\documentclass[11pt]{article} \input{Preambule-lua.tex} \usepackage{calligra} \geometry{a4paper,hmargin=1.5cm,vmargin=1.5cm} \setboolean{solution}{true} % \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)] %bac 2025 \emph{Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.}\index{Vrai--Faux} \medskip On munit l'espace d'un repère orthonormé $\oijk$. \medskip \begin{enumerate} \item On considère les points $A(-1~;~0~;~5)$ et $B(3~;~2~;~-1)$. \textbf{Affirmation 1 :} Une représentation paramétrique de la droite (AB) est \[\left\{\begin{array}{l c l} x &=& \phantom{-}3 - 2t\\ y &=&\phantom{-}2- \phantom{2}t\\ z&=&- 1 + 3t \end{array}\right.\:\text{avec } t \in \R.\] \begin{corrige} Soit $\Delta$ la droite donnée par cette représentation paramétrique. Pour $A(-1;0;5)$ : on cherche $t$ tel que \[ \syst{3-2t=-1}{2-t=0}{-1+3t=5}. \] De la première équation : $3-2t=-1 \Rightarrow -2t=-4 \Rightarrow t=2$. De la deuxième : $2-t=0 \Rightarrow t=2$. De la troisième : $-1+3t=5 \Rightarrow 3t=6 \Rightarrow t=2$. Donc pour $t=2$, on obtient $A$, donc $A \in \Delta$. Pour $B(3;2;-1)$ : on cherche $t$ tel que \[ \syst{3-2t=3}{2-t=2}{-1+3t=-1}. \] De la première : $3-2t=3 \Rightarrow -2t=0 \Rightarrow t=0$. De la deuxième : $2-t=2 \Rightarrow -t=0 \Rightarrow t=0$. De la troisième : $-1+3t=-1 \Rightarrow 3t=0 \Rightarrow t=0$. Donc pour $t=0$, on obtient $B$, donc $B \in \Delta$. Ainsi $\Delta$ passe par $A$ et $B$, donc $\Delta = (AB)$. L'affirmation 1 est vraie. \begin{remarque} Il y a une démonstration plus élégante dans l'autre version du sujet. \end{remarque} \end{corrige} \textbf{Affirmation 2 :} Le vecteur $\vect{n}\begin{pmatrix}5\\ -2\\1\end{pmatrix}$ est normal au plan $(OAB)$. \begin{corrige} Pour vérifier si $\vect{n}$ est normal au plan $(OAB)$, on doit montrer que $\vect{n}$ est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires de ce plan, par exemple $\vect{OA}$ et $\vect{OB}$. On a : \[ \vect{OA}\ce{-1}{0}{5} \quad \text{et} \quad \vect{OB}\ce{3}{2}{-1}. \] Calculons les produits scalaires : \[ \vect{n} \cdot \vect{OA} = -5 + 0 + 5 = 0, \] \[ \vect{n} \cdot \vect{OB} = 15 - 4 - 1 = 10 \neq 0. \] Puisque $\vect{n} \cdot \vect{OB} = 10 \neq 0$, le vecteur $\vect{n}$ n'est pas orthogonal à $\vect{OB}$, donc il n'est pas normal au plan $(OAB)$. L'affirmation 2 est fausse. \end{corrige} \item On considère : \begin{itemize}[label=$\bullet~$] \item la droite $d$ de représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l c l}x &=&15+ \phantom{-}k\\y &=& \phantom{1}8 - \phantom{-}k\\z &=& - 6 + 2k \end{array}\right.$ avec \:$k\in \R$ ; \item la droite $d'$ de représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l c l}x&=&1 + 4s\\ y &=& 2 + 4s\\z&=&1- 6s \end{array}\right.$ avec $s \in \R$.\index{représentation paramétrique de droite} \end{itemize} \textbf{Affirmation 3 :} Les droites $d$ et $d'$ ne sont pas coplanaires. \begin{corrige} Pour vérifier si $d$ et $d'$ sont coplanaires, on examine d'abord si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. Pour $d$ : $\vectu_d\ce{1}{-1}{2}$. Pour $d'$ : $\vectu_{d'}\ce{4}{4}{-6}$. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires car les coordonnées ne sont pas proportionnelles : $\dfrac{1}{4} \neq \dfrac{-1}{4}$. On cherche maintenant un point d'intersection éventuel. \begin{align*} M(x;y;z)\in d\cap d' &\ssi \begin{cases} 15 + k = 1 + 4s \\ 8 - k = 2 + 4s \\ -6 + 2k = 1 - 6s \end{cases} \\ &\ssi \syst{k - 4s = -14}{-k - 4s = -6}{2k + 6s = 7} \\ &\ssi \syst{k - 4s = -14~~~~(1)~~~~~~~~}{-8s = -20~~~~~~(1)+(2)}{2k + 6s = 7~~~~~~~~~~~~~~~} \\ &\ssi \syst{k - 4s = -14}{s = \frac{5}{2}~~~~~~~~~}{2k + 6s = 7} \\ &\ssi \syst{k = -4}{s = \frac{5}{2}~~~}{k = -4} \\ % &\ssi \syst{k = 10~~~~~~~~~~~}{10 - 4s = -14}{2k + 6s = 7} \\ % &\ssi \syst{k = 10}{s = 6}{36 = 7}\\ \end{align*} Ce dernier système admet une solution. Il existe donc un point d'intersection et les droites $d$ et $d'$ sont sécantes et donc $d$ et $d'$ sont coplanaires. L'affirmation 3 est fausse. \end{corrige} % \item On considère le plan $\mathcal{P}$ d'équation $x- y + z + 1 = 0$.\index{droites non coplanaires} % % \textbf{Affirmation 4 :} La distance du point C$(2~;~-1~;~2)$ au plan $\mathcal{P}$ est égale à $2\sqrt 3$.\index{distance d'un point à une droite} \end{enumerate} \end{exercice} \end{document}