Baccalauréat S Pondichéry 16 avril 2013 - Correction de l'Exercice 2

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Exercice 2 4 points

Commun à tous les candidats

Pour chacune des questions, quatre propositions de réponse sont données dont une seule est exacte. Pour chacune des questions indiquer, sans justification, la bonne réponse sur la copie. Une réponse exacte rapporte $1$ point. Une réponse fausse ou l'absence de réponse ne rapporte ni n'enlève aucun point. Il en est de même dans le cas où plusieurs réponses sont données pour une même question.
L'espace est rapporté à un repère orthonormal. $t$ et $t'$ désignent des paramètres réels.
Le plan (P) a pour équation $x - 2y + 3z + 5 = 0$.
Le plan (S) a pour représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l c l} x&=&- 2 + t + 2t'\\ y&=&- t - 2t'\\ z&=&- 1 - t + 3t' \end{array}\right.$
La droite (D) a pour représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l c l} x&=&- 2 + t\\ y&=&- t \\ z&=&- 1 - t \end{array}\right.$ On donne les points de l'espace M$(-1~;~2~;~3)$ et N$(1~;~-2~;~9)$.

1. Une représentation paramétrique du plan (P) est :
   1. $\left\{\begin{array}{l c l} x&=& t\\y&=& 1- 2t\\ z&=& -1 + 3t \end{array}\right.$
   2. $\left\{\begin{array}{l c l} x&=& t + 2t'\\y&=& 1- t + t'\\z&=& - 1 - t\end{array}\right.$
   3. $\left\{\begin{array}{l c l} x&=&t + t'\\ y&=& 1 - t- 2t'\\z&=& 1 - t - 3t'\end{array}\right.$
   4. $\left\{\begin{array}{l c l} x&=& 1 + 2t + t'\\y&=& 1 - 2t + 2t'\\z&=& - 1 - t'\end{array}\right.$
Un vecteur normal à (P) est $\vec{n} (1;−2;3)$. Le point A(0;1;-1) appartient à ce plan.
L'équation (a) est celle d'une droite. Dans l'équation (b), 2 vecteurs de base sont $\vec{u} (1;−1;−1)$ et $\vec{v} (2;1;0)$ De plus $\vec{n}\cdot \vec{u}=1+2–3=0$ et$\vec{n}\cdot \vec{v} =2–2+0=0$. Par conséquent $\vec{n}$ est normal au plan défini par l'équation (b). A vérifie également cette équation.
Réponse b
2. 1. La droite (D) et le plan (P) sont sécants au point A$(- 8~;~3~;~2)$.
   2. La droite (D) est une droite du plan (P).
   3. La droite (D) et le plan (P) sont strictement parallèles.
Un vecteur directeur de (D) est $\vec{k} (1;-1;-1)$ et $\vec{n} \cdot\vec{k} =1+2–3=0$. Par conséquent (D) est parallèle (au sens large) au plan (P). Un point de (D) est B(-2;0;-1). Regardons si ce point appartient à (P). $-2+0-3+5=0$. Donc (D) est une droite de (P).
Réponse c
3. 1. La droite (MN) et la droite (D) sont orthogonales.
   2. La droite (MN) et la droite (D) sont parallèles.
   3. La droite (MN) et la droite (D) sont sécantes.
   4. La droite (MN) et la droite (D) sont confondues.
$\vec{MN}(2;−4;6)$ donc$\vec{MN}$ et $\vec{k} $ ne sont pas colinéaires. $\vec{MN}\cdot \vec{k} =2+4–6=0$. Donc (MN) et (D) sont orthogonales.
Réponse a
4. 1. Les plans (P) et (S) sont parallèles.
   2. La droite $(\Delta)$ de représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l c l}x&=&t\\y&=&- 2 - t\\z &=& -3-t \end{array}\right.$ est la droite d'intersection des plans (P) et (S).
   3. Le point M appartient à l'intersection des plans (P) et (S).
   4. Les plans (P) et (S) sont perpendiculaires.
Si on remplace les coordonnées $x, y$ et $z$ de $(\Delta)$ dans l'équation de (P), on se retrouve avec l'équation : $$t-2(−2−t)+3(−3−t)+5=0\Longleftrightarrow 0=0$$ $$\left\{ \begin{array}{l} -2 + t + 2t’ = k \\\\ -t – 2t’ = -2 – k \\\\-1 -t + 3t’ = -3 – k \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t’ = 0 \\\\ -t= -2 – k \end{array} \right.$$ Donc $(\Delta)$ est incluse dans (S). $(\Delta)$ appartient donc à l'intersection des 2 plans.
Réponse b