
%
\end{enumerate}

\end{enumerate}


\subsection{\textcolor{blue}{Antilles septembre 2020}}
On se place dans le repère $\left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}},~\overrightarrow{\text{AD}},~\overrightarrow{\text{AE}}\right)$.

\smallskip

\begin{enumerate}
\item  H$\left( 0~;~1~;~1\right)$ , M$\left( 0,5~;~0~;~0\right)$ et N$\left( 1~;~0,5~;~0\right)$.
\item  %On admet que les droites (CD) et (MN) sont sécantes et on note K leur point d'intersection.
	\begin{enumerate}
		\item La droite (MN) est définie par le point M et le vecteur $\overrightarrow{\text{MN}}$.
		
		M$\left( 0,5~;~0~;~0\right)$ et $\overrightarrow{\text{MN}}\begin{pmatrix}0,5\\0,5\\0\end{pmatrix}$
		
Une  représentation paramétrique de la droite (MN) est donc :
		
\[\left\{\begin{array}{l c l}
x &=& 0,5+0,5k\\

y&=& 0,5k\\

z&=&0
\end{array}\right., \:k \in \mathbb{R}.\]
 
		\item 
		
Une représentation paramétrique de la droite (CD) est

\[\left\{\begin{array}{l c l}
x &=& t\\
y&=&1\\
z&=&0
\end{array}\right., \:t \in \mathbb{R}.\]

	K étant le point d'intersection des droites (CD) et (MN), ses coordonnées sont solutions du système suivant :
		
		\[\begin{cases}x=t\\y=1\\z=0\\x=0,5+0,5k\\y=0,5k\\z=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}1=0,5k\\t=0,5+0,5k\\x=t\\y=1\\z=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}k=2\\t=1,5\\x=1,5\\y=1\\z=0\end{cases}\]
		
		C'est pourquoi K $(1,5~;~1~;~0)$ 
	\end{enumerate}
	
\item  %On admet que les points H, M, N définissent un plan et que la droite (CG) et le plan
%(HMN) sont sécants. On note L leur point d'intersection.
	\begin{enumerate}
		\item $\overrightarrow{\text{HM}}\begin{pmatrix}0,5\\-1\\-1\end{pmatrix}$ ~~~~$\overrightarrow{\text{HN}}\begin{pmatrix}1\\-0,5\\-1\end{pmatrix}$~~~~$\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}~2\\- 2\\~3\end{pmatrix}$
		
$\overrightarrow{\text{HM}}$ et $\overrightarrow{\text{HN}}$	ne sont	pas colinéaires car$ \dfrac{1}{0,5}\neq\dfrac{-0,5}{-1}$

 $\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\text{HM}}=2\times0,5-2\times(-1)+3\times(-1)=1+2-3=0$

$\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\text{HN}}=2\times1-2\times(-0,5)+3\times(-1)=2+1-3=0$

Le vecteur $\overrightarrow{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (HMN),c'est donc un vecteur normal à ce plan.


		\item $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}~2\\- 2\\~3\end{pmatrix}$ étant un vecteur normal du plan (HMN),
		
	une équation cartésienne de ce  plan est $2x-2y+3z+d=0$, H$\left( 0~;~1~;~1\right)$ appartient à ce plan donc ses coordonnées vérifient l'équation, on a donc $2\times0-2\times1+3\times1+d=0$ soit $d=-1$
	
	Une  équation du plan (HMN) est donc $2x-2y+3z-1=0$	
		
		\item %En déduire les coordonnées du point L.
		Déterminons une représentation paramétrique de la droite (CG).
		Cette droite est déterminée par le point C$\left( 1~;~1~;~0\right)$
		 et $\overrightarrow{\text{CG}}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
		
Une  représentation paramétrique de la droite (MN) est donc :
		
\[\left\{\begin{array}{l c l}
x &=& 1\\

y&=&1\\

z&=&p
\end{array}\right., \:p \in \mathbb{R}.\]		
		
		L est le point d'intersection de la droite (CG) et du plan (HMN), ses coordonnées sont donc solutions du système suivant:
		\[\begin{cases}2x-2y+3z-1=0\\x=1\\y=1\\z=p\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}2-2+3p-1=0\\x=1\\y=1\\z=p\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}p=\dfrac{1}{3}\\x=1\\y=1\\z=\dfrac{1}{3}\end{cases}\]
		
		C'est pourquoi L $(1~;~1~;~\dfrac{1}{3})$ 
	\end{enumerate}
\item  Sur la face (ABCD), on trace le segment [MN], 

sur la face (BCGF), on trace le segment [NL], 

sur la face (CDHG), on trace le segment [LH],

Les faces (ABFE) et (CDHG) sont parallèles donc les droites d'intersection des ces deux plans avec le plan (HMN)  sont parallèles. On trace la parallèle à (LH) passant par M, elle coupe la droite (AE) en un point S.

Sur la face (ADHE), on trace le segment [SH],(on peut remarquer que (SH) est parallèle à (NL).

La section du cube par le plan (HMN) est donc MNLHS.

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-4.5,-2.2)(6.5,6.5)
\psline[linestyle=dotted,linewidth=1pt](0,4)(0,0)(-2,-1)
\psline[linestyle=dotted,linewidth=1pt](0,0)(4,0)
\pspolygon(2,3)(-2,3)(-2,-1)(2,-1)(4,0)(4,4)%GFBCDHG
\psline(2,-1)(2,3)%DG
\psline(4,4)(0,4)(-2,3)%HEF
\psline{->}(-2,-1)(-3,-1.5)\psline{->}(4,0)(6,0)\psline{->}(0,4)(0,6)
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](0,-1)(-1,-0.5)
\uput[ul](0,0){A} \uput[d](-2,-1){B} \uput[d](2,-1){C} \uput[dr](4,0){D} 
\uput[ul](0,4){E} \uput[l](-2,3){F} \uput[ul](2,3){G} \uput[ur](4,4){H} 
\uput[ul](-1,-0.5){M} \uput[d](0,-1){N}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](2,0,333)(1,-1.5)
\uput[ul](2,0.333){L} \uput[d](1,-1.5){K}
\uput[ul](0,1.333){S}
\psline(2,-1)(0,-2)%(CD) 
\psline(0,-1)(2,-2)%(MN)
\psline[linewidth=1.75pt,linecolor=red](0,-1)(2,0.333)(4,4)%NLH
\psline[linewidth=1.75pt,linestyle=dotted,linecolor=red](0,-1)(-1,-0.5)(0,1.333)(4,4)%NMSH
\end{pspicture}
\end{center}

\end{enumerate}

\label{fin}
\end{document}