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\begin{document}
\pagestyle{empty}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Cadre jaune
%\textbf{Nom : }$\dots\dots\dots\dots\dots$ \hfill \textbf{Pr\'enom : }$\dots\dots\dots\dots\dots$  \hfill Classe :$\dots\dots$\\
\psframebox[linestyle=solid,shadow=true,framearc=0.5,fillcolor=vert!30]{
\begin{minipage}{17cm}
\begin{center}
\vspace{1mm}
\textsc{\textbf{Correction de l'interrogation n$^{\circ}18$ }}
\end{center}
\vspace{-3mm}
\end{minipage}
}
\setcounter{section}{1}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	 Interro
\newcommand{\re}{\Re\mathrm{e}} % partie réelle
\newcommand{\im}{\Im\mathrm{m}} % partie imaginaire

\section*{\textbf{Métropole septembre 2005}}



L'espace est muni d'un repère orthonormal $(O;\vec{i}, \vec{j}, \vec{k})$.
\begin{enumerate} 
\item On considère le plan $\mathcal{P}$ passant par le point B$(1~;~-2~;~1)$	 et de vecteur normal $\vect{n}(-2~;~1~;~5)$ et le plan  $\mathcal{R}$ d'équation cartésienne 

$x + 2y - 7 = 0$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Démontrer que les plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{R}$ sont perpendiculaires.
		Les plans $\mathscr P$ et $\mathscr Q$ sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont eux-mêmes orthogonaux. Notons $\vec{n'}(1;2;0)$ un vecteur normal du plan $\mathscr R$, on a alors :
		$$ \vec{n}\cdot \vec{n'}=-2\times 1+1\times 2+0=0 \Longleftrightarrow \vec{n}\perp \vec{n'}\Longleftrightarrow \mathscr P\perp \mathscr R $$
		\item %Démontrer que l'intersection des plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{R}$ est la droite $\Delta$ passant par le point C$(-1~;~4~;~-1)$ et de vecteur directeur $\vect{u}(2~;~-1~;~1)$.
		Déterminons dans un premier temps l'équation cartésienne du plan $\mathscr P$ :
		$$ M(x;y;z)\in\mathscr P\Longleftrightarrow \overrightarrow{BM}\cdot \vec{n}=0\Longleftrightarrow -2(x-1)+(y+2)+5(z-1)=0\Longleftrightarrow -2x+y+5z-1=0$$
		Déterminons l'intersection des plans $\mathscr P$ et $\mathscr R$ :
		 $$  \left\{ \begin{array}{l} -2x+y+5z-1=0 \\ x + 2y - 7 = 0  \end{array} \right.\Longleftrightarrow  \left\{ \begin{array}{l} -2x+y+5z-1=0 \\ x =- 2y + 7  \end{array} \right.\Longleftrightarrow  \left\{ \begin{array}{l} -2(-2y+7)+y+5z-1=0\Longrightarrow 5z=15-5y\Longrightarrow z=3-y \\ x =- 2y + 7   \end{array} \right.$$
		 En posant $y=t$ avec $t\in\R$, on obtient une représentation paramétrique de la droite d'intersection des plans $\mathscr P$ et $\mathscr R$, disons $\mathscr D$ :
		$$ \left\{ \begin{array}{l} x= -2t+7\\ y=t \\ z= -t+3  \end{array} \right.\qquad t\in\R $$
		Un vecteur directeur de cette droite est $ \vec{d}(-2;1;-1)=-\vec{u}$, ainsi $\vec{u}$ est aussi un vecteur directeur de $\mathscr D$.\\
		Enfin si $x=-1$ alors $-2t+7=-1\Longleftrightarrow t=4$ et dans ce cas $y=4$ et $z=-4+3=-1$, ce qui démontre que $C(-1;4;-1)\in\mathscr D$ et par conséquent que $\mathscr D=\Delta$. 
		\item %Soit le point A$(5~;~- 2~;~-1)$. Calculer la distance du  point A au plan $\mathcal{P}$,  puis la distance du  point A au plan $\mathcal{R}$.
		On a :
		$$ d(A;\mathscr P)=\dfrac{\mid ax_A+by_A+cz_A+d\mid}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\dfrac{\mid -10-2-5-1\mid}{\sqrt{4+1+25} }=\dfrac{18}{\sqrt{30} }=\dfrac{18 \sqrt{30} }{30}=\dfrac{3\sqrt{30} }{5}$$
		De même, en utilisant cette fois l'équation du plan $\mathscr R$ :
		$$  d(A;\mathscr R)=\dfrac{\mid ax_A+by_A+cz_A+d\mid}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\dfrac{\mid 5-4-7\mid}{\sqrt{1+4} }=\dfrac{6}{\sqrt{5} }=\dfrac{6 \sqrt{5} }{5}$$
		\item %Déterminer la distance du point A à la droite $\Delta$.
		Bon, comment faire ? Dans ce genre de cas commencons par faire une figure en oubliant pas que $\mathscr P$ est orthogonal à $\mathscr R$ :
		\begin{center}
		\psset{xunit=4.0cm,yunit=4.0cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(0.5,-0.27)(5.38,3.45)
\psline(1,1)(4,1)
\psline(4,1)(5,2)
\psline(2,2)(1,1)
\psplot{0.5}{5.38}{(-2.32--1*x)/0.6}
\psline(2.93,2.74)(2.93,-0.12)
\psline(2.93,-0.12)(3.53,0.47)
\psline(3.53,0.47)(3.53,1)
\psline[linestyle=dotted](3.53,1)(3.53,2)
\psline(2.93,2.74)(3.53,3.34)
\psline(3.53,2)(3.53,3.34)
\psline(2,2)(2.93,2)
\psline[linestyle=dotted](2.93,2)(3.53,2)
\psline(3.53,2)(5,2)
\rput[tl](4.56,1.7){$\mathscr P$}
\rput[tl](3.4,3.15){$\mathscr R$}
\psline(2.5,2.54)(2.5,1.48)
\rput[tl](1.77,2.33){$d(A;\mathscr P)=\dfrac{3\sqrt{30}}{5}$}
\rput[lt](2.68,2.79){\parbox{1.86 cm}{$\dfrac{6\sqrt{5}}{5}$}}
\psline(3.21,1.48)(3.21,2.54)
\psline(3.21,2.54)(2.5,2.54)
\psline(2.5,2.54)(3.21,1.48)
\rput[tl](0.7,0.8){La diagonale AQ est la longueur cherchée !}
\psline(2.5,1.48)(3.21,1.48)
\rput[tl](4.12,2.94){$\Delta$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=+](2.5,2.54)
\rput[bl](2.36,2.59){$A$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](3.21,1.48)
\rput[bl](3.27,1.44){$Q$}
\psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2.36,0.06)
\rput[bl](2.43,0.02){$C$}
\end{pspicture*}
		\end{center}
		Il suffit donc d'appliquer le théorème de Pythagore et on obtient :
		$$ d(A;\Delta)=\sqrt{d(A;\mathscr P)^2+d(A;\mathscr R)^2}=\sqrt{\dfrac{9\times 30+36\times 5}{25}}=\dfrac{\sqrt{270+180}}{5}=\dfrac{\sqrt{450}}{5}=\dfrac{5\sqrt{18}}{5}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$$
	\end{enumerate}
\item
	 \begin{enumerate} 
	 	\item Soit, pour tout nombre réel $t$, le point $M_{t}$ de coordonnées $(1 + 2t~ ; ~3 -  t~;~ t)$.
%Déterminer en fonction de $t$ la longueur A$M$. On note $\varphi(t)$ cette longueur. On définit ainsi une fonction $\varphi$ de $\R$ dans $\R$.
On a :
$$ AM=\sqrt{(1+2t-5)^2+(3-t+2)^2+(t+1)^2}=\sqrt{(2t-4)^2+(5-t)^2+(t+1)^2}$$
		\item %Etudier le sens de variations de la fonction $\varphi$  sur $\R$ ; préciser son minimum.
		On a :
		$$ \varphi(t)=\sqrt{(1+2t-5)^2+(3-t+2)^2+(t+1)^2}=\sqrt{(2t-4)^2+(5-t)^2+(t+1)^2}=\sqrt{(2t-4)^2+(5-t)^2+(t+1)^2}$$
		$$\varphi(t)=\sqrt{4t^2-16t+16+25-10t+t^2+t^2+2t+1}=\sqrt{6t^2-24t+42}=\sqrt{6(t^2-4t+7)}$$
		De plus $\varphi'(t)=\dfrac{6(2t-4)}{2\sqrt{6(t^2-4t+7)}}=\dfrac{6(t-2)}{\sqrt{6(t^2-4t+7)}}$ qui est du signe de $t-2$, ainsi $\varphi'>0\Longleftrightarrow t>2$, et on peut conclure que $\varphi$ est une fonction croissante sur $[2;+\infty[$ et décroissante sur $[0;2]$ qui atteint son minimum pour $x=2$, et on a :
		$$ \varphi(2)=\sqrt{6\times 3}=3\sqrt{2}$$
		\item %Interpréter géométriquement la valeur de ce minimum.
		On constate que le minimum de cette curieuse fonction est précisément égal à la distance entre le point $A$ et la droite $\Delta$. Il est temps d'analyser un peu la situation. Le point $M_t(1+2t;3-t;t)$  est très précisément un point de la droite $\Delta$ (on reconnait les coordonnées du vecteurs directeur de $\Delta$ et les coordonnées du point $C$), par conséquent il est bien naturel que les résultats de la question précédente et de la question $1.d$ coincident...
	\end{enumerate}
\end{enumerate}


\newpage

\setcounter{Exi}{1}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Cadre jaune
%\textbf{Nom : }$\dots\dots\dots\dots\dots$ \hfill \textbf{Pr\'enom : }$\dots\dots\dots\dots\dots$  \hfill Classe :$\dots\dots$\\
\psframebox[linestyle=solid,shadow=true,framearc=0.5,fillcolor=vert!30]{
\begin{minipage}{17cm}
\begin{center}
\vspace{1mm}
\textsc{\textbf{Correction de l'interrogation n$^{\circ}18$ }}
\end{center}
\vspace{-3mm}
\end{minipage}
}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	 Interro bis
\section*{\textbf{Antilles-Guyanne Septembre 2009}}

L'espace est muni d'un repère orthonormal $(O;\vec{i}, \vec{j}, \vec{k})$.
 
On considère les points A$(1~;~-1~;~4)$, B$(7~;~-1~;~-2)$ et C$(1~;~5~;~-2)$. 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Calculer les coordonnées des vecteurs $\vect{\text{AB}},~ \vect{\text{AC}}$ et $\vect{\text{BC}}$. 
		On a $\overrightarrow{AB}(6;0;-6)$ ; $\overrightarrow{AC}(0;6;-6)$ et enfin $\vect{BC}(-6;6;0)$
		\item  %Montrer que le triangle ABC est équilatéral.
		$AB=\sqrt{36+36}=\sqrt{72}=AC=BC$ ainsi le triangle $ABC$ est équilatéral. 
		\item  %Montrer que le vecteur $\vect{n}(1~;~1~;~1)$ est un vecteur normal au plan (ABC). 
		$\vec{n}\cdot \overrightarrow{AB}=6-6=0$ tout comme $\vec{n}\cdot \overrightarrow{AC}=6-6=0$.\\
		Par conséquent $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ ce qui montre que $\vec{n}\perp (ABC)$.
		\item  %En déduire que $x + y + z - 4 = 0$ est une équation cartésienne du plan (ABC).
		$M(x;y;z)\in (ABC)\Longleftrightarrow \overrightarrow{AM}\cdot \vec{n}=0\Longleftrightarrow (x-1)+(y+1)+(z-4)=0\Longleftrightarrow x+y+z-4=0$
	\end{enumerate} 
\item Soit $\mathcal{D}$ la droite de représentation paramétrique
\[\left\{\begin{array}{l c l} 
x&=&-2t\\ 
y&=&-2t-2\\
z&=&-2t-3
\end{array}\right. 
\text{où} \quad  t \in  \R.\] 

	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que la droite $\mathcal{D}$ est perpendiculaire au plan (ABC). 
		$\mathscr D$ est perpendiculaire au plan $(ABC)$ si et seulement si  un vecteur directeur de $\mathscr D$ est colinéaire à un vecteur normal de $(ABC)$. \\
		Or, $\mathscr D$ est dirigée par $\vec{d}(-2;-2;-2)=-2\vec{n}$. CQFD.
		\item %Montrer que les coordonnées du point G, intersection de la droite $\mathcal{D}$ et du plan (ABC) sont (3~;~1~;~0). 
		$$ G \in (ABC) \cap \mathscr D\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l c l} 
x&=&-2t\\ 
y&=&-2t-2\\
z&=&-2t-3
\end{array}\right. 
\text{où} \quad  t \in  \R. \text{et} x+y+z-4=0$$
Ainsi $-2t-2t-2-2t-3-4=0\Longleftrightarrow -6t=9\Longleftrightarrow t=-\dfrac{3}{2}$ et donc $G(3;3-2;3-3)\Longleftrightarrow G(3;1;0)$.
		\item %Montrer que G est l'isobarycentre des points A, B et C.
		Dans un triangle équilatéral le point d'intersection des médiatrices (i.e le centre du cercle circonscrit) est aussi le centre de gravité. Montrons par exemple que $GA=GB=GC$ :
		$$GA=\sqrt{ (1-3)^2+(-1-1)^2+(4-0)^2}=\sqrt{4+4+16}=\sqrt{24}=2\sqrt{6} $$
		$$ GC=\sqrt{(1-3)^2+(5-1)^2+(-2-0)^2}=2\sqrt{6}$$
		$$ GB=\sqrt{(7-3)^2+(-1-1)^2+(-2-0)^2}=2\sqrt{6}$$
		Ainsi $GA=GB=GC$ donc $G$ est le centre de gravité du triangle $ABC$.
	\end{enumerate}	 
\item Soit $\mathcal{S}$ la sphère de centre G passant par A.
 
	\begin{enumerate}
		\item %Donner une équation cartésienne de la sphère $\mathcal{S}$. 
		$$ \mathscr S : (x-3)^2+(y-1)^2+z^2=GA^2\Longleftrightarrow (x-3)^2+(y-1)^2+z^2=24$$
		\item %Déterminer les coordonnées des points d'intersection E et F, de la droite $\mathcal{D}$ et de la sphère $\mathcal{S}$.
		Si $M(x;y;z)\in \mathscr D\cap \mathscr S$ alors $$ (-2t-3)^2+(-2t-2-1)^2+(-2t-3)^2=24\Longleftrightarrow 3(-2t-3)^2=24\Longleftrightarrow (-2t-3)^2=8\Longleftrightarrow -2t-3=\sqrt{8}\quad \text{ou }\quad -2t-3=-\sqrt{8}$$
		Ainsi :
		$$ t_1=\dfrac{\sqrt{8}+3}{-2}=\dfrac{-\sqrt{8}-3}{2}\qquad \text{ou} \qquad t_2=\dfrac{-\sqrt{8}+3}{-2}=\dfrac{-3+\sqrt{8}}{2}$$
		En remplaçant $t$ par $t_1$ dans la représentation paramétrique de $\mathscr D$ on trouve les coordonnées de $E$ :
		$$ E\left(3+2\sqrt{2}~;~1+2\sqrt{2}~;~2\sqrt{2}\right)$$
		et en remplaçant $t$ par $t_2$ celle de $F$ :
		$$ F\left(3-2\sqrt{2}~;~1-2\sqrt{2}~;~-2\sqrt{2}\right)$$
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}



\end{document}
