Exercice 4 déja utilisé expert - Exercice 1

La bonne réponse est a.
$$\vec{AB} .\vec{AG} =\vec{AB} .\left(\vec{AB} +\vec{BC} +\vec{CG} \right)$$ équivaut successivement à
$$\vec{AB} .\vec{AG} =\vec{AB} .\vec{AB} +\vec{AB} .\vec{BC} +\vec{AB} .\vec{CG}$$ . Or $$\vec{CG} =\vec{AE}$$.
Ainsi,
$$\vec{AB} .\vec{AG} =\vec{AB} .\vec{AB} +\vec{AB} .\vec{BC} +\vec{AB} .\vec{AE}$$ .
Or $$\left(AB\right)$$ est perpendiculaire à $$\left(BC\right)$$ mais aussi à $$\left(AE\right)$$.
Il vient alors que :
$$\vec{AB} .\vec{AG} =\vec{AB} .\vec{AB} +0+0$$
$$\vec{AB} .\vec{AG} =\vec{AB} .\vec{AB}$$
$$\vec{AB} .\vec{AG} =AB^{2}$$

La bonne réponse est c.
$$\vec{SA} .\vec{SB} =\left\| \vec{SA} \right\| \times \left\| \vec{SB} \right\| \times \cos \left(\vec{SA} ;\vec{SB} \right)$$
$$\vec{SA} .\vec{SB} =a\times a\times \cos \left(\frac{\pi }{3} \right)$$
car $$ABS$$ est équilatéral.

La bonne réponse est c.
Soient $$\vec{n} \left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {1} \end{array}\right)$$ un vecteur normal du plan $$P$$ et $$\vec{u} \left(\begin{array}{c} {1} \\ {1} \\ {-3} \end{array}\right)$$ un vecteur directeur de $$\left(D\right)$$ .
On vérifie aisément que les vecteurs $$\vec{n} \left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {1} \end{array}\right)$$ et $$\vec{u} \left(\begin{array}{c} {1} \\ {1} \\ {-3} \end{array}\right)$$ ne sont pas colinéaires, donc le plan $$P$$ et la droite $$\left(D\right)$$ ne sont pas orthogonaux.
De plus $$\vec{n} .\vec{u} =2\times 1+1\times 1+1\times \left(-3\right)=0$$.
Cela signifie que le plan $$P$$ et la droite $$\left(D\right)$$ sont parallèles.
Mais on remarque que dans les choix des réponses proposées, le plan $$P$$ et la droite $$\left(D\right)$$ sont confondues.
Vérifions alors cette éventualité.
On cherche à démontrer si le plan $$P$$ et la droite $$\left(D\right)$$ ont des points en communs.
Si tel est le cas alors le plan $$P$$ et la droite $$\left(D\right)$$ sont confondues car on sait déjà qu'ils sont parallèles.
$$\left(P\cap D\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {x+y-3z+9=0} \\ {x=2t+1} \\ {y=t+1} \\ {z=t} \end{array}\right.$$où $$t\in \mathbb{R}$$ .
On remplace la valeur de $$x$$, $$y$$ et $$z$$ dans le plan $$P$$
$$\left(P\cap D\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {2t+1+t+1-3t+9=0} \\ {x=2t+1} \\ {y=t+1} \\ {z=t} \end{array}\right.$$ équivaut successivement à
Ainsi $$\left(P\cap D\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {11=0} \\ {x=2t+1} \\ {y=t+1} \\ {z=t} \end{array}\right.$$
La première ligne $$11=0$$ est une équation impossible.
Cela signifie que le plan et la droite n'ont aucun point d'intersection, le plan et la droite sont donc strictement parallèles.

La bonne réponse est c.
Il suffit de vérifier quels sont les points qui appartiennent à l'équation cartésienne donné.
Le point $$A$$ appartient au plan car $$-1+2-3\times 2+5=0$$
Le point $$B$$ appartient au plan car $$2+2\times \left(-2\right)-3+5=0$$
Le point $$D$$ appartient au plan car $$-3-2-3\times 0+5=0$$
L'équation cartésienne est celle du plan $$ABD$$.

La bonne réponse est a.
On note $$\vec{u_{1} } \left(\begin{array}{c} {-3} \\ {2} \\ {-1} \end{array}\right)$$ et $$\vec{u_{2} } \left(\begin{array}{c} {5} \\ {-4} \\ {2} \end{array}\right)$$ respectivement les vecteurs directeurs des droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$.
On vérifie facilement que les vecteurs $$\vec{u_{1} }$$ et $$\vec{u_{2} }$$ ne sont pas colinéaires.
Il en résulte que les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$ ne sont pas parallèles.
De plus, $$\vec{u_{1} } .\vec{u_{2} } =\left(-3\right)\times 5+2\times \left(-4\right)+\left(-1\right)\times 2\ne 0$$.
Il en résulte que les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$ ne sont pas orthogonales.
Il nous reste à voir si les droites sont sécantes.
Il faut résoudre le système constitué des deux écritures paramétriques des droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$, et déterminons les valeurs de $$t$$ et $$s$$.
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2-3t} & {=} & {1+5s} \\ {5+2t} & {=} & {-3-4s} \\ {4-t} & {=} & {7+2s} \end{array}\right.$$ avec la troisième ligne on exprime $$t$$ en fonction de $$s$$.
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2-3t} & {=} & {1+5s} \\ {5+2t} & {=} & {-3-4s} \\ {t} & {=} & {-2s-3} \end{array}\right.$$ on remplace ensuite $$t$$ dans la 1^ère équation et dans la 2^ème pour déterminer la valeur de $$s$$.
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2-3\times \left(-2s-3\right)} & {=} & {1+5s} \\ {5+2\times \left(-2s-3\right)} & {=} & {-3-4s} \\ {t} & {=} & {-2s-3} \end{array}\right.$$ équivaut successivement à
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2+6s+9} & {=} & {1+5s} \\ {5-4s-6} & {=} & {-3-4s} \\ {t} & {=} & {-2s-3} \end{array}\right.$$
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {6s+11} & {=} & {1+5s} \\ {-4s-1} & {=} & {-3-4s} \\ {t} & {=} & {-2s-3} \end{array}\right.$$
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {6s-5s} & {=} & {1-11} \\ {-4s+4s} & {=} & {-3+1} \\ {t} & {=} & {-2s-3} \end{array}\right.$$
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {s} & {=} & {-10} \\ {0} & {=} & {-2} \\ {t} & {=} & {-2s-3} \end{array}\right.$$
Ici la 2^ème ligne $$0=-2$$ est une égalité fausse.
Les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$ ne sont donc pas sécantes.
On peut conclure alors que les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$ ne sont pas coplanaires.

La bonne réponse est d.
Ne vous méprenez pas $$y=2x+1$$ ressemble à l'écriture d'une droite mais ici nous sommes dans l'espace.
Ainsi $$y=2x+1$$ s'écrit $$-2x+y-1=0$$.
On peut aussi écrire $$2x-y+1=0$$ (on a multiplié le membre de gauche et celui de droite par $$-1$$)
On reconnaît donc l'écriture cartésienne d'un plan donc le vecteur normal est $$\vec{n} \left(2;-1;0\right)$$.
De plus le point $$A\left(1;3;1\right)$$ appartient au plan $$2x-y+1=0$$ car $$2x_{A} -y_{A} +1=2\times 1-3+1=0$$

La bonne réponse est c.
Calculons maintenant les vecteurs $$\vec{AB}$$, $$\vec{AC}$$ et $$\vec{AD}$$.
$$\vec{AB} \left(\begin{array}{c} {-4} \\ {1} \\ {-6} \end{array}\right)$$ , $$\vec{AC} \left(\begin{array}{c} {-6} \\ {2} \\ {-10} \end{array}\right)$$ et $$\vec{AD} \left(\begin{array}{c} {-4} \\ {m+1} \\ {-8} \end{array}\right)$$
$$\vec{AB} =a\vec{AC} +b\vec{AD} \Leftrightarrow \left(\begin{array}{c} {-4} \\ {1} \\ {-6} \end{array}\right)=a\left(\begin{array}{c} {-6} \\ {2} \\ {-10} \end{array}\right)+b\left(\begin{array}{c} {-4} \\ {m+1} \\ {-8} \end{array}\right)$$
$$\vec{AB} =a\vec{AC} +b\vec{AD} \Leftrightarrow \left(\begin{array}{ccccc} {-6a} & {-} & {4b} & {=} & {-4} \\ {2a} & {+} & {b\left(m+1\right)} & {=} & {1} \\ {-10a} & {-} & {8b} & {=} & {-6} \end{array}\right.$$
Nous allons résoudre dans un premier temps le système composée de la ligne 1 et de la ligne 3 afin de déterminer les valeurs de $$a$$ et $$b$$.
Il vient alors que :
$$\left\{\begin{array}{ccccc} {-6a} & {-} & {4b} & {=} & {-4} \\ {-10a} & {-} & {8b} & {=} & {-6} \end{array}\right. .$$
On utilise la méthode par combinaison.
On multiplie la ligne 1 par $$\left(-2\right)$$.
Il vient alors que :
$$\left\{\begin{array}{ccccc} {12a} & {+} & {8b} & {=} & {8} \\ {-10a} & {-} & {8b} & {=} & {-6} \end{array}\right.$$
On additionne maintenant les deux lignes et on pourra ainsi déterminer la valeur de $$a$$.
$$\left\{\begin{array}{ccccc} {12a} & {+} & {8b} & {=} & {8} \\ {2a} & {} & {} & {=} & {2} \end{array}\right.$$ on obtient $$a=1$$ et on remplace dans la première ligne et on obtient : $$12\times 1+8b=8$$ donc $$b=-\frac{1}{2}$$.
On a montré que $$a=1$$ et $$b=-\frac{1}{2}$$.
On remplace ces valeurs dans $$2a+b\left(m+1\right)=1$$.
Il vient alors que :
$$2\times 1-\frac{1}{2} \left(m+1\right)=1$$
$$2-\frac{1}{2} m-\frac{1}{2} =1$$
$$-\frac{1}{2} m=1-2+\frac{1}{2}$$
$$-\frac{1}{2} m=-\frac{1}{2}$$

Les points $$A$$, $$B$$, $$C$$ et $$D$$ sont donc coplanaires si $$m=1$$.

La bonne réponse est b.
Les plans $$P_{1}$$ et $$P_{2}$$ sont sécants suivant une droite : cela signifie que la droite est confondue avec le plan $$P_{1}$$ et confondue également avec le plan $$P_{2}$$.
Vérifions si la droite $$\left(d\right)$$ est confondue avec le plan $$P_{1}$$.
Cela revient à chercher les points d'intersections entre la droite et le plan.
$$\left(P_{1} \cap d\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {x+3y=0} \\ {x=-3t} \\ {y=t} \\ {z=1+5t} \end{array}\right.$$où $$t\in \mathbb{R}$$ .
On remplace la valeur de $$x$$, $$y$$ et $$z$$ dans le plan $$P_{1}$$
$$\left(P_{1} \cap d\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {-3t+3t=0} \\ {x=-3t} \\ {y=t} \\ {z=1+5t} \end{array}\right.$$équivaut successivement à
Ainsi $$\left(P_{1} \cap d\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {0=0} \\ {x=-3t} \\ {y=t} \\ {z=1+5t} \end{array}\right.$$
Or l'équation $$0=0$$ est une équation toujours vraie.
Cela signifie que le plan $$P_{1}$$ et la droite $$\left(d\right)$$ sont confondus.
Effectuons le même raisonnement pour savoir si la droite $$\left(d\right)$$ est confondue avec le plan $$P_{2}$$.
Cela revient à chercher les points d'intersections entre la droite et le plan.
$$\left(P_{2} \cap d\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {x-2y+z-1=0} \\ {x=-3t} \\ {y=t} \\ {z=1+5t} \end{array}\right.$$où $$t\in \mathbb{R}$$.
On remplace la valeur de $$x$$, $$y$$ et $$z$$ dans le plan $$P_{2}$$
$$\left(P_{2} \cap d\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {-3t-2t+1+5t-1=0} \\ {x=-3t} \\ {y=t} \\ {z=1+5t} \end{array}\right.$$ équivaut successivement à
Ainsi $$\left(P_{2} \bigcap d\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {0=0} \\ {x=-3t} \\ {y=t} \\ {z=1+5t} \end{array}\right.$$
Or l'équation $$0=0$$ est une équation toujours vraie.
Cela signifie que le plan $$P_{2}$$ et la droite $$\left(d\right)$$ sont confondus.
Les plans $$P_{1}$$ et $$P_{2}$$ sont sécants suivant la droite $$\left(d\right):\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {-3t} \\ {y} & {=} & {t} \\ {z} & {=} & {1+5t} \end{array}\right.$$ où $$t\in \mathbb{R}$$

La bonne réponse est b.
On calcule les trois côtés du triangle $$ABC$$.
$$AB^{2} =\left(3-2\right)^{2} +\left(2-5\right)^{2} +\left(1+1\right)^{2} =14$$
$$AC^{2} =\left(1-2\right)^{2} +\left(3-5\right)^{2} +\left(-2+1\right)^{2} =6$$
$$BC^{2} =\left(1-3\right)^{2} +\left(3-2\right)^{2} +\left(-2-1\right)^{2} =14$$
Le triangle $$ABC$$ est isocèle non rectangle.

La bonne réponse est c.

Choisissons le repère $$\left(A,\vec{AB} ,A\vec{D} ,A\vec{E} \right)$$.
En utilisant la figure, on a :

Pour le point $$I$$ :
$$\vec{AI} =\vec{AD} +\vec{DH} +\vec{HI}$$.
On exprime maintenant à l'aide des vecteurs du repère $$\left(A,\vec{AB} ,A\vec{D} ,A\vec{E} \right)$$.
Il vient alors :
$$\vec{AI} =\vec{AD} +\vec{AE} +\frac{1}{2} \vec{AB}$$
$$\vec{AI} =\frac{1}{2} \vec{AB} +\vec{AD} +\vec{AE}$$.
Ainsi les coordonnées de $$I$$ sont $$\left(\frac{1}{2} ;1;1\right)$$

Pour le point $$J$$ :
$$\vec{AJ} =\vec{AB} +\vec{BF} +\vec{FJ}$$.
On exprime maintenant à l'aide des vecteurs du repère $$\left(A,\vec{AB} ,A\vec{D} ,A\vec{E} \right)$$.
Il vient alors :
$$\vec{AJ} =\vec{AB} +\vec{AE} +\frac{1}{2} \vec{AD}$$
$$\vec{AJ} =\vec{AB} +\frac{1}{2} \vec{AD} +\vec{AE}$$.
Ainsi les coordonnées de $$J$$ sont $$\left(1;\frac{1}{2} ;1\right)$$

Pour le point $$M$$ :
$$M$$ est le centre de la face $$ABFE$$.
Les coordonnées de $$A$$ sont $$\left(0;0;0\right)$$ car $$A$$ est l'origine du repère.
Les coordonnées de $$F$$ sont $$\left(1;0;1\right)$$ car $$\vec{AF} =\vec{AB} +\vec{BF} =\vec{AB} +\vec{AE}$$.
Comme $$M$$ est le milieu de $$\left[AF\right]$$ alors $$M\left(\frac{1}{2} ;0;\frac{1}{2} \right)$$
Pour le point $$N$$ on effectue le même raisonnement qu'avec le point $$M$$.
On donne directement les coordonnées de $$N$$ qui sont $$\left(1;\frac{1}{2} ;\frac{1}{2} \right)$$.
On connait maintenant les coordonnées des points $$I$$, $$J$$, $$M$$ et $$N$$.
On calcule les coordonnées des vecteurs $$\vec{IJ}$$et $$\vec{MN}$$.
Il vient alors que :
$$\vec{IJ} \left(\begin{array}{c} {\frac{1}{2} } \\ {-\frac{1}{2} } \\ {0} \end{array}\right)$$ et $$\vec{MN} \left(\begin{array}{c} {\frac{1}{2} } \\ {\frac{1}{2} } \\ {0} \end{array}\right)$$.
Or $$\vec{IJ} .\vec{MN} =\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} -\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} =0$$.
Les vecteurs $$\vec{IJ}$$ et $$\vec{MN}$$ sont orthogonaux donc les droites $$\left(IJ\right)$$ et $$\left(MN\right)$$ sont orthogonales.

La bonne réponse est a.
A l'aide de l'écriture paramétrique de $$\left(P_{1} \right)$$ on peut déterminer deux vecteurs directeurs que l'on note $$\vec{u_{1} } \left(2;-1;1\right)$$ et $$\vec{u_{2} } \left(-3;2;-\frac{5}{3} \right)$$.
De plus le point de coordonnées $$\left(1;2;3\right)$$ appartient au plan $$\left(P_{1} \right)$$.
Avec l'écriture cartésienne de $$\left(P_{2} \right)$$, on peut déterminer un vecteur normal de $$\left(P_{2} \right)$$ que l'on note $$\vec{n} \left(1;-1;-3\right)$$.
On remarque également que :
$$\vec{n} .\vec{u_{1} } =1\times 2+\left(-1\right)\times \left(-1\right)+\left(-3\right)\times 1=0$$
$$\vec{n} .\vec{u_{2} } =1\times \left(-3\right)+\left(-1\right)\times 2+\left(-3\right)\times \left(-\frac{5}{3} \right)=0$$
Nous avons un vecteur normal de $$\left(P_{2} \right)$$ orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $$\left(P_{1} \right)$$.
Cela signifie que les plans $$\left(P_{1} \right)$$ et $$\left(P_{2} \right)$$ sont parallèles.
Vérifions s'ils sont confondus.
Pour cela, nous savons que le point de coordonnées $$\left(1;2;3\right)$$ appartient au plan $$\left(P_{1} \right)$$.
En est-il de même pour le plan $$\left(P_{2} \right)$$ ?
Il vient alors $$1-2-3\times 3-1=-11$$ donc le point $$\left(1;2;3\right)$$ n'appartient pas au plan $$\left(P_{2} \right)$$.
Les plans $$\left(P_{1} \right)$$ et $$\left(P_{2} \right)$$ sont strictement parallèles.

La bonne réponse est c.
Une équation du plan $$\left(ABC\right)$$ est $$x+y+z-1=0$$.
Un point commun à ce plan et à la droite $$\left(\Delta \right)$$ est obtenue en résolvant le système suivant :
$$\left\{\begin{array}{l} {x+y+z-1=0} \\ {x=2-t} \\ {y=6-2t} \\ {z=-2+t} \end{array}\right.$$où $$t\in \mathbb{R}$$ .
On remplace la valeur de $$x$$, $$y$$ et $$z$$ dans le plan $$P$$
$$\left\{\begin{array}{l} {2-t+6-2t-2+t-1=0} \\ {x=2-t} \\ {y=6-2t} \\ {z=-2+t} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l} {-2t+5=0} \\ {x=2-t} \\ {y=6-2t} \\ {z=-2+t} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l} {t=\frac{5}{2} } \\ {x=2-t} \\ {y=6-2t} \\ {z=-2+t} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l} {t=\frac{5}{2} } \\ {x=2-\frac{5}{2} =-\frac{1}{2} } \\ {y=6-2\times \frac{5}{2} =1} \\ {z=-2+\frac{5}{2} =\frac{1}{2} } \end{array}\right.$$
Le point d'intersection au plan $$\left(ABC\right)$$ et à la droite $$\left(\Delta \right)$$ est alors $$\left(-\frac{1}{2} ;1;\frac{1}{2} \right)$$.