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-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
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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}



\begin{multicols}{2}
\setlength{\columnseprule}{1pt}
\setlength{\columnsep}{2 cm}

\subsection{\textcolor{blue}{Pondichéry avril 2015}}
Soit un cube ABCDEFGH d'arête 1.

Dans le repère $\left(\text{A}~;~
\overrightarrow{\text{AB}},~
\overrightarrow{\text{AD}},~
\overrightarrow{\text{AE}}\right)$, on considère les points M, N et P de coordonnées
respectives M$\left(1~;~1~;~\dfrac{3}{4}\right)$,\: N$\left(0~;~\dfrac{1}{2}~;~1\right)$,\: P$\left(1~;~0~;~- \dfrac{5}{4}\right)$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Placer M, N et P sur la figure donnée en annexe.
Voir la figure à la fin.
\item Déterminer les coordonnées des vecteurs $
\overrightarrow{\text{MN}}$ et $
\overrightarrow{\text{MP}}$.
$
\overrightarrow{\text{MN}}\left(- 1~;~- \dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{4}\right)$ et $
\overrightarrow{\text{MP}}\left(0~;~- 1~;~- 2\right)$.

Les vecteurs $
\overrightarrow{\text{MN}}$ et $
\overrightarrow{\text{MP}}$ ne sont pas colinéaires, les droites (MN) et (MP) ne sont pas parallèles donc les points M, N et P ne sont pas alignés.
%En déduire que les points M, N et P ne sont pas alignés.
\item %On considère l'algorithme 1 donné en annexe.
	\begin{enumerate}
		\item %Exécuter \emph{à la main} cet algorithme avec les coordonnées des points M, N et P
%données ci-dessus.
$- 1 \times  0 + \left(- \dfrac{1}{2} \right) \times (- 1) + \left(\dfrac{1}{4} \right) \times \left(- 2\right) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} = 0$
		\item %À quoi correspond le résultat affiché par l'algorithme ? Qu'en déduire pour le
%triangle MNP ?
L'algorithme 1 calcule le produit scalaire $
\overrightarrow{\text{MN}} \cdot 
\overrightarrow{\text{MP}} = 0$, donc les vecteurs sont orthogonaux donc les droites (MN) et (MP) sont perpendiculaires : le triangle MNP est donc rectangle en M.
	\end{enumerate}
\item %On considère l'algorithme 2 donné en annexe. Le compléter pour qu'il teste
%et affiche si un triangle MNP est rectangle et isocèle en M.
\item On considère le vecteur $
\overrightarrow{n}(5~;~- 8~;~4)$ normal au plan (MNP).
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer une équation cartésienne du plan (MNP).
Si $n$ est un vecteur normal au plan (MNP) une équation de celui-ci est : 

$5x - 8y + 4z = d$, avec $d \in 
\mathbb{R}$ ; 

N $\in (\text{MNP}) \iff - 8 \times \dfrac{1}{2}  + 4 \times 1 = d = \iff 0 = d$

Une équation cartésienne du plan (MNP) est donc $5x - 8y + 4z = 0$.
		\item On considère la droite $\Delta$ passant par F et de vecteur directeur $
\overrightarrow{n}$.
		
%Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\Delta$.

On traduit la relation vectorielle : $M(x~;~y~;~z) \in \Delta \iff 
\overrightarrow{\text{F}M} = t 
\overrightarrow{n}, t \in 
\mathbb{R}$ soit 

$\left\{\begin{array}{l c l}
x - 1&=&5t\\
y - 0&=&- 8t\\
z - 1&=&4t
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x &=& 1 + 5t\\
y &=&\phantom{1+}- 8t\\
z &=&1 + 4t
\end{array}\right.$
	\end{enumerate}
\item %Soit K le point d'intersection du plan (MNP) et de la droite $\Delta$.
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que les coordonnées du point K sont $\left(\dfrac{4}{7}~;~\dfrac{24}{35}~;~\dfrac{23}{35}\right)$.
Les coordonnées de K vérifient l'équation du plan et l'équation paramétrique de $\Delta$, soit :

$\left\{\begin{array}{l c l}
5x - 8y + 4z&=&0\\
x &=&1 + 5t\\
y &=&\phantom{1+}- 8t\\
z &=&1 + 4t
\end{array}\right. 
\mathbb{R}ightarrow 5(1 + 5t) - 8 \times (- 8t) + 4(1 + 4t) = 0 \iff 105t  + 9 = 0 \iff t = - \dfrac{9}{105} \iff t = - \dfrac{3}{35}$.

D'où $x = 1 + 5 \times \left(- \dfrac{3}{35} \right) = 1 - \dfrac{3}{7} = \dfrac{4}{7}$ ;

$y = - 8\times \left(- \dfrac{3}{35} \right) = \dfrac{24}{35}$ ;

$z = 1 + 4\times \left(- \dfrac{3}{35} \right) = 1  - \dfrac{12}{35} = \dfrac{23}{35}$.

Donc F$\left(\dfrac{4}{7}~;~\dfrac{24}{35}~;~\dfrac{23}{35} \right)$.
		\item %On donne FK $= \sqrt{\dfrac{27}{35}}$.

%Calculer le volume du tétraèdre MNPF{}.
Puisque (FK) est orthogonale au plan MNP, [FK] est hauteur du tétraèdre MNPF, donc 

$V_{\text{MNPF}} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}(\text{MNP} \times \text{FK})$.

Or MNP est rectangle en M, donc $\mathcal{A}(\text{MNP} = \dfrac{\text{MN}\times \text{MP}}{2}$.

MN$^2 = 1 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{16} = \dfrac{21}{16}
\mathbb{R}ightarrow \text{MN} = \dfrac{\sqrt{21}}{4}$ ;

MP$^2 = 1 + 4  = 5
\mathbb{R}ightarrow \text{MP} = \sqrt{5}$ ;

Donc $V = \dfrac{1}{3}   \times \dfrac{\sqrt{21}}{4} \times \dfrac{1}{2} \times \sqrt{5} \times  \sqrt{\dfrac{27}{35}} = \dfrac{1}{24} \times \sqrt{\dfrac{21 \times 27}{35}}\times \sqrt{5} =  $

$\dfrac{1}{24} \times \sqrt{\dfrac{81}{5}} \times\sqrt{5} = \dfrac{9}{24} = \dfrac{3}{8}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Amérique du Nord juin 2015}}
Dans l'espace, on considère une pyramide SABCE à base carrée ABCE de centre O. Soit D le point de l'espace tel que $\left(\text{O}~;~ 
\overrightarrow{\text{OA}},~ 
\overrightarrow{\text{OB}}, 
\overrightarrow{\text{OD}}\right)$ soit un repère orthonormé. Le point S a pour coordonnées (0~;~0~;~3) dans ce repère. 

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(3,6)
\pspolygon(0.5,0.5)(2.5,0.5)(3.4,2)(1.95,5.5)%ABCS
\psline(2.5,0.5)(1.95,5.5)%BS
\psline[linestyle=dotted](0.5,0.5)(1.4,2)(1.95,5.5)%AES
\psline[linestyle=dotted](1.4,2)(3.4,2)%EC
\psline{->}(1.95,1.25)(0.5,0.5)
\psline{->}(1.95,1.25)(2.5,0.5)
\psline{->}(1.95,1.25)(1.95,3)
\uput[dl](0.5,0.5){A} \uput[dr](2.5,0.5){B} \uput[ur](3.4,2){C} 
\uput[ul](1.4,2){E} \uput[ur](1.95,1.25){O} \uput[u](1.95,3){D} 
\uput[u](1.95,5.5){S} 
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

\textbf{Partie A} 

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Soit U le point de la droite (SB) de cote 1. Construire le point U sur la figure jointe en \textbf{annexe 1, (à rendre avec la copie)}. 
Voir figure.

\item %Soit V le point d'intersection du plan (AEU) et de la droite (SC). Montrer que les droites (UV) et (BC) sont parallèles. Construire le point V sur la figure jointe en \textbf{annexe 1, (à rendre avec la copie)}. 
Compte tenu de la configuration, les plans (AEU) et (SBC) sont sécants selon la droite (UV). (Les points U et V appartiennent aux deux plans sécants considérés).

Dans le plan (AEU) nous avons la droite (EA) ; dans le plan (SBC) nous avons la droite (BC). Comme ABCE est un carré les droites (EA) et (BC) sont parallèles.

\noindent Donc d'après le théorème du toit la droite d'intersection (UV) des deux plans est parallèles à (EA) et à (BC).

\item Soit K le point de coordonnées $\left(\dfrac{5}{6}~;~ - \dfrac{1}{6}~;~0\right)$. 

%Montrer que K est le pied de la hauteur issue de U dans le trapèze AUVE. 
En appliquant le théorème de Thalès, on a $\overrightarrow{\text{DU}}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{\text{OB}}$. ON en déduit que les coordonnées de D sont $U\left(0~;~\dfrac{2}{3}~;~0\right)$ car $\overrightarrow{\text{OU}}=\overrightarrow{\text{OD}}+\overrightarrow{\text{DU}}=0\times \overrightarrow{\text{OA}}+\overrightarrow{\text{OB}}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow{\text{OD}}$.

\noindent Alors $\overrightarrow{\text{KU}}\begin{pmatrix}-\frac56\\\frac56\\1\end{pmatrix}$. $\overrightarrow{\text{EA}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$.

\noindent Alors : $\overrightarrow{\text{KU}}.\overrightarrow{\text{EA}}=0$ donc $KU\perp \overrightarrow{\text{EA}}$
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip 

Dans cette partie, on admet que l'aire du quadrilatère AUVE est $\dfrac{5\sqrt{43}}{18}$. 

\medskip

\begin{enumerate}
\item On admet que le point U a pour coordonnées $\left(0~;~\dfrac{2}{3}~;~ 1\right)$. 

%Vérifier que le plan (EAU) a pour équation $3x - 3y + 5z - 3 = 0$. 
On vérifie que les coordonnées de E, A et U vérifient l'équation du plan, donc c'est une équation de ce plan.

\item %Donner une représentation paramétrique de la droite $(d)$ orthogonale au plan (EAU) passant par le point S. 
Un vecteur normal au plan (EAU) est $\overrightarrow{\text{n}}\begin{pmatrix}3\\-3\\5\end{pmatrix}$.

\noindent C'est un vecteur directeur de $(d)$. Une représentation paramétrique de (d) est 

\noindent $\left\{\begin{array}{l}x=3t\\y=-3t\\z=3+5t\end{array}\right.~,t\in\mathbb{R}$

\item %Déterminer les coordonnées de H, point d'intersection de la droite $(d)$ et du plan (EAU). 
On résout le système.

\noindent On trouve $t=-\dfrac{12}{43}$ d'où $h\left(-\dfrac{36}{43}~;~\dfrac{36}{43}~;~\dfrac{69}{43}\right)$.

\item %Le plan (EAU) partage la pyramide (SABCE) en deux solides. Ces deux solides ont-ils le même volume ? 
On calcule le volume $v_1$ de la pyramide SABCD : on trouve $v_1=2$.

\noindent Le volume $v_2$ de SAUVE est $v_2=\dfrac{10}{9}\neq \dfrac{1}{2}v_1$.
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Polynésie juin 2015}}
\begin{enumerate}
\item Vérifier que le vecteur $
\overrightarrow{n}$ de coordonnées $\begin{pmatrix}2\\2\\- 9\end{pmatrix}$ est normal au plan (IJG).
$
\overrightarrow{\text{AI}} = \dfrac{1}{6} 
\overrightarrow{\text{AB}} \iff 
\overrightarrow{\text{AB}} = 6
\overrightarrow{\text{AI}}\iff \text{B}(6~;~0~;~0)$ ;

$
\overrightarrow{\text{AJ}} = \dfrac{1}{4} 
\overrightarrow{\text{AD}} \iff 
\overrightarrow{\text{AD}} = 4
\overrightarrow{\text{AJ}} \iff \text{D}(0~;~4~;~0)$ ;

$
\overrightarrow{\text{AK}} = \dfrac{1}{2} 
\overrightarrow{\text{AE}} \iff 
\overrightarrow{\text{AE}} = 2
\overrightarrow{\text{AK}} \iff\text{K}(0~;~0~;~2)$.

Comme $
\overrightarrow{\text{AG}} = 
\overrightarrow{\text{AC}} + 
\overrightarrow{\text{CG}} = 
\overrightarrow{\text{AB}} + 
\overrightarrow{\text{AD}} + 
\overrightarrow{\text{AE}} = 6
\overrightarrow{\text{AI}} + 4
\overrightarrow{\text{AJ}} + 2
\overrightarrow{\text{AK}}$, donc G(6~;~4~;~2).
On en déduit que $
\overrightarrow{\text{IG}}(- 1~;~1~;~0)$ et $
\overrightarrow{\text{JG}}(6~;~3~;~2)$.

Or $
\overrightarrow{n} \cdot 
\overrightarrow{\text{IG}} = - 2 + 2 + 0 = 0$ et 

$
\overrightarrow{n} \cdot 
\overrightarrow{\text{JG}} = 12 + 6 - 18 = 0$.

Le vecteur $
\overrightarrow{n}$ est donc normal à deux vecteurs manifestement non colinéaires du plan (IJG) est normal à ce plan.
\item  %Déterminer une équation du plan (IJG).
On sait qu'alors une équation du plan (IJG) est :

$M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJG}) \iff 2x + 2y - 9z + d = 0$.

En particulier : $\text{I}(1~;~0~;~0) \in (\text{IJG}) \iff 2 + 0 - 0 + d = 0 \iff d = - 2$.

Une équation du plan (IJG) est : $M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJG}) \iff 2x + 2y - 9z - 2 = 0$.
\item  %Déterminer les coordonnées du point d'intersection L du plan (IJG) et de la droite (BF).
On a$
\overrightarrow{\text{AF}} = 
\overrightarrow{\text{AB}} + 
\overrightarrow{\text{BF}} = 
\overrightarrow{\text{AB}} + 
\overrightarrow{\text{AE}}$, donc F(6~;~0~;~2).

Or $M(x~;~y~;~z) \in (\text{BF}) \iff $ il existe $t \in 
\mathbb{R}$ tel que $
\overrightarrow{\text{B}M} = t
\overrightarrow{\text{BF}} \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x - 6&=&t(6 - 6)\\
y - 0&=&t(0 - 0)\\
z - 0&=&t(2 - 0)
\end{array}\right. \iff  \left\{\begin{array}{l c l}
x &=&6\\
y &=&0\\
z &=&2t
\end{array}\right.$

Donc si $M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJG}) \cap (\text{BF})$ ses coordonnées vérifient le système :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x &=&6\\
y &=&0\\
z &=&2t\\
2x + 2y - 9z - 2 &=& 0
\end{array}\right. 
\mathbb{R}ightarrow 2 \times 6  + 0  - 9 \times 2t  - 2 = 0 \iff 10 - 18t = 0 \iff 10 = 18t \iff t = \dfrac{5}{9}$.

En remplaçant $t$ par $\dfrac{5}{9}$ dans l'équation de la droite (BF), on obtient :

L$\left(6~;~0~;~ \dfrac{10}{9}\right)$.
\item  %Tracer la section du pavé ABCDEFGH par le plan (IJG). Ce tracé sera réalisé sur la figure donnée en \textbf{annexe à rendre avec la copie)}. On ne demande pas de justification.

La section avec (ABCD) est la droite (IJ).

La section avec (ABFE) est la droite (IL).

La section avec (BCGF) est la droite (LG).

Il reste à trouver l'intersection  P du plan (IJG) avec la droite (HD) : comme les plans (ABFE) et (DCGH) sont parallèles, les droites (IJ) et (GP) sont parallèles.

On trace donc la parallèle à (IL) contenant G qui coupe (HD) en P.

La section est donc le pentagone JILGP (voir à la fin).
\end{enumerate}
 
 \begin{center}

\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(10,4)
\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray](0.9,0.275)(1.583,0)(7,1.111)(8.6,3.3)(2.1,2)%JILGP
\psframe(0.5,0)(7,2.2)%ABFE
\psline(7,0)(8.6,1.1)(8.6,3.3)(7,2.2)%BCGF
\psline(8.6,3.3)(2.1,3.3)(0.5,2.2)%GHE
\psline[linestyle=dotted](0.5,0)(2.1,1.1)(8.6,1.1)%ADC
\psline[linestyle=dotted](2.1,1.1)(2.1,3.3)%DH
\uput[dl](0.5,0){A} \uput[dr](7,0){B} \uput[r](8.6,1.1){C} 
\uput[ur](2.1,1.1){D} \uput[ul](0.5,2.2){E} \uput[u](7,2.2){F} 
\uput[ur](8.6,3.3){G} \uput[u](2.1,3.3){H} \uput[d](1.583,0){I} 
\uput[u](0.9,0.275){J} \uput[l](0.5,1.1){K}\uput[r](7,1.111){L}\uput[l](2.1,2){P}
\psdots[dotsize=3pt](1.583,0)(0.9,0.275)(0.5,1.1)(7,2.444)

\end{pspicture}  
\end{center}


\subsection{\textcolor{blue}{Métropole Réunion septembre 2015}}
Dans l'espace muni d'un repère orthonormé, on considère :

\setlength\parindent{0.5cm}
\begin{itemize}

\item les points $A\,(0~;~1~;~-1)$ et $B\,(- 2~;~2~;~- 1)$.

\item la droite $\mathcal{D}$ de représentation paramétrique $\left\{ \begin{array}{l !{=} l}
x&-2 + t\\
y& \phantom{-}1 + t\\
z&-1 - t
\end{array}\right.
, \:t \in \mathbb{R}$.

\end{itemize}
\setlength\parindent{0cm}

\medskip

\begin{enumerate}

\item% Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(AB)$.
La droite $(AB)$ est l'ensemble des points $M$ de coordonnées $(x\,;\,y)$ tels que les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AM}$ soient colinéaires doc tels que $\overrightarrow{AM} = k\,\overrightarrow{AB}$ où $k\in \mathbb{R}$.

$\overrightarrow{AB}$ a pour coordonnées $(-2-0\,;\, 2-1 \,;\, -1-(-1) = (-2\,;\, 1 \,;\, 0)$.

$\overrightarrow{AM}$ a pour coordonnées $(x-0\,;\, y-1 \,;\, z-(-1) = (x\,;\, y-1 \,;\, z+1)$.

$\overrightarrow{AM}=k\,\overrightarrow{AB}
\iff
\left\lbrace 
\begin{array}{l !{=} l}
x & -2k\\
y-1 & k\\
z+1 & 0
\end{array}
\right. 
\iff
\left\lbrace 
\begin{array}{l !{=} r}
x & \phantom{0} -2k\\
y & 1+ k\\
z & -1 \phantom{+k}
\end{array}
\right.$

Une représentation paramétrique de la droite $(AB)$ est:
$\left\lbrace 
\begin{array}{l !{=} r}
x & \phantom{0} -2k\\
y & 1+ k\\
z & -1 \phantom{+k}
\end{array}
\right.
\text{ où } k\in \mathbb{R}$

\item  

	\begin{enumerate}

		\item% Montrer que les droites $(AB)$ et $\mathcal{D}$ ne sont pas parallèles.
La droite $(AB)$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{AB}\,(-2\,;\, 1 \,;\, 0)$.

La droite $\mathcal D$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{v}\,(1\,;\, 1 \,;\, -1)$.

Les deux vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{v}$ ne sont pas colinéaires donc les droites $(AB)$ et $\mathcal D$ ne sont pas parallèles.

		\item% Montrer que les droites $(AB)$ et $\mathcal{D}$ ne sont pas sécantes.
Les droites $(AB)$ et $\mathcal D$ sont sécantes si elles admettent un point d'intersection, autrement dit s'il existe un réel $t$ et un réel $k$ tels que

$\left\lbrace 
\begin{array}{r !{=} l}
-2+t & -2k \\
1+t  & 1+k \\
-1-t & -1
\end{array}
\right. 
\iff
\left\lbrace 
\begin{array}{c !{=} c}
-2 & -2k \\
0  & k \\
t & 0
\end{array}
\right.
$ Il n'y a donc pas de solution.

Les droites $(AB)$ et $\mathcal D$ ne sont pas sécantes. 

 	\end{enumerate}

\emph{Les deux droites n'étant ni parallèles ni sécantes, elles sont non coplanaires.}

\end{enumerate}
 	
Dans la suite la lettre $u$ désigne un nombre réel.

On considère le point $M$ de la droite $\mathcal{D}$ de coordonnées $(-2 + u~;~1 + u~;~-1 - u)$.

\begin{enumerate}
\setcounter{enumi}{2}
	
\item%  Vérifier que le plan $\mathcal{P}$ d'équation $x + y - z - 3u = 0$ est orthogonal à la droite $\mathcal{D}$ et passe par le point $M$.
Soit  $\mathcal{P}$ le plan d'équation $x + y - z - 3u = 0$.

$x_M + y_M - z_M - 3u = -2+u + 1+u -(-1-u) -3u = -2+u + 1+u +1+u -3u=0$ donc $M\in \mathcal P$

Le plan $\mathcal P$ a pour vecteur normal $\overrightarrow{n}\,(1\,;\, 1 \,;\, -1)$, qui est un vecteur directeur de la droite $\mathcal D$; donc le plan $\mathcal P$ est orthogonal à la droite $\mathcal D$. 

\item%  Montrer que le plan $\mathcal{P}$ et la droite $(AB)$ sont sécants en un point $N$ de coordonnées $(-4 + 6u~;~3 - 3u~;~-1)$.
Pour déterminer si le plan $\mathcal P$ et la droite $(AB)$ sont sécants, on résout le système

$\left\lbrace 
\begin{array}{l}
x = -2k \\
y = 1+k\\
z = -1\\
x+y-z-3u=0
\end{array}
\right. 
\iff
\left\lbrace 
\begin{array}{l}
x = -2k \\
y = 1+k\\
z = -1\\
-2k +1+k+1-3u=0
\end{array}
\right.
\iff
\left\lbrace 
\begin{array}{l}
x = -2(2-3u) \\
y = 1+2-3u\\
z = -1\\
2-3u=k
\end{array}
\right.
\iff
\left\lbrace 
\begin{array}{l}
x = -4+6u \\
y = 3-3u\\
z = -1\\
2-3u=k
\end{array}
\right.$

Donc le plan $\mathcal P$ et la droite $(AB)$ sont sécants au point $N\,(-4+6u\,;\,3-3u\,;\,-1)$.

\item  
	\begin{enumerate}
		\item% Montrer que la droite $(MN)$ est perpendiculaire à la droite $\mathcal{D}$.
La droite $\mathcal{D}$ est orthogonale en $M$ au plan $\mathcal P$; donc la droite $\mathcal{D}$ est perpendiculaire à toute droite du plan  $\mathcal P$ passant par $M$, donc elle est perpendiculaire à la droite $(MN)$ contenue dans $\mathcal P$ puisque $N\in \mathcal P$.

		\item% Existe-t-il une valeur du nombre réel $u$ pour laquelle la droite $(MN)$ est perpendiculaire à la droite $(AB)$ ?
La droite $(MN)$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{MN}$ de coordonnées
 
$(-4+6u - (-2+u)\,;\, 3-3u - (1+u)_,;\, -1-(-1-u))=
(-2+5u\,;\, 2-4u\,;\, u)$.

La droite $(AB)$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{AB}$ de coordonnées
$(-2\,;\,1\,;\,0)$.

Les droites $(MN)$ et $(AB)$ sont orthogonales si et seulement si le produit scalaire de $\overrightarrow{MN}$ et de $\overrightarrow{AB}$ est nul.

$\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AB}= (-2+5u)\times (-2) + (2-4u)\times 1 + u \times 0 = 4-10u+2-4u=6-14u$

$\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AB}=0 \iff 6-14u=0 \iff \dfrac{3}{7}=u$

De plus, les droites $(MN)$ et $(AB)$ sont sécantes en $M$; elles sont donc perpendiculaires si et seulement si $u=\dfrac{3}{7}$.

			\end{enumerate}
\item 

	\begin{enumerate}

		\item% Exprimer $MN^2$ en fonction de $u$.
$MN^2= \parallel MN \parallel^2 = (-2+5u)^2+(2-4u)^2 + u^2
= 4 - 20u + 25u^2 +4 - 16u + 16u^2 + u^2 
= 42u^2 - 36u +8$

		\item% En déduire la valeur du réel $u$ pour laquelle la distance $MN$ est minimale.
$MN^2$ est un trinôme du second degré en $u$ de la forme $au^2+bu+c$, et le coefficient de $u^2$ est $a=42>0$; ce polynôme admet donc un minimum pour $u=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{-36}{2\times 42}=\dfrac{3}{7}$.

La distance $MN$ est minimale quand le nombre $MN^2$ est minimal, c'est-à-dire pour $u=\dfrac{3}{7}$.

 	\end{enumerate}

\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Métropole juin 2015}}

Dans un repère orthonormé (O,~I,~J,~K) d'unité 1 cm, on considère les points A$(0~;~-1~;~5)$,

B$(2~;~-1~;~5)$, C$(11~;~0~;~1)$, D$(11~;~4~;~4)$.

%\medskip
%
%Un point $M$ se déplace sur la droite (AB) dans le sens de A vers B à la vitesse de 1~cm par seconde.
%
%Un point $N$ se déplace sur la droite (CD) dans le sens de C vers D à la vitesse de 1~cm par seconde.
%
%À l'instant $t = 0$ le point $M$ est en A et le point $N$ est en C.
%
%On note $M_t$ et $N_t$ les positions des points $M$ et $N$ au bout de $t$ secondes, $t$ désignant un nombre réel positif.
%
%On admet que $M_t$ et $N_t$, ont pour coordonnées : $M_t(t~;~-1~;~5)$ et $N_t(11~;~0,8t~;~1 + 0,6 t)$.
%
%\medskip
%
%\emph{Les questions $1$ et $2$ sont indépendantes.}
%
%\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %La droite (AB) est parallèle à l'un des axes (OI), (OJ) ou (OK). Lequel ?
		Un vecteur directeur de la droite (AB) est $\overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}=2\overrightarrow{\text{OI}}$.
		
		La droite (AB) est donc parallèle à l'axe (OI).
		
		\item %La droite (CD) se trouve dans un plan $\mathcal{P}$ parallèle à l'un des plans (OIJ), (OIK) ou (OJK).
				
%Lequel ? On donnera une équation de ce plan $\mathcal{P}$.
On a $x_C=x_D=11$ donc la droite (CD) est incluse dans le plan $\mathcal{P}$ d'équation $\boxed{\textcolor{red}{x=11}}$.

		\item %Vérifier que la droite (AB), orthogonale au plan $\mathcal{P}$, coupe ce plan au point E$(11~;~-1~;~5)$.
		(AB) est parallèle à (OI) et (OI) est orthogonale au plan $\mathcal{P}$ donc (AB) est orthogonale à $\mathcal{P}$.
		
		Le point d'intersection E a des coordonnées $(x~;~y~;~z) $ qui vérifient l'équation cartésienne de $\mathcal{P}$ et la représentation paramétrique de $\mathcal{P}$.
		
		On doit avoir : $\left\{\begin{array}{l}x=11\\x=t\\y=-1\\z=5\end{array}\right.$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\text{E}(11~;~-1~;~5)}}$.
		
		\item %Les droites (AB) et (CD) sont-elles sécantes ?
		Une représentation paramétrique de (AB) est $\left\{\begin{array}{l}x=t\\y=-1\\z=5\end{array}\right.,~t\in\mathbb{R}$ et une représentation paramétrique de (CD) est $\left\{\begin{array}{l c l}x&=&11\\y&=&0,8t'\\z&=&1+0,6t'\end{array}\right.,~t'\in~\mathbb{R}$.
		On résout le système $\left\{\begin{array}{l c l}
t&=&11\\-1&=&0,8t'\\5z&=&1+0,6t'\end{array}\right.$ qui n'a pas de solutions, car on trouve $t'$ négatif, donc $1+0,6t'<5$.
		
		Les droites (AB) et (CD) ne sont pas sécantes.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que $M_tN_t^2 = 2 t^2 - 25,2 t + 138$.
		$\overrightarrow{M_tN_t}\begin{pmatrix}11-t\\0,8t+1\\0,6t-4\end{pmatrix}$ donc 
		
		\noindent $M_tN_t=\sqrt{(11-t)^2+(0,8t+1)^2+(0,6t-4)^2}\\
		=\sqrt{121-22t+t^2+0,64t^2-1,6t+1+0,36t^2-4,8t+16}=$
		
$\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{2t^2-25,2t+138}}}$.
		
		\item %À quel instant $t$ la longueur $M_tN_t$ est-elle minimale?
		$M_tN_t$ est positif, donc est minimale quand son carré est minimal.
		
		\noindent On considère la fonction $f:t\mapsto 2t^2-25,2t+138$ ; $f$ est une fonction du second degré ; le coefficient de $t^2$ est 2. Le minimum est atteint pour $t=\dfrac{25,2}{4}=6,3$.
		
		\noindent La distance est \textbf{\textcolor{red}{minimale}} pour $\boxed{\textcolor{red}{t=6,3~ \text{s}}}$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}



\end{multicols}\label{fin}
\end{document}  