Baccalauréat S Asie 19 juin 2014 - Correction Exercice 1

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Correction de l'exercice 1 (4 points)

Commun à tous les candidats

 

1. Dans l'espace, rapporté à un repère orthonormal, on considère les points A$(1~;~- 1~;~- 1)$, B(1~;~1~;~1), C(0~;~3~;~1) et le plan $\mathcal{P}$ d'équation $2x + y - z + 5 = 0$.
   
   Question 1
   
   Soit $\mathcal{D}_{1}$ la droite de vecteur directeur $\vec{u}(2~;~-1~;~1)$ passant par A. Une représentation paramétrique de la droite $\mathcal{D}_{1}$ est :
   $$\begin{array}{llll}
   a. \left\{\begin{array}{l cl} x&=&2+t \\ y&=&- 1 - t\\ z&=&1 - t \end{array}\right. \quad (t \in \mathbb{R})& b. \left\{\begin{array}{l cl} x&=&- 1 + 2t \\ y&=&1 - t\\ z&=&1 + t \end{array}\right. \quad (t \in \mathbb{R})\\ c. \left\{\begin{array}{l cl} x&=&5 + 4t \\ y&=&- 3 - 2t\\ z&=&1 + 2t \end{array}\right. \quad (t \in \mathbb{R})& d. \left\{\begin{array}{l cl} x&=&4 - 2t \\ y&=&- 2 + t\\ z&=&3 - 4 t \end{array}\right. \quad (t \in \mathbb{R})\\ \end{array} $$
   
   

La droite $\mathscr{D}_1$ passe par le point $A(1;-1;1)$ et a comme vecteur directeur $\vec {u}(2;-1;1)$

Si on regarde les systèmes proposés, les vecteurs associés aux systèmes a. et d. ne sont pas colinéaires à $\vec{u}$.

Si on prend le système b. avec $t=1$ alors $x=1$ mais $y=0$.

Ce ne peut donc être que le système d.

Vérifions que les coordonnées de $A$ vérifient le système.

Si on prend $t=-1$ alors : $x=1$, $y=-1$ et $z=-1$. Ce qu’on voulait.

Réponse c

2. 
   Question 2
   Soit $\mathcal{D}_{2}$ la droite de représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l cl} x&=&1 + t \\ y&=&- 3 - t\\ z&=&2 - 2 t \end{array}\right. \quad (t \in \mathbb{R})$.
   a. La droite $\mathcal{D}_{2}$ et le plan $\mathcal{P}$ ne sont pas sécants
   b. La droite $\mathcal{D}_{2}$ est incluse dans le plan $\mathcal{P}$.
   c. La droite $\mathcal{D}_{2}$ et le plan $\mathcal{P}$ se coupent au point E$\left(\dfrac{1}{3}~;~- \dfrac{7}{3}~;~\dfrac{10}{3} \right)$.
   d. La droite $\mathcal{D}_{2}$ et le plan $\mathcal{P}$ se coupent au point F$\left(\dfrac{4}{3}~;~- \dfrac{1}{3}~;~\dfrac{22}{3} \right)$.

Un vecteur directeur de $\mathscr{D}_2$ est $\vec{v}(1;-1;-2)$.
Un vecteur normal au plan $\mathscr{P}$ est $\vec{n}(2;1;-1)$.

Calculons $\vec{n}.\vec{u} = 2 – 1 + 2 = 3$. On peut donc rejeter les propositions a. et b.

La droite et le plans sont sécants.

Regardons si $E$ appartient au plan et à la droite.

Pour $\mathscr{P}$ : $\dfrac{2}{3} – \dfrac{7}{3} – \dfrac{10}{3} + 5 = -5 + 5 = 0$.
Pour $\mathscr{D}$ : Si $t=-\dfrac{2}{3}$ alors $x=\dfrac{1}{3}$, $y=-\dfrac{7}{3}$ et $z=\dfrac{10}{3}$.

Réponse c

3. Question 3

   a. L'intersection du plan $\mathcal{P}$ et du plan (ABC) est réduite à un point.

   b. Le plan $\mathcal{P}$ et le plan (ABC) sont confondus.

   c. Le plan $\mathcal{P}$ coupe le plan (ABC) selon une droite.

   d. Le plan $\mathcal{P}$ et le plan (ABC) sont strictement parallèles.

   Question 4

On a $\vec{AB}(0;2;2)$ et $\vec{AC}(-1;4;2)$. Ces 2 vecteurs ne sont pas colinéaires.
$\vec{n}.\vec{AB} = 0+2-2 = 0$ $\quad$ et $\quad$ $\vec{n}.\vec{AC} = -2+4-2 = 0$.

Le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à $2$ vecteurs non colinéaires. Les $2$ plans sont donc parallèles.

Regardons si $A$ appartient à $\mathscr{P}$ : $2 – 1 + 1 + 5 = 7 \ne 0$.

Donc les plans sont strictement parallèles.
Réponse d

4. Une mesure de l'angle $\widehat{\text{BAC}}$ arrondie au dixième de degré est égale à :
   $$\begin{array}{cccc} a. 22,2 \text { ° }& b. 0,4~\text { ° }& c. 67,8~\text { ° } & d. 1,2~\text { ° } \end{array}$$

$\vec{AB}.\vec{AC} = 0+8+4 =12= AB \times AC \times \cos \widehat{BAC}$

Or $AB = \sqrt{8}$ et $AC = \sqrt{21}$

Donc $\cos \widehat{BAC} = \dfrac{12}{\sqrt{21 \times 8}} = \dfrac{\sqrt{42}}{7}$.

Par conséquent $\widehat{BAC} \approx 22,2°$

Réponse a