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

\begin{document}
%\tableofcontents

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



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

\subsection{\textcolor{blue}{Pondichéry avril 2013}}
\fbox{\textcolor{red}{Les bonnes réponses sont \textbf{b. \;  c. \; a. \; b.}
}}

\medskip

\textbf{\textcolor{red}{Remarques préliminaires}}\\
L'espace est rapporté à un repère orthonormal. $t$ et $t'$ désignent
des paramètres réels.

%PLAN (P)
Le plan (P) a pour équation $x - 2y + 3z + 5 = 0$ et donc, par
propriété, il a  pour vecteur normal
$\boxed{\textcolor{red}{\vec{n}\left(\begin{tabularx}{0.7cm}{X}
1\\
$-2$\\
3
\end{tabularx}\right)}}$.


%PLAN (S)
Le plan (S) a pour représentation paramétrique
$\left\{\begin{array}{l c l}
x&=&-2 + t + 2t'\\
y& =&\hspace{0.2cm}0  - t - 2t'\\
z &=& -1 - t + 3t'
\end{array}\right.$

Par propriété,  le plan (S) passe par $\boxed{\textcolor{red}{\text{F}(-2~;~0~;~-1)}}$ et a pour vecteurs de
base $\boxed{\textcolor{red}{\overrightarrow{u} \left(
\begin{array}{c}
   1 \\
-1 \\
   -1
\end{array}
\right)\text{ et }\overrightarrow{v}\left(
\begin{array}{c}
  2 \\
 -2\\
  3
\end{array}
\right)}}$


\medskip

\medskip

%DROITE (D)
La droite (D) a pour représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l
c l}
x&=&-2 + t\\
y &=&-t \\
z&=&-1 - t
\end{array}\right.$
\medskip

Par propriété, la droite (D) passe par $\boxed{\textcolor{red}{\text{F}(-2~;~0~;~-1)}}$ et a pour vecteur
directeur $\boxed{\textcolor{red}{\overrightarrow{u}\left(
\begin{array}{c}
  1 \\
 -1\\
  -1
\end{array}
%%%%%% correction 'contenue dans le plan (D)'
\right)}}$, elle est donc clairement contenue dans le plan (S) pour la
valeur $t'=0$.\\

On donne les points de l'espace M$(-1~;~2~;~3)$ et N$(1~;~-2~;~9)$.

\medskip

\begin{enumerate}
%Q1
\item \textcolor{red}{La bonne réponse est \textbf{b.~}} en excluant les trois autres ou
en vérifiant directement.
\medskip

\textbf{a.~} N'est pas un plan mais une droite.\\


\textbf{c.~}$\left\{\begin{array}{l c l} 	
x&=&t + t'\\ y&=& 1 - t- 2t'\\z&=& 1 - t - 3t'\end{array}\right.$ passe
par (0; 1; 1) $\notin$(P)\\

\textbf{d.~}$\left\{\begin{array}{l c l}
x&=& 1 + 2t + t'\\y&=& 1 - 2t + 2t'\\z&=& - 1 - t'\end{array}\right.$
passe par (1; 1; $-1$) $\notin$(P)\\

\textbf{b.~}$\left\{\begin{array}{l c l}
x&=& t + 2t'\\y&=& 1- t + t'\\z&=& - 1 - t\end{array}\right.$
passe par le point A(0; 1; $-1$) qui est élément de (P) car
$0-2\time1+3\times(-1)+5=0$
et a pour vecteurs directeurs $\overrightarrow{u}\left( \begin{tabularx}{0.7cm}{X}
1\\
$-1$\\
$-1$
\end{tabularx}  \right)$
et $\overrightarrow{v}\left(\begin{tabularx}{0.7cm}{X}
2\\
1\\
0
\end{tabularx}\right)$. Or
$\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{u}=0$ et  $\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{v}=0$ donc $\overrightarrow{n}$
normal à deux vecteurs non colinéaires du plan, il est normal au plan.
On a bien une représentation paramétrique du plan (P).

%Q2
\item  \textcolor{red}{La bonne réponse est \textbf{c.~}} \og La droite (D) est une droite
du plan (P). \fg
\medskip

Remplaçons, pour $t$ quelconque, les coordonnées d'un point de la droite
dans l'équation du plan (P).
Quel que soit $t \in \mathbb{R}$, $-2-t-2\times (-t)+3\times
(-1-t)+5=-2-3+5+t+2t-3t=0$,  donc tout point de $\Delta$ appartient à (P),
la droite est contenue dans (P).\\

%Q3	
\item \textcolor{red}{La bonne réponse est \textbf{a.~}} \og La droite (MN) et la droite
(D) sont orthogonales. \fg
\medskip

$\overrightarrow{MN}$  $\left( \begin{tabularx}{0.7cm}{X}
2\\
$-4$\\
$6$
\end{tabularx}  \right)$  et $\overrightarrow{u} \left(
\begin{array}{c}
   1 \\
-1 \\
   -1
\end{array}
\right)$

donc $\overrightarrow{MN} \cdot \overrightarrow{u}=1+2-3=0$ prouve que (MN) est orthogonale à
(D).
%Q4		
\item \textcolor{red}{La bonne réponse est \textbf{b.~}} \og La droite ($\Delta$) et la
droite d'intersection de (P) et (S). \fg
\medskip

On vérifie que la droite $\Delta$ est contenue dans chacun des deux plans
(qui ne sont pas confondus par ailleurs).\\
	\begin{itemize}
\item [.] Pour tout $t \in \mathbb{R}$, $t-2\times(-2 - t)+3\times (-3 - t) + 5 =
t+4+2t-9-3t+5=0$ prouve  $(\Delta) \subset (\text{P})$.
\item [.] Soit E le point de $\Delta$ de paramètre $t=0$ :  E$(0~;~
-2~;~-3)$ et soit  F le point  de paramètre $t = -2$ : F($-2~;~0~;~1$). On
reconnaÓt le point de (S) de paramètre $(t= 0, t'= 0)$ donc F
$\in(\text{S})$. \\
Montrons que E $\in (\text{S})$. \\
Résolvons le système
$\left\{\begin{array}{l c l}
0&=&-2 + t + 2t'\\
-2& =&\hspace{0.4cm} - t - 2t'\\
- 3 &=& -1 - t + 3t'
\end{array}\right.$ \\

En additionnant les lignes (1) et (3) on obtient $5t'=0$ donc $t'=0$ et en
remplaçant dans les trois équations on obtient bien une seule valeur de
$t=2$. \\Cela prouve que E $\in (\text{P})$ pour ($t=2$, $t'=0$). \\
Conclusion : les points E et F sont dans (S),  donc la droite ($\Delta$)
est entièrement contenue dans (S).
\end{itemize}
\medskip

La droite ($\Delta$) étant simultanément contenue dans les deux plans
(non confondus) est la droite d'intersection.
\end{enumerate}

(\emph{Remarque}: Les réponses  \textbf{a.~} et  \textbf{c.~} pouvaient
être éliminées de manière directe,  mais la réponse \textbf{b.~}
exclut aussi la réponse  \textbf{d.~}).

\subsection{\textcolor{blue}{Antilles-Guyane juin 2013}}
\begin{enumerate}
\item La bonne réponse est \fbox{b}.\\
On raisonne \textbf{\textcolor{red}{par l'absurde}}: si $(IJ)$ et $(EC)$ étaient coplanaires, alors, le point $J$ appartiendrait au plan $(ECI)$ c'est-à-dire au plan $(ECA)$, ce qui est \textbf{faux}.
\item La bonne réponse est \fbox{c}.\\
Dans le repère mentionné dans le sujet, on a $\overrightarrow{AF}(1,0,1)$ et $\overrightarrow{BG}(0,1,1)$, d'où $\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{BG}
=1\times0+0\times1+1\times1=\boxed{\textcolor{red}{1}}$.
\item La bonne réponse est \fbox{d}. On le vérifie en injectant les coordonnées des points $A$, $F$ et $H$ dans l'équation \\
$x+y-z=0$.
\item La bonne réponse est \fbox{b}.\\
Un vecteur normal de $\mathcal{P}$ est $\overrightarrow{n}(1,1,-1)$, or $\overrightarrow{EC}(1,1,-1)$. Par conséquent $\overrightarrow{EC}$ est normal à $\mathcal{P}$, et comme $\overrightarrow{EL}$ et $\overrightarrow{EC}$ sont colinéaires, $\overrightarrow{EL}$ est de ce fait aussi normal à $\mathcal{P}$.
\item La bonne réponse est \fbox{d}.\\
On a $\overrightarrow{EC}(1,1,-1)$ et $E(0,0,1)$; une représentation paramétrique de la droite $(EC)$ est donc $\left\{\begin{array}{rcl}x&=&t\\y&=&t~~(t\in\mathbb{R})\\z&=&1-t\end{array}\right.$. Le point $L$ a donc pour coordonnées $L(t,t,1-t)$, et comme $L\in\mathcal{P}$ alors: $t+t-(1-t)=0$
d'où l'on tire $t=\frac13$, c'est-à-dire $\boxed{\textcolor{red}{L\left(\frac13,\frac13,\frac13\right)}}$, d'où le résultat.
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Centres étrangers juin 2013}}
\textbf{Affirmation 1}

\medskip

%Une équation cartésienne du plan parallèle à  $\mathscr{P}$ et passant par le point A est : 
%\[2x+y+2z-24=0\]
Un vecteur normal au plan $P$ a pour coordonnées $(2~;~1~;~- 2)$.

Un vecteur normal au plan dont une équation est \\
$2x+y+2z-24=0$ a pour coordonnées $(2~;~1~;~2)$ : ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc le s plans ne sont pas parallèles. 

Affirmation \textbf{\textcolor{red}{fausse}}.
 
\bigskip

\textbf{Affirmation 2}

\medskip

%Une représentation paramétrique de la droite (AC) est : $\left\{\begin{array}{*{3}{l}}x&=&9-3t\\y&=&0\\
%z&=&5+5t\end{array}\right.,~t\in\mathbb{R}$.\\
Pour $t = - 1$ on trouve les coordonnées de A et pour $t = 3$ celles de C.

Affirmation \textbf{vraie}.

\bigskip

\textbf{Affirmation 3}

\medskip

%La droite (DE) et le plan $\mathscr{P}$ ont au moins un point commun. \\
La droite (DE) a pour vecteur directeur $\overrightarrow{\text{DE}}(5~;~- 4~;~3)$ et on a vu que $\overrightarrow{u}(2~;~1~;~- 2)$ est un  vecteur normal au plan $P$.

Or $\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{DE} = 10 - 4 - 6 = 0$, donc la droite (DE) est parallèle au plan $P$. Comme les cordonnées de E ne vérifient pas l'équation de $P$ ($4 + 7 + 12 - 5 = 0$ est une égalité fausse, la droite (DE) est strictement parallèle au plan $(P)$.

\bigskip

\textbf{Affirmation 4}

\medskip

La droite (DE) est orthogonale au plan (ABC). 

Affirmation \textbf{\textcolor{red}{fausse}}.


\subsection{\textcolor{blue}{Amérique du sud novembre 2013}}
\begin{enumerate}
\item %Déterminer une représentation paramétrique de la droite (FD). 
Dans le repère donné, $\text A$ a pour coordonnées $(0\,,\,0\,,\,0)$, $\text B(1\,,\,0\,,\,0)$,  $\text D(0\,,\,1\,,\,0)$ et  $\text E(0\,,\,0\,,\,1)$.

$\overrightarrow{AF} =\overrightarrow{AB}
+\overrightarrow{AE}$ donc le point $\text F$ a pour coordonnées $(1\,,\,0\,,\,1)$.

La droite $(\text{FD})$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{DF}$ de coordonnées $(1\,,\,-1\,,\,1)$; de plus elle passe par le point $\text D(0\,,\,1\,,\,0)$.

La droite $(\text{FD})$ a pour représentation paramétrique :
$\boxed{\textcolor{red}{\left\lbrace 
\begin{array}{c @{\ =\ } r l}
x & t & \\
y & 1-t & \text{où } t\in \mathbb{R}\\
z & t
\end{array}
\right. 
}}$

\item %Démontrer que le vecteur $\overrightarrowt{n}\begin{pmatrix}1& - 1&1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan (BGE) et déterminer une équation du plan (BGE). 

Soit $\overrightarrow{n}$ le vecteur de coordonnées $(1\,,\,-1\,,\,1)$. Ce vecteur est un vecteur normal au plan $(\text{BGE})$ s'il est orthogonal aux deux vecteurs $\overrightarrow{EB}$ et $\overrightarrow{EG}$ directeurs du plan $(\text{BGE})$, c'est-à-dire deux vecteurs non colinéaires du plan.

$\overrightarrow{EB}$ a pour coordonnées $(1\,,\,0\,,\,-1)$;
$\overrightarrow{n}. \overrightarrow{EB}=1\times 1+ (-1)\times 0 +1\times (-1)=0$ donc $\overrightarrow{n} \perp \overrightarrow{EB}
$.

$\overrightarrow{\text{EG}} = \overrightarrow{\text{AC}} = \overrightarrow{\text{AB}} + \overrightarrow{\text{AD}}$ a pour coordonnées $(1\,,\,1\,,\,0)$ ;\\
$\overrightarrow n . \overrightarrow{\text{BG}}=1\times 1+ (-1)\times 1 +1\times 0 =0$ donc $\overrightarrow n \perp \overrightarrow{\text{EG}}$.

Donc le overrightarroweur $\overrightarrow n (1\,,\,-1\,,\,1)$ est normal au plan $(\text{BGE})$.

\smallskip

Le plan $(\text{BGE})$ a pour overrightarroweur normal $\overrightarrow n$ et passe par le point $\text{B}$; c'est l'ensemble des points $\text M(x\,,\,y\,,\,z)$ tels que $\overrightarrow n \perp \overrightarrow{\text{BM}}$.

$\overrightarrow{\text{BM}}$ a pour coordonnées $(x-1\,,\, y \,,\, z)$;\\
$\overrightarrow n \perp \overrightarrow{\text{BM}} \iff 1\times(x-1) + (-1)\times y + 1\times z = 0
\iff x-y+z-1=0$.

L'équation cartésienne du plan $(\text{BGE})$ est $\boxed{\textcolor{red}{x-y+z-1=0}}$. 

\item %Montrer que la droite (FD) est perpendiculaire au plan (BGE) en un point K de coordonnées K$\left(\frac{2}{3}~;~\frac{1}{3}~;~\frac{2}{3}\right)$. 

Le vecteur $\overrightarrow{\text{DF}}$ est égal au vecteur $\overrightarrow {n}$ qui est normal au plan $(\text{BGE})$ donc la droite $(\text{FD})$ est perpendiculaire au plan $(\text{BGE})$.

Les coordonnées $(x\,,\, y \,,\, z)$ du point d'intersection de la droite $(\text{FD})$ et du plan $(\text{BGE})$ sont solutions du système:

$\left\lbrace 
\begin{array}{r @{\ =\ } r}
x & t\\
y & 1-t\\
z & t\\
x-y+z-1 & 0
\end{array}
\right. 
\Longrightarrow
\left\lbrace 
\begin{array}{r @{\ =\ } r}
x & t\\
y & 1-t\\
z & t\\
t-(1-t)+t-1 & 0
\end{array}
\right.
\Longrightarrow
\left\lbrace 
\begin{array}{r @{\ =\ } r}
x & t\\
y & 1-t\\
z & t\\
3t & 2
\end{array}
\right.
\Longrightarrow
\left\lbrace 
{\renewcommand\arraystretch{1.4}
\begin{array}{r @{\ =\ } r}
x & \frac{2}{3}\\
y & \frac{1}{3}\\
z & \frac{2}{3}\\
t & \frac{2}{3}
\end{array}}
\right.$

Donc la droite $(\text{FD})$ est perpendiculaire au plan $(\text{BGE})$ au point \fbox{\textcolor{red}{$\text K$ de coordonnées $(\dfrac{2}{3}\,,\, \dfrac{1}{3}\,,\, \dfrac{2}{3})$}}. 

\item %Quelle est la nature du triangle BEG ? Déterminer son aire. 
Les segments $[\text{BE}]$, $[\text{EG}]$ et $[\text{BG}]$ sont tous les trois des diagonales de carrés de côtés 1; donc $\text{BE}= \text{EG}= \text{BG} = \sqrt 2$. Le triangle $\text{BEG}$ est équilatéral de côté $\sqrt 2$.

Soit $H$ le milieu de $[\text{EG}]$; ce point est aussi le pied de la hauteur issue de $\text{B}$ dans le triangle équilatéral $\text{BGE}$ de côté $a=\sqrt 2$.

Dans un triangle équilatéral de côté $a$, la hauteur est égale à $\dfrac{a\sqrt 3}{2}$ ($h=a\cos\dfrac{\pi}{6}$); donc dans le triangle équilatéral $\text{BEG}$, la hauteur $\text{BH} =\dfrac{\sqrt 2 \times \sqrt 3}{2} = \dfrac{\sqrt 6}{2}$.

L'aire du triangle $\text{BEG}$ vaut $\dfrac{\text{EG} \times \text{BH}}{2}= \dfrac{\sqrt 2 \times \frac{\sqrt 6}{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{12}}{4}=\dfrac{2\sqrt 3}{4}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{\sqrt 3}{2}}}$. 

\item %En déduire le volume du tétraèdre BEGD. 

Le volume d'un tétraèdre est $\dfrac{\text{aire de la base} \times \text{hauteur}}{3}$.

D'après les questions précédentes, le volume du tétraèdre $\text{BEGD}$ est $\dfrac{\text{aire(BEG)} \times \text{KD}}{3}$.

Dans le repère orthonormé $\left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}},~\overrightarrow{\text{AD}},~\overrightarrow{\text{AE}}\right)$:

$\text{KD}^2= (x_D-x_K)^2+(y_D-y_K)^2+(z_D-z_K)^2=
(0-\dfrac{2}{3})^2+(1-\dfrac{1}{3})^2+(0-\dfrac{2}{3})^2=
\dfrac{4}{9}+\dfrac{4}{9}+\dfrac{4}{9}=\dfrac{12}{9}$
donc $KD=\sqrt{\dfrac{12}{9}}=\dfrac{\sqrt{12}}{\sqrt{9}}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{2\sqrt 3}{3}}}$.

Le volume du tétraèdre est donc:
$\dfrac{\frac{\sqrt 3}{2}\times \frac{2\sqrt 3}{3}}{3} =\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{1}{3}}}$.

\end{enumerate}



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