Aires et volumes : Tous les exercices

1.Montrer que la longueur du segment [OA] est égale à 8 cm.

Le triangle OAD est rectangle en A (angle marqué). D'après le théorème de Pythagore :
OD^{2} = OA^{2} + AD^{2}
\begin{aligned}OA^{2} &= OD^{2} - AD^{2} \\ &= 8{,}2^{2} - 1{,}8^{2} \\ &= 67{,}24 - 3{,}24 \\ &= 64\end{aligned}
Donc OA = \sqrt{64} = 8 cm.

2.Justifier que les droites (BC) et (AD) sont parallèles.

Le triangle OAD est rectangle en A, donc (AD) est perpendiculaire à (OA), c'est-à-dire à la droite (OB) puisque O, A, B sont alignés.
Le triangle OBC est rectangle en B, donc (BC) est perpendiculaire à (OB) pour la même raison.
Or, deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles entre elles.
Donc (BC) // (AD).

3.Calculer la longueur du segment [OB].

Les points O, A, B sont alignés et les points O, D, C sont alignés dans le même ordre.
Les droites (AD) et (BC) sont parallèles.
Or, d'après le théorème de Thalès,
On a \begin{aligned}\dfrac{OA}{OB} &= \dfrac{OD}{OC} \\ &= \dfrac{AD}{BC}\end{aligned}
d'où \dfrac{OA}{OB} = \dfrac{AD}{BC}, soit \dfrac{8}{OB} = \dfrac{1{,}8}{4{,}5}
donc OB = \dfrac{8 \times 4{,}5}{1{,}8} = 20 cm.

4.aCalculer le volume du grand cône de hauteur [OB], en cm^{3}, arrondi à l'unité.

Le grand cône a pour rayon BC = 4{,}5 cm et pour hauteur OB = 20 cm.
V = \dfrac{\pi \times R^{2} \times H}{3} = \dfrac{\pi \times 4{,}5^{2} \times 20}{3} = 135\pi \approx 424 cm^{3}.

4.bCalculer le volume du gobelet, en cm^{3}, arrondi à l'unité.

Le petit cône retiré a pour rayon AD = 1{,}8 cm et pour hauteur OA = 8 cm.
Volume du petit cône : \begin{aligned}V &= \dfrac{\pi \times 1{,}8^{2} \times 8}{3} \\ &= 8{,}64\pi\end{aligned} cm^{3}.
Le gobelet est un tronc de cône : son volume est celui du grand cône moins celui du petit cône.
V_{gobelet} = 135\pi - 8{,}64\pi = 126{,}36\pi \approx 397 cm^{3}.

1.Tracer le triangle ABC en vraie grandeur.

On trace un segment [AB] de 6,4 cm, puis la perpendiculaire à (AB) en B, sur laquelle on place C tel que AC = 8 cm (à l'aide du compas), en laissant les traits de construction apparents.

2.Démontrer que BC = 4,8 cm.

Le triangle ABC est rectangle en B. D'après le théorème de Pythagore :
AC^{2} = AB^{2} + BC^{2}
\begin{aligned}BC^{2} &= AC^{2} - AB^{2} \\ &= 8^{2} - 6{,}4^{2} \\ &= 64 - 40{,}96 \\ &= 23{,}04\end{aligned}
Donc BC = \sqrt{23{,}04} = 4,8 cm.

3.Justifier que les droites (BC) et (MN) sont parallèles.

Le triangle ABC est rectangle en B, donc (BC) est perpendiculaire à (AB), c'est-à-dire à la droite (AM) puisque A, B, M sont alignés.
Le triangle AMN est rectangle en M, donc (MN) est perpendiculaire à (AM) pour la même raison.
Or, deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles entre elles.
Donc (BC) // (MN).

4.Démontrer que MN = 7,2 cm et AN = 12 cm.

Les points A, B, M sont alignés et les points A, C, N sont alignés dans le même ordre.
Les droites (BC) et (MN) sont parallèles.
Or, d'après le théorème de Thalès,
On a \begin{aligned}\dfrac{AB}{AM} &= \dfrac{AC}{AN} \\ &= \dfrac{BC}{MN}\end{aligned}
Avec \begin{aligned}AM &= AB + BM \\ &= 6{,}4 + 3{,}2 \\ &= 9{,}6\end{aligned} cm, on calcule \begin{aligned}\dfrac{AM}{AB} &= \dfrac{9{,}6}{6{,}4} \\ &= 1{,}5\end{aligned}
Donc AN = AC \times 1{,}5 = 8 \times 1{,}5 = 12 cm, et MN = BC \times 1{,}5 = 4{,}8 \times 1{,}5 = 7,2 cm.

5.Le périmètre du triangle ABC et le périmètre du quadrilatère BMNC sont-ils égaux ?

Périmètre de ABC = AB + BC + AC = 6{,}4 + 4{,}8 + 8 = 19,2 cm.
Pour le quadrilatère BMNC, il faut d'abord calculer \begin{aligned}CN &= AN - AC \\ &= 12 - 8 \\ &= 4\end{aligned} cm.
Périmètre de BMNC = BM + MN + NC + CB = 3{,}2 + 7{,}2 + 4 + 4{,}8 = 19,2 cm.
Les deux périmètres sont égaux, ils valent chacun 19,2 cm.

PartieA ; 1. Montrer que la hauteur h du cylindre est égale à 10 mm.

Le bonbon mesure 15 mm de long au total ; ses deux extrémités sont des demi-boules de rayon 2,5 mm, qui mises bout à bout forment une longueur de 2 \times 2{,}5 = 5 mm.
La partie cylindrique a donc pour hauteur h = 15 - 5 = 10 mm.

PartieA ; 2.a Montrer que le volume de la partie cylindrique est environ égal à 196 mm^{3}.

V = \pi \times R^{2} \times h = \pi \times 2{,}5^{2} \times 10 = 62{,}5\pi \approx 196 mm^{3}.

PartieA ; 2.b Léa affirme que le volume total d'un bonbon est compris entre 260 et 262 mm^{3}. A-t-elle raison ?

Les deux demi-boules mises bout à bout forment une boule complète de rayon 2,5 mm.
Volume de cette boule : \begin{aligned}V &= \dfrac{4}{3} \times \pi \times 2{,}5^{3} \\ &\approx 65{,}45\end{aligned} mm^{3}.
Volume total du bonbon \approx 196{,}35 + 65{,}45 \approx 261{,}8 mm^{3}.
Comme {260 < 261{,}8 < 262}, Léa a raison.

PartieA ; 3. La confiserie fabrique 83 L de mélange par jour. Peut-elle produire plus de 300 000 bonbons par jour ?

83 L = 83 dm^{3} = 83\,000\,000 mm^{3} (puisque 1 dm^{3} = 1\,000\,000 mm^{3}).
Nombre de bonbons réalisables = \dfrac{83\,000\,000}{261{,}8} \approx 316\,960.
Comme 316\,960 > 300\,000, la confiserie peut produire plus de 300 000 bonbons par jour.

PartieB : Quel format Léa doit-elle choisir pour payer le moins cher possible pour 1 kg de bonbons ?

Format A : pour 1 kg, il faut \dfrac{1000}{500} = 2 sachets, soit 2 \times 7{,}90 = 15,80 €.
Format B : pour 1 kg, il faut \dfrac{1000}{250} = 4 sachets. Avec la promotion (le 4e sachet à moitié prix) : 3 \times 4{,}30 + \dfrac{4{,}30}{2} = 12{,}90 + 2{,}15 = 15,05 €.
Comme 15{,}05 < 15{,}80, Léa doit choisir le Format B, moins cher de 0,75 €.

1.Montrer que les points A, B et C définissent un plan (A(2 ; 1 ; 1), B(3 ; -2 ; 0), C(0 ; -1 ; 1)).

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3-2 \\ -2-1 \\ 0-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 \\ -3 \\ -1\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0-2 \\ -1-1 \\ 1-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix}.
Ces deux vecteurs ont des coordonnées non proportionnelles (par exemple \dfrac{1}{-2} \neq \dfrac{-3}{-2}), donc ils ne sont pas colinéaires.
Les points A, B et C ne sont donc pas alignés : ils définissent bien un plan.

2.aMontrer que le vecteur n(1 ; -1 ; 4) est normal au plan (ABC).

On calcule les produits scalaires (le repère est orthonormé) :
\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} &= 1 \times 1 + (-1) \times (-3) + 4 \times (-1) \\ &= 1 + 3 - 4 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} &= 1 \times (-2) + (-1) \times (-2) + 4 \times 0 \\ &= -2 + 2 + 0 \\ &= 0\end{aligned}
\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : \vec{n} est donc un vecteur normal à (ABC).

2.bEn déduire qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est x - y + 4z - 5 = 0.

\vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix} étant normal à (ABC), une équation de ce plan est de la forme x - y + 4z + d = 0.
Comme A appartient à (ABC) : 2 - 1 + 4 \times 1 + d = 0, soit 5 + d = 0, donc d = -5.
Une équation cartésienne de (ABC) est donc x - y + 4z - 5 = 0.

3.Vérifier la représentation paramétrique donnée de la droite \Delta passant par D et orthogonale au plan (ABC).

Une droite orthogonale au plan (ABC) est dirigée par un vecteur normal à ce plan, ici \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}.
Comme \Delta passe par D(0 ; 0 ; 2), une représentation paramétrique de \Delta est x = 0 + 1t, y = 0 - 1t, z = 2 + 4t, soit bien x = t, y = -t, z = 2 + 4t avec t \in \mathbb{R}.

4.Montrer que le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC) est le point H(-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{4}{3}).

Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est le point d'intersection de \Delta et de (ABC).
Un point de \Delta a pour coordonnées (t ; -t ; 2+4t). En le substituant dans l'équation du plan :
\begin{aligned}t - (-t) + 4(2+4t) - 5 &= 0 \\ &\Leftrightarrow 2t + 8 + 16t - 5 = 0 \\ &\Leftrightarrow 18t = -3 \\ &\Leftrightarrow t = -\dfrac{1}{6}\end{aligned}
Les coordonnées de H sont donc \left(-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; 2 - \dfrac{4}{6}\right) = \left(-\dfrac{1}{6} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{4}{3}\right).

5.aMontrer que le triangle ABC est isocèle en B.

\begin{aligned}AB &= \sqrt{(3-2)^{2} + (-2-1)^{2} + (0-1)^{2}} \\ &= \sqrt{1+9+1} \\ &= \sqrt{11}\end{aligned}
\begin{aligned}CB &= \sqrt{(3-0)^{2} + (-2-(-1))^{2} + (0-1)^{2}} \\ &= \sqrt{9+1+1} \\ &= \sqrt{11}\end{aligned}
Comme AB = CB, le triangle ABC est isocèle en B.

5.bMontrer que l'aire du triangle ABC est 3\sqrt{2}.

Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal (ici B) passe par le milieu I de la base [AC].
\begin{aligned}I &= \left(\dfrac{2+0}{2} ; \dfrac{1-1}{2} ; \dfrac{1+1}{2}\right) \\ &= (1 ; 0 ; 1)\end{aligned}
\begin{aligned}AC &= \sqrt{(0-2)^{2} + (-1-1)^{2} + (1-1)^{2}} \\ &= \sqrt{8} \\ &= 2\sqrt{2}\end{aligned} et \begin{aligned}BI &= \sqrt{(1-3)^{2} + (0-(-2))^{2} + (1-0)^{2}} \\ &= \sqrt{9} \\ &= 3\end{aligned}
Aire = \dfrac{AC \times BI}{2} = \dfrac{2\sqrt{2} \times 3}{2} = 3\sqrt{2}.

6.aEn déduire que le volume du tétraèdre ABCD est égal à 1.

En choisissant ABC comme base, la hauteur associée est la distance DH (H étant le projeté orthogonal de D sur (ABC), question 4).
\begin{aligned}DH &= \sqrt{\left(-\dfrac{1}{6}\right)^{2} + \left(\dfrac{1}{6}\right)^{2} + \left(\dfrac{4}{3}-2\right)^{2}} \\ &= \sqrt{\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{4}{9}} \\ &= \sqrt{\dfrac{18}{36}} \\ &= \dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{aligned}
V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{ABC} \times DH = \dfrac{1}{3} \times 3\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{3} \times 3 = 1.

6.bSachant que la distance de A au plan (BCD) vaut \sqrt{2}, en déduire l'aire du triangle BCD.

En reprenant le volume avec BCD comme base et h = \sqrt{2} comme hauteur associée : V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{BCD} \times h.
1 = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{BCD} \times \sqrt{2}, donc \text{Aire}_{BCD} = \dfrac{3}{\sqrt{2}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.

7.aDéterminer k pour lequel A, B, C et Dk(0 ; 0 ; k) sont coplanaires. Quel est alors le projeté orthogonal de Dk sur (ABC) ?

D_k appartient au plan (ABC) si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation du plan :
\begin{aligned}0 - 0 + 4k - 5 &= 0 \\ &\Leftrightarrow k = \dfrac{5}{4}\end{aligned}
Pour k = \dfrac{5}{4}, le point D_k appartient déjà au plan (ABC) : son projeté orthogonal sur (ABC) est donc lui-même.

7.bPeut-on trouver une valeur de k telle que A soit le projeté orthogonal de Dk sur (ABC) ?

Pour que A soit le projeté orthogonal de D_k sur (ABC), le vecteur \overrightarrow{AD_k} devrait être colinéaire au vecteur normal \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}.
\overrightarrow{AD_k}\begin{pmatrix}0-2 \\ 0-1 \\ k-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ k-1\end{pmatrix}.
Les deux premières coordonnées seraient dans un rapport \dfrac{-2}{1} = -2 pour \overrightarrow{AD_k}, contre \dfrac{-1}{-1} = 1 pour \vec{n} : ces rapports sont différents, quelle que soit la valeur de k.
Non, il n'existe aucune valeur de k pour laquelle A est le projeté orthogonal de D_k sur (ABC).

A.1Calculer V1 et V2 (V0 = 0, Vn+1 = 0,995 Vn + 6).

V_1 = 0{,}995 \times 0 + 6 = 6 litres.
V_2 = 0{,}995 \times 6 + 6 = 5{,}97 + 6 = 11,97 litres.

A.2Recopier et compléter le programme Python pour qu'il renvoie le volume après n heures.

A.3Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, Vn \leq Vn+1 \leq 1200.

Initialisation : V_0 = 0 et V_1 = 6 (question 1), donc V_0 \leq V_1 \leq 1\,200 : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : supposons que V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200 pour un entier n donné.
Comme 0{,}995 > 0, on peut multiplier chaque membre : 0{,}995V_n \leq 0{,}995V_{n+1} \leq 0{,}995 \times 1\,200, soit 0{,}995V_n \leq 0{,}995V_{n+1} \leq 1\,194.
En ajoutant 6 partout : 0{,}995V_n + 6 \leq 0{,}995V_{n+1} + 6 \leq 1\,200, c'est-à-dire V_{n+1} \leq V_{n+2} \leq 1\,200 : la propriété est vraie au rang n+1.
Par principe de récurrence, pour tout entier naturel n, V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200.

A.4Justifier que la suite (Vn) converge, et calculer sa limite.

D'après la question précédente, la suite (V_n) est croissante et majorée par 1\,200.
D'après le théorème de convergence monotone, la suite (V_n) converge vers une limite \ell.
La fonction associée à la récurrence, x \mapsto 0{,}995x + 6, est continue (fonction affine), donc \ell est solution de l'équation x = 0{,}995x + 6.
\begin{aligned}0{,}005x = 6 &\Leftrightarrow x = \dfrac{6}{0{,}005} \\ &\Leftrightarrow x = 1\,200\end{aligned}
La suite (V_n) converge donc vers 1 200 : le volume de substance polluante se stabilise autour de 1 200 litres.

B.1.aDéterminer les solutions de l'équation différentielle (E) : y' = -0,005y + 6 sur [0 ; +\infty[.

(E) est de la forme y' = ay + b avec a = -0{,}005 et b = 6. Sa solution particulière constante est \begin{aligned}y_p &= -\dfrac{b}{a} \\ &= \dfrac{6}{0{,}005} \\ &= 1\,200\end{aligned}
Les solutions de (E) sur [0 ; +\infty[ sont les fonctions t \mapsto Ce^{-0{,}005t} + 1\,200, où C est une constante réelle.

B.1.bMontrer que, pour tout réel t de [0 ; +\infty[, v(t) = 1200(1 - e^{-0,005t}).

Comme v(0) = 0 : Ce^{0} + 1\,200 = 0, donc C = -1\,200.
v(t) = -1\,200e^{-0{,}005t} + 1\,200 = 1\,200\left(1 - e^{-0{,}005t}\right).

B.1.cCalculer la limite de v en +\infty.

Quand t \to +\infty, e^{-0{,}005t} \to 0, donc v(t) \to 1\,200 \times (1-0) = 1 200.

B.1.dDéterminer le sens de variation de la fonction v sur [0 ; +\infty[.

v'(t) = 1\,200 \times 0{,}005 \times e^{-0{,}005t} = 6e^{-0{,}005t}, toujours strictement positif.
La fonction v est donc strictement croissante sur [0 ; +\infty[.

B.2Un taux de substance polluante supérieur à 5 % du volume du bassin (30 000 L) nécessite un nettoyage complet. Le propriétaire devra-t-il procéder à ce nettoyage ?

Le seuil critique est 0{,}05 \times 30\,000 = 1 500 litres.
La fonction v est strictement croissante et tend vers 1 200 sans jamais l'atteindre : elle est donc toujours strictement inférieure à 1 200, donc à 1 500.
Non, selon ce modèle, le volume de substance polluante n'atteindra jamais le seuil de 1 500 litres : un nettoyage complet ne sera jamais nécessaire.

B.3Déterminer la valeur exacte de l'instant au-delà duquel le volume dépasse 50 litres (en heure et minute, arrondi à la minute).

On résout v(t) = 50 : 1\,200\left(1-e^{-0{,}005t}\right) = 50, soit \begin{aligned}1 - e^{-0{,}005t} &= \dfrac{50}{1\,200} \\ &= \dfrac{1}{24}\end{aligned}
e^{-0{,}005t} = \dfrac{23}{24}, donc -0{,}005t = \ln\left(\dfrac{23}{24}\right).
t = \dfrac{\ln\left(\frac{23}{24}\right)}{-0{,}005} = 200\ln\left(\dfrac{24}{23}\right) (valeur exacte), soit environ 8,51 heures.
8{,}51 heures \approx 8 h 31 min.

A.1.aÀ l'aide du graphique, donner f'(1) (la courbe admet une tangente horizontale au point C d'abscisse 1).

La tangente en C (abscisse 1) est parallèle à l'axe des abscisses, donc de coefficient directeur nul : f'(1) = 0.

A.1.bDonner la solution de l'équation f(x) = 0 sur [0 ; 3] (la courbe coupe l'axe des abscisses au point A d'abscisse \dfrac{1}{2}).

La courbe ne coupe l'axe des abscisses qu'au point A, d'abscisse \dfrac{1}{2} : la solution de f(x)=0 sur [0;3] est \dfrac{1}{2}.

A.2Déterminer f'(\dfrac{1}{2}) (la tangente en A(\dfrac{1}{2} ; 0) passe par B(1 ; e^{2})).

f'\left(\dfrac{1}{2}\right) est le coefficient directeur de la tangente en A, c'est-à-dire de la droite (AB) :
\dfrac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \dfrac{e^{2} - 0}{1 - \frac{1}{2}} = 2e^{2}.

A.3Parmi les courbes C1, C2 et C3, indiquer lesquelles représentent des primitives de f.

Deux primitives d'une même fonction diffèrent uniquement d'une constante : leurs courbes se déduisent l'une de l'autre par une translation verticale.
C'est le cas de \mathcal{C}_1 et \mathcal{C}_2, qui ont la même forme décalée verticalement.
\mathcal{C}_3 est décroissante là où f est positive (autour de x = 0,5 à 0,7), ce qui est incompatible avec une primitive de f à cet endroit.
Les courbes \mathcal{C}_1 et \mathcal{C}_2 représentent des primitives de f.

B.1.aVérifier que, pour tout x de [0 ; +\infty[, f(x) = e^{2} \times (2x-1)/e^{2x-1} (avec f(x) = (2x-1)e^{-2x+3}).

On remarque que -2x+3 = -(2x-1)+2, donc e^{-2x+3} = e^{-(2x-1)} \times e^{2}.
\begin{aligned}f(x) &= (2x-1) \times e^{-(2x-1)} \times e^{2} \\ &= e^{2} \times \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}}\end{aligned}

B.1.bEn déduire la limite de f en +\infty (on pourra poser X = 2x-1).

Quand x \to +\infty, X = 2x-1 \to +\infty, et par croissances comparées \dfrac{X}{e^{X}} \to 0.
Donc \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}} \to 0, puis f(x) = e^{2} \times \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}} \to 0.

B.2.aMontrer que, pour tout x de [0 ; +\infty[, f'(x) = (-4x+4)e^{-2x+3}.

En dérivant le produit f(x) = (2x-1)e^{-2x+3} :
f'(x) = 2 \times e^{-2x+3} + (2x-1) \times (-2)e^{-2x+3} = \left(2 - 2(2x-1)\right)e^{-2x+3} = (2-4x+2)e^{-2x+3} = (-4x+4)e^{-2x+3}.

B.2.bConstruire le tableau complet des variations de f sur [0 ; +\infty[.

L'exponentielle étant toujours strictement positive, f'(x) est du signe de (-4x+4), positif avant x=1 et négatif après.
f est donc croissante sur [0;1] puis décroissante sur [1;+\infty[.
\begin{aligned}f(0) &= (0-1)e^{3} \\ &= -e^{3}\end{aligned} et \begin{aligned}f(1) &= (2-1)e^{1} \\ &= e\end{aligned}
Tableau : f croît de -e^{3} à e sur [0;1], puis décroît de e vers 0 (sans l'atteindre) sur [1;+\infty[.

B.3Justifier que la contrainte du client se traduit par f(\alpha) = 0,15, puis montrer qu'il existe une unique valeur de \alpha dans [1 ; +\infty[ vérifiant cette égalité. En donner une valeur arrondie au dixième.

Le point (\alpha ; f(\alpha)) et son symétrique (\alpha ; -f(\alpha)) par rapport à l'axe des abscisses sont distants verticalement de 2f(\alpha).
Cette distance doit valoir 0,3 cm : \begin{aligned}2f(\alpha) &= 0{,}3 \\ &\Leftrightarrow f(\alpha) = 0{,}15\end{aligned}
Sur [1 ; +\infty[, f est continue et strictement décroissante, de \begin{aligned}f(1) &= e \\ &\approx 2{,}7\end{aligned} vers 0 (sans l'atteindre).
Comme {0 < 0{,}15 < e}, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation f(x) = 0,15 admet une unique solution \alpha dans [1 ; +\infty[.
À la calculatrice, on trouve \alpha \approx 3{,}3.

C.1À l'aide d'une intégration par parties, montrer que l'intégrale I de f entre 0,5 et 3,3 est, arrondie au dixième, égale à 3,6.

On pose u(x) = 2x-1 et v'(x) = e^{-2x+3}, donc u'(x) = 2 et v(x) = -\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}.
\displaystyle I = \left[u(x)v(x)\right]_{0,5}^{3,3} - \int\limits_{0,5}^{3,3} u'(x)v(x)\,dx = \left[-\dfrac{1}{2}(2x-1)e^{-2x+3}\right]_{0,5}^{3,3} + \int\limits_{0,5}^{3,3} e^{-2x+3}\,dx
Le crochet vaut -\dfrac{1}{2}\left(5{,}6e^{-3,6} - 0\right) = -2{,}8e^{-3,6}.
L'intégrale restante vaut \left[-\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}\right]_{0,5}^{3,3} = -\dfrac{1}{2}e^{-3,6} + \dfrac{1}{2}e^{2}.
I = -2{,}8e^{-3,6} - 0{,}5e^{-3,6} + 0{,}5e^{2} = 0{,}5e^{2} - 3{,}3e^{-3,6} \approx 3,6.

C.2Déterminer le volume du porte-clé en cm^{3}, arrondi au dixième (volume = aire du logo \times épaisseur de 0,2 cm).

Le logo est symétrique par rapport à l'axe des abscisses : son aire est le double de l'aire sous la courbe de f entre 0,5 et 3,3, c'est-à-dire \begin{aligned}2I &\approx 2 \times 3{,}6 \\ &= 7{,}2\end{aligned} cm^{2}.
Volume \approx 7{,}2 \times 0{,}2 = 1,4 cm^{3}.

A.1.aMontrer que le triangle ABC est isocèle en C.

Le repère étant orthonormé : \begin{aligned}AC &= \sqrt{\left(\frac{9}{4}\right)^{2}+3^{2}} \\ &= \sqrt{\frac{81}{16}+\frac{144}{16}} \\ &= \sqrt{\frac{225}{16}} \\ &= \frac{15}{4}\end{aligned}
\begin{aligned}CB &= \sqrt{\left(\frac{9}{4}-\frac{9}{2}\right)^{2}+3^{2}} \\ &= \sqrt{\left(-\frac{9}{4}\right)^{2}+3^{2}} \\ &= \sqrt{\frac{225}{16}} \\ &= \frac{15}{4}\end{aligned}
Comme AC = CB, le triangle ABC est isocèle en C.

A.1.bMontrer que l'aire du triangle ABC est 6,75 m^{2}.

Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal C est aussi une médiane : elle passe par I, milieu de [AB], de coordonnées \left(\dfrac{9}{4} ; 0 ; 0\right).
AB = \dfrac{9}{2} et \begin{aligned}CI &= \sqrt{0^{2}+3^{2}+0^{2}} \\ &= 3\end{aligned}
Aire = \dfrac{AB \times CI}{2} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{9}{2} \times 3 = 6,75 m^{2}.

A.2.aVérifier qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est z = 0.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}\dfrac{9}{2} \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}\dfrac{9}{4} \\ 3 \\ 0\end{pmatrix} ont des coordonnées non proportionnelles : A, B, C ne sont pas alignés et définissent un plan.
Comme \begin{aligned}z_A &= z_B \\ &= z_C \\ &= 0\end{aligned} une équation cartésienne du plan (ABC) est bien z=0.

A.2.bMontrer que H(\dfrac{3}{2} ; 1 ; 0) est le projeté orthogonal de D sur (ABC).

z_H = 0, donc H appartient à (ABC).
\overrightarrow{HD}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 3\end{pmatrix} est colinéaire au vecteur \vec{m}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}, normal à (ABC) (car l'équation du plan est z=0) : la droite (HD) est donc orthogonale à (ABC).
H est donc bien le projeté orthogonal de D sur (ABC).

A.3En déduire le volume du module.

En choisissant ABC comme base, la hauteur associée est \begin{aligned}DH &= \sqrt{0^{2}+0^{2}+3^{2}} \\ &= 3\end{aligned}
V = \dfrac{1}{3} \times 6{,}75 \times 3 = 6,75 m^{3}.

B.1.aMontrer que n(4 ; 3 ; 3) est normal au plan (BCD).

\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}-\dfrac{9}{4} \\ 3 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}-3 \\ 1 \\ 3\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires : B, C, D définissent bien un plan.
\begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{BC} &= 4 \times \left(-\frac{9}{4}\right) + 3 \times 3 + 3 \times 0 \\ &= -9+9 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\vec{n} \cdot \overrightarrow{BD} &= 4\times(-3)+3\times1+3\times3 \\ &= -12+3+9 \\ &= 0\end{aligned}
\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCD) : \vec{n} est donc normal à (BCD).

B.1.bEn déduire qu'une équation cartésienne de (BCD) est 4x + 3y + 3z - 18 = 0.

Une équation de (BCD) est de la forme 4x+3y+3z+d=0. Comme B\left(\frac{9}{2};0;0\right) \in (BCD) : 4\times\frac{9}{2}+d=0, donc d=-18.
Une équation cartésienne de (BCD) est donc bien 4x+3y+3z-18=0.

B.1.cDonner une représentation paramétrique de la droite \Delta orthogonale à (BCD) passant par D.

\Delta est dirigée par \vec{n}(4;3;3) et passe par D\left(\frac{3}{2};1;3\right) : \begin{cases}x = \frac{3}{2}+4t \\ y = 1+3t \\ z = 3+3t\end{cases} avec t \in \mathbb{R}.

B.2Montrer que L a pour coordonnées (-\dfrac{5}{2} ; -2 ; 0).

L, point de \Delta, a pour coordonnées \left(\frac{3}{2}+4t_0 ; 1+3t_0 ; 3+3t_0\right) pour un certain t_0, et vérifie l'équation de (ABC), soit z=0.
\begin{aligned}3+3t_0 &= 0 \\ &\Leftrightarrow t_0 = -1\end{aligned}
En remplaçant : \begin{aligned}x &= \frac{3}{2}-4 \\ &= -\frac{5}{2}\end{aligned} \begin{aligned}y &= 1-3 \\ &= -2\end{aligned} z=0 : L a bien pour coordonnées \left(-\frac{5}{2} ; -2 ; 0\right).

B.3Montrer que le module est adapté aux débutants.

\overrightarrow{DH}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ -3\end{pmatrix} et \overrightarrow{DL}\begin{pmatrix}-4 \\ -3 \\ -3\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{DL} &= 0\times(-4)+0\times(-3)+(-3)\times(-3) \\ &= 9\end{aligned}
Or \overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{DL} = DH \times DL \times \cos(\widehat{LDH}), avec DH=3 et \begin{aligned}DL &= \sqrt{16+9+9} \\ &= \sqrt{34}\end{aligned}
\begin{aligned}\cos(\widehat{LDH}) &= \dfrac{9}{3\sqrt{34}} \\ &= \dfrac{3\sqrt{34}}{34}\end{aligned} donc \widehat{LDH} \approx 59{,}04^{\circ}.
Comme 59{,}04^{\circ} < 60^{\circ}, le module est bien adapté aux débutants.

1.Dans un repère, un point A est placé sur la grille. Quelles sont ses coordonnées ?

D'après le repère, A(4 ; 3).

2.Un sac de 32 billes contient 4 billes vertes. Quelle est la probabilité de tirer une bille verte au hasard ?

Il y a 4 billes vertes sur 32 : la probabilité est \dfrac{4}{32} = \dfrac18.

3.Quelle est la solution de l'équation 5x - 4 = 6 ?

\begin{aligned}5x-4 = 6 &\iff 5x = 10 \\ &\iff x =\end{aligned} 2.

4.Dans la liste 13, 5, 9, 11, 15, 8, 14, 16, 17, quelle est la médiane ?

En rangeant dans l'ordre croissant : 5, 8, 9, 11, 13, 14, 15, 16, 17 : la valeur du milieu (5e sur 9) est 13.

5.Dans une configuration où (DB) est parallèle à (EC), avec A, D, B alignés et A, E, C alignés, quelle égalité donne le théorème de Thalès ?

\dfrac{AD}{AE} = \dfrac{AB}{AC} (les rapports des longueurs sur chaque droite sécante sont égaux).

PartieA ; 1. ABCD est un rectangle avec AD = x et AB = 16-2x ; EFGH est un carré de côté 2x. Pour x = 1,5 cm, calculer le périmètre du carré EFGH.

Périmètre = 4\times2x = 4\times2\times1{,}5 = 12 cm.

PartieA ; 2. Calculer AB pour x = 1,5 cm.

AB = 16-2x = 16-2\times1{,}5 = 13 cm.

PartieA ; 3. Construire en vraie grandeur le rectangle ABCD.

On construit un rectangle de largeur AD = 1,5 cm et de longueur AB = 13 cm, à l'aide de l'équerre et de la règle graduée.

PartieA ; 4. Les périmètres de ABCD et EFGH sont-ils égaux pour x = 1,5 cm ?

Périmètre de ABCD = 2\times(AB+AD) = 2\times(13+1{,}5) = 2\times14{,}5 = 29 cm.
Périmètre de EFGH = 12 cm (question A.1). 29\neq12 : les périmètres ne sont pas égaux.

PartieB ; 1.a Un tableur donne le périmètre du carré (colonne B à G) en fonction de x (ligne 1). Quelle formule saisir en B2 avant de l'étirer jusqu'à G2 ?

Le périmètre du carré vaut 4\times2x = 8x, avec x dans la cellule B1 : la formule est =8*B1 (ou =4*2*B1).

PartieB ; 1.b Le tableau (x de 1 à 6, périmètres du carré 8-16-24-32-40-48, périmètres du rectangle 30-28-26-24-22-20) permet-il de trouver une valeur de x où les deux périmètres sont égaux ?

Non : aucune ligne du tableau ne donne deux périmètres identiques (les valeurs se croisent entre x=3 et x=4 sans jamais coïncider exactement dans le tableau).

PartieB ; 2.a Montrer que le périmètre du rectangle peut s'écrire -2x + 32.

Périmètre = 2\times(AB+AD) = 2\times(x+16-2x) = 2\times(16-x) = 32-2x = -2x+32.

PartieB ; 2.b Déterminer par le calcul la valeur de x pour laquelle les deux périmètres sont égaux.

On résout -2x+32 = 8x (périmètre du carré =4\times2x=8x) : 32 = 10x, donc x = 3{,}2.
La solution est x = 3,2 cm.

PartieA ; 1. Un magasin a 650 poissons (350 de type A, 300 de type B). Parmi trois propositions, laquelle est la décomposition en facteurs premiers de 300 ?

300 = 2^2\times3\times5^2 : c'est la seule proposition composée uniquement de facteurs premiers (les autres contiennent 15 ou 22, qui ne sont pas premiers).

PartieA ; 2. Donner la décomposition en produit de facteurs premiers de 350.

\begin{aligned}350 &= 35\times10 \\ &= 5\times7\times2\times5 \\ &= 2\times5^2\times7\end{aligned}

PartieA ; 3. On veut répartir les poissons en lots identiques (même nombre de type A et de type B par lot), tous répartis. Quel est le nombre maximal de lots ?

Le nombre de lots doit diviser à la fois 300 et 350 : \text{PGCD}(300~;~350) = 2\times5^2 = 50. Le magasin peut constituer au maximum 50 lots.

PartieA ; 4. Dans ce cas, combien de poissons de chaque type y a-t-il par lot ?

\dfrac{350}{50}=7 poissons de type A et \dfrac{300}{50}=6 poissons de type B par lot.

PartieB ; 1. Il faut au moins 15 L d'eau par poisson combattant, dans un aquarium rempli aux \dfrac{4}{5} de sa hauteur. Choisir entre un aquarium cylindrique (diamètre 30 cm, hauteur 25 cm) et un aquarium en pavé droit (28\times28\times30 cm).

Aquarium 1 (cylindre) : hauteur d'eau =\dfrac45\times25=20 cm, rayon 15 cm ; volume =\pi\times15^2\times20 \approx 14\,137 cm^{3} \approx 14,2 L : insuffisant.
Aquarium 2 (pavé droit) : hauteur d'eau =\dfrac45\times30=24 cm ; volume =28\times28\times24 = 18\,816 cm^{3} = 18{,}816 L >15 L : suffisant.
Il faut choisir l'aquarium 2.

PartieB ; 2. Un poisson combattant coûte 15 €, un aquarium 40 €. Le vendeur propose une remise de 15 % sur le prix total. Combien la famille va-t-elle payer ?

Prix total avant remise : 15+40=55 €. Après remise de 15 % : 55\times\left(1-\dfrac{15}{100}\right) = 55\times0{,}85 = 46,75 €.

1.Le miel de 5 ruches donne les couples (volume en L ; masse en kg) : (18 ; 25,2), (5 ; 7), (8 ; 11,2), (26 ; 36,4), (20 ; 28). David pense que la masse est proportionnelle au volume. Vérifier.

Le coefficient reliant 5 L à 7 kg est \dfrac75=1{,}4. On vérifie : 18\times1{,}4=25{,}2 ; 8\times1{,}4=11{,}2 ; 26\times1{,}4=36{,}4 ; 20\times1{,}4=28 : toutes les valeurs correspondent. David a raison.

2.En admettant cette proportionnalité, quelle est la masse d'un litre de miel ?

La masse d'un litre de miel est 1,4 kg.

3.La fonction f définie par f(x) = 1,4x donne la masse en kg à partir du volume en L. Calculer f(12).

f(12) = 1{,}4\times12 = 16,8.

4.À quoi correspond ce résultat ?

12 litres de miel ont une masse de 16,8 kg.

5.Sur un tableur, quelle formule saisir en B2 (puis étirer) pour calculer la masse à partir du volume en B1 : « 18*1,4 », « =SOMME(B1:C1) » ou « =1,4*B1 » ?

C'est la formule « =1,4*B1 » qui convient, car elle s'adapte à chaque colonne lors de la recopie.

6.Calculer la masse moyenne de miel récolté dans les cinq ruches (25,2 ; 7 ; 11,2 ; 36,4 ; 28 kg).

\dfrac{25{,}2+7+11{,}2+36{,}4+28}{5} = \dfrac{107{,}8}{5} = 21,56 kg.

7.Avec une 6e ruche, la masse moyenne passe à 21 kg. Cette moyenne a-t-elle augmenté ou baissé ?

Comme 21<21{,}56, la moyenne a baissé avec la 6e ruche.

8.Sachant que la moyenne des 6 ruches est 21 kg, combien de miel produit la 6e ruche ?

Soit s la masse produite par la 6e ruche : \dfrac{107{,}8+s}{6} = 21, donc 107{,}8+s = 126.
s = 126-107{,}8 = 18,2 kg.

1.L'espace est muni d'un repère orthonormé. On donne A(1 ; 3 ; 0), B(-1 ; 4 ; 5), C(0 ; 1 ; 0), D(-2 ; 2 ; 1). Montrer que A, B, C déterminent un plan.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2 \\ 1 \\ 5\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires : A, B, C ne sont pas alignés, ils déterminent bien un plan.

2.Montrer que le triangle ABC est rectangle en A.

\begin{aligned}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} &= -2\times(-1)+1\times(-2)+5\times0 \\ &= 2-2+0 \\ &= 0\end{aligned} \overrightarrow{AB}\perp\overrightarrow{AC}, donc le triangle ABC est rectangle en A.

3.aSoit \Delta la droite passant par D, de vecteur directeur u(2 ; -1 ; 1). Démontrer que \Delta est orthogonale au plan (ABC).

\begin{aligned}\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{AB} &= 2\times(-2)+(-1)\times1+1\times5 \\ &= -4-1+5 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{AC} &= 2\times(-1)+(-1)\times(-2)+1\times0 \\ &= -2+2+0 \\ &= 0\end{aligned}
\overrightarrow{u} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : \Delta (dirigée par \overrightarrow{u}) est donc orthogonale au plan (ABC).

3.bJustifier que le plan (ABC) admet pour équation cartésienne 2x - y + z + 1 = 0.

\overrightarrow{u} étant normal à (ABC), ce plan a une équation de la forme 2x-y+z+d=0 ; A appartient au plan : \begin{aligned}2\times1-3+0+d = 0 &\iff d = 1 \end{aligned} soit 2x-y+z+1=0.

3.cDéterminer une représentation paramétrique de la droite \Delta.

\Delta passe par D et est dirigée par \overrightarrow{u} : x=-2+2t, y=2-t, z=1+t, avec t\in\mathbb{R}.

4.On appelle H le point de coordonnées (-\dfrac{2}{3} ; \dfrac{4}{3} ; \dfrac{5}{3}). Vérifier que H est le projeté orthogonal de D sur (ABC).

Le point de \Delta appartenant à (ABC) vérifie \begin{aligned}2(-2+2t)-(2-t)+(1+t)+1 = 0 &\iff 6t-4 = 0 \\ &\iff t = \dfrac23 \end{aligned}
Pour t=\dfrac23 : x=-\dfrac23, y=\dfrac43, z=\dfrac53 : on retrouve H. Comme \Delta\perp(ABC), H est bien le projeté orthogonal de D sur (ABC).

5.aMontrer que DH = 2\surd\dfrac{6}{3}.

\begin{aligned}DH &= \sqrt{\left(\frac43\right)^{2}+\left(-\frac23\right)^{2}+\left(\frac23\right)^{2}} \\ &= \sqrt{\frac{16}{9}+\frac49+\frac49} \\ &= \sqrt{\frac{24}{9}} \\ &= \dfrac{2\sqrt6}{3}\end{aligned}

5.bEn déduire le volume du tétraèdre ABCD.

En prenant ABC (rectangle en A) comme base : son aire est \begin{aligned}B &= \dfrac{AB\times AC}{2} \\ &= \dfrac{\sqrt{30}\times\sqrt5}{2} \\ &= \dfrac{\sqrt{150}}{2} \\ &= \dfrac52\sqrt6\end{aligned}
La hauteur relative à cette base est DH=\dfrac{2\sqrt6}{3}, donc \begin{aligned}V &= \dfrac13\times B\times DH \\ &= \dfrac13\times\dfrac52\sqrt6\times\dfrac{2\sqrt6}{3} \\ &= \dfrac{10}{3} \\ &\approx 3{,}33\end{aligned}

6.On considère la droite d : x=1-2k, y=-3k, z=1+k. La droite d et le plan (ABC) sont-ils sécants ou parallèles ?

d est dirigée par \overrightarrow{u'}\begin{pmatrix}-2 \\ -3 \\ 1\end{pmatrix}. \begin{aligned}\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{u'} &= 2\times(-2)+(-1)\times(-3)+1\times1 \\ &= -4+3+1 \\ &= 0\end{aligned}
\overrightarrow{u'} est orthogonal au vecteur normal \overrightarrow{u} du plan (ABC), donc \overrightarrow{u'} dirige une droite parallèle au plan.
Le point E(1~;~0~;~1) de d (pour k=0) ne vérifie pas \begin{aligned}2\times1-0+1+1 &= 4 \\ &\neq 0\end{aligned} E n'appartient pas au plan, donc d est strictement parallèle au plan (ABC).

1.M. et Mme Martin construisent une terrasse en forme de pentagone EFGHJ (obtenu en complétant un rectangle EFGH, avec EH = 3 m, HJ = 10 m vu de dessus, et un triangle rectangle GFJ accolé). Sachant que EFGH est un rectangle avec HG = 6 m, montrer que FJ = 4 m.

EFGH est un rectangle, donc les côtés opposés sont égaux : \begin{aligned}EF &= HG \\ &= 6\end{aligned} m.
Comme HJ = 10 m et que F est situé entre les extrémités de ce côté, FJ = HJ - EF = 10-6 = 4 m.

2.Pour couler le béton, les Martin doivent installer des planches tout autour de la terrasse. Quelle longueur totale de planches doivent-ils acheter au minimum ?

Le triangle GFJ est rectangle en F (car (GF) est perpendiculaire à (FJ), les deux étant des côtés du rectangle ou de sa prolongation). D'après le théorème de Pythagore : GJ^2 = GF^2+FJ^2.
Or \begin{aligned}GF &= EH \\ &= 3\end{aligned} m (côtés opposés du rectangle EFGH), donc \begin{aligned}GJ^2 &= 3^2+4^2 \\ &= 9+16 \\ &= 25\end{aligned} d'où GJ = 5 m.
Le périmètre du pentagone est EF+FJ+JG+GH+HE = 6+4+5+6+3 = 24 m de planches à acheter au minimum.

3.aMontrer que le volume de la terrasse (hauteur 15 cm) est bien inférieur à 4 m^{3}.

L'aire de la base du prisme (le pentagone EFGHJ) se décompose en l'aire du rectangle EFGH et celle du triangle GFJ : \begin{aligned}\mathcal{A} &= EF\times EH + \dfrac{GF\times FJ}{2} \\ &= 6\times3+\dfrac{3\times4}{2} \\ &= 18+6 \\ &= 24\end{aligned} m^{2}.
Le volume du prisme est \begin{aligned}V &= \mathcal{A}\times h \\ &= 24\times0{,}15 \\ &= 3{,}6\end{aligned} m^{3}.
Comme 3{,}6 < 4, le volume de la terrasse est bien inférieur à 4 m^{3}.

3.bSachant qu'il faut 250 kg de ciment par m^{3} de béton, quelle masse de ciment doivent-ils acheter pour réaliser 4 m^{3} de béton ?

Pour 4 m^{3} de béton, il faut 4\times250 = 1 000 kg de ciment.

3.cDans le mélange, les masses de ciment, gravier et sable sont dans le ratio 2 : 7 : 5. Déterminer la masse de gravier et la masse de sable nécessaires pour les 4 m^{3} de béton.

Le ratio 2 : 7 : 5 signifie que pour 2 parts de ciment, il faut 7 parts de gravier et 5 parts de sable.
Comme 1 000 kg de ciment correspondent à 2 parts, une part vaut 1\,000\div2 = 500 kg.
La masse de gravier est donc 500\times7 = 3 500 kg, et la masse de sable est 500\times5 = 2 500 kg.

4.Les Martin veulent peindre la surface supérieure de la terrasse en deux couches. La peinture est vendue en pot de 5 L à 79,90 € (pot A) ou en pot de 10 L à 129,90 € (pot B), avec une offre « 50 % sur le deuxième article identique ». Sachant qu'1 L de peinture couvre 5 m^{2} en une couche, déterminer la solution la moins chère.

L'aire de la terrasse est de 24 m^{2} (question 3.a). Avec deux couches, la surface totale à peindre est 24\times2 = 48 m^{2}.
Le volume de peinture nécessaire est \dfrac{48}{5} = 9{,}6 L.
Avec deux pots A (soit 10 L, suffisant pour 9,6 L), en profitant de l'offre : \begin{aligned}79{,}90+\dfrac{79{,}90}{2} &= 79{,}90+39{,}95 \\ &= 119{,}85\end{aligned} €.
Avec un seul pot B (10 L, suffisant également) : 129,90 €.
La solution la moins chère est donc d'acheter deux pots A, pour un coût de 119,85 €.

1.Dans un repère orthonormé (unité 1 cm), on donne A(3 ; -1 ; 1), B(4 ; -1 ; 0), C(0 ; 3 ; 2), D(4 ; 3 ; -2) et S(2 ; 1 ; 4). Montrer que A, B, C ne sont pas alignés.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-3 \\ 4 \\ 1\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires (les premières coordonnées donneraient un rapport -3, mais 0\times(-3)\neq4) : A, B, C ne sont pas alignés.

2.aMontrer que les points A, B, C et D sont coplanaires.

\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix}4 \\ 0 \\ -4\end{pmatrix} vérifie \overrightarrow{CD} = 4\overrightarrow{AB} : c'est une combinaison linéaire de vecteurs du plan (ABC).
Le point C appartenant au plan (ABC), D y appartient aussi : les quatre points sont coplanaires.

2.bMontrer que le quadrilatère ABDC est un trapèze de bases [AB] et [CD].

\overrightarrow{CD} = 4\overrightarrow{AB} montre que (AB) et (CD) sont strictement parallèles (C n'est pas sur (AB)) : ABDC est un quadrilatère plan non croisé dont deux côtés opposés sont parallèles, c'est-à-dire un trapèze de bases [AB] et [CD].

3.aDémontrer que le vecteur \overrightarrow{n}(2~;~1~;~2) est un vecteur normal au plan (ABC).

\begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AB} &= 2+0-2 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AC} &= -6+4+2 \\ &= 0\end{aligned} \overrightarrow{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, donc normal à (ABC).

3.bEn déduire une équation cartésienne du plan (ABC).

(ABC) a une équation de la forme 2x+y+2z+d=0 ; A(3 ; -1 ; 1) y appartient : \begin{aligned}6-1+2+d = 0 &\iff d = -7 \end{aligned} D'où 2x+y+2z-7=0.

3.cDéterminer une représentation paramétrique de la droite \Delta passant par S et orthogonale au plan (ABC).

\Delta est dirigée par \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix} et passe par S(2 ; 1 ; 4) : x=2+2t, y=1+t, z=4+2t, avec t\in\mathbb{R}.

3.dMontrer que le point I d'intersection de \Delta et (ABC) a pour coordonnées \left(\dfrac23~;~\dfrac13~;~\dfrac83\right), puis que SI = 2 cm.

En substituant dans l'équation du plan : \begin{aligned}2(2+2t)+(1+t)+2(4+2t)-7 = 9t+6 = 0 &\iff t = -\dfrac23 \end{aligned}
D'où I\left(\dfrac23~;~\dfrac13~;~\dfrac83\right), et SI = \sqrt{\left(\dfrac43\right)^2+\left(\dfrac23\right)^2+\left(\dfrac43\right)^2} = \sqrt{\dfrac{36}{9}} = 2 cm.

4.aVérifier que le projeté orthogonal H de B sur la droite (CD) a pour coordonnées H(3 ; 3 ; -1), et montrer que HB =3\sqrt2 cm.

\overrightarrow{BH}\begin{pmatrix}-1 \\ 4 \\ -1\end{pmatrix} vérifie \begin{aligned}\overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{BH} &= -4+0+4 \\ &= 0\end{aligned} (BH) est orthogonale à (CD).
\overrightarrow{CH}\begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ -3\end{pmatrix} = \dfrac34\overrightarrow{CD} : H est bien sur la droite (CD). H est donc le projeté orthogonal de B sur (CD).
\begin{aligned}HB &= \sqrt{1+16+1} \\ &= \sqrt{18} \\ &= 3\sqrt2\end{aligned} cm.

4.bCalculer la valeur exacte de l'aire du trapèze ABDC.

\begin{aligned}AB &= \sqrt{1+0+1} \\ &= \sqrt2\end{aligned} et \begin{aligned}CD &= 4AB \\ &= 4\sqrt2\end{aligned} (bases du trapèze), la hauteur étant HB = 3\sqrt2.
\mathcal{A} = \dfrac{\sqrt2+4\sqrt2}{2}\times3\sqrt2 = \dfrac{5\sqrt2}{2}\times3\sqrt2 = 15 cm^{2}.

5.Déterminer le volume de la pyramide SABDC.

V = \dfrac13\times\mathcal{A}_{ABDC}\times SI = \dfrac13\times15\times2 = 10 cm^{3}.

1.ABCDEFGH est un cube d'arête 1 cm ; I est le milieu de [AB], J le milieu de [CG]. Dans le repère (A~;~\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}), donner les coordonnées de I et J.

I\left(\dfrac12~;~0~;~0\right) et J\left(1~;~1~;~\dfrac12\right).

2.Montrer que le vecteur \overrightarrow{EJ} est normal au plan (FHI).

\overrightarrow{EJ}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}, \overrightarrow{FH}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{FI}\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2} \\ 0 \\ -1\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{EJ}\cdot\overrightarrow{FH} &= -1+1+0 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{EJ}\cdot\overrightarrow{FI} &= -\dfrac12+0+\dfrac12 \\ &= 0\end{aligned} \overrightarrow{EJ} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, donc normal à (FHI).

3.Montrer qu'une équation cartésienne du plan (FHI) est -2x-2y+z+1=0.

-2\overrightarrow{EJ}\begin{pmatrix}-2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix} est aussi normal au plan : l'équation est de la forme -2x-2y+z+d=0 ; F(1 ; 0 ; 1) donne \begin{aligned}-2+1+d = 0 &\iff d = 1 \end{aligned} D'où -2x-2y+z+1=0.

4.Déterminer une représentation paramétrique de la droite (EJ).

(EJ) passe par E(0 ; 0 ; 1) et est dirigée par \overrightarrow{EJ} : x=t, y=t, z=1-\dfrac12t, avec t\in\mathbb{R}.

5.aOn note K le projeté orthogonal de E sur le plan (FHI). Calculer ses coordonnées.

En substituant dans l'équation du plan : \begin{aligned}-2t-2t+1-\dfrac12t+1 = 0 &\iff -\dfrac92t = -2 \\ &\iff t = \dfrac49 \end{aligned}
D'où K\left(\dfrac49~;~\dfrac49~;~\dfrac79\right).

5.bMontrer que le volume de la pyramide EFHI est \dfrac16 cm^{3} (on utilisera L, milieu de [EF], projeté orthogonal de I sur (EFH)).

Avec le triangle EFH comme base : EFH est rectangle en E, d'aire \dfrac{1\times1}{2} = \dfrac12.
La hauteur correspondante est IL, avec L\left(\dfrac12~;~0~;~1\right) : \begin{aligned}IL &= \sqrt{0+0+1} \\ &= 1\end{aligned}
\begin{aligned}V &= \dfrac13\times\dfrac12\times1 \\ &= \dfrac16\end{aligned} cm^{3}.

5.cDéduire des deux questions précédentes l'aire du triangle FHI.

En reprenant le volume avec FHI comme base et EK comme hauteur : \begin{aligned}EK &= \sqrt{\dfrac{16}{81}+\dfrac{16}{81}+\dfrac{4}{81}} \\ &= \dfrac69 \\ &= \dfrac23\end{aligned}
\dfrac16 = \dfrac13\times\mathcal{A}_{FHI}\times\dfrac23 donne \mathcal{A}_{FHI} = \dfrac34 cm^{2}.

1.aUne piscine propose un tarif A à 5,90 € l'entrée. Calculer le prix total pour 10 entrées avec le tarif A.

Avec le tarif A, le prix de 10 entrées est 5{,}90 \times 10 = 59 €.

1.bLe tarif B coûte 4,40 € l'entrée, avec en plus une carte d'abonnement annuelle de 30 €. Calculer le prix total pour 10 entrées avec le tarif B.

Avec le tarif B, le prix de 10 entrées est 4{,}40 \times 10 + 30 = 44 + 30 = 74 €.

2.On note f(x) et g(x) les prix, en euros, payés respectivement avec le tarif A et le tarif B pour x entrées. Donner les expressions de f(x) et de g(x).

Le tarif A est proportionnel au nombre d'entrées : f(x) = 5{,}90x. Le tarif B ajoute un forfait fixe de 30 € au prix proportionnel des entrées : g(x) = 4{,}40x + 30.

3.aRésoudre l'équation 5{,}90x = 4{,}40x + 30.

On regroupe les termes en x d'un côté de l'égalité : 5{,}90x - 4{,}40x = 30, soit 1{,}5x = 30.
On en déduit x = \dfrac{30}{1{,}5} = 20.
L'ensemble des solutions de cette équation est \{20\}.

3.bQuel est le nombre d'entrées pour lequel les tarifs A et B donnent le même prix à payer ?

D'après la résolution de l'équation précédente, les deux tarifs donnent le même prix pour 20 entrées.

4.aLe nombre d'entrées relevé chaque mois de l'année est : 12 500, 13 700, 10 400, 13 600, 12 300, 11 700, 10 400, 11 600, 10 200, 13 800, 12 600 et 11 800. Calculer le nombre moyen d'entrées par mois.

La moyenne s'obtient en divisant la somme des douze valeurs mensuelles par 12.
La somme des entrées sur l'année est 12\,500 + 13\,700 + 10\,400 + 13\,600 + 12\,300 + 11\,700 + 10\,400 + 11\,600 + 10\,200 + 13\,800 + 12\,600 + 11\,800 = 144\,600.
Le nombre moyen d'entrées par mois est donc \dfrac{144\,600}{12} = 12 050 entrées.

4.bCalculer l'étendue du nombre d'entrées par mois.

L'étendue d'une série statistique est la différence entre sa plus grande et sa plus petite valeur.
Le maximum mensuel est 13 800 (octobre) et le minimum est 10 200 (septembre), donc l'étendue vaut 13\,800 - 10\,200 = 3 600 entrées.

5.La piscine a la forme d'un pavé droit de 50 m de longueur, 25 m de largeur et 3 m de profondeur. En supposant qu'elle soit entièrement remplie, déterminer, en m^{3}, le volume d'eau évacué lors de la vidange.

Le volume d'un pavé droit est le produit de ses trois dimensions : longueur \times largeur \times hauteur.
Le volume d'eau à évacuer est donc 50 \times 25 \times 3 = 3 750 m^{3}.

Situation 1. Donner la décomposition de 780 en produit de facteurs premiers (aucune justification attendue).

On divise successivement par les plus petits nombres premiers : \begin{aligned}780 &= 2\times390 \\ &= 2\times2\times195 \\ &= 2\times2\times3\times65 \\ &= 2\times2\times3\times5\times13\end{aligned}
La décomposition en produit de facteurs premiers est donc 780 = 2^2\times3\times5\times13.

Situation 2.a Dans un jeu de 32 cartes (quatre familles de huit cartes chacune : 7, 8, 9, 10, valet, dame, roi, as), on tire une carte au hasard. Quelle est la probabilité d'obtenir le 8 de pique (aucune justification attendue) ?

Le tirage est équiprobable sur les 32 cartes, et une seule carte correspond à l'évènement (le 8 de pique).
La probabilité d'obtenir le 8 de pique est donc \dfrac{1}{32}.

Situation 2.b Quelle est la probabilité d'obtenir un roi ou un cœur (aucune justification attendue) ?

Il y a 4 rois (un par famille) et 8 cœurs, mais le roi de cœur est compté dans les deux catégories : il ne faut donc le compter qu'une seule fois.
Le nombre d'issues favorables est 4+8-1 = 11, sur un total de 32 issues équiprobables.
La probabilité d'obtenir un roi ou un cœur est donc \dfrac{11}{32}.

Situation 3. Développer et réduire l'expression A = (2x+5)(3x-4).

On développe chaque produit : \begin{aligned}A &= 2x\times3x + 2x\times(-4) + 5\times3x + 5\times(-4) \\ &= 6x^2-8x+15x-20\end{aligned}
En réduisant les termes de même degré : A = 6x^2+7x-20.

Situation 4.a Un prisme droit a pour base un triangle rectangle de côtés 60 cm et 80 cm (les deux côtés de l'angle droit), et pour hauteur 120 cm. Quel est le volume, en cm^{3}, de ce prisme droit ?

L'aire du triangle rectangle de base est \begin{aligned}\mathcal{A}_{\text{base}} &= \dfrac{60\times80}{2} \\ &= 2\,400\end{aligned} cm^{2}.
Le volume du prisme droit est \begin{aligned}\mathcal{V} &= \mathcal{A}_{\text{base}}\times h \\ &= 2\,400\times120 \\ &= 288\,000\end{aligned} cm^{3}.

Situation 4.b Convertir ce volume en litre (rappel : 1 L = 1 dm^{3}).

On convertit d'abord les cm^{3} en dm^{3}, sachant que 1 dm^{3} =1\,000 cm^{3} : 288\,000 cm^{3} = 288 dm^{3}.
Comme 1 dm^{3} =1 L, le volume du prisme est donc de 288 L.

Situation 5. Le polygone 2 est un agrandissement du polygone 1, de coefficient 3. L'aire du polygone 1 est 11 cm^{2}. Quelle est l'aire du polygone 2 ?

Lors d'un agrandissement de coefficient k, les aires sont multipliées par k^2 (et non par k).
Ici k=3, donc les aires sont multipliées par 3^2=9.
L'aire du polygone 2 est donc 9\times11 = 99 cm^{2}.

1.La piste d'un hippodrome est composée de deux lignes droites de 850 m chacune et de deux virages en demi-cercle de rayon 40 m. Montrer que la longueur d'un tour de piste est d'environ 1 951 m.

Les deux virages en demi-cercle, mis bout à bout, forment un cercle complet de rayon 40 m, de périmètre 2\times\pi\times40\approx251{,}33 m.
La longueur d'un tour de piste est la somme des deux lignes droites et de ce cercle complet : 850\times2+251{,}33 = 1\,951{,}33 m.
La longueur d'un tour de piste est donc bien d'environ 1 951 m.

2.aUn cheval parcourt un tour de piste (1 951 m) en 2 min 9 s. Calculer sa vitesse moyenne en mètre par seconde, arrondie à l'unité.

On convertit d'abord la durée en secondes : 2\ \text{min}\ 9\ \text{s} = 2\times60+9 = 129 s.
La vitesse moyenne est \begin{aligned}v &= \dfrac{\text{distance}}{\text{temps}} \\ &= \dfrac{1\,951}{129} \\ &\approx 15{,}13\end{aligned} soit environ 15 m/s.

2.bConvertir cette vitesse moyenne en kilomètre par heure.

Pour convertir une vitesse de m/s en km/h, on multiplie par 3,6 (puisque 1 m/s = \dfrac{3\,600}{1\,000} km/h =3{,}6 km/h).
En reprenant la valeur exacte, \begin{aligned}v &= \dfrac{1\,951}{129}\times3{,}6 \\ &\approx 54{,}5\end{aligned} soit environ 54 km/h (à comparer à l'arrondi de la question précédente, 15\times3{,}6=54 km/h).

3.La surface de la piste a une aire d'environ 73 027 m^{2} et on souhaite y semer du gazon en totalité. Trois marques de sacs sont disponibles : marque A (500 m^{2} par sac, 141,95 €), marque B (400 m^{2} par sac, 87,90 €), marque C (300 m^{2} par sac, 66,50 €). Quelle marque doit-on choisir pour dépenser le moins possible ?

Marque A : 73\,027\div500\approx146{,}05, il faut donc 147 sacs entiers, pour un coût de 147\times141{,}95 = 20\,866{,}65 €.
Marque B : 73\,027\div400\approx182{,}57, il faut donc 183 sacs entiers, pour un coût de 183\times87{,}90 = 16\,085{,}70 €.
Marque C : 73\,027\div300\approx243{,}42, il faut donc 244 sacs entiers, pour un coût de 244\times66{,}50 = 16\,226 €.
Le coût le plus faible est celui de la marque B, avec 16 085,70 € : il faut choisir la marque B.

1.Sur le schéma, D, E, B sont alignés ainsi que A, B, G ; on donne AC = 2,5 m, AB = 8 m, BD = 4,3 m et le point E est tel que AEFC est un rectangle (avec BE = AC). Justifier que DE = 1,8 m.

Comme AEFC est un rectangle, BE = AC = 2,5 m.
Sur le segment [BD], on a \text{DE} = \text{BD}-\text{BE} = 4,3-2,5= 1,8 m.

2.Sachant que le triangle DEF est rectangle en E et que l'angle \widehat{\text{DFE}} mesure 30^{\circ}, montrer que la longueur DF du toit de la terrasse est égale à 3,6 m.

3.Le toit de la terrasse est un rectangle de longueur 12 m et de largeur 3,6 m. Sachant qu'un rouleau de laine de roche couvre 6 m^{2}, combien de rouleaux Matthieu doit-il acheter ?

L'aire du toit de la terrasse est 12\times3,6=43,2 m^{2}.
Le nombre de rouleaux nécessaires est \dfrac{43,2}{6}=7,2 : comme on ne peut acheter qu'un nombre entier de rouleaux, il faut arrondir à l'entier supérieur, soit 8 rouleaux.

4.Le triangle CDE est rectangle en E, avec DE = 1,8 m et EC = 8 m. Montrer que la longueur CD du toit de la partie habitable est égale à 8,2 m.

5.Le toit de la partie habitable est un rectangle de longueur 12 m et de largeur 8,2 m. Matthieu veut y poser 10 cm de ouate de cellulose, de densité 40 kg/m^{3}. Quelle masse de ouate doit-il acheter ?

L'aire du toit est 12\times8,2=98,4 m^{2}.
L'épaisseur de 10 cm correspond à 0,1 m, donc le volume de ouate nécessaire est 98,4\times0,1=9,84 m^{3}.
Avec une densité de 40 kg par m^{3}, la masse totale est 9,84\times40= 393,6 kg.

PartieA ; 1. Deux cubes ABCDEFGH et BKLCFJMG sont accolés ; dans le repère orthonormé (A~;~\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}), on a par exemple F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1) et J(2 ; 0 ; 1) ; le point I est le milieu de [EF]. Montrer que le volume du tétraèdre FIGB vaut \dfrac{1}{12} (unité de volume), sachant que V=\dfrac13\times\text{aire de la base}\times\text{hauteur}.

Les arêtes des cubes valent toutes 1, donc BF = FG = 1 ; comme I est le milieu de [EF], la longueur FI vaut \dfrac12\times EF = \dfrac12.
En choisissant le triangle rectangle isocèle BFG comme base (aire =\dfrac12\times BF\times FG=\dfrac12) et [FI] comme hauteur associée (FI est perpendiculaire au plan (BFG), donc à la base) : \begin{aligned}V_{FIGB} &= \dfrac13\times\dfrac12\times\dfrac12 \\ &= \dfrac{1}{12}\end{aligned}
Donc, la réponse est V_{FIGB} = \dfrac{1}{12} unité de volume.

PartieA ; 2. Déterminer les coordonnées du point I.

On décompose \begin{aligned}\overrightarrow{AI} &= \overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EI} \\ &= \overrightarrow{AE}+\dfrac12\overrightarrow{EF} \\ &= \overrightarrow{AE}+\dfrac12\overrightarrow{AB}\end{aligned} (car \overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AB}). Donc, la réponse est I\left(\dfrac12~;~0~;~1\right).

PartieA ; 3. Montrer que le vecteur \overrightarrow{DJ} est normal au plan (BIG).

Avec J(2 ; 0 ; 1) et D(0 ; 1 ; 0), on obtient \overrightarrow{DJ}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}.
D'autre part \overrightarrow{BI}\begin{pmatrix}-\frac12 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} (car B(1 ; 0 ; 0) et I\left(\frac12~;~0~;~1\right)) et \overrightarrow{BG}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} (car G(1 ; 1 ; 1)).
On calcule les produits scalaires : \begin{aligned}\overrightarrow{DJ}\cdot\overrightarrow{BI} &= 2\times\left(-\dfrac12\right)+(-1)\times0+1\times1 \\ &= -1+0+1 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{DJ}\cdot\overrightarrow{BG} &= 2\times0+(-1)\times1+1\times1 \\ &= -1+1 \\ &= 0\end{aligned}
\overrightarrow{BI} et \overrightarrow{BG} ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles) et dirigent le plan (BIG) : \overrightarrow{DJ} leur est orthogonal, donc \overrightarrow{DJ} est un vecteur normal au plan (BIG).

PartieA ; 4. Montrer qu'une équation cartésienne du plan (BIG) est 2x-y+z-2=0.

Puisque \overrightarrow{DJ}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} est normal au plan (BIG), ce plan admet une équation de la forme 2x-y+z+d=0, avec d\in\mathbb{R}.
Le point B(1 ; 0 ; 0) appartient au plan, donc 2\times1-0+0+d=0, soit d=-2.
Donc, la réponse est 2x-y+z-2=0.

PartieA ; 5. Déterminer une représentation paramétrique de la droite d, orthogonale à (BIG) et passant par F.

La droite d, orthogonale au plan (BIG), admet pour vecteur directeur le vecteur normal \overrightarrow{DJ}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}, et passe par F(1 ; 0 ; 1).
Un point M(x~;~y~;~z) appartient à d si et seulement s'il existe t\in\mathbb{R} tel que \overrightarrow{FM}=t\,\overrightarrow{DJ}.
Donc, la réponse est \begin{cases}x=1+2t\\y=-t\\z=1+t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.

PartieA ; 6.a La droite d coupe le plan (BIG) au point L'. Montrer que L' a pour coordonnées \left(\dfrac23~;~\dfrac16~;~\dfrac56\right).

On remplace x, y, z par leurs expressions paramétriques dans l'équation du plan (BIG) : 2(1+2t)-(-t)+(1+t)-2=0.
En développant : 2+4t+t+1+t-2=0, soit 6t+1=0, donc t=-\dfrac16.
En reportant dans les équations paramétriques : \begin{aligned}x &= 1+2\times\left(-\dfrac16\right) \\ &= 1-\dfrac13 \\ &= \dfrac23\end{aligned} \begin{aligned}y &= -\left(-\dfrac16\right) \\ &= \dfrac16\end{aligned} \begin{aligned}z &= 1+\left(-\dfrac16\right) \\ &= \dfrac56\end{aligned}
Donc, la réponse est L'\left(\dfrac23~;~\dfrac16~;~\dfrac56\right).

PartieA ; 6.b Calculer la longueur FL'.

On calcule \overrightarrow{FL'}\begin{pmatrix}-\frac13 \\ \frac16 \\ -\frac16\end{pmatrix} (différence des coordonnées de L' et de F).
FL'^2 = \left(-\dfrac13\right)^2+\left(\dfrac16\right)^2+\left(-\dfrac16\right)^2 = \dfrac19+\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36} = \dfrac{4}{36}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36} = \dfrac{6}{36}=\dfrac16.
Donc, la réponse est FL' = \sqrt{\dfrac16} = \dfrac{\sqrt6}{6}.

PartieA ; 6.c En déduire l'aire du triangle BIG.

Le segment [FL'] est la hauteur du tétraèdre FIGB relative à la base (BIG), puisque d est orthogonale à ce plan.
Avec la formule du volume : V_{FIGB} = \dfrac13\times\text{aire(BIG)}\times FL', donc \text{aire(BIG)} = \dfrac{3\,V_{FIGB}}{FL'} = \dfrac{3\times\frac{1}{12}}{\frac{\sqrt6}{6}} = \dfrac{\frac14}{\frac{\sqrt6}{6}} = \dfrac14\times\dfrac{6}{\sqrt6} = \dfrac{6}{4\sqrt6} = \dfrac{6\sqrt6}{24} = \dfrac{\sqrt6}{4}.
Donc, la réponse est aire(BIG) =\dfrac{\sqrt6}{4} unité d'aire.

1.On considère le prisme droit ABFEDCGH, de base ABFE trapèze rectangle en A, muni du repère orthonormé \left(\text{A}~;~\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k}\right) défini par \vec{\imath}=\dfrac14\overrightarrow{AB}, \vec{\jmath}=\dfrac14\overrightarrow{AD}, \vec{k}=\dfrac18\overrightarrow{AE}, avec de plus \overrightarrow{BF}=\dfrac12\overrightarrow{AE}. On note I le milieu de [EF] et J le milieu de [AE]. Donner les coordonnées de I et J.

Dans ce repère, les sommets du prisme ont pour coordonnées : A(0 ; 0 ; 0), B(4 ; 0 ; 0), C(4 ; 4 ; 0), D(0 ; 4 ; 0), E(0 ; 0 ; 8), F(4 ; 0 ; 4), G(4 ; 4 ; 4), H(0 ; 4 ; 8).
I est le milieu de [EF], donc \mathrm{I}\left(\dfrac{0+4}{2}~;~\dfrac{0+0}{2}~;~\dfrac{8+4}{2}\right), soit I(2 ; 0 ; 6).
J est le milieu de [AE], donc \mathrm{J}\left(\dfrac{0+0}{2}~;~\dfrac{0+0}{2}~;~\dfrac{0+8}{2}\right), soit J(0 ; 0 ; 4).

2.aSoit \vec{n} le vecteur de coordonnées \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}. Montrer que \vec{n} est normal au plan (IGJ).

\overrightarrow{\mathrm{IG}}\begin{pmatrix}4-2 \\ 4-0 \\ 4-6\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 \\ 4 \\ -2\end{pmatrix} et \overrightarrow{\mathrm{IJ}}\begin{pmatrix}0-2 \\ 0-0 \\ 4-6\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ -2\end{pmatrix} sont deux vecteurs non colinéaires du plan (IGJ).
Le repère étant orthonormé, on calcule les produits scalaires par les coordonnées : \begin{aligned}\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{IG}} &= -1\times2+1\times4+1\times(-2) \\ &= -2+4-2 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{IJ}} &= -1\times(-2)+1\times0+1\times(-2) \\ &= 2+0-2 \\ &= 0\end{aligned}
\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (IGJ) : c'est donc un vecteur normal à ce plan.

2.bDéterminer une équation cartésienne du plan (IGJ).

Un vecteur normal étant \vec{n}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}, une équation du plan (IGJ) est de la forme -x+y+z+d=0.
Le point G(4 ; 4 ; 4) appartient au plan, donc -4+4+4+d=0, soit d=-4.
Donc, la réponse est -x+y+z-4=0.

3.Déterminer une représentation paramétrique de la droite d, perpendiculaire au plan (IGJ) et passant par H.

La droite d est dirigée par le vecteur normal \vec{n}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} et passe par H(0 ; 4 ; 8), d'où la représentation paramétrique : \left\{\begin{array}{l}x=-t\\y=4+t\\z=8+t\end{array}\right.\ ,\ t\in\mathbb{R}.

4.On note L le projeté orthogonal de H sur le plan (IGJ). Montrer que L a pour coordonnées \left(\dfrac83~;~\dfrac43~;~\dfrac{16}{3}\right).

L est le point d'intersection de la droite d (perpendiculaire au plan et passant par H) avec le plan (IGJ). On cherche donc le paramètre t du point de d qui vérifie l'équation du plan.
\begin{aligned}-(-t)+(4+t)+(8+t)-4 = 0 &\iff 3t+8 = 0 \\ &\iff t = -\dfrac83 \end{aligned}
En reportant dans la représentation paramétrique : \begin{aligned}x &= -\left(-\dfrac83\right) \\ &= \dfrac83\end{aligned} \begin{aligned}y &= 4-\dfrac83 \\ &= \dfrac{4}{3}\end{aligned} \begin{aligned}z &= 8-\dfrac83 \\ &= \dfrac{16}{3}\end{aligned}
Donc, la réponse est \mathrm{L}\left(\dfrac83~;~\dfrac43~;~\dfrac{16}{3}\right).

5.Calculer la distance du point H au plan (IGJ).

La distance de H au plan (IGJ) est la longueur HL, où L est le projeté orthogonal de H sur ce plan. Le repère étant orthonormé :
\begin{aligned}\mathrm{HL} &= \sqrt{\left(\dfrac83-0\right)^2+\left(\dfrac43-4\right)^2+\left(\dfrac{16}{3}-8\right)^2} \\ &= \sqrt{\left(\dfrac83\right)^2+\left(\dfrac83\right)^2+\left(\dfrac83\right)^2} \\ &= \sqrt{3\times\dfrac{64}{9}} \\ &= \sqrt{\dfrac{64}{3}} \\ &= \dfrac{8}{\sqrt3} \\ &= \dfrac{8\sqrt3}{3}\end{aligned}
Donc, la réponse est \mathrm{HL} = \dfrac{8\sqrt3}{3}.

6.Montrer que le triangle IGJ est rectangle en I.

\begin{aligned}\overrightarrow{\mathrm{IG}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{IJ}} &= 2\times(-2)+4\times0+(-2)\times(-2) \\ &= -4+0+4 \\ &= 0\end{aligned}
Les vecteurs \overrightarrow{\mathrm{IG}} et \overrightarrow{\mathrm{IJ}} sont non nuls et orthogonaux, donc les droites (IG) et (IJ), sécantes en I, sont perpendiculaires. Donc, la réponse est que le triangle IGJ est rectangle en I.

7.En déduire le volume du tétraèdre IGJH.

Le triangle IGJ étant rectangle en I, son aire vaut \mathcal{A} = \dfrac{\mathrm{IG}\times\mathrm{IJ}}{2}, avec \begin{aligned}\mathrm{IG} &= \sqrt{2^2+4^2+(-2)^2} \\ &= \sqrt{24} \\ &= 2\sqrt6\end{aligned} et \begin{aligned}\mathrm{IJ} &= \sqrt{(-2)^2+0^2+(-2)^2} \\ &= \sqrt8 \\ &= 2\sqrt2\end{aligned}
\begin{aligned}\mathcal{A} &= \dfrac{2\sqrt6\times2\sqrt2}{2} \\ &= 2\sqrt{12} \\ &= 4\sqrt3\end{aligned}
En prenant IGJ pour base et H comme sommet, la hauteur du tétraèdre est la distance HL calculée en question 5, soit \dfrac{8\sqrt3}{3}. Le volume vaut donc \begin{aligned}V &= \dfrac13\times\mathcal{A}\times\mathrm{HL} \\ &= \dfrac13\times4\sqrt3\times\dfrac{8\sqrt3}{3} \\ &= \dfrac{4\times8\times3}{9} \\ &= \dfrac{96}{9} \\ &= \dfrac{32}{3}\end{aligned}
Donc, la réponse est V=\dfrac{32}{3} (soit environ 10,7 unités de volume, au dixième près).

1.ABCDEFGH est un cube d'arête 1, M est le centre de la face BCGF et N le centre de la face EFGH. Dans le repère orthonormé \left(D~;~\overrightarrow{DH},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DA}\right), donner sans justification les coordonnées de F et de C.

En suivant les arêtes du cube depuis D : F(1 ; 1 ; 1) et C(0 ; 1 ; 0).

2.Calculer les coordonnées de M et de N.

M est le centre de la face BCGF, donc le milieu du segment [CF] (l'une des diagonales de cette face carrée) : M\left(\dfrac{0+1}{2}~;~\dfrac{1+1}{2}~;~\dfrac{0+1}{2}\right), soit M\left(\dfrac12 ; 1 ; \dfrac12\right).
N est le centre de la face EFGH, donc le milieu du segment [FH], avec H(1 ; 0 ; 0) : N\left(\dfrac{1+1}{2}~;~\dfrac{1+0}{2}~;~\dfrac{1+0}{2}\right), soit N\left(1 ; \dfrac12 ; \dfrac12\right).

3.aDémontrer que le vecteur \overrightarrow{AG} est normal au plan (HFC).

Les points H, F, C ne sont pas alignés, donc \overrightarrow{HF} et \overrightarrow{CF} dirigent le plan (HFC), avec \overrightarrow{HF}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} et \overrightarrow{CF}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} (en utilisant H(1;0;0)).
De plus, avec A(0;0;1) et G(1;1;0), on a \overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix}.
On calcule les produits scalaires : \begin{aligned}\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{HF} &= 1\times0+1\times1+(-1)\times1 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{CF} &= 1\times1+1\times0+(-1)\times1 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \overrightarrow{AG} est donc orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan (HFC) : il est normal à ce plan.

3.bEn déduire une équation cartésienne du plan (HFC).

Le plan (HFC) passe par F(1;1;1) et admet \overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} comme vecteur normal : un point X(x;y;z) appartient à ce plan si et seulement si \overrightarrow{FX}\cdot\overrightarrow{AG}=0.
\overrightarrow{FX}\begin{pmatrix}x-1 \\ y-1 \\ z-1\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}\overrightarrow{FX}\cdot\overrightarrow{AG} &= (x-1)+(y-1)-(z-1) \\ &= x+y-z-1\end{aligned}
Le plan (HFC) a donc pour équation cartésienne x+y-z-1=0.

4.Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AG).

La droite (AG) passe par A(0;0;1) et admet \overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} comme vecteur directeur, d'où la représentation paramétrique : \begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = 1-t \end{cases} \quad (t\in\mathbb{R}).

5.Démontrer que le point R de coordonnées \left(\dfrac23 ; \dfrac23 ; \dfrac13\right) est le projeté orthogonal de G sur le plan (HFC).

Le projeté orthogonal de G sur (HFC), qu'on note R, est l'unique point qui appartient à la fois au plan (HFC) et à la droite passant par G orthogonale à ce plan : or cette droite est justement (AG), puisque \overrightarrow{AG} est normal au plan (question 3.a).
Les coordonnées de R vérifient donc à la fois la représentation paramétrique de (AG) et l'équation du plan : t+t-(1-t)-1=0, soit 3t-2=0, donc t=\dfrac23.
En reportant dans la représentation paramétrique : x=\dfrac23, y=\dfrac23, \begin{aligned}z &= 1-\dfrac23 \\ &= \dfrac13\end{aligned} On retrouve bien les coordonnées annoncées : R est le projeté orthogonal de G sur (HFC).

6.La droite (FG) admet pour représentation paramétrique x=1, y=1, z=t (t\in\mathbb{R}). Démontrer qu'il existe un unique point K de (FG) tel que le triangle KMN soit rectangle en K.

Un point K de (FG) s'écrit K(1 ; 1 ; t). Le triangle KMN est rectangle en K si et seulement si \overrightarrow{KM}\cdot\overrightarrow{KN}=0.
Avec M\left(\dfrac12;1;\dfrac12\right) : \overrightarrow{KM}\begin{pmatrix}-\frac12 \\ 0 \\ \frac12-t\end{pmatrix}. Avec N\left(1;\dfrac12;\dfrac12\right) : \overrightarrow{KN}\begin{pmatrix}0 \\ -\frac12 \\ \frac12-t\end{pmatrix}.
Le produit scalaire vaut \begin{aligned}\overrightarrow{KM}\cdot\overrightarrow{KN} &= 0+0+\left(\dfrac12-t\right)^2 \\ &= \left(t-\dfrac12\right)^2\end{aligned}
Cette expression s'annule si et seulement si t=\dfrac12 : il existe donc un unique point K, de coordonnées \left(1 ; 1 ; \dfrac12\right), tel que KMN soit rectangle en K.

7.Quelle fraction du volume du cube ABCDEFGH le volume du tétraèdre FNKM représente-t-il ?

Le tétraèdre FNKM admet pour base le triangle rectangle KMN et pour hauteur associée la distance FK, puisque F(1;1;1) et K\left(1;1;\dfrac12\right) ont la même abscisse et la même ordonnée : \begin{aligned}FK &= \left|1-\dfrac12\right| \\ &= \dfrac12\end{aligned}
Dans le triangle KMN rectangle en K : \begin{aligned}KM &= \left\|\overrightarrow{KM}\right\| \\ &= \sqrt{\left(-\frac12\right)^2+0^2+0^2} \\ &= \dfrac12\end{aligned} et de même KN=\dfrac12. Son aire vaut donc \begin{aligned}\dfrac{KM\times KN}{2} &= \dfrac{\frac12\times\frac12}{2} \\ &= \dfrac18\end{aligned}
Le volume d'un tétraèdre étant \dfrac{\text{aire de la base}\times\text{hauteur}}{3}, celui de FNKM vaut \dfrac{\frac18\times\frac12}{3} = \dfrac{1}{48}.
Le cube ayant pour volume 1^3=1 (unité de volume), le tétraèdre FNKM représente donc \dfrac{1}{48} du volume du cube.

1.L'espace est muni d'un repère orthonormé. On considère le point A(1 ; 1 ; 0) et le vecteur \vec{u}\begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ -1\end{pmatrix}, ainsi que la droite (d) passant par A et de vecteur directeur \vec{u}. Déterminer une représentation paramétrique de (d).

Un point M(x~;~y~;~z) appartient à (d) si et seulement si \overrightarrow{AM} = t\vec{u} pour un certain réel t, ce qui donne la représentation paramétrique \left\{\begin{array}{l} x = 1 \\ y = 1+2t \\ z = -t \end{array}\right.,\ t\in\mathbb{R}.

2.On considère le plan \mathcal{P} d'équation x+4y+2z+1=0. Justifier que la droite (d) et le plan \mathcal{P} sont sécants en un point B de coordonnées (1 ; -1 ; 1).

En substituant les coordonnées paramétriques de (d) dans l'équation de \mathcal{P} : 1+4(1+2t)+2(-t)+1=0, soit 1+4+8t-2t+1=0, c'est-à-dire 6t+6=0, d'où t=-1.
En reportant t=-1 dans la représentation paramétrique de (d) : x=1, \begin{aligned}y &= 1-2 \\ &= -1\end{aligned} z=1. Le système admet donc une unique solution, ce qui montre que (d) et \mathcal{P} sont sécants, au point B(1~;~-1~;~1).

3.aOn considère le point C(1 ; -1 ; -1). Vérifier que les points A, B et C définissent bien un plan.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}0 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0 \\ -2 \\ -1\end{pmatrix} ont la même première et la même deuxième coordonnée mais des troisièmes coordonnées différentes (1\neq-1) : ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires. Les points A, B et C ne sont donc pas alignés et définissent bien un plan (ABC).

3.bMontrer que le vecteur \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} est normal au plan (ABC).

On calcule \begin{aligned}\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB} &= 1\times0+0\times(-2)+0\times1 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC} &= 1\times0+0\times(-2)+0\times(-1) \\ &= 0\end{aligned} Le vecteur \vec{n} est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : il lui est normal.

3.cDéterminer une équation cartésienne du plan (ABC).

Le plan (ABC) admet \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} pour vecteur normal, donc une équation de la forme x+d=0 avec d\in\mathbb{R}. Comme A(1~;~1~;~0) appartient au plan : 1+d=0, soit d=-1. Une équation cartésienne du plan (ABC) est donc x-1=0.

4.aJustifier que le triangle ABC est isocèle en A.

On a \text{AB}^2 = \|\overrightarrow{AB}\|^2 = 0^2+(-2)^2+1^2 = 5 et \text{AC}^2 = \|\overrightarrow{AC}\|^2 = 0^2+(-2)^2+(-1)^2 = 5. Donc \text{AB}^2=\text{AC}^2, c'est-à-dire AB = AC : le triangle ABC est isocèle en A.

4.bSoit H le milieu du segment [BC]. Calculer la longueur AH puis l'aire du triangle ABC.

Les coordonnées de H sont la moyenne de celles de B et C : H\left(\dfrac{1+1}{2}~;~\dfrac{-1-1}{2}~;~\dfrac{1-1}{2}\right), soit H(1~;~-1~;~0).
On obtient \text{AH}^2 = (1-1)^2+(-1-1)^2+(0-0)^2 = 4, d'où \text{AH}=2.
Le triangle ABC étant isocèle en A, la médiane issue de A est aussi la hauteur relative au côté [BC], donc \mathcal{A}(\text{ABC}) = \dfrac{\text{BC}\times\text{AH}}{2}. Or \text{BC}^2 = (1-1)^2+(-1+1)^2+(-1-1)^2 = 4, d'où \text{BC}=2.
Donc, la réponse est \begin{aligned}\mathcal{A}(\text{ABC}) &= \dfrac{2\times2}{2} \\ &= 2\end{aligned} unité d'aire.

5.aSoit D le point de coordonnées (0 ; -1 ; 1). Montrer que la droite (BD) est une hauteur de la pyramide ABCD.

On calcule \overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, donc \overrightarrow{BD} = -\vec{n}. Comme \vec{n} est normal au plan (ABC), \overrightarrow{BD} l'est aussi : la droite (BD), orthogonale au plan de base (ABC) et passant par le sommet D, est donc bien une hauteur de la pyramide ABCD.

5.bEn déduire le volume de la pyramide ABCD (on rappelle que le volume d'une pyramide vaut V=\dfrac13\mathcal{B}\times h, où \mathcal{B} est l'aire d'une base et h la hauteur associée).

On prend pour base le triangle (ABC), d'aire \mathcal{A}(\text{ABC})=2, et pour hauteur la longueur BD.
\text{BD}^2 = \|\overrightarrow{BD}\|^2 = (-1)^2+0^2+0^2 = 1, donc \text{BD}=1.
Donc, la réponse est \begin{aligned}V(\text{ABCD}) &= \dfrac13\times2\times1 \\ &= \dfrac23\end{aligned} unité de volume.

1.On considère le cube ABCDEFGH d'arête 1, muni du repère orthonormé (A~;~\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}). Donner les coordonnées des points E, C et G dans ce repère.

En suivant les arêtes du cube depuis A : \text{E}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}, \text{C}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} et \text{G}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}.

2.Déterminer une représentation paramétrique de la droite (EC).

Le vecteur \overrightarrow{EC} a pour coordonnées \begin{pmatrix}1-0 \\ 1-0 \\ 0-1\end{pmatrix}, soit \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} : c'est un vecteur directeur de la droite (EC), qui passe par \text{E}(0~;~0~;~1).
Donc, la réponse est : (EC) a pour représentation paramétrique \begin{cases}x = t\\y = t\\z = 1-t\end{cases} avec t\in\mathbb{R}.

3.Démontrer que la droite (EC) est orthogonale au plan (GBD).

Les points G, B, D ne sont pas alignés, donc (GBD) est un plan, dirigé par exemple par \overrightarrow{GB}\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix} et \overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\overrightarrow{EC}\cdot\overrightarrow{GB} &= 1\times0 + 1\times(-1) + (-1)\times(-1) \\ &= 0-1+1 \\ &= 0\end{aligned} donc \overrightarrow{EC}\perp\overrightarrow{GB}.
\begin{aligned}\overrightarrow{EC}\cdot\overrightarrow{BD} &= 1\times(-1) + 1\times1 + (-1)\times0 \\ &= -1+1+0 \\ &= 0\end{aligned} donc \overrightarrow{EC}\perp\overrightarrow{BD}.
Le vecteur \overrightarrow{EC} est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan (GBD), donc la droite (EC) est orthogonale au plan (GBD).

4.aJustifier qu'une équation cartésienne du plan (GBD) est x+y-z-1=0.

Comme (EC) est orthogonale à (GBD), tout vecteur directeur de (EC) est un vecteur normal à (GBD) ; en particulier \overrightarrow{EC}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix} convient.
Le plan (GBD) a donc une équation de la forme x+y-z+d=0. En écrivant que \text{B}(1~;~0~;~0) appartient à ce plan : 1+0-0+d=0, donc d=-1.
Donc, la réponse est : le plan (GBD) a pour équation x+y-z-1=0.

4.bMontrer que le point I, intersection de (EC) et (GBD), a pour coordonnées \left(\dfrac23~;~\dfrac23~;~\dfrac13\right).

Les coordonnées de I vérifient à la fois la représentation paramétrique de (EC) et l'équation de (GBD) : x=t, y=t, z=1-t et x+y-z-1=0.
En substituant : \begin{aligned}t+t-(1-t)-1 = 0 &\iff 3t-2 = 0 \\ &\iff t = \dfrac23 \end{aligned}
Donc, la réponse est : \text{I}\left(\dfrac23~;~\dfrac23~;~\dfrac13\right), car \begin{aligned}x_I &= t \\ &= \dfrac23\end{aligned} \begin{aligned}y_I &= t \\ &= \dfrac23\end{aligned} et \begin{aligned}z_I &= 1-t \\ &= 1-\dfrac23 \\ &= \dfrac13\end{aligned}

4.cEn déduire que la distance du point E au plan (GBD) est égale à \dfrac{2\sqrt3}{3}.

La droite (EC) étant orthogonale au plan (GBD) et le coupant en I, la distance de E au plan (GBD) est la longueur EI.
\text{EI}^2 = \left(\dfrac23-0\right)^2+\left(\dfrac23-0\right)^2+\left(\dfrac13-1\right)^2 = \dfrac49+\dfrac49+\dfrac49 = \dfrac{12}{9} = \dfrac43.
\text{EI} = \sqrt{\dfrac43} = \dfrac{2}{\sqrt3} = \dfrac{2\sqrt3}{3}. Donc, la réponse est : la distance de E au plan (GBD) vaut \dfrac{2\sqrt3}{3}.

5.aDémontrer que le triangle BDG est équilatéral.

Les segments [BD], [DG] et [GB] sont chacun la diagonale d'une face du cube (respectivement ABCD, CDHG et BCGF), qui sont trois carrés de même côté 1, donc superposables. Leurs diagonales ont donc toutes la même longueur \sqrt2 : le triangle BDG, ayant ses trois côtés égaux, est équilatéral.

5.bCalculer l'aire du triangle BDG, en utilisant le point J milieu de [BD].

Dans un triangle équilatéral, la médiane issue d'un sommet est aussi la hauteur : [GJ] est donc la hauteur issue de G, et l'aire du triangle vaut \mathcal{A} = \dfrac{\text{BD}\times\text{GJ}}{2}.
\text{B}(1~;~0~;~0) et \text{D}(0~;~1~;~0) donnent \text{J}\left(\dfrac12~;~\dfrac12~;~0\right), milieu de [BD].
\text{GJ}^2 = \left(\dfrac12-1\right)^2+\left(\dfrac12-1\right)^2+(0-1)^2 = \dfrac14+\dfrac14+1 = \dfrac32, donc \text{GJ} = \sqrt{\dfrac32} = \dfrac{\sqrt6}{2}.
[BD] est la diagonale d'un carré de côté 1, donc \text{BD} = \sqrt2.
Donc, la réponse est : \begin{aligned}\mathcal{A} &= \dfrac{\sqrt2\times\frac{\sqrt6}{2}}{2} \\ &= \dfrac{\sqrt{12}}{4} \\ &= \dfrac{2\sqrt3}{4} \\ &= \dfrac{\sqrt3}{2}\end{aligned}

6.Justifier que le volume du tétraèdre EGBD est égal à \dfrac13.

En prenant le triangle BDG comme base, d'aire \mathcal{A}=\dfrac{\sqrt3}{2}, et EI comme hauteur associée (E est le sommet opposé, et EI est la distance de E au plan de la base), le volume vaut V = \dfrac13\times\mathcal{A}\times\text{EI} = \dfrac13\times\dfrac{\sqrt3}{2}\times\dfrac{2\sqrt3}{3} = \dfrac13\times\dfrac{2\times3}{6} = \dfrac13\times1 = \dfrac13. Donc, la réponse est : le volume du tétraèdre EGBD vaut \dfrac13.

1.On considère un cube ABCDEFGH d'arête 1, muni du repère orthonormé \left(A~;~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AE}\right), et K le milieu de [HG]. Justifier que les points C, F et K définissent un plan.

Dans ce repère : A(0~;~0~;~0), D(1~;~0~;~0), B(0~;~1~;~0), E(0~;~0~;~1).
Donc \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB} donne C(1~;~1~;~0), \overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE} donne F(0~;~1~;~1), et \overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}, \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE} donnent H(1~;~0~;~1) et G(1~;~1~;~1).
K est le milieu de [HG] donc K\left(1~;~\dfrac{1}{2}~;~1\right).
On a \overrightarrow{CF}\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} et \overrightarrow{CK}\begin{pmatrix}0 \\ -\frac{1}{2} \\ 1\end{pmatrix} : ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (aucun coefficient ne convertit l'un en l'autre).
Donc les points C, F et K ne sont pas alignés : ils définissent bien un plan.

2.aDonner, sans justification, les longueurs KG, GF et GC.

\text{KG} = \dfrac{1}{2}, \text{GF} = 1 et \text{GC} = 1 (déplacements le long des arêtes ou des diagonales de faces du cube d'arête 1).

2.bCalculer l'aire du triangle FGC.

Le triangle FGC est rectangle en G (deux arêtes du cube perpendiculaires), donc son aire vaut \begin{aligned}\mathcal{A} &= \dfrac{\text{GF}\times\text{GC}}{2} \\ &= \dfrac{1\times1}{2} \\ &= \dfrac{1}{2}\end{aligned} unité d'aire.

2.cCalculer le volume du tétraèdre FGCK, sachant que le volume d'un tétraèdre vaut V=\dfrac{1}{3}\mathcal{B}\times h où \mathcal{B} est l'aire d'une base et h la hauteur associée.

En prenant pour base le triangle FGC (aire \dfrac{1}{2}) et pour hauteur KG =\dfrac{1}{2} (K étant sur la droite (GH), perpendiculaire au plan (FGC)) : \begin{aligned}V &= \dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2} \\ &= \dfrac{1}{12}\end{aligned} unité de volume.

3.aOn pose \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix}. Démontrer que \vec{n} est un vecteur normal au plan (CFK).

\begin{aligned}\vec{n}\cdot\overrightarrow{CF} &= 1\times(-1)+2\times0+1\times1 \\ &= 0\end{aligned} donc \vec{n}\perp\overrightarrow{CF}.
\begin{aligned}\vec{n}\cdot\overrightarrow{CK} &= 1\times0+2\times\left(-\dfrac{1}{2}\right)+1\times1 \\ &= 0\end{aligned} donc \vec{n}\perp\overrightarrow{CK}.
\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (CFK) : c'est donc un vecteur normal à ce plan.

3.bEn déduire qu'une équation cartésienne du plan (CFK) est x+2y+z-3=0.

Un point M(x~;~y~;~z) appartient au plan (CFK) si et seulement si \overrightarrow{CM}\cdot\vec{n}=0, avec \overrightarrow{CM}\begin{pmatrix}x-1 \\ y-1 \\ z\end{pmatrix} (car C(1~;~1~;~0)).
\begin{aligned}\overrightarrow{CM}\cdot\vec{n} = 0 &\iff (x-1)+2(y-1)+z = 0 \\ &\iff x+2y+z-3 = 0 \end{aligned}
Donc, la réponse est : le plan (CFK) a pour équation cartésienne x+2y+z-3=0.

4.On note \Delta la droite passant par G et orthogonale au plan (CFK). Démontrer qu'une représentation paramétrique de \Delta est x=1+t, y=1+2t, z=1+t (avec t\in\mathbb{R}).

\Delta étant orthogonale au plan (CFK), elle admet \vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix} comme vecteur directeur, et elle passe par G(1~;~1~;~1).
M(x~;~y~;~z)\in\Delta \iff \overrightarrow{GM} = t\,\vec{n} pour un réel t, c'est-à-dire x-1=t, y-1=2t, z-1=t.
Donc, la réponse est : \Delta a pour représentation paramétrique x=1+t, y=1+2t, z=1+t, t\in\mathbb{R}.

5.aSoit L le point d'intersection de \Delta et du plan (CFK). Déterminer les coordonnées de L.

Les coordonnées de L vérifient à la fois le système paramétrique de \Delta et l'équation du plan (CFK) : (1+t)+2(1+2t)+(1+t)-3=0.
Cela donne 1+t+2+4t+1+t-3=0, soit 6t+1=0, donc t=-\dfrac{1}{6}.
On en tire \begin{aligned}x &= 1-\dfrac{1}{6} \\ &= \dfrac{5}{6}\end{aligned} \begin{aligned}y &= 1-\dfrac{2}{6} \\ &= \dfrac{2}{3}\end{aligned} \begin{aligned}z &= 1-\dfrac{1}{6} \\ &= \dfrac{5}{6}\end{aligned} D'où L\left(\dfrac{5}{6}~;~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{5}{6}\right).

5.bEn déduire que \text{LG}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}.

\text{LG} = \sqrt{(x_G-x_L)^2+(y_G-y_L)^2+(z_G-z_L)^2} = \sqrt{\left(\dfrac{1}{6}\right)^2+\left(\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(\dfrac{1}{6}\right)^2}.
= \sqrt{\dfrac{1}{36}+\dfrac{4}{36}+\dfrac{1}{36}} = \sqrt{\dfrac{6}{36}} = \dfrac{\sqrt{6}}{6}.
Donc, la réponse est : \text{LG}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}.

6.En utilisant la question précédente, déterminer la valeur exacte de l'aire du triangle CFK.

Le tétraèdre FGCK admet aussi pour base le triangle CFK, d'aire \mathcal{B}, et pour hauteur associée LG (puisque (GL)\perp(CFK)) : son volume vaut donc \dfrac{1}{3}\times\mathcal{B}\times\text{LG}.
Ce volume valant \dfrac{1}{12} (question 2.c) : \begin{aligned}\dfrac{1}{12} &= \dfrac{1}{3}\times\mathcal{B}\times\dfrac{\sqrt{6}}{6} \\ &= \dfrac{\sqrt{6}}{18}\,\mathcal{B}\end{aligned}
D'où \begin{aligned}\mathcal{B} &= \dfrac{18}{12\sqrt{6}} \\ &= \dfrac{3}{2\sqrt{6}} \\ &= \dfrac{3\sqrt{6}}{12} \\ &= \dfrac{\sqrt{6}}{4}\end{aligned}
Donc, la réponse est : l'aire du triangle CFK vaut \dfrac{\sqrt{6}}{4} unité d'aire.

1.Dans un tableur, les cellules A1, B1 et C1 contiennent des nombres. Quelle formule saisie en D1 affiche leur somme ?

C'est la formule « =SOMME(A1:C1) » qui additionne le contenu des cellules de A1 à C1.

2.Une série de six nombres est 15 ; 10 ; 13 ; 9 ; 10 ; x. Pour quelle valeur de x la moyenne de la série vaut-elle 11 ?

La moyenne s'écrit \dfrac{15+10+13+9+10+x}{6} = \dfrac{57+x}{6}.
On résout \dfrac{57+x}{6} = 11, soit 57+x = 66, d'où x = 9.

3.Sur la Terre, l'équateur est-il un méridien, un demi-cercle ou un parallèle ?

L'équateur est un cercle qui entoure la Terre perpendiculairement à l'axe des pôles : c'est un parallèle (les méridiens, eux, passent par les pôles).

4.Quel est le volume exact, en cm^{3}, d'une boule de 6 cm de diamètre ? (rappel : V = \dfrac{4\pi R^3}{3})

Un diamètre de 6 cm correspond à un rayon R = 3 cm.
V = \dfrac{4\pi\times3^3}{3} = \dfrac{4\pi\times27}{3} = 4\pi\times9 = 36\pi cm^{3}.

1.ABCDEFGH est un cube. Dans le repère orthonormé (\text{A}~;~\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k}), on donne B(3 ; 0 ; 0), D(0 ; 3 ; 0), E(0 ; 0 ; 3), et on considère les points P(0 ; 0 ; 1), Q(0 ; 2 ; 3) et R(1 ; 0 ; 3). Placer les points P, Q et R sur la figure du cube.

P est sur l'arête [AE] (à un tiers de A en partant vers E), Q est sur la face (DHGC)... plus précisément Q se place à partir de E en avançant de 2 selon \vec{\jmath} et en montant de 3 selon \vec{k} à partir de A, et R se place à 1 selon \vec{\imath} et 3 selon \vec{k} : les trois points sont sur les faces du cube, respectivement sur l'arête [AE] pour P, et sur les faces supérieures pour Q et R (voir figure en annexe du sujet).

2.Montrer que le triangle PQR est isocèle en R.

\overrightarrow{RP}\begin{pmatrix}0-1 \\ 0-0 \\ 1-3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ -2\end{pmatrix} et \overrightarrow{RQ}\begin{pmatrix}0-1 \\ 2-0 \\ 3-3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}.
\begin{aligned}RP^2 &= \left\|\overrightarrow{RP}\right\|^2 \\ &= (-1)^2+0^2+(-2)^2 \\ &= 1+4 \\ &= 5\end{aligned} et \begin{aligned}RQ^2 &= \left\|\overrightarrow{RQ}\right\|^2 \\ &= (-1)^2+2^2+0^2 \\ &= 1+4 \\ &= 5\end{aligned}
Donc \begin{aligned}RP &= RQ \\ &= \sqrt5\end{aligned} Le triangle PQR est isocèle en R.

3.Justifier que les points P, Q et R définissent un plan.

Les coordonnées de \overrightarrow{RP}\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ -2\end{pmatrix} et \overrightarrow{RQ}\begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix} ne sont pas proportionnelles (par exemple 0\times0 \ne (-2)\times2), donc ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires : les points P, Q et R ne sont pas alignés et définissent donc un plan.

4.aMontrer que le vecteur \vec{u}(2~;~1~;~-1) est normal au plan (PQR).

En posant \overrightarrow{PR}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix} et \overrightarrow{QR}\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix} (deux vecteurs non colinéaires du plan (PQR)) : \begin{aligned}\overrightarrow{PR}\cdot\vec{u} &= 1\times2+0\times1+2\times(-1) \\ &= 2+0-2 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\overrightarrow{QR}\cdot\vec{u} &= 1\times2+(-2)\times1+0\times(-1) \\ &= 2-2+0 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \vec{u} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (PQR), donc \vec{u}(2~;~1~;~-1) est normal au plan (PQR).

4.bEn déduire une équation cartésienne du plan (PQR).

Le plan (PQR) admet \vec{u}(2~;~1~;~-1) pour vecteur normal, donc une équation de la forme 2x+y-z=d. Comme \text{P}(0~;~0~;~1)\in(\text{PQR}), on a 2\times0+0-1=d, soit d=-1. Donc, la réponse est que le plan (PQR) a pour équation cartésienne 2x+y-z=-1.

4.cDéterminer une représentation paramétrique de la droite (d) passant par le point E et orthogonale au plan (PQR).

La droite (d) est orthogonale au plan (PQR), donc dirigée par le vecteur normal \vec{u}(2~;~1~;~-1). Comme elle passe par \text{E}(0~;~0~;~3), une représentation paramétrique de (d) est : \begin{cases}x=2t\\y=t\\z=3-t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.

4.dMontrer que le point \text{L}\left(\dfrac23~;~\dfrac13~;~\dfrac83\right) est le projeté orthogonal du point E sur le plan (PQR).

Le projeté orthogonal de E sur (PQR) est l'unique point appartenant à la fois à la droite (d) et au plan (PQR). Il suffit donc de résoudre le système formé par la représentation paramétrique de (d) et l'équation de (PQR).
En substituant x=2t, y=t, z=3-t dans 2x+y-z=-1 : \begin{aligned}2(2t)+t-(3-t) = -1 &\iff 4t+t-3+t = -1 \\ &\iff 6t = 2 \\ &\iff t = \dfrac13 \end{aligned}
On obtient alors x=\dfrac23, y=\dfrac13 et \begin{aligned}z &= 3-\dfrac13 \\ &= \dfrac83\end{aligned} ce qui correspond bien aux coordonnées de L. Donc, la réponse est que L est le projeté orthogonal de E sur le plan (PQR).

4.eDéterminer la distance entre le point E et le plan (PQR).

\overrightarrow{EL}\begin{pmatrix}\frac23-0 \\ \frac13-0 \\ \frac83-3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac23 \\ \frac13 \\ -\frac13\end{pmatrix}.
\begin{aligned}EL^2 &= \left(\dfrac23\right)^2+\left(\dfrac13\right)^2+\left(-\dfrac13\right)^2 \\ &= \dfrac49+\dfrac19+\dfrac19 \\ &= \dfrac69 \\ &= \dfrac23\end{aligned}
La distance de E au plan (PQR) est \begin{aligned}EL &= \sqrt{\dfrac23} \\ &= \dfrac{\sqrt2}{\sqrt3} \\ &= \dfrac{\sqrt6}{3}\end{aligned}

5.En choisissant le triangle EQR comme base, montrer que le volume du tétraèdre EPQR est \dfrac23 (on rappelle que le volume d'un tétraèdre est V=\dfrac13\times\text{aire de la base}\times\text{hauteur correspondante}).

\overrightarrow{EQ}\begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{ER}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} sont orthogonaux (leur produit scalaire vaut 0) : le triangle EQR est rectangle en E, d'aire \begin{aligned}\mathcal{A}(\text{EQR}) &= \dfrac{EQ\times ER}{2} \\ &= \dfrac{2\times1}{2} \\ &= 1\end{aligned}
En prenant EQR comme base, la hauteur correspondante est la distance du point P au plan (EQR), c'est-à-dire PE : \overrightarrow{PE}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}, donc PE=2 (P et E ont même abscisse et ordonnée, seule l'altitude diffère).
Donc \begin{aligned}V(\text{EPQR}) &= \dfrac13\times\mathcal{A}(\text{EQR})\times PE \\ &= \dfrac13\times1\times2 \\ &= \dfrac23\end{aligned}

6.À l'aide des deux questions précédentes, trouver l'aire du triangle PQR.

Le volume du tétraèdre EPQR peut aussi s'exprimer avec (PQR) comme base et EL comme hauteur correspondante : V(\text{EPQR}) = \dfrac13\times\mathcal{A}(\text{PQR})\times EL.
On a donc \begin{aligned}\dfrac23 = \dfrac13\times\mathcal{A}(\text{PQR})\times\dfrac{\sqrt6}{3} &\iff \mathcal{A}(\text{PQR}) = \dfrac{2\times3}{\sqrt6} \\ &\iff \mathcal{A}(\text{PQR}) = \dfrac{6}{\sqrt6} \\ &\iff \mathcal{A}(\text{PQR}) = \sqrt6\end{aligned}
Donc, la réponse est que l'aire du triangle PQR est \sqrt6 (en unités d'aire).

1.aDans un repère orthonormé (O~;~\vec\imath,\vec\jmath,\vec k) de l'espace, on considère les points A(-3 ; 1 ; 3), B(2 ; 2 ; 3), C(1 ; 7 ; -1), D(-4 ; 6 ; -1) et K(-3 ; 14 ; 14). Calculer les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC} et \overrightarrow{AD}.

On calcule chaque vecteur en soustrayant les coordonnées de l'origine à celles de l'extrémité : \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2-(-3) \\ 2-1 \\ 3-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}.
De même, \overrightarrow{DC}\begin{pmatrix}1-(-4) \\ 7-6 \\ -1-(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}.
Enfin, \overrightarrow{AD}\begin{pmatrix}-4-(-3) \\ 6-1 \\ -1-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 \\ 5 \\ -4\end{pmatrix}.
Donc, la réponse est \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}5 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \overrightarrow{DC}\begin{pmatrix}5 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{AD}\begin{pmatrix}-1 \\ 5 \\ -4\end{pmatrix}.

1.bMontrer que le quadrilatère ABCD est un rectangle.

D'après la question précédente, \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC} : le quadrilatère ABCD est donc un parallélogramme.
Calculons le produit scalaire \begin{aligned}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} &= 5\times(-1)+1\times5+0\times(-4) \\ &= -5+5+0 \\ &= 0\end{aligned}
Les vecteurs \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AD} sont donc orthogonaux : le parallélogramme ABCD possède deux côtés consécutifs perpendiculaires.
Donc, la réponse est que ABCD est un rectangle.

1.cCalculer l'aire du rectangle ABCD.

On calcule les longueurs des côtés à l'aide des normes des vecteurs : \begin{aligned}AB^2 &= 5^2+1^2+0^2 \\ &= 26\end{aligned} donc AB=\sqrt{26}.
De même, \begin{aligned}AD^2 &= (-1)^2+5^2+(-4)^2 \\ &= 1+25+16 \\ &= 42\end{aligned} donc AD=\sqrt{42}.
L'aire du rectangle ABCD vaut \begin{aligned}AB\times AD &= \sqrt{26}\times\sqrt{42} \\ &= \sqrt{26\times42} \\ &= \sqrt{1092}\end{aligned}
En factorisant, 1092 = 4\times273, donc \sqrt{1092} = 2\sqrt{273}.
Donc, la réponse est \mathcal{A}(\text{ABCD}) = 2\sqrt{273} (unité d'aire).

2.aJustifier que les points A, B et D définissent un plan.

D'après la question 1.a, les vecteurs \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}5 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{AD}\begin{pmatrix}-1 \\ 5 \\ -4\end{pmatrix} ne sont clairement pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles), donc les points A, B et D ne sont pas alignés. Donc, la réponse est qu'ils définissent bien un plan.

2.bMontrer que le vecteur \vec n(-2~;~10~;~13) est un vecteur normal au plan (ABD).

On calcule \begin{aligned}\vec n\cdot\overrightarrow{AB} &= -2\times5+10\times1+13\times0 \\ &= -10+10+0 \\ &= 0\end{aligned}
On calcule \begin{aligned}\vec n\cdot\overrightarrow{AD} &= -2\times(-1)+10\times5+13\times(-4) \\ &= 2+50-52 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \vec n est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABD), \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AD}.
Donc, la réponse est que \vec n est un vecteur normal au plan (ABD).

2.cEn déduire une équation cartésienne du plan (ABD).

Le plan (ABD) admet \vec n(-2~;~10~;~13) pour vecteur normal, donc il a une équation de la forme -2x+10y+13z=d, avec d\in\mathbb{R}.
Le point B(2~;~2~;~3) appartient au plan (ABD), donc ses coordonnées vérifient cette équation : -2\times2+10\times2+13\times3=d, soit -4+20+39=d, donc d=55.
Donc, la réponse est que le plan (ABD) a pour équation cartésienne -2x+10y+13z=55.

3.aDonner une représentation paramétrique de la droite \Delta orthogonale au plan (ABD) et qui passe par le point K(-3 ; 14 ; 14).

La droite \Delta, orthogonale au plan (ABD), admet le vecteur normal \vec n(-2~;~10~;~13) comme vecteur directeur, et elle passe par le point K.
Donc, la réponse est \Delta : \begin{cases}x=-2t-3\\y=10t+14\\z=13t+14\end{cases}, avec t\in\mathbb{R}.

3.bDéterminer les coordonnées du point I, projeté orthogonal du point K sur le plan (ABD).

Le point I, projeté orthogonal de K sur le plan (ABD), est l'unique point d'intersection de la droite \Delta (perpendiculaire au plan et passant par K) avec ce plan.
On remplace les coordonnées paramétriques de \Delta dans l'équation du plan (ABD) : -2(-2t-3)+10(10t+14)+13(13t+14)=55.
Cela donne 4t+6+100t+140+169t+182 = 55, soit 273t+328=55, donc 273t=-273, d'où t=-1.
En reportant t=-1 dans le système paramétrique : \begin{aligned}x &= -2\times(-1)-3 \\ &= 2-3 \\ &= -1\end{aligned} \begin{aligned}y &= 10\times(-1)+14 \\ &= 4\end{aligned} et \begin{aligned}z &= 13\times(-1)+14 \\ &= 1\end{aligned}
Donc, la réponse est I(-1~;~4~;~1).

3.cMontrer que la hauteur de la pyramide KABCD de base ABCD et de sommet K vaut \sqrt{273}.

ABCD est un rectangle (question 1.b), donc le point D appartient bien au plan (ABD). La hauteur de la pyramide KABCD, relative à la base ABCD, est donc la longueur KI, où I est le projeté orthogonal de K sur ce plan.
\overrightarrow{KI}\begin{pmatrix}-1-(-3) \\ 4-14 \\ 1-14\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 \\ -10 \\ -13\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}KI^2 &= 2^2+(-10)^2+(-13)^2 \\ &= 4+100+169 \\ &= 273\end{aligned}
Donc, la réponse est KI=\sqrt{273}.

4.Calculer le volume V de la pyramide KABCD. On rappelle que le volume V d'une pyramide est donné par la formule V=\dfrac13\times\text{aire de la base}\times\text{hauteur}.

On applique la formule avec l'aire de la base ABCD (question 1.c) et la hauteur KI (question 3.c) : \begin{aligned}V &= \dfrac13\times\mathcal{A}(\text{ABCD})\times KI \\ &= \dfrac13\times2\sqrt{273}\times\sqrt{273}\end{aligned}
Or \sqrt{273}\times\sqrt{273}=273, donc \begin{aligned}V &= \dfrac13\times2\times273 \\ &= \dfrac{546}{3} \\ &= 182\end{aligned}
Donc, la réponse est V=182 (unité de volume).

1.aDans l'espace muni d'un repère orthonormé, on donne A(2 ; 0 ; 3), B(0 ; 2 ; 1), C(-1 ; -1 ; 2) et D(3 ; -3 ; -1). Calculer les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AC}, et en déduire que les points A, B et C ne sont pas alignés.

\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2 \\ 2 \\ -2\end{pmatrix} et \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-3 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix}.
Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles : \dfrac{-2}{-3}\neq\dfrac{2}{-1}.
Les vecteurs \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AC} ne sont donc pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

1.bCalculer les longueurs AB et AC.

\begin{aligned}AB^2 &= (-2)^2+2^2+(-2)^2 \\ &= 4+4+4 \\ &= 12\end{aligned} donc \begin{aligned}AB &= \sqrt{12} \\ &= 2\sqrt3\end{aligned}
\begin{aligned}AC^2 &= (-3)^2+(-1)^2+(-1)^2 \\ &= 9+1+1 \\ &= 11\end{aligned} donc AC = \sqrt{11}.

1.cÀ l'aide du produit scalaire \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}, déterminer le cosinus de l'angle \widehat{BAC}, puis une valeur approchée de sa mesure au dixième de degré.

\begin{aligned}\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} &= (-2)\times(-3)+2\times(-1)+(-2)\times(-1) \\ &= 6-2+2 \\ &= 6\end{aligned}
Or, par définition du produit scalaire, \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = AB\times AC\times\cos\left(\widehat{BAC}\right).
Donc \begin{aligned}6 = 2\sqrt3\times\sqrt{11}\times\cos\left(\widehat{BAC}\right) &\iff \cos\left(\widehat{BAC}\right) = \dfrac{6}{2\sqrt{33}} \\ &\iff \cos\left(\widehat{BAC}\right) = \dfrac{3}{\sqrt{33}}\end{aligned}
La calculatrice donne alors \widehat{BAC}\approx 58,5^{\circ} au dixième de degré près.

2.aDéterminer une équation du plan \mathcal{P} passant par le point C et perpendiculaire à la droite (AB).

Un point M(x~;~y~;~z) appartient à \mathcal{P} si, et seulement si, \overrightarrow{CM}\cdot\overrightarrow{AB} = 0, puisque \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2 \\ 2 \\ -2\end{pmatrix} est un vecteur normal à \mathcal{P}.
Avec \overrightarrow{CM}\begin{pmatrix}x+1 \\ y+1 \\ z-2\end{pmatrix}, cette condition s'écrit -2(x+1)+2(y+1)-2(z-2) = 0.
En divisant par -2 : \begin{aligned}(x+1)-(y+1)+(z-2) = 0 &\iff x-y+z-2 = 0 \end{aligned}
Une équation du plan \mathcal{P} est donc x-y+z-2=0.

2.bDonner une représentation paramétrique de la droite (AB).

La droite (AB) passe par A(2 ; 0 ; 3) et admet \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2 \\ 2 \\ -2\end{pmatrix}, ou plus simplement le vecteur colinéaire \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix}, comme vecteur directeur.
Une représentation paramétrique de (AB) est donc : \begin{cases}x = 2-t\\y = t\\z = 3-t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.

2.cEn déduire les coordonnées du projeté orthogonal E du point C sur la droite (AB), c'est-à-dire du point d'intersection de la droite (AB) et du plan \mathcal{P}.

Les coordonnées de E vérifient à la fois l'équation de \mathcal{P} et la représentation paramétrique de (AB). On remplace x, y, z par leurs expressions en fonction de t dans l'équation de \mathcal{P} :
\begin{aligned}(2-t)-t+(3-t)-2 = 0 &\iff 3-3t = 0 \\ &\iff t = 1 \end{aligned}
En remplaçant t=1 dans la représentation paramétrique : \begin{aligned}x &= 2-1 \\ &= 1\end{aligned} y=1, \begin{aligned}z &= 3-1 \\ &= 2\end{aligned}
Donc, E a pour coordonnées (1 ; 1 ; 2).

2.dCalculer l'aire du triangle ABC.

\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}-1 \\ -3 \\ 1\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}BC^2 &= (-1)^2+(-3)^2+1^2 \\ &= 1+9+1 \\ &= 11\end{aligned} d'où BC = \sqrt{11}.
Comme \begin{aligned}AC &= BC \\ &= \sqrt{11}\end{aligned} le triangle ABC est isocèle en C. Puisque E est le projeté orthogonal de C sur la droite (AB), le segment [CE] est donc la hauteur issue de C dans ce triangle isocèle.
\overrightarrow{CE}\begin{pmatrix}2 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}, donc \begin{aligned}CE^2 &= 2^2+2^2+0^2 \\ &= 8\end{aligned} d'où \begin{aligned}CE &= \sqrt8 \\ &= 2\sqrt2\end{aligned}
L'aire du triangle ABC vaut donc \begin{aligned}\mathcal{A}(\text{ABC}) &= \dfrac{AB\times CE}{2} \\ &= \dfrac{2\sqrt3\times2\sqrt2}{2} \\ &= 2\sqrt6\end{aligned}

3.aSoit le point F(1 ; -1 ; 3). Montrer que les points A, B, C et F sont coplanaires.

Les points A, B, C, F sont coplanaires si, et seulement si, il existe deux réels \alpha et \beta tels que \overrightarrow{AF} = \alpha\,\overrightarrow{AB}+\beta\,\overrightarrow{AC}.
\overrightarrow{AF}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix}. Le système à résoudre, en utilisant les deux premières coordonnées, est \begin{cases}-1 = -2\alpha-3\beta\\-1 = 2\alpha-\beta\end{cases}.
De la deuxième équation, \beta = 2\alpha+1. En reportant dans la première : \begin{aligned}-1 &= -2\alpha-3(2\alpha+1) \\ &= -2\alpha-6\alpha-3 \\ &= -8\alpha-3\end{aligned} d'où 8\alpha = -2, soit \alpha = -\dfrac14, puis \begin{aligned}\beta &= 2\times\left(-\dfrac14\right)+1 \\ &= \dfrac12\end{aligned}
On vérifie avec la troisième coordonnée : \begin{aligned}\alpha\times(-2)+\beta\times(-1) &= -\dfrac14\times(-2)+\dfrac12\times(-1) \\ &= \dfrac12-\dfrac12 \\ &= 0\end{aligned} ce qui correspond bien à la troisième coordonnée de \overrightarrow{AF}, qui vaut 0.
Donc \overrightarrow{AF} = -\dfrac14\,\overrightarrow{AB}+\dfrac12\,\overrightarrow{AC} : les points A, B, C et F sont coplanaires.

3.bVérifier que la droite (FD) est orthogonale au plan (ABC).

\overrightarrow{FD}\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ -4\end{pmatrix} (puisque D(3 ; -3 ; -1) et F(1 ; -1 ; 3)).
\begin{aligned}\overrightarrow{FD}\cdot\overrightarrow{AB} &= 2\times(-2)+(-2)\times2+(-4)\times(-2) \\ &= -4-4+8 \\ &= 0\end{aligned}
\begin{aligned}\overrightarrow{FD}\cdot\overrightarrow{AC} &= 2\times(-3)+(-2)\times(-1)+(-4)\times(-1) \\ &= -6+2+4 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \overrightarrow{FD} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc il est orthogonal à ce plan : la droite (FD) est bien orthogonale au plan (ABC).

3.cSachant que le volume d'un tétraèdre est égal au tiers de l'aire de sa base multipliée par sa hauteur, calculer le volume du tétraèdre ABCD.

Prenons pour base le triangle ABC, d'aire \mathcal{A}(\text{ABC}) = 2\sqrt6 (question 2.d). Comme (FD) est orthogonale au plan (ABC) et que F appartient à ce plan (question 3.a), la longueur FD est la hauteur du tétraèdre relative à cette base.
\begin{aligned}FD^2 &= 2^2+(-2)^2+(-4)^2 \\ &= 4+4+16 \\ &= 24\end{aligned} donc \begin{aligned}FD &= \sqrt{24} \\ &= 2\sqrt6\end{aligned}
Le volume du tétraèdre ABCD est donc \begin{aligned}\mathcal{V} &= \dfrac13\times\mathcal{A}(\text{ABC})\times FD \\ &= \dfrac13\times2\sqrt6\times2\sqrt6 \\ &= \dfrac{4\times6}{3} \\ &= 8\end{aligned}
Donc, le volume du tétraèdre ABCD vaut 8 (en unités de volume).

1.L'espace est muni d'un repère orthonormé \left(\text{O}~;~\vec\imath,\vec\jmath,\vec k\right). On considère les points A(3 ; -2 ; 2), B(6 ; 1 ; 5), C(6 ; -2 ; -1) et D(0 ; 4 ; -1). Démontrer que les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires.

On détermine les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{\text{AB}}, \overrightarrow{\text{AC}} et \overrightarrow{\text{AD}} : \overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ 3\end{pmatrix}, \overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ -3\end{pmatrix} et \overrightarrow{\text{AD}}\begin{pmatrix}-3 \\ 6 \\ -3\end{pmatrix}.
Les points A, B, C, D sont coplanaires si, et seulement si, il existe deux réels a et b tels que \overrightarrow{\text{AD}} = a\,\overrightarrow{\text{AB}} + b\,\overrightarrow{\text{AC}}. Cette égalité vectorielle équivaut au système : \left\{\begin{array}{l}3a+3b=-3\\3a=6\\3a-3b=-3\end{array}\right.
La deuxième ligne donne a=2. En reportant dans la première ligne : 6+3b=-3, soit b=-3. Or la troisième ligne impose 6-3b=-3, soit b=3.
Les deux dernières lignes donnent des valeurs incompatibles pour b (b=-3 et b=3) : le système n'a donc pas de solution.
Il n'existe donc pas de couple (a~;~b) tel que \overrightarrow{\text{AD}} = a\,\overrightarrow{\text{AB}} + b\,\overrightarrow{\text{AC}} : les points A, B, C et D ne sont donc pas coplanaires.

2.aMontrer que le triangle ABC est rectangle.

Calculons le produit scalaire \overrightarrow{\text{AB}}\cdot\overrightarrow{\text{AC}} à partir des coordonnées \overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ 3\end{pmatrix} et \overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ -3\end{pmatrix} : \begin{aligned}\overrightarrow{\text{AB}}\cdot\overrightarrow{\text{AC}} &= 3\times3+3\times0+3\times(-3) \\ &= 9+0-9 \\ &= 0\end{aligned}
Le produit scalaire étant nul, les vecteurs \overrightarrow{\text{AB}} et \overrightarrow{\text{AC}} sont orthogonaux : donc, le triangle ABC est rectangle en A.

2.bMontrer que la droite (AD) est perpendiculaire au plan (ABC).

Calculons les produits scalaires \overrightarrow{\text{AD}}\cdot\overrightarrow{\text{AB}} et \overrightarrow{\text{AD}}\cdot\overrightarrow{\text{AC}}, avec \overrightarrow{\text{AD}}\begin{pmatrix}-3 \\ 6 \\ -3\end{pmatrix} :
\begin{aligned}\overrightarrow{\text{AD}}\cdot\overrightarrow{\text{AB}} &= (-3)\times3+6\times3+(-3)\times3 \\ &= -9+18-9 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{\text{AD}}\cdot\overrightarrow{\text{AC}} &= (-3)\times3+6\times0+(-3)\times(-3) \\ &= -9+0+9 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \overrightarrow{\text{AD}} est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), à savoir \overrightarrow{\text{AB}} et \overrightarrow{\text{AC}} (non colinéaires puisque ABC est un triangle) : il est donc orthogonal à tout vecteur du plan (ABC).
Donc, la droite (AD), dirigée par \overrightarrow{\text{AD}}, est perpendiculaire au plan (ABC).

2.cEn déduire le volume du tétraèdre ABCD.

D'après la question précédente, la droite (AD) est perpendiculaire au plan (ABC) : le point A est donc le pied de la hauteur issue de D dans le tétraèdre ABCD, et cette hauteur mesure AD.
Calculons les longueurs nécessaires : \text{AD} = \sqrt{(-3)^2+6^2+(-3)^2} = \sqrt{9+36+9} = \sqrt{54} = 3\sqrt6, \text{AB} = \sqrt{3^2+3^2+3^2} = \sqrt{27} = 3\sqrt3 et \text{AC} = \sqrt{3^2+0^2+(-3)^2} = \sqrt{18} = 3\sqrt2.
Le triangle ABC étant rectangle en A, son aire vaut \mathcal{A}_{\text{ABC}} = \dfrac12\times\text{AB}\times\text{AC} = \dfrac12\times3\sqrt3\times3\sqrt2 = \dfrac{9\sqrt6}{2}.
D'après la formule du volume d'un tétraèdre, \mathcal{V}_{\text{ABCD}} = \dfrac13\times\mathcal{A}_{\text{ABC}}\times\text{AD} = \dfrac13\times\dfrac{9\sqrt6}{2}\times3\sqrt6 = \dfrac13\times\dfrac{27\times6}{2} = \dfrac{162}{6} = 27 unités de volume.

3.aOn considère le point H(5 ; 0 ; 1). Montrer qu'il existe des réels \alpha et \beta tels que \overrightarrow{\text{BH}} = \alpha\,\overrightarrow{\text{BC}} + \beta\,\overrightarrow{\text{BD}}.

Déterminons les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{\text{BH}}, \overrightarrow{\text{BC}} et \overrightarrow{\text{BD}}, avec \text{B}(6~;~1~;~5), \text{C}(6~;~-2~;~-1), \text{D}(0~;~4~;~-1) et \text{H}(5~;~0~;~1) : \overrightarrow{\text{BH}}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ -4\end{pmatrix}, \overrightarrow{\text{BC}}\begin{pmatrix}0 \\ -3 \\ -6\end{pmatrix} et \overrightarrow{\text{BD}}\begin{pmatrix}-6 \\ 3 \\ -6\end{pmatrix}.
L'égalité \overrightarrow{\text{BH}} = \alpha\,\overrightarrow{\text{BC}} + \beta\,\overrightarrow{\text{BD}} équivaut au système : \left\{\begin{array}{l}-6\beta=-1\\-3\alpha+3\beta=-1\\-6\alpha-6\beta=-4\end{array}\right.
La première ligne donne \beta=\dfrac16. En reportant dans la deuxième ligne : -3\alpha+\dfrac12=-1, soit -3\alpha=-\dfrac32, d'où \alpha=\dfrac12.
On vérifie que ces valeurs satisfont la troisième ligne : \begin{aligned}-6\times\dfrac12-6\times\dfrac16 &= -3-1 \\ &= -4\end{aligned} ce qui est bien cohérent.
Donc, il existe bien des réels \alpha=\dfrac12 et \beta=\dfrac16 tels que \overrightarrow{\text{BH}} = \dfrac12\,\overrightarrow{\text{BC}} + \dfrac16\,\overrightarrow{\text{BD}}.

3.bDémontrer que H est le projeté orthogonal du point A sur le plan (BCD).

D'après la question précédente, le vecteur \overrightarrow{\text{BH}} s'écrit comme combinaison linéaire des vecteurs \overrightarrow{\text{BC}} et \overrightarrow{\text{BD}}, non colinéaires (car B, C, D forment un plan) : le point H appartient donc au plan (BCD).
Montrons à présent que le vecteur \overrightarrow{\text{AH}} est orthogonal au plan (BCD), c'est-à-dire orthogonal aux deux vecteurs \overrightarrow{\text{BC}} et \overrightarrow{\text{BD}} de ce plan. On a \overrightarrow{\text{AH}}\begin{pmatrix}2 \\ 2 \\ -1\end{pmatrix} (avec \text{A}(3~;~-2~;~2) et \text{H}(5~;~0~;~1)).
\begin{aligned}\overrightarrow{\text{AH}}\cdot\overrightarrow{\text{BC}} &= 2\times0+2\times(-3)+(-1)\times(-6) \\ &= 0-6+6 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{\text{AH}}\cdot\overrightarrow{\text{BD}} &= 2\times(-6)+2\times3+(-1)\times(-6) \\ &= -12+6+6 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \overrightarrow{\text{AH}} est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCD) : il est orthogonal à ce plan tout entier.
Le point H appartient au plan (BCD) et le vecteur \overrightarrow{\text{AH}} est orthogonal à ce plan : donc, H est bien le projeté orthogonal du point A sur le plan (BCD).

3.cEn déduire la distance du point A au plan (BCD).

La distance du point A au plan (BCD) est, par définition, la longueur AH, où H est le projeté orthogonal de A sur ce plan.
\text{AH} = \sqrt{2^2+2^2+(-1)^2} = \sqrt{4+4+1} = \sqrt9 = 3.
Donc, la distance du point A au plan (BCD) est égale à 3 unités de longueur.

4.Déduire des questions précédentes l'aire du triangle BCD.

Le point A n'appartenant pas au plan (BCD), on peut considérer le tétraèdre ABCD en prenant BCD comme base et A comme sommet ; sa hauteur est alors AH. D'après la formule du volume d'un tétraèdre : \mathcal{V}_{\text{ABCD}} = \dfrac13\times\mathcal{A}_{\text{BCD}}\times\text{AH}.
Or on a établi à la question 2.c que \mathcal{V}_{\text{ABCD}} = 27 et, à la question précédente, que \text{AH}=3. On en déduit : \begin{aligned}\mathcal{A}_{\text{BCD}} &= \dfrac{3\times\mathcal{V}_{\text{ABCD}}}{\text{AH}} \\ &= \dfrac{3\times27}{3} \\ &= 27\end{aligned}
Donc, l'aire du triangle BCD est égale à 27 unités d'aire.

Onconsidère un cube ABCDEFGH et K le milieu du segment [BC]. L'espace est muni du repère \left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}},~\overrightarrow{\text{AD}},~\overrightarrow{\text{AE}}\right), et on s'intéresse au tétraèdre EFGK. On rappelle que le volume d'un tétraèdre vaut V = \dfrac13\times\mathcal{B}\times h, où \mathcal{B} est l'aire d'une base et h la hauteur relative à cette base. 1. Donner les coordonnées des points E, F, G et K.

Dans le repère \left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}},~\overrightarrow{\text{AD}},~\overrightarrow{\text{AE}}\right), le cube ABCDEFGH a pour sommets A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1) et H(0 ; 1 ; 1) ; K, milieu de [BC], a donc pour coordonnées E(0 ; 0 ; 1), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1) et K\left(1~;~\dfrac12~;~0\right).

2.Montrer que le vecteur \vec n\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix} est orthogonal au plan (EGK).

D'après les coordonnées précédentes, \overrightarrow{\text{EG}}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{\text{EK}}\begin{pmatrix}1 \\ \frac12 \\ -1\end{pmatrix}.
\begin{aligned}\vec n\cdot\overrightarrow{\text{EG}} &= 2\times1+(-2)\times1+1\times0 \\ &= 2-2+0 \\ &= 0\end{aligned} donc \vec n et \overrightarrow{\text{EG}} sont orthogonaux.
\begin{aligned}\vec n\cdot\overrightarrow{\text{EK}} &= 2\times1+(-2)\times\dfrac12+1\times(-1) \\ &= 2-1-1 \\ &= 0\end{aligned} donc \vec n et \overrightarrow{\text{EK}} sont orthogonaux.
\vec n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (EGK) : \vec n est donc orthogonal au plan (EGK).

3.Démontrer que le plan (EGK) admet pour équation cartésienne 2x-2y+z-1=0.

D'après la question précédente, \vec n\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix} est un vecteur normal au plan (EGK), qui admet donc une équation cartésienne de la forme 2x-2y+z+d=0, avec d\in\mathbb{R}.
Comme E(0 ; 0 ; 1) appartient au plan (EGK) : \begin{aligned}2\times0-2\times0+1+d = 0 &\iff d = -1 \end{aligned}
Donc, une équation cartésienne du plan (EGK) est 2x-2y+z-1=0.

4.Déterminer une représentation paramétrique de la droite (d) orthogonale au plan (EGK) et passant par F.

La droite (d), orthogonale au plan (EGK), admet \vec n\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix} comme vecteur directeur ; elle passe par F(1 ; 0 ; 1).
Donc, une représentation paramétrique de (d) est : \begin{cases}x=1+2t\\y=-2t\\z=1+t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.

5.Montrer que le projeté orthogonal L de F sur le plan (EGK) a pour coordonnées \left(\dfrac59~;~\dfrac49~;~\dfrac79\right).

L est l'unique point d'intersection de la droite (d) et du plan (EGK). On remplace les coordonnées paramétriques de (d) dans l'équation du plan (EGK) : 2(1+2t)-2(-2t)+(1+t)-1=0.
En développant : \begin{aligned}2+4t+4t+1+t-1 = 0 &\iff 9t+2 = 0 \\ &\iff t = -\dfrac29 \end{aligned}
En remplaçant t=-\dfrac29 dans les équations de (d) : \begin{aligned}x &= 1+2\times\left(-\dfrac29\right) \\ &= 1-\dfrac49 \\ &= \dfrac59\end{aligned} \begin{aligned}y &= -2\times\left(-\dfrac29\right) \\ &= \dfrac49\end{aligned} \begin{aligned}z &= 1+\left(-\dfrac29\right) \\ &= \dfrac79\end{aligned}
Donc, L a pour coordonnées \left(\dfrac59~;~\dfrac49~;~\dfrac79\right).

6.Justifier que la longueur LF est égale à \dfrac23.

Avec L\left(\dfrac59~;~\dfrac49~;~\dfrac79\right) et F(1 ; 0 ; 1), on a \overrightarrow{\text{LF}}\begin{pmatrix}\frac49 \\ -\frac49 \\ \frac29\end{pmatrix}.
Donc, \text{LF} = \sqrt{\left(\dfrac49\right)^2+\left(-\dfrac49\right)^2+\left(\dfrac29\right)^2} = \sqrt{\dfrac{16}{81}+\dfrac{16}{81}+\dfrac{4}{81}} = \sqrt{\dfrac{36}{81}} = \dfrac{6}{9} = \dfrac23.

7.Calculer l'aire du triangle EFG. En déduire que le volume du tétraèdre EFGK est égal à \dfrac16.

On a \overrightarrow{\text{EF}}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} et \overrightarrow{\text{FG}}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, donc \overrightarrow{\text{EF}}\cdot\overrightarrow{\text{FG}} = 0 : le triangle EFG est rectangle en F, avec EF =1 et FG =1.
Son aire vaut donc \begin{aligned}\mathcal{A}(\text{EFG}) &= \dfrac{\text{EF}\times\text{FG}}{2} \\ &= \dfrac{1\times1}{2} \\ &= \dfrac12\end{aligned}
Le triangle EFG est situé dans le plan d'équation z=1 (contenant E, F et G) ; la hauteur du tétraèdre EFGK relative à cette base est donc la distance de K, d'altitude z=0, à ce plan, soit h=1.
Donc, \mathcal{V}(\text{EFGK}) = \dfrac13\times\mathcal{A}(\text{EFG})\times h = \dfrac13\times\dfrac12\times1 = \dfrac16.

8.Déduire des questions précédentes l'aire du triangle EGK.

Le volume du tétraèdre EFGK peut aussi se calculer en prenant pour base le triangle EGK et pour hauteur la longueur LF, puisque L est le projeté orthogonal de F sur le plan (EGK) : \mathcal{V}(\text{EFGK}) = \dfrac13\times\mathcal{A}(\text{EGK})\times\text{LF}.
D'après les questions précédentes, \begin{aligned}\dfrac16 &= \dfrac13\times\mathcal{A}(\text{EGK})\times\dfrac23 \\ &= \dfrac29\times\mathcal{A}(\text{EGK})\end{aligned}
Donc, \mathcal{A}(\text{EGK}) = \dfrac{\frac16}{\frac29} = \dfrac16\times\dfrac92 = \dfrac34.

9.On considère les points P, milieu de [EG], M, milieu de [EK], et N, milieu de [GK]. Déterminer le volume du tétraèdre FPMN.

D'après le théorème des milieux appliqué dans le triangle EGK, les côtés du triangle PMN mesurent chacun la moitié des côtés correspondants du triangle EGK.
L'aire du triangle PMN vaut donc \left(\dfrac12\right)^2 = \dfrac14 fois celle du triangle EGK : \begin{aligned}\mathcal{A}(\text{PMN}) &= \dfrac14\times\dfrac34 \\ &= \dfrac{3}{16}\end{aligned}
Les points P, M et N appartiennent tous les trois au plan (EGK) : la hauteur du tétraèdre FPMN relative à la base PMN est donc la même que celle du tétraèdre EFGK relative à la base EGK, à savoir LF =\dfrac23.
Donc, \mathcal{V}(\text{FPMN}) = \dfrac13\times\mathcal{A}(\text{PMN})\times\text{LF} = \dfrac13\times\dfrac{3}{16}\times\dfrac23 = \dfrac{1}{24}.

Unemaison est modélisée par un parallélépipède rectangle ABCDEFGH surmonté d'une pyramide EFGHS, avec DC=6 et \begin{aligned}DA &= DH \\ &= 4\end{aligned} On pose \begin{aligned}\vec{\imath} &= \overrightarrow{DI} \\ &= \dfrac16\overrightarrow{DC}\end{aligned} \begin{aligned}\vec{\jmath} &= \overrightarrow{DJ} \\ &= \dfrac14\overrightarrow{DA}\end{aligned} et \begin{aligned}\vec{k} &= \overrightarrow{DK} \\ &= \dfrac14\overrightarrow{DH}\end{aligned} et l'on se place dans le repère orthonormé \left(D~;~\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k}\right). On admet que S(3~;~2~;~6). 1. Donner, sans justifier, les coordonnées des points B, E, F et G.

D'après la géométrie du solide (arêtes parallèles aux vecteurs de base) : B(6~;~4~;~0), E(0~;~4~;~4), F(6~;~4~;~4), G(6~;~0~;~4).

2.Démontrer que le volume de la pyramide EFGHS représente le septième du volume total de la maison. On rappelle que le volume d'une pyramide vaut \dfrac13\times(\text{aire de la base})\times\text{hauteur}.

La base EFGH est un rectangle de côtés EF=6 et FG=4 (d'après les coordonnées de la question 1), donc d'aire \begin{aligned}\mathcal{A}(\text{EFGH}) &= 6\times4 \\ &= 24\end{aligned}
Le sommet S a pour cote 6, tandis que le plan de la base EFGH est à la cote 4 (coordonnées de E, F, G, H) : la hauteur de la pyramide vaut donc 6-4=2.
Le volume de la pyramide vaut donc \begin{aligned}V(\text{EFGHS}) &= \dfrac13\times24\times2 \\ &= 16\end{aligned}
Le parallélépipède ABCDEFGH a pour arêtes 6, 4 et 4, donc pour volume \begin{aligned}V(\text{ABCDEFGH}) &= 6\times4\times4 \\ &= 96\end{aligned}
Le volume total de la maison vaut donc 16+96=112.
Enfin, \begin{aligned}\dfrac{V(\text{EFGHS})}{V(\text{maison})} &= \dfrac{16}{112} \\ &= \dfrac{1}{7}\end{aligned} ce qui est le résultat attendu.

3.aDémontrer que le vecteur \vec{n}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} est normal au plan (EFS).

On calcule \overrightarrow{EF}\begin{pmatrix}6 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} (car F-E = (6,4,4)-(0,4,4)) et \overrightarrow{ES}\begin{pmatrix}3 \\ -2 \\ 2\end{pmatrix} (car S-E=(3,2,6)-(0,4,4)).
On a \begin{aligned}\overrightarrow{EF}\cdot\vec{n} &= 6\times0 + 0\times1 + 0\times1 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\overrightarrow{ES}\cdot\vec{n} &= 3\times0 + (-2)\times1 + 2\times1 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \vec{n} est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (EFS) (les coordonnées de \overrightarrow{EF} et \overrightarrow{ES} ne sont manifestement pas proportionnelles) : \vec{n} est donc normal au plan (EFS).

3.bEn déduire qu'une équation cartésienne du plan (EFS) est y+z-8=0.

Comme \vec{n}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} est normal au plan (EFS), une équation cartésienne de ce plan est de la forme 0x+1y+1z+d=0, soit y+z+d=0, où d est une constante réelle à déterminer.
Le point E(0~;~4~;~4) appartient au plan (EFS), donc ses coordonnées vérifient l'équation : \begin{aligned}4+4+d = 0 &\iff d = -8 \end{aligned}
L'équation cartésienne du plan (EFS) est donc y+z-8=0, ce qui est le résultat attendu.

4.aOn installe une antenne représentée par le segment [PQ], avec P dans le plan (EFS), Q(2~;~3~;~5{,}5), et la droite (PQ) dirigée par le vecteur \vec{k}. Justifier qu'une représentation paramétrique de (PQ) est x=2, y=3, z=5{,}5+t (t\in\mathbb{R}).

Un point M(x~;~y~;~z) appartient à la droite (PQ), passant par Q et dirigée par \vec{k}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}, si et seulement s'il existe un réel t tel que \overrightarrow{QM} = t\vec{k}.
Cette égalité vectorielle équivaut à x-2=0, y-3=0 et z-5{,}5=t, c'est-à-dire à x=2, y=3 et z=5{,}5+t, avec t\in\mathbb{R}.
Donc, la réponse est confirmée : x=2, y=3, z=5{,}5+t (t\in\mathbb{R}) est bien une représentation paramétrique de (PQ).

4.bEn déduire les coordonnées du point P.

Le point P appartient à la fois à la droite (PQ) et au plan (EFS) (d'équation y+z-8=0). Ses coordonnées vérifient donc à la fois la représentation paramétrique de (PQ) et l'équation du plan.
En substituant y=3 et z=5{,}5+t dans l'équation du plan : \begin{aligned}3+(5{,}5+t)-8 = 0 &\iff t+0{,}5 = 0 \\ &\iff t = -0{,}5 \end{aligned}
On obtient alors x=2, y=3, \begin{aligned}z &= 5{,}5+(-0{,}5) \\ &= 5\end{aligned}
Donc, la réponse est P(2 ; 3 ; 5).

4.cEn déduire la longueur PQ de l'antenne.

On calcule \begin{aligned}PQ^2 &= (2-2)^2+(3-3)^2+(5{,}5-5)^2 \\ &= 0+0+0{,}25 \\ &= 0{,}25\end{aligned}
Donc PQ = \sqrt{0{,}25} = 0,5.

5.Un oiseau vole selon une trajectoire modélisée par la droite \Delta de représentation paramétrique x=-4+6s, y=7-4s, z=2+4s (s\in\mathbb{R}). Déterminer la position relative des droites (PQ) et \Delta, puis dire si l'oiseau va percuter l'antenne représentée par le segment [PQ].

La droite (PQ) est dirigée par \vec{k}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} et la droite \Delta est dirigée par \vec{\delta}\begin{pmatrix}6 \\ -4 \\ 4\end{pmatrix}. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (les coordonnées de \vec{k} nulles en x et y ne peuvent être proportionnelles à celles, non nulles, de \vec{\delta}) : les droites (PQ) et \Delta ne sont donc pas parallèles.
Cherchons un éventuel point d'intersection en résolvant \begin{aligned}x &= 2 \\ &= -4+6s\end{aligned} ce qui donne 6s=6, soit s=1. On vérifie avec l'ordonnée : pour s=1, \begin{aligned}y &= 7-4\times1 \\ &= 3\end{aligned} ce qui correspond bien à y=3 sur (PQ). Les droites sont donc sécantes.
Pour s=1, la cote sur \Delta vaut \begin{aligned}z &= 2+4\times1 \\ &= 6\end{aligned} Sur (PQ), cette cote correspond à 5{,}5+t=6, soit t=0{,}5.
Le point d'intersection des deux droites a donc pour coordonnées (2~;~3~;~6), et correspond au paramètre t=0{,}5 sur la droite (PQ).
Or, d'après la représentation paramétrique de (PQ) et les points P et Q trouvés précédemment, le point P correspond à t=-0{,}5 et le point Q correspond à t=0 : le segment [PQ] correspond donc exactement aux valeurs de t comprises entre -0{,}5 et 0.
Comme le paramètre t=0{,}5 du point d'intersection n'appartient pas à cet intervalle [-0{,}5~;~0], le point d'intersection des deux droites n'appartient pas au segment [PQ].
Donc, la réponse est : l'oiseau ne va pas percuter l'antenne représentée par le segment [PQ] ; sa trajectoire croise la droite (PQ) en un point situé au-delà de Q, à une demi-unité de distance au-dessus de l'extrémité Q de l'antenne.

L'espace est muni d'un repère orthonormal. On considère les points A(2~;~-1~;~0), B(1~;~0~;~-3), C(6~;~6~;~1), E(1~;~2~;~4), et le plan \mathcal{P} d'équation cartésienne 2x-y-z+4=0. 1.a Démontrer que le triangle ABC est rectangle en A.

On calcule les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{\text{AB}} et \overrightarrow{\text{AC}} à partir de celles de A, B et C : \overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}1-2 \\ 0-(-1) \\ -3-0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ -3\end{pmatrix} et \overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}6-2 \\ 6-(-1) \\ 1-0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4 \\ 7 \\ 1\end{pmatrix}.
Leur produit scalaire vaut \begin{aligned}\overrightarrow{\text{AB}}\cdot\overrightarrow{\text{AC}} &= (-1)\times4 + 1\times7 + (-3)\times1 \\ &= -4+7-3 \\ &= 0\end{aligned}
Les vecteurs \overrightarrow{\text{AB}} et \overrightarrow{\text{AC}} sont donc orthogonaux. Donc, la réponse est que le triangle ABC est bien rectangle en A.

1.bCalculer le produit scalaire \overrightarrow{\text{BA}}\cdot\overrightarrow{\text{BC}} puis les longueurs BA et BC.

On a \overrightarrow{\text{BA}}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 3\end{pmatrix} (l'opposé de \overrightarrow{\text{AB}}) et \overrightarrow{\text{BC}}\begin{pmatrix}6-1 \\ 6-0 \\ 1-(-3)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5 \\ 6 \\ 4\end{pmatrix}.
Leur produit scalaire vaut \overrightarrow{\text{BA}}\cdot\overrightarrow{\text{BC}} = 1\times5 + (-1)\times6 + 3\times4 = 5-6+12 = 11.
On calcule ensuite les normes : \text{BA} = \sqrt{1^2+(-1)^2+3^2} = \sqrt{11}, et \text{BC} = \sqrt{5^2+6^2+4^2} = \sqrt{25+36+16} = \sqrt{77}.

1.cEn déduire la mesure en degrés de l'angle \widehat{\text{ABC}}, arrondie au degré.

D'après la formule du produit scalaire avec les normes et le cosinus de l'angle formé : \overrightarrow{\text{BA}}\cdot\overrightarrow{\text{BC}} = \text{BA}\times\text{BC}\times\cos\left(\widehat{\text{ABC}}\right).
On remarque que \begin{aligned}\sqrt{77} &= \sqrt{11\times7} \\ &= \sqrt{11}\times\sqrt{7}\end{aligned} donc l'égalité devient \begin{aligned}11 &= \sqrt{11}\times\sqrt{11}\times\sqrt{7}\times\cos\left(\widehat{\text{ABC}}\right) \\ &= 11\sqrt{7}\times\cos\left(\widehat{\text{ABC}}\right)\end{aligned}
On en déduit \cos\left(\widehat{\text{ABC}}\right) = \dfrac{1}{\sqrt{7}}, d'où, à la calculatrice, \widehat{\text{ABC}}\approx 68 degrés (au degré près).

2.aDémontrer que le plan \mathcal{P} est parallèle au plan (ABC).

Un vecteur normal au plan \mathcal{P}, d'équation 2x-y-z+4=0, est \vec{n}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix} (les coefficients de x, y et z).
Les vecteurs \overrightarrow{\text{AB}} et \overrightarrow{\text{AC}} ne sont pas colinéaires puisque ABC est un triangle (question 1.a), donc ils dirigent le plan (ABC).
On calcule \begin{aligned}\vec{n}\cdot\overrightarrow{\text{AB}} &= 2\times(-1) + (-1)\times1 + (-1)\times(-3) \\ &= -2-1+3 \\ &= 0\end{aligned} et \begin{aligned}\vec{n}\cdot\overrightarrow{\text{AC}} &= 2\times4+(-1)\times7+(-1)\times1 \\ &= 8-7-1 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \vec{n} est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c'est un vecteur normal à ce plan, mais aussi au plan \mathcal{P} par définition. Deux plans de même vecteur normal sont parallèles.
Donc, la réponse est que le plan \mathcal{P} est bien parallèle au plan (ABC).

2.bEn déduire une équation cartésienne du plan (ABC).

Le plan (ABC), parallèle au plan \mathcal{P} et admettant le même vecteur normal \vec{n}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix}, a une équation cartésienne de la forme 2x-y-z+d=0, où d est une constante à déterminer.
Comme A(2~;~-1~;~0) appartient au plan (ABC), ses coordonnées vérifient l'équation : \begin{aligned}2\times2-(-1)-0+d = 0 &\iff 4+1+d = 0 \\ &\iff d = -5 \end{aligned}
Donc, la réponse est que le plan (ABC) a pour équation cartésienne 2x-y-z-5=0.

2.cDéterminer une représentation paramétrique de la droite \mathcal{D} orthogonale au plan (ABC) et passant par le point E.

La droite \mathcal{D}, orthogonale au plan (ABC), admet pour vecteur directeur le vecteur normal de ce plan, soit \vec{n}\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix}.
Un point M(x~;~y~;~z) appartient à \mathcal{D} si, et seulement si, \overrightarrow{\text{E}M} = t\vec{n} pour un certain réel t, avec E(1~;~2~;~4), c'est-à-dire x-1=2t, y-2=-t et z-4=-t.
Donc, la réponse est que la droite \mathcal{D} admet pour représentation paramétrique \begin{cases} x=1+2t\\ y=2-t\\ z=4-t\end{cases}, avec t\in\mathbb{R}.

2.dDémontrer que le projeté orthogonal H du point E sur le plan (ABC) a pour coordonnées \left(4~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{5}{2}\right).

Le point H, projeté orthogonal de E sur le plan (ABC), est l'unique point d'intersection de la droite \mathcal{D} (orthogonale au plan et passant par E) avec le plan (ABC).
Ses coordonnées vérifient donc à la fois la représentation paramétrique de \mathcal{D} et l'équation 2x-y-z-5=0 du plan (ABC). En substituant x=1+2t, y=2-t, z=4-t dans cette équation : 2(1+2t)-(2-t)-(4-t)-5=0.
En développant : \begin{aligned}2+4t-2+t-4+t-5 = 0 &\iff 6t-9 = 0 \\ &\iff t = \dfrac{9}{6} \\ &\iff t = \dfrac{3}{2}\end{aligned}
En remplaçant t=\dfrac{3}{2} dans la représentation paramétrique : \begin{aligned}x &= 1+2\times\dfrac{3}{2} \\ &= 4\end{aligned} \begin{aligned}y &= 2-\dfrac{3}{2} \\ &= \dfrac{1}{2}\end{aligned} \begin{aligned}z &= 4-\dfrac{3}{2} \\ &= \dfrac{5}{2}\end{aligned}
Donc, la réponse est que H a bien pour coordonnées \left(4~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{5}{2}\right).

3.On rappelle que le volume d'une pyramide est \mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\mathcal{B}h, où \mathcal{B} désigne l'aire d'une base et h la hauteur associée. Calculer l'aire du triangle ABC puis démontrer que le volume de la pyramide ABCE vaut 16{,}5 unités de volume.

Le triangle ABC est rectangle en A (question 1.a), donc son aire vaut \mathcal{B}=\dfrac{\text{AB}\times\text{AC}}{2}, avec \text{AB}=\sqrt{11} (calculée à la question 1.b) et \text{AC}=\sqrt{4^2+7^2+1^2}=\sqrt{16+49+1}=\sqrt{66}.
On a donc \begin{aligned}\mathcal{B} &= \dfrac{\sqrt{11}\times\sqrt{66}}{2} \\ &= \dfrac{\sqrt{726}}{2}\end{aligned} Comme \begin{aligned}726 &= 121\times6 \\ &= 11^2\times6\end{aligned} on obtient \sqrt{726}=11\sqrt{6}, d'où \mathcal{B} = \dfrac{11\sqrt{6}}{2}.
La droite (HE) est orthogonale au plan (ABC) par construction : la hauteur de la pyramide ABCE, associée à la base ABC, est donc la longueur HE.
On calcule \overrightarrow{\text{HE}}\begin{pmatrix}1-4 \\ 2-\frac{1}{2} \\ 4-\frac{5}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3 \\ \frac{3}{2} \\ \frac{3}{2}\end{pmatrix}, d'où \text{HE} = \sqrt{(-3)^2+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2} = \sqrt{9+\dfrac{9}{4}+\dfrac{9}{4}} = \sqrt{\dfrac{36+9+9}{4}} = \sqrt{\dfrac{54}{4}} = \dfrac{\sqrt{54}}{2} = \dfrac{3\sqrt{6}}{2}.
Le volume de la pyramide ABCE vaut donc \mathcal{V} = \dfrac{1}{3}\times\mathcal{B}\times\text{HE} = \dfrac{1}{3}\times\dfrac{11\sqrt{6}}{2}\times\dfrac{3\sqrt{6}}{2} = \dfrac{1}{3}\times\dfrac{33\times6}{4} = \dfrac{33\times6}{12} = \dfrac{198}{12}.
Donc, la réponse est que le volume de la pyramide ABCE vaut bien \mathcal{V}= 16,5 unités de volume.

Partie1 (première méthode) : On considère le cube ABCDEFGH d'arête de longueur 1, muni du repère orthonormé \left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}},\overrightarrow{\text{AD}},\overrightarrow{\text{AE}}\right). Le point I est le milieu du segment [EF], K le centre du carré ADHE et O le milieu du segment [AG]. On donne I\left(\dfrac{1}{2}~;~0~;~1\right) et K\left(0~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right). Le but de l'exercice est de calculer, de deux manières différentes, la distance du point B au plan (AIG). 1. Donner, sans justification, les coordonnées des points A, B et G.

Le repère étant \left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}},\overrightarrow{\text{AD}},\overrightarrow{\text{AE}}\right) et le cube ayant pour arête 1, on lit directement : A(0~;~0~;~0) (origine du repère), B(1~;~0~;~0) et G(1~;~1~;~1).

2.Démontrer que la droite (BK) est orthogonale au plan (AIG).

Les points A, I, G ne sont pas alignés (I n'est ni sur (AG), ni confondu avec A ou G), donc les vecteurs \overrightarrow{\text{AI}} et \overrightarrow{\text{AG}} forment une base du plan (AIG).
On calcule les coordonnées : \overrightarrow{\text{AI}}\begin{pmatrix}0{,}5 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}, \overrightarrow{\text{AG}}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}, et \overrightarrow{\text{BK}}\begin{pmatrix}0-1 \\ 0{,}5-0 \\ 0{,}5-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 \\ 0{,}5 \\ 0{,}5\end{pmatrix}.
Le repère étant orthonormé, on calcule les produits scalaires à l'aide des coordonnées : \begin{aligned}\overrightarrow{\text{BK}}\cdot\overrightarrow{\text{AI}} &= (-1)\times0{,}5+0{,}5\times0+0{,}5\times1 \\ &= -0{,}5+0+0{,}5 \\ &= 0\end{aligned}
De même, \begin{aligned}\overrightarrow{\text{BK}}\cdot\overrightarrow{\text{AG}} &= (-1)\times1+0{,}5\times1+0{,}5\times1 \\ &= -1+0{,}5+0{,}5 \\ &= 0\end{aligned}
Le vecteur \overrightarrow{\text{BK}} est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (AIG) : il est donc orthogonal à ce plan tout entier, donc la droite (BK) est orthogonale au plan (AIG).

3.Vérifier qu'une équation cartésienne du plan (AIG) est 2x-y-z=0.

D'après la question précédente, la droite (BK) est orthogonale au plan (AIG), donc tout vecteur directeur de (BK) est un vecteur normal à (AIG). Le vecteur \vec{n}=-2\,\overrightarrow{\text{BK}}, de coordonnées \begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix}, est donc normal à (AIG).
Le plan (AIG) admet donc une équation cartésienne de la forme 2x-y-z+d=0, où d est un réel à déterminer.
Comme A(0~;~0~;~0) appartient au plan (AIG), ses coordonnées vérifient l'équation : \begin{aligned}2\times0-0-0+d = 0 &\iff d = 0 \end{aligned}
Donc, la réponse est qu'une équation cartésienne du plan (AIG) est bien 2x-y-z=0.

4.Donner une représentation paramétrique de la droite (BK).

La droite (BK) passe par B(1~;~0~;~0) et est dirigée par \overrightarrow{\text{BK}}\begin{pmatrix}-1 \\ 0{,}5 \\ 0{,}5\end{pmatrix}.
Donc, la réponse est que (BK) admet pour représentation paramétrique \begin{cases}x=1-t\\y=0{,}5t\\z=0{,}5t\end{cases}, avec t\in\mathbb{R}.

5.En déduire que le projeté orthogonal L du point B sur le plan (AIG) a pour coordonnées L\left(\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{1}{3}\right).

On cherche la valeur du paramètre t pour laquelle le point de (BK) a pour coordonnées \left(\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{1}{3}\right) : d'après la représentation paramétrique, 1-t=\dfrac{1}{3} donne t=\dfrac{2}{3}, et on vérifie que 0{,}5\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3} pour les deux autres coordonnées. Le point L de coordonnées \left(\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{1}{3}\right) appartient donc bien à la droite (BK).
On vérifie aussi que L appartient au plan (AIG), d'équation 2x-y-z=0 (question 3) : \begin{aligned}2\times\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3} &= \dfrac{2}{3}-\dfrac{2}{3} \\ &= 0\end{aligned} Les coordonnées de L vérifient donc l'équation du plan.
Le point L appartient donc à la fois à la droite (BK) et au plan (AIG) : c'est le point d'intersection de cette droite et de ce plan. Comme (BK) est orthogonale à (AIG) (question 2), L est donc bien le projeté orthogonal de B sur le plan (AIG).

6.Déterminer la distance du point B au plan (AIG).

La distance de B au plan (AIG) est la distance BL, puisque L est le projeté orthogonal de B sur ce plan. Le repère étant orthonormé, on calcule cette distance à partir des coordonnées de B(1~;~0~;~0) et L\left(\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{1}{3}\right) :
\text{BL}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{3}-1\right)^2+\left(\dfrac{1}{3}-0\right)^2+\left(\dfrac{1}{3}-0\right)^2}=\sqrt{\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(\dfrac{1}{3}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}}=\sqrt{\dfrac{6}{9}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}.
Donc, la réponse est que la distance du point B au plan (AIG) vaut \dfrac{\sqrt{6}}{3}.

Partie2 (deuxième méthode) : On rappelle que le volume V d'une pyramide vaut V=\dfrac{1}{3}\times b\times h, où b est l'aire d'une base et h la hauteur associée. 1.a Justifier que, dans le tétraèdre ABIG, [GF] est la hauteur relative à la base AIB.

Le triangle AIB est inclus dans le plan (ABF), qui est le plan contenant la face avant du cube ABFE (car A, I, B appartiennent tous trois à cette face, I étant le milieu de [EF]).
Comme ABCDEFGH est un cube, l'arête [GF] est perpendiculaire à la face ABFE, donc perpendiculaire au plan (AIB). Le segment [GF] joint le sommet G du tétraèdre au plan de la base AIB en formant un angle droit avec ce plan : c'est donc bien la hauteur du tétraèdre ABIG relative à la base AIB.

1.bEn déduire le volume du tétraèdre ABIG.

Le triangle AIB a pour base [AB], de longueur 1 (arête du cube), et pour hauteur associée la distance de I à la droite (AB), qui vaut ici 1 (même longueur que l'arête [AE], puisque I est le milieu de [EF] à la même hauteur que E et F). Son aire est donc \begin{aligned}b_{\text{AIB}} &= \dfrac{1\times1}{2} \\ &= \dfrac{1}{2}\end{aligned}
La hauteur du tétraèdre relative à cette base est h_{\text{GF}}=\text{GF}=1 (arête du cube).
Donc, la réponse est \begin{aligned}V_{\text{ABIG}} &= \dfrac{1}{3}\times b_{\text{AIB}}\times h_{\text{GF}} \\ &= \dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\times1 \\ &= \dfrac{1}{6}\end{aligned}

2.On admet que AI = IG =\dfrac{\sqrt{5}}{2} et que AG =\sqrt{3}. Démontrer que l'aire du triangle isocèle AIG est égale à \dfrac{\sqrt{6}}{4} unité d'aire.

Le triangle AIG est isocèle en I (car AI = IG), donc la hauteur issue de I est aussi la médiane issue de I : elle passe par le milieu O du côté [AG], qui est précisément le point défini dans l'énoncé comme le milieu de [AG].
On calcule la longueur IO à l'aide des coordonnées : I\left(\dfrac{1}{2}~;~0~;~1\right) et O, milieu de [AG] avec A(0~;~0~;~0) et G(1~;~1~;~1), a pour coordonnées O\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right).
\text{IO}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}-0\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}-1\right)^2}=\sqrt{0+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}}=\sqrt{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.
L'aire du triangle AIG, dont [AG] est la base et [IO] la hauteur associée, vaut donc \begin{aligned}A_{\text{AIG}} &= \dfrac{\text{AG}\times\text{IO}}{2} \\ &= \dfrac{\sqrt{3}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{2} \\ &= \dfrac{\sqrt{6}}{4}\end{aligned}
Donc, la réponse est que l'aire du triangle AIG est bien \dfrac{\sqrt{6}}{4} unité d'aire.

3.En déduire la distance du point B au plan (AIG).

On peut aussi calculer le volume du tétraèdre ABIG en considérant le triangle AIG comme base : la hauteur associée est alors la distance h du point B au plan (AIG), c'est-à-dire la distance cherchée.
D'après les questions précédentes, V_{\text{ABIG}}=\dfrac{1}{6} et A_{\text{AIG}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}, donc : \begin{aligned}\dfrac{1}{6} &= \dfrac{1}{3}\times A_{\text{AIG}}\times h \\ &= \dfrac{1}{3}\times\dfrac{\sqrt{6}}{4}\times h\end{aligned}
On en déduit \begin{aligned}h &= \dfrac{1}{6}\times\dfrac{3\times4}{\sqrt{6}} \\ &= \dfrac{12}{6\sqrt{6}} \\ &= \dfrac{2}{\sqrt{6}} \\ &= \dfrac{2\sqrt{6}}{6} \\ &= \dfrac{\sqrt{6}}{3}\end{aligned}
Donc, la réponse est que l'on retrouve bien la distance du point B au plan (AIG) égale à \dfrac{\sqrt{6}}{3}, ce qui confirme le résultat obtenu par la première méthode.

1.En 2007, la production annuelle de déchets était de 5,2 tonnes par Français ; elle a diminué de 6,5 % entre 2007 et 2017. De combien de tonnes a-t-elle diminué ?

Une diminution de 6{,}5~\% par rapport à 5,2 tonnes correspond à \dfrac{6{,}5}{100}\times5{,}2 = 0{,}338 tonne.
La production annuelle de déchets par Français a donc diminué de 0,338 tonne, soit 338 kg.

2.aUn composteur a la forme d'un prisme droit à base trapézoïdale (ABCD) accolé à un pavé droit. Sur le trapèze ABCD, le côté [CB] mesure 67 cm et sa partie [HB] (H étant le pied de la hauteur issue de D) mesure 39 cm, avec C, H, B alignés. Calculer la longueur CH.

Comme C, H et B sont alignés, CH = CB-HB = 67-39 = 28 cm.

2.bSachant que CD = 53 cm, montrer que DH = 45 cm.

Le triangle CHD est rectangle en H (puisque (DH) est la hauteur issue de D dans le trapèze).
D'après le théorème de Pythagore : CD^{2} = CH^{2}+HD^{2}, soit 53^{2} = 28^{2}+HD^{2}.
Donc 2\,809 = 784+HD^{2}, d'où \begin{aligned}HD^{2} &= 2\,809-784 \\ &= 2\,025\end{aligned}
Ainsi HD = \sqrt{2\,025} = 45 cm, ce qui confirme la valeur annoncée.

2.cEn utilisant les longueurs des côtés parallèles (39 cm et 67 cm) et la hauteur (45 cm), vérifier que l'aire du trapèze ABCD vaut 2 385 cm^{2}.

L'aire d'un trapèze se calcule par \dfrac{(\text{petite base}+\text{grande base})\times\text{hauteur}}{2}.
Aire(ABCD) = \dfrac{(39+67)\times45}{2} = \dfrac{106\times45}{2} = \dfrac{4\,770}{2} = 2 385 cm^{2}, ce qui vérifie bien la valeur donnée.

2.dLe composteur mesure 1,10 m de haut côté prisme et le pavé droit qui le complète a pour dimensions 70 cm de long et 67 cm de large. Calculer le volume du composteur et vérifier s'il correspond bien à une contenance d'environ 0,5 m^{3}.

On convertit l'aire du trapèze en m^{2} : 2\,385~\text{cm}^{2} = 0{,}2385~\text{m}^{2}.
Le pavé droit associé a une hauteur de 1{,}10-0{,}45 = 0{,}65 m (la hauteur totale moins DH) et une largeur de 0,67 m ; son aire de base (vue de face) est 0{,}65\times0{,}67 \approx 0{,}4355~\text{m}^{2}.
L'aire de la base complète du composteur (trapèze + rectangle) est donc 0{,}2385+0{,}4355 = 0{,}674~\text{m}^{2}.
Le volume du composteur (prisme droit) est V = \text{aire de la base}\times\text{profondeur} = 0{,}674\times0{,}7 = 0{,}4718~\text{m}^{3}.
Comme 0{,}4718 est très proche de 0,5, l'affirmation est vraie : le composteur a bien une contenance d'environ 0,5 m^{3} (un peu inférieure en réalité).

1.Affirmation : « 50 % de 10 350 c'est 10 300 ». Vrai ou faux ?

\begin{aligned}\dfrac{50}{100}\times10\,350 &= \dfrac{10\,350}{2} \\ &= 5\,175\end{aligned} Comme 5\,175 \neq 10\,300, l'affirmation est fausse.

2.Affirmation : « \dfrac73 est la forme irréductible de \dfrac{42}{18} ». Vrai ou faux ?

\begin{aligned}\dfrac{42}{18} &= \dfrac{7\times6}{3\times6} \\ &= \dfrac73\end{aligned} et 7 et 3 n'ont pas de diviseur commun autre que 1 : l'affirmation est vraie.

3.Affirmation : « l'équation 2x-4=-x+5 a pour solution 3 ». Vrai ou faux ?

En ajoutant x+4 à chaque membre : 2x-4+x+4 = -x+5+x+4, soit 3x = 9, d'où x = 3.
L'affirmation est vraie.

4.Affirmation : « l'arrondi à l'unité du volume d'une boule de diamètre 21,6 cm est 42 213 cm^{3} ». On rappelle que le volume d'une boule de rayon R est V=\dfrac43\pi R^3. Vrai ou faux ?

Le rayon est \begin{aligned}R &= \dfrac{21{,}6}{2} \\ &= 10{,}8\end{aligned} cm, donc \begin{aligned}V &= \dfrac43\pi\times10{,}8^3 \\ &\approx 5\,276{,}67\end{aligned} cm^{3}, soit 5 277 cm^{3} à l'unité près.
Comme 5\,277 \neq 42\,213, l'affirmation est fausse.

5.Dans un triangle BND rectangle en B, avec BD = 4 cm et BN = 12 cm, affirmation : « l'angle \widehat{DNB} arrondi à l'unité vaut 18^{\circ} ». Vrai ou faux ?

Dans le triangle BND rectangle en B, [BD] est le côté opposé à l'angle \widehat{DNB} et [BN] le côté adjacent : d'après SOH-CAH-TOA, \begin{aligned}\tan\widehat{DNB} &= \dfrac{BD}{BN} \\ &= \dfrac{4}{12} \\ &= \dfrac13\end{aligned}
La calculatrice donne \widehat{DNB} \approx 18{,}4^{\circ}, soit 18^{\circ} à l'unité près : l'affirmation est vraie.

6.Un cadenas à 3 chiffres doit avoir ses deux premiers chiffres choisis parmi 1, 2 et 3 (un chiffre peut se répéter) et son dernier chiffre est 6. Affirmation : « on peut composer 6 codes différents ». Vrai ou faux ?

Il y a 3 choix possibles pour le premier chiffre et 3 choix possibles pour le deuxième chiffre (le dernier chiffre étant fixé à 6), soit 3\times3 = 9 codes différents.
Comme 9 \neq 6, l'affirmation est fausse.

PartieI : Cécile sort des gâteaux du congélateur, où ils étaient à -19\,^{\circ}C, pour les poser sur une terrasse à 25\,^{\circ}C. Au bout de 10 minutes, ils sont à 1,3\,^{\circ}C. En supposant que la température augmente à vitesse constante (même hausse chaque minute), quelle serait la température des gâteaux au bout de 25 minutes ? Ce modèle est-il pertinent ?

En 10 minutes, la température a augmenté de 1{,}3-(-19) = 20{,}3\,^{\circ}C, soit une hausse constante supposée de \dfrac{20{,}3}{10} = 2{,}03\,^{\circ}C par minute.
Au bout de 25 minutes, la hausse totale serait de 25\times2{,}03 = 50{,}75\,^{\circ}C, donc une température de -19+50{,}75 = 31{,}75\,^{\circ}C.
Or la température de la terrasse est de 25\,^{\circ}C : les gâteaux ne peuvent pas dépasser cette température ambiante. Donc, ce modèle n'est pas pertinent.

PartieII : On note T_n la température des gâteaux, en degré Celsius, n minutes après leur sortie du congélateur, avec T_0=-19. On admet la relation T_{n+1}-T_n = -0,06\times(T_n-25) pour tout entier naturel n. 1. Montrer que, pour tout entier naturel n, T_{n+1} = 0,94\,T_n+1,5.

En développant : \begin{aligned}T_{n+1}-T_n &= -0{,}06T_n+0{,}06\times25 \\ &= -0{,}06T_n+1{,}5\end{aligned}
D'où \begin{aligned}T_{n+1} &= T_n-0{,}06T_n+1{,}5 \\ &= 0{,}94\,T_n+1{,}5\end{aligned}

2.Calculer T_1 et T_2 (arrondir au dixième).

Avec n=0 : \begin{aligned}T_1 &= 0{,}94\times(-19)+1{,}5 \\ &= -17{,}86+1{,}5 \\ &= -16{,}36\end{aligned} soit T_1\approx-16{,}4.
Avec n=1 : \begin{aligned}T_2 &= 0{,}94\times(-16{,}36)+1{,}5 \\ &= -15{,}3784+1{,}5 \\ &= -13{,}8784\end{aligned} soit T_2\approx-13{,}9.

3.Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, T_n\leqslant25. Ce résultat était-il prévisible dans le contexte de l'énoncé ?

Initialisation. \begin{aligned}T_0 &= -19 \\ &\leqslant 25\end{aligned} La propriété est vraie au rang 0.
Hérédité. Supposons que, pour un entier n, T_n\leqslant25. En multipliant par 0{,}94>0 : \begin{aligned}0{,}94\,T_n &\leqslant 0{,}94\times25 \\ &= 23{,}5\end{aligned}
En ajoutant 1{,}5 aux deux membres : 0{,}94\,T_n+1{,}5\leqslant25, soit T_{n+1}\leqslant25 : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc, d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, T_n\leqslant25.
Ce résultat était prévisible : la température des gâteaux ne peut pas dépasser la température ambiante de la terrasse, qui est justement de 25\,^{\circ}C.

4.Étudier le sens de variation de la suite (T_n).

D'après la relation de récurrence, T_{n+1}-T_n = -0{,}06\times(T_n-25).
D'après la question précédente, T_n\leqslant25 pour tout n, donc T_n-25\leqslant0, donc -0{,}06\times(T_n-25)\geqslant0.
Ainsi T_{n+1}-T_n\geqslant0 pour tout n : la suite (T_n) est croissante.

5.Démontrer que la suite (T_n) est convergente.

La suite (T_n) est croissante (question précédente) et majorée par 25 : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite \ell vérifiant \ell\leqslant25.

6.aOn pose, pour tout entier naturel n, U_n = T_n-25. Montrer que (U_n) est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme.

Pour tout entier naturel n : \begin{aligned}U_{n+1} &= T_{n+1}-25 \\ &= 0{,}94\,T_n+1{,}5-25 \\ &= 0{,}94\,T_n-23{,}5\end{aligned}
Or 0{,}94\times(T_n-25) = 0{,}94\,T_n-23{,}5, donc \begin{aligned}U_{n+1} &= 0{,}94\times(T_n-25) \\ &= 0{,}94\,U_n\end{aligned}
La suite (U_n) est donc géométrique de raison 0{,}94, de premier terme \begin{aligned}U_0 &= T_0-25 \\ &= -19-25 \\ &= -44\end{aligned}

6.bEn déduire que, pour tout entier naturel n, T_n = -44\times0,94^n+25.

Comme (U_n) est géométrique de raison 0{,}94 et de premier terme -44 : U_n = -44\times0{,}94^n pour tout n.
Or U_n = T_n-25, donc \begin{aligned}T_n &= U_n+25 \\ &= -44\times0{,}94^n+25\end{aligned}

6.cEn déduire la limite de la suite (T_n) et interpréter ce résultat dans le contexte de l'énoncé.

Comme {0<0{,}94<1}, on a \displaystyle\lim_{n\to+\infty}0{,}94^n = 0, donc par somme de limites, \displaystyle\lim_{n\to+\infty}T_n = 25.
Cela signifie que la température des gâteaux se rapproche indéfiniment de la température ambiante de la terrasse, 25\,^{\circ}C, sans jamais la dépasser, ce qui est cohérent avec la situation physique.

7.aLe fabricant conseille de consommer les gâteaux une demi-heure après leur sortie du congélateur. Quelle température ont-ils alors atteinte (arrondir à l'entier le plus proche) ?

Avec n=30 minutes : \begin{aligned}T_{30} &= -44\times0{,}94^{30}+25 \\ &\approx 18{,}1\end{aligned} Donc, les gâteaux ont atteint une température d'environ 18 ^{\circ}C.

7.bCécile aime déguster ces gâteaux encore frais, à 10 ^{\circ}C. Donner un encadrement, entre deux entiers consécutifs, du nombre de minutes après lesquelles elle doit les déguster.

À la calculatrice, T_{17}\approx9{,}6 et T_{18}\approx10{,}6 : la température franchit donc 10\,^{\circ}C entre les minutes 17 et 18.
Donc, Cécile doit déguster son gâteau entre la 17^{\text{e}} et la 18^{\text{e}} minute après sa sortie du congélateur.

7.cLe programme Python suivant doit renvoyer la plus petite valeur de l'entier n pour laquelle T_n\geqslant10. Recopier et compléter les lignes manquantes.