Corrigé Bac Monde Géométrie T s1, s3

Corrigé Bac Monde Géométrie T s1, s3

 

1. 9. Basique, N.Calédonie 

 

Correction 

 

1. $\overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix} 8\\ 0\\ -3\end{pmatrix}\;,\ \overrightarrow{BC}=\begin{pmatrix} 1\\-4\\1\end{pmatrix}$ 

d'où $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BC}=0\;,\ $
les points ne sont pas alignés car les vecteurs sont orthogonaux et $AB=\sqrt{9+9}=3\sqrt{2}\;,\ BC=\sqrt{1+16+1}=3\sqrt{2}$.

 

2.a. $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=6+0-6=0\;,\ \vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=2-4+2=0$.

 

b. $\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0\ \Leftrightarrow\ 2(x-3)+1(y+2)+2(z-1)=0\ \Leftrightarrow\ 2x+y+2z=0$

 

c. $d(D,\ ABC)=\dfrac{|2x_{D}+y_{D}+2z_{D}-6|}{\sqrt{4+1+4}}=\dfrac{9}{3}=3$

 

3. $V=\dfrac{1}{3}\times d(D,\ ABC)\times Aire(ABCD)=\dfrac{1}{3}\times 3\times\dfrac{3\sqrt{2}\times 3\sqrt{2}}{2}=9$

 

 

 

1. 10. Orthogonalité, Am. Nord 2008

 

Correction

 

Partie A

 

1. $\overrightarrow{MD}\cdot\overrightarrow{MA}=(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{ID}).(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})=(\overrightarrow{MI}-\overrightarrow{IA}).(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})=MI^{2}-IA^{2}\ $ car $I$ est le milieu de $[AD]$.

 

2. $M$ appartient à $(E)$ équivalent à $\overrightarrow{MD}\cdot\overrightarrow{MA}=0\;,\ $ c'est-à-dire à $MI^{2}-IA^{2}\;,\ $ ou encore à $MI=IA$.
Par conséquent $(E)$ est la sphère de centre $I$ et de rayon $IA$.

 

Partie B

 

1. a. Les vecteurs $AB$ et $AC$ ont pour coordonnées respectives $(-3;\ 6;\ 0)$ et $(-3;\ 0;\ 4)$.

$\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=4\times(-3)+2\times 6+3\times 0=0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=4\times(-3)+2\times 0+3\times 4=0\;;$ $\ \vec{n}$ est orthogonal aux deux vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ non colinéaires du plan $(ABC)$.

$\vec{n}$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$.

 

b. $M$ un point de $(ABC)\ :\ \overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0\ \Leftrightarrow\ (x-3)\times 4+y\times 2+z\times 3=0\ \Leftrightarrow\  4x+2y+3z-12=0$.

 

2. a. Comme $\Delta$ est orthogonale au plan $(ABC)\;,\ $ elle a pour vecteur directeur $\vec{n}$.

 

$M(x;\ y;\ z)\in\Delta\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{DM}=k\;\vec{n}\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x+5 &=& 4k\\y-0 &=& 2k\\z-1 &=& 3k\end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& 4k-5\\y &=& 2k\\z &=& 3k+1\end{array}\right.\;,\ k\in\mathbb{R}$.

 

b. Soit $H$ le projeté orthogonal de $D$ sur le plan $(ABC)$. $H$ est donc le point d'intersection de la droite $\Delta$ et du plan $(ABC)$.
On remplace $x,\ y$ et $z$ dans l'équation de $(ABC)\ :\ 4(4k-5 )+2\times 2k+3(3k+1)-12=0\ \Leftrightarrow\ 29k-29=0\ \Leftrightarrow\ k=1\;;$ 

$\  H$ a pour coordonnées $(-1;\ 2;\ 4)$.

 

c. $d(D,\ (ABC))=\dfrac{|4x_{D}+2y_{D}+3z_{D}-12|}{\sqrt{4^{2}+2^{2}+3^{2}}}=\dfrac{|-20+0+3-12|}{\sqrt{29}}=\dfrac{29}{\sqrt{29}}=\sqrt{29}$.

 

d. $\overrightarrow{HD}=(-4;\ -2;\ -3)$ et $\overrightarrow{HA}=(4;\ -2;\ -4)\ :\ \overrightarrow{HD}\cdot\overrightarrow{HA}=-16+4+12=0\;,$ $\ H$ appartient à $(E)$.

 

 

1. 11. Tétraèdre, Pondicherry 2008 (c)

 

4 points

 

Correction

 

1. $G$ est le barycentre de $\{(A,\ 1),\ (B,\ 1),\ (C,\ 1),\ (D,\ 1)\}$ ; c'est donc celui de $\{(I,\ 2),\ (J,\ 2)\}\;,$ de $\{(K,\ 2),\ (L,\ 2)\}$ et de $\{(M,\ 2),\ (N,\ 2)\}$ en utilisant les barycentres partiels. Donc $G$ est sur chacune des droites $(IJ)\;,\ (KL)$ et $(MN)$ qui sont bien sécantes en $G$.

 

 

Dans la suite de l'exercice on suppose que $AB=CD\;,\ BC=AD$ et $AC=BD.\ $ (On dit que le tétraèdre $ABCD$ est équifacial car ses faces sont isométriques).

 

2. a. On a $(IK)$ et $(LJ)$ parallèles à $(AC)$ par Thalès ainsi que $IK=LJ=\dfrac{1}{2}AC\;;$ de même $(JK)$ et $(LI)$ sont parallèles à $(BD)$ et $JK=LI=\dfrac{1}{2}BD\;;$ c'est donc un parallélogramme et comme $AC=BD$ les quatre côtés ont même longueur, c'est un losange.
Le même raisonnement est valable pour les losanges $IMJN$ et $KNLM$.

 

b. Dans un losange les diagonales sont orthogonales donc $(IJ)$ et $(KL)$ sont orthogonales.
De même $(IJ)$ et $(MN)$ sont orthogonales et $(KL)$ et $(MN)$ sont orthogonales.

 

3. a. La droite $(IJ)$ est orthogonale à $(MN)$ et $(KL)$, soit deux droites distinctes du plan $(MKN)$.

$(IJ)$ est orthogonale au plan $(MKN)$.

 

b. Évidemment $\overrightarrow{IJ}\cdot\overrightarrow{MK}=0$...et comme $(MK)$ est parallèle à $(AB)\;,\  (IJ)$ est orthogonale à la droite $(AB)$.

 

On rappelle qu'une droite orthogonale à un plan est orthogonale à toutes les droites de ce plan.

$(IJ)$ est orthogonale au plan $(MKN)$, aux droites $(ML)$ et $(NK)$ et donc à la droite $(CD)$.

 

c. $G$ appartient aux plans médiateurs de $[AB]$ et $[CD]$ si on a $GA=GB$ et $GC=GD$.

Par exemple on a $GA^{2}=GI^{2}+AI^{2}=GI^{2}+BI^{2}=GB^{2}$ car $(GI)$ est orthogonale à $(AB)$.

 

d. Pour démontrer que $G$ est le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre $ABCD$, il faut montrer que $GA=GB=GC=GD\;;$ on a déjà $GA=GB$ et $GC=GD$, il reste à montrer que $GB=GC\;,$ ou encore que $(GK)$ est orthogonale à $(BC)$, ce qui s'obtient comme précédemment.

 

 

 

1. 12. Volume+produit scalaire, C. étrangers 2005 (c)

 

Correction

 

Attention à bien lire l'énoncé...

 

Soit $ABCD$ un tétraèdre tel que $ABC\;,\ ABD$ et $ACD$ soient trois triangles isocèles rectangles en $A$ avec $AB=AC=AD=a$. On appelle $A_{1}$ le centre de gravité du triangle $BCD$.

 

1. $(AA_{1})$ est dans le plan médiateur de $[BC]$ puisque $AB=AC$; ($ABC$ isocèle) et $A_{1}B=A_{1}C$; ($BCD$ équilatéral), $(BC)$ est donc orthogonale à toutes les directions de ce plan, particulièrement à $(AA_{1})$.

Le calcul des produits scalaires n'est pas nécessaire et en plus risque d'embrouiller l'esprit...

 

 

2. D'un côté on a $BC=a\sqrt{2}\;,\ DI=BC\dfrac{\sqrt{3}}{2}=a\dfrac{\sqrt{6}}{2}$

d'où :

 

$$V=\dfrac{1}{3}(BCD).AA_{1}=\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{2}a\sqrt{2}\dfrac{\sqrt{3}}{2}a\sqrt{2}\right)AA_{1}=\dfrac{a^{2}\sqrt{6}}{6}AA_{1}$$

 

d'un autre côté on a $(DA)$ orthogonal à $(AB)$ et $(AC)$, donc $(DA)$ orthogonal à $(ABC)$, soit $V=aire(ABC).DA=\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{2}a^{2}\right)a=\dfrac{1}{6}a^{3}$; on en déduit $AA_{1}=\dfrac{1}{6}a^{2}\dfrac{6}{a^{2}\sqrt{6}}=\dfrac{a}{\sqrt{6}}$.

 

3. a. $G$ = barycentre de $\{(A,\ 1),\ (B,\ 1),\ (C,\ 1),\ (D,\ 1)\}$ ou encore de $\{(A,\ 1),\ (A_{1},\ 3)\}$ , on a donc $\overrightarrow{AG}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AA_{1}}$

donc $G$ appartient au segment $[AA_{1}]$ et $AG=\dfrac{3}{4}AA_{1}=\dfrac{3a}{4\sqrt{6}}$

 

b. On introduit $G$ dans le vecteur de gauche, $I$ dans celui de droite, et on a $||4\overrightarrow{MG}||=2||\overrightarrow{MI}||\ \Leftrightarrow\ MG=MI$.

L'ensemble cherché est le plan médiateur de $[GI]$.

 

4. a. On met $G$ partout et on utilise $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\vec{0}$ :

$$4\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{GA}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{BG}=\vec{0}$$

 

b. On factorise : $HC^{2}-HD^{2}=(\overrightarrow{HC}-\overrightarrow{HD})(\overrightarrow{HC}+\overrightarrow{HD})=\overrightarrow{DC}\cdot 2\overrightarrow{HJ}=\overrightarrow{DC}\cdot\overrightarrow{BA}$ (Thalès dans $ABHJ$).

 

c. Comme $(DC)$ est orthogonal à $(AB)$, on a $HC^{2}=HD^{2}\ \Rightarrow\ HC=HD$.

 

 

1. 13. Distance minimale, N. Calédonie 06/2008

5 points

 

Correction

 

1. a. Un vecteur directeur de $D$ est $(4;\ 1;\ 2)\ :\ \overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0\ \Leftrightarrow\ \begin{pmatrix} x+1\\y-2\\z-3\end{pmatrix}.\begin{pmatrix} 4\\1\\2\end{pmatrix}=0\ \Leftrightarrow\ 4x+y+2z=0$.

 

b. Il faut trouver $t\ :\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} -3 &=& 9+4t\\3 &=& 6+t\\-4 &=& 2+2t\end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} t &=& -3\\t &=& -3\\t &=& -3\end{array}\right.\;;$ on a la même valeur de $t$ pour les trois lignes donc $B$ est bien sur la droite.

 

c. On applique la formule de la distance : $d_{B}=\dfrac{|4\times(-3)+1\times 3 +2\times(-3)-4|}{\sqrt{4^{2}+2^{2}+3^{2}}}=\dfrac{21}{\sqrt{21}}=\sqrt{21}$.

 

d. $A$ est sur le plan $P\;,\ B$ est sur la droite $D$ orthogonale à $P$, on utilise le théorème de Pythagore :

$AB^{2}=d^{2}+d_{B}^{2}\ \Leftrightarrow\ d^{2}=AB^{2}-d_{B}^{2}=(-2)^{2}+1^{2}+(-7)^{2}-21=54-21=33\ \Rightarrow\ d=\sqrt{33}$.

 

2. $AM^{2}=(9+4t+1)^{2}+(6+t-2)^{2}+(2+2t-3)^{2}=100+80t+16t^{2}+16+8t+t^{2}+4t^{2}-4t+1\;,\ $ soit

$AM^{2}=f(t)=117+84t+21t^{2}\;;$ le minimum de $f$ est atteint lorsque $f'(t)=0\ \Leftrightarrow\ 84+42t=0\ \Leftrightarrow\ t=-2\;,$ soit une distance minimale $d=\sqrt{f(-2)}=\sqrt{117-168+84}=\sqrt{33}$.

 

1. 14. Distance point-droite, France 06/2008 (c)

5 points

 

Correction

 

1. a. $\overrightarrow{AB}=(0;\ 1;\ 1)\;,\ \overrightarrow{AC}=(2;\ -2;\ 2)$, les deux vecteurs ne sont pas colinéaires, les points $A,\ B$ et $C$ ne sont pas alignés.

 

b. Soit $\vec{n}=(2;\ 1;\ -1)\ $ un vecteur normal à $2x+y-z-3=0\;;$  on a alors $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=0+1-1=0\text{ et }\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=4-2-2=0\;;$ par ailleurs $A$ vérifie $2x+y-z-3=0$. Donc $(ABC)$ a pour équation $2x+y-z-3=0$.

 

2. $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x+2y-t-4 &=& 0 \\2x+3y-2t-5 &=& 0 \\z &=& t\end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x+2y &=& t+4 \\2x+3y &=& 2t+5 \\z &=& t \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -2y+t+4 \\-4y+2t+8+3y &=& 2t+5 \\z &=& t \end{array}\right.\;;\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -2+t \\y &=& 3 \\z &=& t \end{array}\right.$.

 

3. Remplaçons : $2x+y-z-3=0\ \Leftrightarrow\ 2(-2+t)+3-t-3=0\ \Leftrightarrow\ t=4\;;\ $ les plans se coupent en un point :

$D(2;\ 3;\ 4)$.

 

4. On remarque que $A$ est dans $(Q)$, mais ça n'avance pas à grand chose.
Il faut trouver le plan passant par $A$ et orthogonal à $(D)$ puis le point d'intersection $E$ entre ce plan et $(D)\ :\ \vec{u}_{D}=(1;\ 0;\ 1)\;,\ \overrightarrow{AM}\cdot\vec{u}_{D}=0\ \Leftrightarrow\ (x-1).1+(y-1).0+(z-0).1=0\ \Leftrightarrow\ x+z-1=0\;;\ $ on coupe avec $(D)\ :\ (-2+t)+t-1=0\ \Leftrightarrow\ t=\dfrac{3}{2}\ $
d'où $E\left(-\dfrac{1}{2};\ 3;\ \dfrac{3}{2}\right)\text{ et }AE=\sqrt{\left(-\dfrac{1}{2}-1\right)^{2}+(3-1)^{2}+\left(\dfrac{3}{2}-0)^{2}\right)}=\sqrt{\dfrac{34}{4}}$.

 

 

1. 15. Distance point-droite, La Réunion sept. 2010

5 points

 

Correction

 

1. $M(x,\ y,\ z)\in P\cap Q\ \Leftrightarrow\  \left\lbrace\begin{array}{lcl} x+y+z &=& 0\\2x+3y+z-4 &=& 0\end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -y-t\\-2y-2t+3y &=& 4-t\\z &=& t\end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -4-2t\\y &=& 4+t\\z &=& t\end{array}\right.$.

Ce sont bien les équations paramétriques d'une droite $D$ contenant le point $(-4;\ 4;\ 0)$ en posant $t=0$, et de vecteur directeur $(-2;\ 1;\ 1)$.

 

2. a. On développe et on regroupe suivant les variables : $(1-\lambda)(x+y+z)+\lambda(2x+3y+z-4)=0\ \Leftrightarrow\ (1-\lambda+2\lambda)x+(1-\lambda+3\lambda)y+(1-\lambda+\lambda)z-4\lambda=0\ \Leftrightarrow\ (1+\lambda)x+(1+2\lambda)y+z-4\lambda=0$ dont un vecteur normal est $\vec{n}(1+\lambda;\ 1+2\lambda;\ 1)$.

 

b. Les plans $P$ et $P_{\lambda}$ sont confondus si et seulement si les coefficients de leurs équations sont proportionnels, soit : $\dfrac{1+\lambda}{1}=\dfrac{1+2\lambda}{1}=\dfrac{1}{1}\;,\ $ ce qui conduit à $\lambda=0$.

 

c. Un vecteur normal au plan $P$ est $\vec{p}=(1;\ 1;\ 1)\ P$ et $P\lambda$ sont perpendiculaires si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux, soit $\vec{n}\cdot\vec{p}=0\ \Leftrightarrow\ 1+\lambda+1+2\lambda+1=0\ \Leftrightarrow\ \lambda=-1$.

 

3. Le plan $P_{-1}$ d'équation $-y+z+4=0$ est perpendiculaire au plan $P$.

Comme à la question 1. il faut résoudre le système : $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x+y+z &=& 0 \\-y+z-4 &=& 0 \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -y-t \\y &=& 4+t \\z &=& t \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -4-2t \\y &=& 4+t \\z &=& t \end{array}\right.$, ce qui redonne $D$.

 

4. Soit $H$ et $K$ les projeté orthogonaux de $A$ respectivement sur $P$ et $P_{-1}$ ; soit $I$ le projeté orthogonal de $A$ sur $D$.
Les points $A,\ H,\ K$ et $I$ sont coplanaires : ils appartiennent au plan perpendiculaire à $P$ et $P_{-1}$ contenant $A$.
$\ (AH)$ et $(AK)$ perpendiculaires à deux plans perpendiculaires sont perpendiculaires.

Le quadrilatère $AHIK$ est donc un rectangle.

On a  $d(A,\ P)=AH=\dfrac{|1+1+1|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}+1^{2}}}=\dfrac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\text{ et }d(A,\ P_{-1})=AK=\dfrac{|-1+1+4|}{\sqrt{0^{2}+1^{2}+1^{2}}}=\dfrac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$ . D'après le théorème de Pythagore : $AI^{2}=AH^{2}+AK^{2}=3+8=11\ \Rightarrow\ d( A,\ (D))=\sqrt{11}$.

 

Autre méthode : Soit $M$ un point de $(D)$, $\ AM=\sqrt{(x_{M}-x_{A})^{2}+...}=\sqrt{(-4-2t-1)^{2}+(4+t-1)^{2}+(t-1)^{2}}=\sqrt{(-5-2t)^{2}+(3+t)^{2}+(t-1)^{2}}=f(t)$.

Dérivons : $f'(t)=\dfrac{-4(-5-2t)+2(3+t)+2(t-1)}{\sqrt{...}}=\dfrac{12t+24}{\sqrt{...}}$ s'annule pour $t=-2\;;$ la distance est minimale pour $M(0;\ 2;\ 2)$ et vaut $f(-2)=\sqrt{11}$.

 

 

1. 16. Distance point-plan, Asie 2006 (c)

5 points

 

Correction

 

1. Voir figure.

 

 

2. Construction du point $J$ :

– Dans le plan $CDHG$, la droite $(IC)$ coupe la droite $(DH)$ en un point $P$ ;

– Dans le plan $ADHE$ la droite $(PA)$ coupe la droite $(EH)$ en $J$.

Le plan $(ACI)$ est donc coupé par les deux faces parallèles $(ABCD)$ et $(EFGH)$ : les intersections $(AC)$ et$(IJ)$ sont donc

parallèles.

 

3. a. $R\in(AC)$ : il existe un réel unique $k$ tel que $\overrightarrow{AR}=k\overrightarrow{AC}$. Comme $(IR)$ et $(AC)$ sont orthogonales, on a $\overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{AC}=0$.

 

b. Si $R$ a pour coordonnées $(x,\ y,\ z)$, $\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& k\\y &=& k\\z &=& 0\end{array}\right.$.
D'où en remplaçant par les coordonnées de $R\ :\ \overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{AC}=0\ \Leftrightarrow\ \left(x-\dfrac{1}{3}\right).1+(y-1).1+(z-1).0=0\ \Leftrightarrow\ x+y-\dfrac{4}{3}=0\ \Rightarrow\ 2k=\dfrac{4}{3}\ \Rightarrow\ k=\dfrac{2}{3}\ \Rightarrow\ R\left(\dfrac{2}{3};\ \dfrac{2}{3};\ 0\right)$.

 

c. $IR=\sqrt{\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9}+1}=\dfrac{\sqrt{11}}{3}$.

 

4. $\vec{n}(3;\ -3;\ 2)$ est normal au vecteur $\overrightarrow{AC}(1;\ 1;\ 0)\ $  (produit scalaire nul) et au vecteur $\overrightarrow{AI}(\left(\dfrac{1}{3};\ 1;\ 1\right)$.

 

$\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ACI)$ est un vecteur normal à ce plan.

Une équation du plan $(ACI)$ est donc $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AM}=0\ \Leftrightarrow\ 3x-3y+2z=0$.

 

5. Avec $F(1;\ 0;\ 1)$ on a $d(F,\ ACI)=\dfrac{|3\times 1-3\times 0 +2\times 1|}{\sqrt{22}}=\dfrac{5}{\sqrt{22}}$.

 

 

1. 17. Distance point-plan, Pondicherry 2006 (c)

4 points

 

Correction

 

Partie A

 

1. Une équation de $P$ est $ax+by+cz+d=0$ donc le vecteur $\vec{n}=(a,\ b,\ c)$ est un vecteur normal à $P$.
Or $P$ donc $\vec{n}$ est un vecteur directeur de $\Delta$. $\ \Delta$ passe par $I(x_{I},\ y_{I},\ z_{I})$ et a pour vecteur directeur $\vec{n}(a,\ b,\ c)$ donc une représentation paramétrique de $\Delta$ est , $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& x_{I}+at \\y &=& y_{I}+bt \\z &=& z_{I}+ct \end{array}\right.\;,\ t\in\mathbb{R}$.

 

2. a. $H\in\Delta$ donc $\overrightarrow{IH}\perp P\;,$ $\ \overrightarrow{IH}$ et $\vec{n}$ sont colinéaires, il existe $k$ réel tel que $\overrightarrow{IH}=k\vec{n}$.

 

b. $\overrightarrow{IH}=k\vec{n}\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x_{H}-x_{I} &=& ka \\y_{H}-y_{I} &=& kb \\z_{H}-z_{I} &=& kc \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x_{H} &=& x_{I}+ka \\y_{H} &=& y_{I}+kb \\z_{H} &=& z_{I}+kc \end{array}\right.$. Or $H\in P$ donc ses coordonnées vérifient l'équation de $P$ et ainsi, $a(x_{I}+ka)+b(y_{I}+kb)+c(z_{I}+kc)+d=0\ \Leftrightarrow\ k(a^{2}+b^{2}+c^{2})=-(ax_{I}+by_{I}+cz_{I}+d)\ \Leftrightarrow\ k=\dfrac{-(ax_{I}+by_{I}+cz_{I}+d)}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$.

 

c. $\overrightarrow{IH}=k\vec{n}$ donc $IH=|k|\times|\vec{n}|$, or $|k|=\dfrac{|(ax_{I}+by_{I}+cz_{I}+d)|}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$ et $||\vec{n}||=\sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$ d'où

$IH=\dfrac{|(ax_{I}+by_{I}+cz_{I}+d)|}{\sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}$.

 

Partie B

 

1. $Q$ est tangent à $S$ donc la distance de $Q$ à $\Omega$ est égale à $r$ où $r$ est le rayon de $S$.

Or $dist(Q;\ \Omega)=\dfrac{|x_{\Omega}-y_{\Omega}+z_{\Omega}-11|}{\sqrt{(1^{2}+(-1)^{2}+1^{2})}}=\dfrac{|1+1+3-11|}{\sqrt{3}}=\dfrac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$. Le rayon de la sphère $S$ est égal à $\sqrt{3}$.

 

2. $\Delta$ est orthogonale au plan $Q$ donc un vecteur normal à $Q$ est un vecteur directeur de $\Delta$.
Or $\vec{n}(1;\ -1;\ 1)$ est un vecteur normal à $Q$. De plus, $\Delta$ passe par $\Omega(1;\ -1;\ 3)$ donc une représentation paramétrique de $\Delta$ est $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& 1+t \\y &=& -1-t \\z &=& 3+t \end{array}\right.\;,\ t\in\mathbb{R}$.

 

3. $Q$ est tangent à $S$ donc il existe un unique point d'intersection entre $Q$ et $S$. Soit $M(x;\ y;\ z)$ ce point.
La droite $\Delta$ est orthogonale à $Q$ et passe par le centre de $S$, donc $M$ appartient aussi à $\Delta$ et ainsi les coordonnées de $M$ vérifient les équations de $\Delta$ et $Q$.

On a donc $(1+t)-(-1-t)+(3+t)-11=0\ \Leftrightarrow\ 3t-6=0\ t=2$ donc $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& 1+2=3 \\y &=& -1-2=-3 \\z &=& 3+2=5 \end{array}\right.$.

 

L'intersection de $Q$ et $S$ a pour coordonnées $(3;\ -3;\ 5)$.

 

 

 

1. 18. Distance 1 point à 2 plans, France 2007 (c)

 

3 points

 

Correction

 

1. $\vec{n}_{P}\begin{pmatrix} 1 \\2 \\-1 \end{pmatrix}\;,\ \vec{n}_{P'}\begin{pmatrix} -1 \\1 \\1 \end{pmatrix}\;,\ \vec{n}_{P}\cdot\vec{n}_{P'}=-1+2-1=0$  donc les plans $(P)$ et $(P')$ sont perpendiculaires.

2. $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x+2y-z+1 &=& 0 \\-x+y+z &=& 0 \\z &=& t \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x+2y &=& t-1 \\-x+y &=& -t \\z &=& t \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& \dfrac{2}{3}+t-1 \\ \\y &=& -\dfrac{1}{3} \\ \\z &=& t \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& t-\dfrac{1}{3} \\ \\y &=& -\dfrac{1}{3} \\ \\z &=& t \end{array}\right.$.

 

3. $d(A;\ P)=\dfrac{|0+2-1+1|}{\sqrt{1+4+1}}=\dfrac{2}{\sqrt{6}}=2\sqrt{3}\;,\ d(A;\ P')=\dfrac{|0+1+1|}{\sqrt{1+1+1}}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$.

 

4. Soit $H$ et $H'$ les projections orthogonales de $A$ sur les plans ; $K$ le point d'intersection entre le plan $(AHH')$ et $(d)$ ; la distance de $A$ à $(d)$ est $AK$.

Par ailleurs les deux plans sont orthogonaux, $AHKH'$ est donc un rectangle,
soit $AK^{2}=AH^{2}+AH'^{2}=\dfrac{4}{6}+\dfrac{4}{3}=\dfrac{12}{6}=2\ \Rightarrow\ AK=\sqrt{2}$.

Autre méthode : prenons un point $M$ de paramètre $t$

sur $(d)$ ; $AM^{2}=f(t)=\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^{2}+\left(-\dfrac{1}{3}-1\right)^{2}+(t-1)^{2}$ 

soit $f(t)=t^{2}-\dfrac{2}{3}t+\dfrac{1}{9}+\dfrac{16}{9}+t^{2}-2t+1=2t^{2}-\dfrac{8}{3}t+\dfrac{26}{9}$.

 

Le minimum de f est atteint pour $4t-\dfrac{8}{3}=0\ \Leftrightarrow\ t=\dfrac{2}{3}\;,\ $ soit au point $K$ de coordonnées $\left(\dfrac{1}{3};\ -\dfrac{1}{3};\ \dfrac{2}{3}\right)$, et $AK^{2}= f\left(\dfrac{2}{3}\right)=\dfrac{8}{9}-\dfrac{16}{9}+\dfrac{26}{9}=2\ \Leftrightarrow\ AK=\sqrt{2}$

 

 

 

1. 19. Distance droite-droite, Polynésie sept 2007 (c)

4 points

 

Correction

 

1. a. $A(3,\ 0,\ 0),\ C(0,\ 3,\ 0),\ E(3,\ 0,\ 3)$.

 

b. $x_{L}=\dfrac{1}{2+1}(2.x_{C}+1.x_{E})=1\;,\ y_{L}=2\;,\ z_{L}=1$.

 

c. $\overrightarrow{AE}=(0;\ 0;\ 3)\;,\ \overrightarrow{DL}=(1;\ 2;\ 1)$.

 

2. Soit $(a,\ b)$ un couple de réels. On note $M$ le point de la droite $(AE)$ tel que et $N$ le point de la droite

$(DL)$ tel que $\overrightarrow{DN}=b\overrightarrow{DL}$.

 

a. $\overrightarrow{AM}=a\overrightarrow{AE}=(0;\ 0;\ 3a)\;,\ \overrightarrow{DN}=b\overrightarrow{DL}=(b;\ 2b;\ b)\;,\ \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}=\begin{pmatrix} -3+b \\2b \\-3a+b \end{pmatrix}$.

 

$\overrightarrow{Mn}\cdot\overrightarrow{DL}=(-3+b).1+2b.2+(-3a+b).1=-3+6b-3a=0\ \Leftrightarrow\ 2b-a=1$.

$\overrightarrow{Mn}\cdot\overrightarrow{AE}=(b-3).0+2b.0+(-3a+b).3=3b-9a=0\ \Leftrightarrow\ 3a-b=0$.

 

b. On résout : $\left\lbrace\begin{array}{lcl} -a+2b &=& 1 \\3a-b &=& 0 \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} 2b-1 &=& a \\6b-3-b &=& 0 \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} a &=& \dfrac{7}{3} \\ \\b &=& \dfrac{5}{3} \end{array}\right.$.

 

$(M_{0}N_{0})$ est orthogonale aux droites $(AE)$ et $(DL)$.

 

c. On a donc $\overrightarrow{AM}_{0}=(0;\ 0;\ 7)\ \Rightarrow\  M_{0}(3;\ 0;\ 7)$ et $\overrightarrow{DN}_{0}=\left(\dfrac{5}{3};\ \dfrac{10}{3};\ \dfrac{5}{3}\right)\ \Rightarrow\  N_{0}\left(\dfrac{5}{3};\ \dfrac{10}{3};\ \dfrac{5}{3}\right)$

 

$M_{0}N_{0}=\sqrt{\left(\dfrac{5}{3}-3\right)^{2}+\left(\dfrac{10}{3}-0\right)^{2}+\left(\dfrac{5}{3}-7\right)^{2}}=\sqrt{\dfrac{16}{9}+\dfrac{100}{9}\dfrac{256}{9}}=\dfrac{2\sqrt{93}}{3}$

 

 

1. 20. Droites, plan, barycentre, Pondicherry 2005 (c)

5 points

 

Correction

 

$A(1;\ 0;\ 2),\ B(1;\ 1;\ 4)$ et $C(-1;\ 1;\ 1)$.

1. a. $\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix} 1-1 \\1-0 \\4-2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\1 \\2 \end{pmatrix}\;,\ \overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix} -1-1 \\1-0 \\1-2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2 \\1 \\-1 \end{pmatrix}$, ces vecteurs ne sont pas colinéaires : $\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{AC}\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} 0 &=& -2k \\1 &=& k \\2 &=& -k \end{array}\right....bof$.

 

b. $\overrightarrow{AB}\cdot\vec{n}=\begin{pmatrix} 0 \\1 \\2 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} 3 \\4 \\-2 \end{pmatrix}=0+4-4=0$ et $\overrightarrow{AC}\cdot\vec{n}=\begin{pmatrix} -2 \\1 \\-1 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} 3 \\4 \\-2\end{pmatrix} =-6+4+2=0$. Le plan $(ABC)$ a pour équation : $\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0\ \Leftrightarrow\ \begin{pmatrix} x-1 \\y-1 \\z-2 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} 3 \\4 \\-2 \end{pmatrix}=0\ \Leftrightarrow\ 3x-3+4y-2z+4=0\ \Leftrightarrow\ 3x+4y-2z+1=0$.

 

2. a. Quand on intersecte $P_{1}$ et $P_{2}$ on a le système suivant : $\left\lbrace\begin{array}{lcl} 2x+y+2z+1 &=& 0 \\x-2y+6z &=& 0 \end{array}\right.$, soit en posant par exemple

$z=t\ :\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} 2x+y &=& -2t-1 \\x-2y &=& -6t \\z &=& t \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} 5y &=& 10t-1 \\x &=& 2y-6t \\z &=& t \end{array}\right.\left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& 4t-\dfrac{2}{5}-6t=2t-\dfrac{2}{5} \\ \\y &=& 2t-\dfrac{1}{5} \\ \\z &=& t \end{array}\right.$.

 

On peut noter qu'un vecteur directeur de $D$ est $\vec{u}=(-2;\ 2;\ 1)$.

 

b. $D$ et $(ABC)$ sont parallèles si $\vec{n}$ et $\vec{u}$ sont orthogonaux : $\vec{n}\cdot\vec{u}=\begin{pmatrix} 3 \\4 \\-2 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} -2 \\2 \\1 \end{pmatrix}=-6+8-2=0\;;$ ils sont bien parallèles.

 

3. $G$ barycentre des points $A,\ B$ et $C$ affectés des coefficients 1, 2 et $t$.

 

a. $G$ existe si la somme des coefficients ici $3+t$ n'est pas nulle, ce qui est vrai pour tout réel positif $t$.

$I\left(\dfrac{1.1+2.1}{3},\ \dfrac{1.0+2.1}{3},\ \dfrac{1.2+2.4}{3}\right)=\left(1,\ \dfrac{2}{3},\ \dfrac{10}{3}\right)$.

 

$G$ est donc le barycentre de $(I;\ 3),\ (C;\ t)$ d'où $\overrightarrow{IG}=\dfrac{t}{3+t}\overrightarrow{IC}$.

 

b. La fonction $f(t)=\dfrac{t}{3+t}$ a pour dérivée $f'(t)=\dfrac{1(3+t)-t.1}{(3+t)^{2}}=\dfrac{3}{(3+t)^{2}}>0$ et est croissante ; en 0 elle vaut 0, en $+\infty$ elle vaut 1 (sa limite est 1 en $+\infty$).

Lorsque $t$ parcourt les réels positifs, l'abscisse du point $G$ dans le repère $(I,\ \overrightarrow{IC})$ est $f(t)$, donc cette abscisse varie entre 0 et 1, et $G$ parcourt le segment $[IC]$ sauf le point $C$ qui est à la limite (la limite n'est pas atteinte).

Le milieu $J$ du segment $[IC]$ coïncide avec $G$ lorsque $f(t)=\dfrac{1}{2}\ \Leftrightarrow\ \dfrac{t}{3+t}=\dfrac{1}{2}\ \Leftrightarrow\ 2t=3+t\ \Leftrightarrow\ t=3$.

 

1. 21. Plan médiateur, sphère, Antilles 2005 (c)

6 points

 

Correction

 

A. $M$ appartient au plan médiateur de $[KL]$ si $MK=ML$, soit $MK^{2}=ML^{2}\ \Leftrightarrow\ MK^{2}-ML^{2}=0\ \Leftrightarrow\ (\overrightarrow{MK}-\overrightarrow{ML})(\overrightarrow{MK}+\overrightarrow{ML})=0\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{LM}\cdot 2\overrightarrow{MI}=0$.

C'est le plan perpendiculaire en $I$ à la droite $(KL)$.

 

B. 1. $I$ a pour coordonnées $\left(3;\ 1;\ \dfrac{1}{2}\right)\;;$

$\overrightarrow{IM}\cdot \overrightarrow{AB}=0\ \Leftrightarrow\ \begin{pmatrix} x-3 \\y-1 \\z+\dfrac{1}{2} \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} -2 \\2 \\5 \end{pmatrix}=0\ \Leftrightarrow\ -2x+2y+5z+6-2+\dfrac{5}{2}=0\ \Leftrightarrow\ 4x-4y-10z-13=0$.

 

2. $\left\lbrace\begin{array}{lcl} 4x-4y-10z-13 &=& 0 \\3x-3y+2z-5 &=& 0 \\2x-10y-6z-7 &=& 0 \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} 12x-12y-30z-39 &=& 0 \\12x-12y+8z-20 &=& 0 \\2x-10y-6z-7 &=& 0 \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} 4x-4y-10z-13 &=& 0 \\-38z-19 &=& 0 \\2x-10y-6z &=& 0 \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& y+2 \\ \\z &=& -\dfrac{1}{2} \\ \\x-5y-2 &=& 0 \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& 2 \\z &=& -\dfrac{1}{2} \\y &=& 0 \end{array}\right.$

 

$E$ a pour coordonnées $\left(2;\ 0;\ -\dfrac{1}{2}\right)$.

 

3. Les points $A,\ B,\ C$ et $D$ sont équidistants de $E$ car situés sur les plans médiateurs, ils sont donc sur une

sphère de centre $E$.

Le rayon de cette sphère est $AE=\sqrt{(2-4)^{2}+(0-0)^{2}+\left(-\dfrac{1}{2}+3\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{41}}{2}$

 

1. 22. Droites, plan, sphère, Polynésie 2003 (c)

5 points

 

Correction

1. $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& 8+2t \\y &=& 3t \\z &=& 8+2t \end{array}\right.$.

$D$ et $\Delta$ sont coplanaires soit parce qu'elles sont parallèles or leurs vecteurs directeurs sont $\vec{u}=\begin{pmatrix} 2 \\3 \\2 \end{pmatrix}\;,$  et $\vec{v}=\begin{pmatrix} 3 \\2 \\-2 \end{pmatrix}$ qui ne sont pas colinéaires, soit parce qu'elles sont sécantes :

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& 8+2t=-5+3s \\y &=& 3t=1+2s \\z &=& 8+2t=-2s \end{array}\right.\ \Rightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} -5+3s &=& -2s\Leftrightarrow s=1 \\y &=& 3t=1+2s\Rightarrow 3t=3\Rightarrow t=1 \\z &=& 8+2t=-5+3s\Leftrightarrow 10=-2 \end{array}\right.$ ce qui ne marche pas.

 

2. a. $\vec{n} (2;\ -2;\ 1)$ est orthogonal au vecteur directeur $\vec{u}$ de $D$ : $\vec{u}\cdot\vec{n}=\begin{pmatrix} 2 \\3 \\2 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} 2 \\-2 \\1 \end{pmatrix} =4-6+2=0\;;$ c'est bien un vecteur normal à $P$ puisque $D$ est parallèle à $P$.
Un point de $P$ est par exemple un point de $\Delta$ : pour $s=0$ , $C(-5;\ 1;\ 0)$. $\overrightarrow{CM}\cdot\vec{n}=0\ \Leftrightarrow\ \ldots\Leftrightarrow\ 2x-2y+z+12=0$.

 

b. Cherchons la distance entre $M$ sur $D$ et $P$ : $d(M,\ P)=\dfrac{|2(8+2t)-2(3t)+(8+2t)+12|}{\sqrt{4+4+1}}=\dfrac{|36|}{3}=12$. 

Ceci dit c'est évident, si $D$ est parallèle à $P$, la distance de $D$ à $P$ est forcément constante...

 

c. $\left\lbrace\begin{array}{lcl} 2x-2y+z+12 &=& 0 \\z &=& 0 \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& t-6 \\y &=& t \\z &=& 0 \end{array}\right.$.

 

3. $C\Omega)$ est orthogonal au plan $P$ puisque la sphère est tangente en $C$ à $P$. On cherche $\Omega$ tel que
$\overrightarrow{C\Omega}=k\vec{n}\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x_{\Omega} &=& 10+2k \\y_{\Omega} &=& 1-2k \\z_{\Omega} &=& 6+k \end{array}\right.$.

La distance $C\Omega=6$ , soit $(x_{\Omega}-10)^{2}+(y_{\Omega}-1)^{2}+(z_{\Omega}-6)^{2}=36\ \Rightarrow\ k^{2}=4\ \Rightarrow\ k=\pm 2$. On a donc deux

points possibles : (4; -3; 8 ) et (6; 5; 4); le plus près de $O$ est le deuxième, c'est le point cherché.

 

 

1. 23. Barycentre, Polynésie 2007 (c)

5 points

 

Correction

1. a. $x_{E}=\dfrac{1}{3}\left(2\times\dfrac{2}{3}+1\times\left(-\dfrac{4}{3}\right)\right)=0\;,\ y_{E}=-2\;,\ z_{E}=0$.

 

b. $||2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}||=3||\overrightarrow{MO}||\ \Leftrightarrow\ 3ME=3MO\ \Leftrightarrow\ ME=MO\;,\ (P)$ est le plan médiateur du segment $[OE]$.

 

c. $ME=MO\ \Leftrightarrow\ (x-0)^{2}+(y+2)^{2}+(z-0)^{2}=(x-0)^{2}+(y-0)^{2}+(z-0)^{2}_ \Leftrightarrow\ y^{2}+4y+4=y^{2}$  donc une équation du plan $(P)$ est $y=-1$.

 

2. a. $I$ a pour coordonnées : $\left(-\dfrac{1}{3};\ -\dfrac{3}{2};\ -1\right).$ Le rayon de $(S)$ est $\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}\sqrt{4+9+36}=\dfrac{7}{2}\;;\ $
$d(I,\ P)=\dfrac{\left|-\dfrac{3}{2}+1 \right|}{1}=\dfrac{1}{2}$. Comme cette distance est inférieure au rayon de $(S)$, il y a intersection.

 

b. On fait l'intersection entre $(S)$ et $(P)$ : $\left(x+\dfrac{1}{3}\right)^{2}+\left(y+\dfrac{3}{2}\right)^{2}+(z+1)^{2}=\dfrac{49}{4}$ et $y=-1$ , soit $\left(x+\dfrac{1}{3}\right)^{2}+\left(-1+\dfrac{3}{2}\right)^{2}+(z+1)^{2}=\dfrac{49}{4}\ \Leftrightarrow\ \left(x+\dfrac{1}{3}\right)^{2}+(z+1)^{2}=\dfrac{49}{4}-\dfrac{1}{4}=12$. Le centre de $(C)$ est le point $\left(-\dfrac{1}{3};\ -1;\ -1\right)\;,\ $ le rayon est $\sqrt{12}=2\sqrt{3}$.

 

3. Soit $D$ le point de coordonnées $\left(-\dfrac{1}{3};\ -\dfrac{1}{2};\ 4\sqrt{3}-1\right)$.

 

a. $\overrightarrow{IM}=t\overrightarrow{ID}\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x+\dfrac{1}{3} &=& t\times 0 \\ \\y+\dfrac{3}{2} &=& t\times 1 \\ \\z+1 &=& t\times 4\sqrt{3} \end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -\dfrac{1}{3} \\ \\y &=& -\dfrac{3}{2}+t \\ \\z &=& -1+t4\sqrt{3} \end{array}\right.$.

 

b. On remplace dans l'équation de $(C)\ :\  \left(x+\dfrac{1}{3}\right)^{2}+(z+1)^{2}=12\ \Rightarrow\ 0+48t^{2}=12\ \Rightarrow\ t=\pm\dfrac{1}{2}\;,$
soit les points $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -\dfrac{1}{3} \\ \\y &=& -2 \\ \\z &=& -1-2\sqrt{3} \end{array}\right.\text{ ou }\left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -\dfrac{1}{3} \\ \\y &=& -1 \\ \\z &=& -1+2\sqrt{3} \end{array}\right.\;,\ $ mais seul le second est dans le plan $(P)$ !

 

 

1. 24. Barycentre espace, Antilles 2004 (c)

5 points

 

Correction

 

$G_{1}\ :\ \{(A;\ 1);\ (B;\ 1);\ (C;\ -1);\ (D;\ 1)\}$

1. a. On a, quel que soit le point $M$ : $$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=2\overrightarrow{MG}_{1}$$

et en remplaçant $M$ par $I$, on obtient : $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}=2\overrightarrow{IG}_{1}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{CD}=2\overrightarrow{IG}_{1}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{IG}_{1}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{CD}$

 

b. $G_{2}\ :\ \{(A;\ 1);\ (B;\ 1);\ (D;\ 2)\}$. On a quel que soit le

point $M$ du plan : $$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MD}=4\overrightarrow{MG}_{2}$$

et en remplaçant $M$ par $I$, on obtient : $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{ID}=4\overrightarrow{IG}_{2}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{ID}=2\overrightarrow{IG}_{2}\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{IG}_{2}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{ID}$

 

c. D'après la question 1. a. on a $\overrightarrow{IG}_{1}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CJ}=\overrightarrow{JD}$ donc $IG_{1}DJ$ est un parallélogramme.

Ses diagonales se coupent en leur milieu, or on sait que $G_{2}$ est le milieu de $[ID]$, c'est donc aussi le milieu de $[JG_{1}]$.

 

2. a. Le barycentre existe si et seulement si la somme des coefficients n'est pas nulle. Elle est nulle quand $1+1+m-2+m=0$, c'est-à-dire quand $m=0$.

 

b. $G_{m}\ :\ \{(A;\ 1);\ (B;\ 1);\ (C;\ m-2);\ (D;\ m)\}$. Quel que soit $M$ du plan, on a : $$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+(m-2)\overrightarrow{MC}+m\overrightarrow{MD}=2m\overrightarrow{MG}_{m}$$

et en remplaçant $M$ par $I$ : $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+(m-2)\overrightarrow{IC}+m\overrightarrow{ID}=2m\overrightarrow{IG}_{m}$ ou encore $(m-2)\overrightarrow{IC}+m\overrightarrow{ID}=2m\overrightarrow{IG}_{m}$ c'est-à-dire $IG_{m}$ est une combinaison linéaire des vecteurs $\overrightarrow{IC}$ et $\overrightarrow{ID}$ 

,

donc le point $G_{m}$ est un point du plan $(ICD)$.

 

c. $$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+(m-2)\overrightarrow{MC}+m\overrightarrow{MD}=2m\overrightarrow{MG}_{m}$$ en remplaçant $M$ par $J$ on obtient : $\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB}+(m-2)\overrightarrow{JC}+m\overrightarrow{JD}=2m\overrightarrow{JG}_{m}$ ou encore $\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB}-2\overrightarrow{JC}+m\overrightarrow{JC}+m\overrightarrow{JD}=2m\overrightarrow{JG}_{m}$. Or $J$ est le milieu de $[CD]$ donc on obtient enfin : $\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB}-2\overrightarrow{JC}=2m\overrightarrow{JG}_{m}\ \Leftrightarrow\ m\overrightarrow{JG}_{m}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB})-\overrightarrow{JC}=\overrightarrow{JI}-\overrightarrow{JC}=\overrightarrow{JI}+\overrightarrow{CJ}=\overrightarrow{CI}$

 

d. On a $ m\overrightarrow{JG}_{m}=\overrightarrow{CI}=\overrightarrow{JG_{1}}$ ; d'après les questions précédentes. Ceci signifie que les points $G_{m}$ se trouvent sur la droite $(JG_{1})$.

 

 

1. 25. Molécule de méthane (c)

 

Correction

 

1. Pour construire le centre de gravité G du tétraèdre $ABCD$ on construit le barycentre de $\{ (A;\ 1),\ (B;\ 1),\ (C;\ 1),\ (D;\ 1) \}$.
Par ailleurs $G$ est tel que $GA=GD=GB=GC$ et appartient aux plans médiateurs de $[AB],\ [BC]$ et $[AC]$ ; ces trois plans sont perpendiculaires respectivement à $(AB),\ (BC)$ et $(AC)$, l'intersection de ces trois plans est la droite $(GD)$ qui est donc perpendiculaire au plan $(ABC)$.

H est à l'intersection des médiatrices dans le triangle $(ABC)$ qui est équilatéral ; c'est le centre de ce triangle.

 

En prenant le barycentre $H$ de $\{ (A;\ 1),\ (B;\ 1),\ (C;\ 1) \}$, on a $G$ barycentre de $\{ (H;\ 3),\ (D;\ 1) \}$ et donc $\overrightarrow{HG}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{HD}\;,$ soit $GH=\dfrac{1}{4}DH$.

 

2. $CID$ est isocèle et $CI=ID$. Comme les triangles $ABC,\ CBD$, etc. sont équilatéraux, $CI=ID=a\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

$H$ est le centre de gravité de $ABC$ donc $CH=\dfrac{3}{2}a\dfrac{\sqrt{3}}{2}=a\dfrac{\sqrt{3}}{3}\;;\ $

$DHC$ est rectangle en $H$ donc $CH^{2}+DH^{2}=DC^{2}\ \Leftrightarrow\ DH^{2}=a^{2}-a^{2}\dfrac{3}{9}=a^{2}\dfrac{2}{3}\ \Leftrightarrow\ DH=a\dfrac{\sqrt{6}}{3}\;;\ $ on en tire $GH=\dfrac{1}{4}DH=a\dfrac{\sqrt{6}}{12}\;;$ enfin $GC=GD\dfrac{3}{4}DH=a\dfrac{\sqrt{6}}{4}$.

Avec Al-Kashi : $\cos\widehat{CGD}=\dfrac{CD^{2}-GC^{2}-GD^{2}}{-2GC.GD}=\dfrac{a^{2}\left(1-\dfrac{6}{16}-\dfrac{6}{16}\right)}{-2a^{2}\dfrac{6}{16}.\dfrac{6}{16}}=\dfrac{\dfrac{1}{4}}{-\dfrac{9}{32}}=-\dfrac{8}{9}\ \Rightarrow\ \widehat{CGD}\approx 152.73^{o}$.

 

3. On construit le centre de gravité de gauche, $G_{1}\ :\ \{(H;\ 1),\ (H;\ 1),\ (H;\ 1),\ (C;\ 12)\}$ qui aura la masse 15 et celui de droite, $G_{2}\ :\ \{(H;\ 1),\ (O;\ 16),\ (C;\ 12)\}$ qui aura la masse 45.
Le centre de gravité de la molécule sera en $G$ tel que $\overrightarrow{G_{1}G}=\dfrac{45}{64}\overrightarrow{G_{1}G}_{2}$.

 

 

 

1. 26. Lignes de niveau, Liban 2006 (c)

5 points

 

Correction

 

1. $A,\ B$ et $C$ sont alignés si il existe $k$ réel tel que $\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AB}\ \Leftrightarrow\ \begin{pmatrix} 1 \\1 \\1 \end{pmatrix}=k\begin{pmatrix} -5 \\-2 \\4 \end{pmatrix}$...ce qui est impossible.

 

2. a. Un vecteur directeur de $(d)$ est $\vec{n}=\begin{pmatrix} 2 \\-3 \\1 \end{pmatrix}\;;\ $ on calcule les produits scalaires $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=-10+6+4=0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=2-3+1=0$ donc $(d)$ est orthogonale à $(ABC)$. 

 

b. $M(x,\ y,\ z)\in(ABC)\ \overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0\ \Leftrightarrow\ \begin{pmatrix} x-2 \\y-1 \\z-3 \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} 2 \\-3 \\1 \end{pmatrix}=0\ \Leftrightarrow\ 2x-3y+z-4=0$.

 

3. a. On remplace $x,\ y,\ z$ dans l'équation de $(ABC)$ par : $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -7+2t \\y &=& -3t \\z &=& 4+t \end{array}\right.\;;\ $ soit $2(-7+2t)-3(-3t)+(4+t)-4=0\ \Leftrightarrow\ 14t-14=0\ \Leftrightarrow\ t=1\ \Rightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& -7+2=-5 \\y &=& -3 \\z &=& 4+1=5 \end{array}\right.$.

 

Le barycentre de $\{(A;\ -2),\ (B;\ -1),\ (C;\ 2)\}$ a pour coordonnées : $\left\lbrace\begin{array}{lcl} x &=& \dfrac{1}{-1}((-2).2-1.(-3)+2.3)=-5 \\ \\y &=& \dfrac{1}{-1}(-2.1-1.(-1)+2.2)=-3 \\ \\z &=& \dfrac{1}{-1}(-2.3-1.7+2.4)=5 \end{array}\right.$, c'est bien $H$.

 

b. On peut le faire avec les coordonnées ou avec le barycentre : $-2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=-\overrightarrow{MH}$ et $\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{CB}$ d'où $(-2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC})\cdot(\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC})=0\ \Leftrightarrow\ \overrightarrow{MH}\cdot\overrightarrow{CB}=0\;;\ \Gamma_{1}$ est le plan passant par $H$ et orthogonal à $(CB)$.

 

c.  $||-2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}||=\sqrt{29}\ \Leftrightarrow\ MH=\sqrt{29}\ :\ \Gamma_{2}$ est la sphère de centre $H$, de rayon $\sqrt{29}$.

 

d. Comme $\Gamma_{1}$ contient $H$, l'intersection de $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ est le cercle de centre $H$, de rayon $\sqrt{29}$.

 

e. Il suffit de calculer la distance $SH\ :\ \sqrt{(-8+5)^{2}+(1+3)^{2}+(5-3)^{2}}=\sqrt{9+16+4}=\sqrt{29}$ donc oui.

 

 

1. 27. Homothétie (c)

 

Correction

 

La construction est facile à réaliser et donne les résultats immédiatement y'a plus qu'à les montrer.

 

 

1. $[BC]$ est une corde du cercle $\gamma$ donc $(OM)$ est orthogonal à $(BC)$ en $M$ ; le triangle $PMO$ est rectangle en $M$ donc $M$ décrit un cercle de diamètre $[OP]$ : c'est $E_{1}$.

 

2. a. Soit $h$ l'homothétie de centre $A'$ de rapport 2 : par $h\;;\ P$ a pour image $O$, $O$ a pour image $A$ et $M$ a pour

image un point $K$ tel que $(OK)$ soit parallèle à $(PM)$ et $(OM)$ soit parallèle à $(AK)$.

$(OM)$ est orthogonale à $(PM)$, donc $(AK)$ est orthogonale à $(PM)$, c'est la hauteur $(AH)$. Moralité $K$ est sur $(A'M)$ par construction et sur $(AH)$ comme image de $M$, c'est donc le point $D$.

Puisque $D$ est l'image de $M$, $D$ décrit l'image du cercle $E_{1}$ par $h$, soit le cercle $E_{2}$ de diamètre $[OA]$.

 

b. Comme $h(M)=D$, on a $M$ au milieu de $[A'D]$ ; comme $M$ est au milieu de $[BC]$ par construction, les deux diagonales ont même milieu, $A'BDC$ est un parallélogramme.

Par conséquent $(A'B)$ est parallèle à $(CD)$ ; mais $[AA']$ est un diamètre du cercle $\gamma$ donc $(A'B)$ est orthogonale à $(AB)$ ainsi que $(CD)$. Conclusion $(CD)$ est une hauteur du triangle $ABC$.
Comme $D$ est déjà sur la hauteur $(AH)$, c'est bien l'orthocentre.

 

3. On peut utiliser simplement la relation d'Euler (dans un triangle le centre de gravité $G$, l'orthocentre $H$ et le centre du cercle circonscrit $O$ sont alignés et on a $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$) : $O$ est le centre du cercle circonscrit, $D$ l'orthocentre et $I$ le centre de gravité, ce qui donne immédiatement le résultat. Sinon on utilise

l'homothétie $h'$ de centre $A$, de rapport $\dfrac{2}{3}$ qui envoie $P$ sur $O,\ M$ sur $I$ et qui donne le même résultat.

Par $h'$ le cercle $E_{1}$ se transforme en cercle $E_{3}$ de diamètre $[OA'']$ où $A''$ est l'image de $O$ par $h'$.

 

 

1. 28. EPF 2003, carré qui tourne (c)

 

Correction

 

Pour vérifier qu'on a bien un carré il suffit de vérifier qu'on a des angles droits et que les diagonales ont même longueur.

Dans le repère $(O;\ \overrightarrow{OA},\ \overrightarrow{OB})$ avec $(\overrightarrow{OA},\ \overrightarrow{OB})=\alpha$ on a les coordonnées des points : $A(1;\ 0),\ B(0;\ 1),\ D(\cos\alpha;\ \sin\alpha)$.

Pour $C$ on a $(\overrightarrow{OA},\ \overrightarrow{OC})=\alpha+\dfrac{\pi}{2}$ donc les coordonnées de $C$ sont $\cos\left(\alpha-\dfrac{\pi}{2}\right)=\sin\alpha$ et $\sin\left(\alpha-\dfrac{\pi}{2}\right)=-\cos\alpha$.

On en déduit les coordonnées de $P$ : $\left(\dfrac{1}{2};\ \dfrac{1}{2}\right)\;,$

 de $S$ : $\left(\dfrac{1+\cos\alpha}{2};\ \dfrac{\sin\alpha}{2}\right)\;,$ de $R$ : $\left(\dfrac{\cos\alpha+\sin\alpha}{2};\ \dfrac{\sin\alpha-\cos\alpha}{2}\right)$ et de $Q$ : $\left(\dfrac{\sin\alpha}{2};\ \dfrac{1-\cos\alpha}{2}\right)$.

 

On vérifie qu'on a un parallélogramme en vérifiant que le milieu de $[PR]$ est également celui de $[QS]$, soit le point $K\left(\dfrac{1+\cos\alpha+\sin\alpha}{2};\ \dfrac{1+\sin\alpha-\cos\alpha}{2}\right)$.

 

Pour simplifier les calculs dans la suite on multiplie tout par 2 ce qui ne changera rien au résultat final.

$2\overrightarrow{PR}=\begin{pmatrix} \cos\alpha+\sin\alpha-1 \\ \sin\alpha-\cos\alpha-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} u \\v \end{pmatrix}\;,\ 2\overrightarrow{QS}=\begin{pmatrix} 1+\cos\alpha-\sin\alpha \\ \sin\alpha-1+\cos\alpha \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -v \\u \end{pmatrix}\;;$ en fait ici lorsqu'on va calculer les longueurs $2PR$ et $2QS$ les termes seront identiques et vaudront $\sqrt{u^{2}+v^{2}}$. Il est donc inutile de faire le calcul ; de même on a $2\overrightarrow{PR}\cdot 2\overrightarrow{QS}=-uv+uv=0$. En fait ceci suffit : on a un losange dont les diagonales ont même longueur, c'est un carré.

 

 

1. 29. Le théorème de Napoléon 2 (c)

 

1. On démontre d'abord que les droites $(AA'),\ (BB')$ et $(CC')$ sont concourantes en un point $F$ (point de Fermat-Torricelli).

Par la rotation de centre $C$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$, $B'$ a pour image $A$ et $B$ a pour image $A'$. La rotation conservant la distance on a donc $AA'=BB'$ et l'image de la droite $(AA')$ est $(BB')$ : elles sont sécantes et forment un angle de même mesure que celui de la rotation, soit $\dfrac{\pi}{3}$.

On appelle $F$ le point d'intersection des droites $(AA')$ et $(BB')$ ; on a donc $\widehat{AFB}=\dfrac{2\pi}{3}\;,\ \widehat{B'CA}=\dfrac{\pi}{3}$ et $\widehat{B'FA}=\dfrac{\pi}{3}$.

On en déduit que les quatre points $A,\ B',\ C$ et $F$ sont cocycliques et appartiennent au cercle $\Gamma_{2}$ circonscrit au triangle $AB'C$ qui a pour centre $J$.

De même les quatre points $A,\ F,\ B$ et $C'$ sont cocycliques et appartiennent au cercle $\Gamma_{3}$ circonscrit au

triangle $ABC'$ qui a pour centre $K$.

L'angle $\widehat{CFA}$ étant un angle inscrit dans le cercle $\Gamma_{2}$ , sa mesure est supplémentaire de celle de $\widehat{AB'C}$ et vaut donc $\dfrac{2\pi}{3}$.

L'angle $\widehat{C'FA}$ étant un angle inscrit dans le cercle $\Gamma_{3}$ , sa mesure est celle de $\widehat{C'BA}$ , donc vaut aussi $\dfrac{\pi}{3}$.

On en déduit que $\widehat{CFC'}=\widehat{CFA}+\widehat{AFC'}=\pi$, et donc que $C,\ F$ et $C'$ sont alignés : la droite $(CC')$ passe aussi par $F$.

 

2. On construit le triangle $MNP$ en traçant les droites perpendiculaires à $(AA'),\ (BB')$ et $(CC')$ respectivement

en $A,\ B$ et $C$.

Par construction, les triangles $FCN$ et $FAN$ sont rectangles d'hypoténuse $[FN]$ . Ils ont donc le même cercle circonscrit ; les points $A$ et $C$ appartiennent à ce cercle de diamètre $[FN]$, qui n'est autre que le cercle $\Gamma_{2}$ , puisque ce cercle contient $A,\ C$ et $F$. Les points $A,\ C,\ F,\ B'$ et $N$ sont cocycliques . On en déduit que $\widehat{ANC}=\widehat{AB'C}=\dfrac{\pi}{3}$.

Il en est de même pour $P$ qui appartient donc à $\Gamma_{3}$ , et $M$ qui appartient à $\Gamma_{1}$ . Donc  $\widehat{BMP}=\dfrac{\pi}{3}$ et $\widehat{CMB}=\dfrac{\pi}{3}$. Finalement le triangle $MNP$ est équilatéral.

 

3. Une homothétie pour conclure.

Le cercle de diamètre $[FN]$ est le cercle $\Gamma_{2}$ , donc son centre est $J$. L'homothétie $h$ de centre $F$ et de rapport $\dfrac{1}{2}$, transforme donc $N$ en $J$. De même cette homothétie transforme $M$ en $I$ et $P$ en $K$.

Le triangle $MNP$ étant équilatéral, son image par $h$, soit $IJK$, est aussi un triangle équilatéral.

 

 

 

 

 

Avec les complexes :

 

On choisit un repère de sorte que $A(0),\ B(1)$ et $C(u)$.

 

1. Affixes de $A',\ B'$ et $C'$.

 

2. Affixes des isobarycentres $I,\ J,\ K$ de $(A,\ C,\ B'),\ (B,\ C,\ A')$ et $(C,\ A,\ B')$.

 

3. Montrer que $IJK$ est équilatéral.

 

4. Montrer que les cercles circonscrits aux triangles $ACB',\ BCA'$ et $CAB'$ sont sécants en $F$ dont on précisera l'affixe.

 

5. Montrer que les symétriques respectifs de $F$ par rapport à $I,\ J$ et $K$ forment un triangle équilatéral.

Montrer qu'il existe une homothétie dont on précisera le rapport qui envoie $IJK$ sur $NMP$.