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% \setboolean{solution}{false}
\begin{document}
\pagestyle{empty}

\devpers{{\bf \Large \textcalligra{DS N\up{~~o}{\Huge 8}  : Espace (1h20)}} }{}{\textcalligra{ Spé math (terminale) } }{\large \textcalligra{ 26 janvier 2026}}

% \devpers{ $\pmb{\cald \cals~ \caln^o 1}$ : {\bf \Large \textcalligra{DS 1  : Révisions suites et fonctions}} }{}{T\up{ale} }{7 octobre 2024}


\setlength{\columnseprule}{.5pt}
\setlength{\columnsep}{30pt}

 \setcounter{exercice}{0}

 \begin{exercice}[(15 points)]
%bac 2024

\begin{minipage}{0.63\linewidth}
Dans l'espace muni d'un repère orthonormé $\oijk$ d'unité 1 cm, on considère les points : $A(3~;~-1~;~1)$ ; $B(4~;~-1~;~0)$ ;
 $C(0 ~;~3~;~2)$ ; $D(4~;~3~;~-2)$ et $S(2~;~1~;~4)$.

Dans cet exercice on souhaite montrer que $SABDC$ est une pyramide à base $ABDC$ trapézoïdale de sommet $S$, afin de calculer son volume.
\end{minipage}\hfill
\begin{minipage}{0.33\linewidth}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(4.7,5)
\pspolygon(2.4,4.5)(0.2,1.5)(1.3,0.2)(4.3,2.7)(2.4,4.5)(1.3,0.2)%SBDCSD
\psline[linestyle=dashed](2.4,4.5)(1.4,2.6)(0.2,1.5)%SAB
\psline[linestyle=dashed](1.4,2.6)(4.3,2.7)%AC
\uput[d](1.4,2.6){A} \uput[ul](0.2,1.5){B} \uput[dr](4.3,2.7){C} \uput[d](1.3,0.2){D} \uput[u](2.4,4.5){S}
\end{pspicture}
\end{minipage}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Montrer que les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.

\begin{corrige}
On a $\vect{AB}\ce{1}{0}{-1}$ et $\vect{AC}\ce{-3}{4}{1}$. 
Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles : 
$\dfrac{1}{-3} \neq \dfrac{0}{4}$.
Ainsi, les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.
\end{corrige}

\item
	\begin{enumerate}
		\item Montrer que les points $A$, $B$, $C$ et $D$ sont coplanaires.

\begin{corrige}
$A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés, donc pour tester la coplanarité de $A$, $B$, $C$, $D$, il suffit de tester si $\vect{AD}$ est combinaison linéaire de $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$.


On a $\vect{AD}\ce{1}{4}{-3}$.

\begin{align*}
\text{Et $A$, $B$, $C$, $D$ coplanaires } &\ssi \exists \alpha, \beta \text{ tels que $\vect{AD} = \alpha\vect{AB} + \beta\vect{AC}$.} \\
								&\ssi \syst{\alpha - 3\beta = 1}{0 + 4\beta = 4}{-\alpha + \beta = -3}.\\
								&\ssi \syst{\alpha=4}{\beta = 1}{\alpha=4}
\end{align*}

Ainsi $\vect{AD} = 4\vect{AB} + \vect{AC}$, donc les vecteurs $\vect{AB}$, $\vect{AC}$, $\vect{AD}$ sont coplanaires, et donc $A$, $B$, $C$, $D$ sont coplanaires.
\end{corrige}

		\item Montrer que le quadrilatère $ABDC$ est un trapèze de bases $[AB]$ et $[CD]$.

% \emph{On rappelle qu'un trapèze est un quadrilatère ayant deux côtés opposés parallèles appelés bases}.
\begin{corrige}


On a $\vect{AB}\ce{1}{0}{-1}$ et $\vect{CD}\ce{4}{0}{-4}$. 

On a donc $\vect{CD} = 4\vect{AB}$, donc ces vecteurs sont colinéaires et ainsi $(AB)$ parallèle à $(CD)$.

Le quadrilatère $ABDC$ a donc deux côtés opposés parallèles : c'est un trapèze de bases $[AB]$ et $[CD]$.
\end{corrige}

	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Démontrer que le vecteur $\vect{n}(2~;~1~;~2)$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$.

\begin{corrige}
 $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$ forment un couple qui dirige le plan $(ABC)$.

On a :
\[
\vect{n} \cdot \vect{AB} = 2\times1 + 1\times0 + 2\times(-1) = 2 + 0 - 2 = 0,
\]
\[
\vect{n} \cdot \vect{AC} = 2\times(-3) + 1\times4 + 2\times1 = -6 + 4 + 2 = 0.
\]

Ainsi $\vect{n}$ est orthogonal à $\vect{AB}$ et à $\vect{AC}$, donc $\vect{n}$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$.
\end{corrige}

		\item En déduire une équation cartésienne du plan $(ABC)$.

\begin{corrige}
Le plan $(ABC)$ admet $\vect{n}\ce{2}{1}{2}$ comme vecteur normal, donc son équation est de la forme :
\[
2x + y + 2z + d = 0. \text{~~~~~~~~avec $d\in\R$}
\]
Le point $A(3;-1;1)$ appartient à ce plan, donc $6 - 1 + 2 + d = 0$ et finalement $d = -7$.

Ainsi une équation cartésienne de $(ABC)$ est :
\[
2x + y + 2z - 7 = 0.
\]
\end{corrige}

		\item Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ passant par le point $S$ et orthogonale au plan $(ABC)$.

\begin{corrige}
La droite $\Delta$ est orthogonale à $(ABC)$, donc elle admet $\vect{n}\ce{2}{1}{2}$ comme vecteur directeur. Elle passe par $S(2;1;4)$, donc une représentation paramétrique est :
\[
\Delta : \syst{x = 2 + 2t}{y = 1 + t}{z = 4 + 2t} \quad (t \in \R).
\]
\end{corrige}

		\item On note $I$ le point d'intersection de la droite $\Delta$ et du plan $(ABC)$.

Montrer que le point $I$ a pour coordonnées $\left(\dfrac23~;~\dfrac13~;~\dfrac83~\right)$, puis montrer que $\mathrm{SI} = \np[cm]{2}$.

\begin{corrige}
On a :
\begin{align*}
 I(x;y;z) \in \Delta\cap (ABC) &\ssi  \begin{cases}
  2x+y+2z-7=0 \\ x=2+2t\\ y=1+t \\ z=4+2t \\ \end{cases}  \\
  &\ssi 2(2+2t) + (1+t) + 2(4+2t) - 7 = 0 \text{~~Avec $(x,y,z)$, donné par $\Delta$}\\
   &\ssi 9t + 6 = 0 \\
   &\ssi t = -\dfrac{2}{3}
\end{align*}

Alors $ \syst{x=&  = 2 - \frac{4}{3} = \frac{2}{3}}{y=&1 + \left(-\frac{2}{3}\right) = \frac{1}{3}}{z=&4 - \frac{4}{3} = \frac{8}{3}}$ et donc $I\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{8}{3}\right)$.

On a $\vect{SI}\ce{-\frac{4}{3}}{-\frac{2}{3}}{-\frac{4}{3}}$, donc $SI^2=\dfrac{16}{9} + \dfrac{4}{9} + \dfrac{16}{9}=\dfrac{36}{9}=4$. Et donc $SI=\SI{2}{cm}$


\end{corrige}

		\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Vérifier que le projeté orthogonal $H$ du point $B$ sur la droite $(CD)$ a pour coordonnées $H(3~;~3~;~-1)$ et montrer que $HB= 3\sqrt 2$~cm.

\begin{corrige}
On doit ici vérifier deux points :
\begin{enumerate}[label=$\bullet$]
 \item $H\in (CD)$
 \item $(BH) \orth (CD)$
\end{enumerate}

On a  $\vect{CD}\ce{4}{0}{-4}$ et  $\vect{CH}\ce{3}{0}{-3}$
donc $\vect{CD}=\dfrac{4}{3}\vect{CH}$ et donc  $H\in (CD)$.

D'autre part : $\vect{BH}\ce{-1}{4}{-1}$, alors $\vect{BH}.\vect{CD}=-4+4=0$ donc $\vect{BH} \orth \vect{CD}$.

\medskip

 Ainsi $H(3;3;-1)$ est bien le projeté orthogonal du point $B$ sur la droite $(CD)$.

 On a $\vect{BH}\ce{-1}{4}{-1}$, donc $BH^2=1+16+1=18$ et donc $BH=3\sqrt{2} \text{cm}$.


\end{corrige}

		\item Calculer la valeur exacte de l'aire du trapèze $ABDC$.

% On rappelle que l'aire d'un trapèze est donnée par la formule
% \[\mathcal{A} = \dfrac{b + B}{2} \times h\]
%
% où $b$ et $B$ sont les longueurs des bases du trapèze et $h$ sa hauteur.

\begin{corrige}
L'aire d'un trapèze est donnée par $\cala = \dfrac{b + B}{2} \times h$, où $b$ et $B$ sont les longueurs des bases et $h$ la hauteur.

Ici d'après la question 2b, les bases sont $[AB]$ et $[CD]$ .

On a :

On a $\vect{AB}\ce{1}{0}{-1}$ et $\vect{CD}\ce{4}{0}{-4}$.

donc $AB^2=2$ et $CD^2=32$


donc $AB= \sqrt{2}$ et $CD=\sqrt{32} = 4\sqrt{2}$.

\begin{minipage}{10cm}
 La hauteur $h$ du trapèze à été calculée précédemment puisque $H$  le projeté orthogonal du point $B$ sur la droite $(CD)$.

On a $h=HB = 3\sqrt{2}$ cm.

\end{minipage}
\begin{minipage}{5cm}
 \includegraphics[scale=0.5]{Figure/Figure.pdf}
\end{minipage}


Ainsi :
\begin{align*}
\cala(ABDC) &= \frac{AB + CD}{2} \times HB \\
&= \frac{\sqrt{2} + 4\sqrt{2}}{2} \times 3\sqrt{2} \\
&= \frac{5\sqrt{2}}{2} \times 3\sqrt{2} = \frac{5 \times 3 \times 2}{2} \\
&= 15 \text{ cm}^2.
\end{align*}


Donc l'aire du trapèze $ABDC$ est $15$ cm$^2$.
\end{corrige}
\end{enumerate}



\item Déterminer le volume de la pyramide $SABDC$.
% On rappelle que le volume $V$ d'une pyramide est donné par la formule
%
% \begin{center}$V = \dfrac13 \times$  aire de la base $\times$ hauteur\end{center}

\begin{corrige}
Le volume d'une pyramide est donné par $V = \dfrac{1}{3} \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur}$.

La base est le trapèze $ABDC$ d'aire $\cala = 15$ cm$^2$.

Sachant que $I$ est l'intersection de $\Delta$ (orthogonale à $(ABC)$ passant par $S$) et $(ABC)$, on déduit que $I$ est le projeté orthogonal de $S$ sur $(ABC)$ et donc $IS$ est la hauteur issue de $S$ de la pyramide $SABCD$. Nous savons $SI = 2$ cm.

Ainsi :
\[
\calv(SABCD) = \frac{1}{3} \times 15 \times 2 = \frac{1}{3} \times 30 = 10 \text{ cm}^3.
\]

Le volume de la pyramide $SABDC$ est donc $10$ cm$^3$.
\end{corrige}

\end{enumerate}
\end{exercice}



\begin{exercice}[(5 points)]
\emph{Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse.
Chaque réponse doit être justifiée.
Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.}

\bigskip
Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé $\oijk$, on considère les points
\begin{center}$A(0~;~ 4~;~-1)$, \quad $B(6~;~1~;~5)$ \quad et \quad $C(6~;~-2~;~-1)$.\end{center}

On admet que les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.

\begin{enumerate}
 \item \textbf{Affirmation :} Le vecteur $\vect{n}\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$.

\begin{corrige}
Pour vérifier si $\vect{n}$ est normal à $(ABC)$, on calcule les produits scalaires avec deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan, par exemple $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$.

On a $\vect{AB}\ce{6}{-3}{6}$ et $\vect{AC}\ce{6}{-6}{0}$.

\[
\vect{n} \cdot \vect{AB} = 12 - 6 - 6 = 0,
\]
\[
\vect{n} \cdot \vect{AC} = 12 - 12 + 0 = 0.
\]

Ainsi $\vect{n}$ est orthogonal à $\vect{AB}$ et à $\vect{AC}$, donc $\vect{n}$ est bien un vecteur normal au plan $(ABC)$. L'affirmation est vraie.
\end{corrige}

\item \textbf{Affirmation :} Une représentation paramétrique de la droite $(AB)$ est

\[\left\{\begin{array}{l c l}
x &=& 2 + 2t\\
y &=& 3 - t\\
z &=& 1 + 2t
\end{array}\right. \:\text{où } t \in \R.\]

\begin{corrige}
Soit \[ \Delta :\left\{\begin{array}{l c l}
x &=& 2 + 2t\\
y &=& 3 - t\\
z &=& 1 + 2t
\end{array}\right. \:\text{où } t \in \R.\]

Le plus simple et le moins élégant est de vérifier si $A$ et $B$ appartiennent à $\Delta$.


Pour $A(0;4;-1)$ :

Je remarque qu'avec $t=-1$ dans les équations de $\Delta$, on obtient $A$. Donc $A\in\Delta$.
% on cherche $t$ tel que
% \[
% \syst{2+2t=0}{3-t=4}{1+2t=-1}.
% \]
% De la première équation $t=-1$, de la deuxième $t=-1$, de la troisième $t=-1$. Donc pour $t=-1$, on obtient $A$, donc $A \in \Delta$.

De même avec $t=2$, on obtient $B$, donc $B\in\Delta$.
% Pour $B(6;1;5)$ : on cherche $t$ tel que
% \[
% \syst{2+2t=6}{3-t=1}{1+2t=5}.
% \]
% De la première $t=2$, de la deuxième $t=2$, de la troisième $t=2$. Donc pour $t=2$, on obtient $B$, donc $B \in \Delta$.

Ainsi $\Delta$ passe par $A$ et $B$, donc $\Delta = (AB)$. L'affirmation est vraie.
\end{corrige}

\item On considère les droites $\mathcal{D}$ et $\mathcal{D}'$ dont on donne ci-dessous une représentation paramétrique :

\[\mathcal{D}\quad \left\{\begin{array}{l c l}
x&=&3+t\\
y&=&1+t\\
z&=&2+t
\end{array}\right. \:\text{où } t \in \R \:\:;\quad
\mathcal{D}'\quad \left\{\begin{array}{l c l}
x&= &2t'\\
y&=&4 - t'\\
z&=&-1 + 2t'
\end{array}\right. \:\text{où } t' \in \R.\]

\textbf{Affirmation :} $\mathcal{D}$ et $\mathcal{D}'$ ne sont pas coplanaires.

\begin{corrige}
Pour vérifier si $\cald$ et $\cald'$ sont coplanaires, on examine d'abord si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. 
Pour $\cald$ : $\vectu\ce{1}{1}{1}$, pour $\cald'$ : $\vect{u'}\ce{2}{-1}{2}$. 
Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (les coordonnées ne sont pas proportionnelles), donc les droites ne sont pas parallèles.

On cherche maintenant un point d'intersection.
\begin{align*}
 M(x;y;z)\in \cald\cap\cald' &\ssi\syst{3+t = 2t'}{1+t = 4 - t'}{2+t = -1 + 2t'} \\
							&\ssi\syst{t -2t'=-3}{t +t' = 3}{t -2t'=-3} \\
							&\ssi\sysd{t -2t'=-3}{t +t' = 3} \\
							&\ssi\sysd{3t'=6}{t = 3-t'} \\
							&\ssi\sysd{t'=2}{t =1} \\
\end{align*}

Donc $M(4;2;3)$ est le point d'intersection de $\cald$ et $\cald'$. Puisqu'elles sont sécantes, elles sont coplanaires. L'affirmation est donc fausse.
\end{corrige}

\end{enumerate}


\end{exercice}



\end{document}