\documentclass[a4paper,11pt]{article}
	

\input macrodwicky.tex

\geometry{verbose,letterpaper,tmargin=0.5cm,bmargin=3cm,lmargin=1cm,rmargin=1cm}

\newcommand{\typedoc}{Devoir Surveillé 2}          %%%%%%%%%%%%%%% 1ere ligne du titre de la feuille

\newcommand{\serie}{Scientifique}
\newcommand{\num}{0}	
\newcommand{\tps}{1h}	


\newcommand{\ch}{Chapitre 2}
\newcommand{\Ch}{L'espace}	
\newcommand{\Cl}{T$^\text{ale}$  S3}	
\newcommand{\Annee}{2013-2014}	
\newcommand{\Profs}{D.Zancanaro}
\newcommand{\LyMu}{Jean Durand}




\begin{document}
\DocPro

\textbf{La note tiendra compte de la qualité de la rédaction et de l'application.}




\begin{exoi}\hfill \textbf{14 points}\\
\begin{footnotesize}
Dans un repère orthonormé $(O;\vec i, \vec j , \vec k)$ on considère les points :
$$ A(5;-2;-1)\qquad B(-1;-1;4)\qquad C(3;0;-1)\qquad D(1,1,0) \qquad \text{et} \qquad E(4;0;1)$$
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item {\footnotesize Montrer que $(ABC)$ est un plan.}\\
$\overrightarrow{AB}(-6;1;5)$ et $\overrightarrow{AC}(-2;2;0)$\\
Pour passer de la côte de $\overrightarrow{AB}$ à la côte de $\overrightarrow{AC}$ il faut multiplier par $0$, tandis que pour pour passer de l'ordonnée de $\overrightarrow{AB}$ à l'ordonnée de $\overrightarrow{AC}$ il faut multiplier par $2$. De ce constat on tire qu'il n'existe pas de réel $t$ tel que $\overrightarrow{AC}=t\overrightarrow{AB}$, par conséquent les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires et donc les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.
\item {\footnotesize Déterminer une représentation paramétrique du plan $(ABC)$.}
$$M(x;y;z)\in (ABC)\Longleftrightarrow \exists t\in \R \text{ et } \exists t'\in \R, \overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}+t'\overrightarrow{AC}\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l c l}
x-5 &=& -6t-2t'\\
y+2& =& t+2t'\\
z+1&=&5t, t \in R, t'\in \R\end{array}\right. $$
Une représentation paramétrique du plan $(ABC)$ est alors :
$$\left\{\begin{array}{l c l}
x &=& -6t-2t'+5\\
y& =& t+2t'-2\\
z&=&5t-1, t \in R, \qquad t'\in \R\end{array}\right.  $$
\item {\footnotesize Montrer que $D\in (ABC)$.}\\
Si $D\in (ABC)$ alors il existe deux réels $t$ et $t'$ tels que :
$$ \left\{\begin{array}{l c l}
1 &=& -6t-2t'+5\\
1& =& t+2t'-2\\
0 &=&5t-1\end{array}\right.$$ 
De la dernière équation on tire $t=\dfrac{1}{5}$. De la deuxième équation on tire :
$$ 1=\dfrac{1}{5}+2t'-2\Longleftrightarrow 2,8=2t'\Longleftrightarrow t'=1,4$$
Remplaçons $t$ par $\dfrac{1}{5}$ et $t'$ par $1,4$ afin de vérifier la première égalité :
$$ -6\times \dfrac{1}{5}-2\times 1,4+5=-1,2-2,8+5=1$$
La troisième égalité est satisfaite, autrement dit on obtient le point $D$ pour $t=\dfrac{1}{5}$ et $t'=1,4$ dans la représentation paramétrique du plan $(ABC)$ ce qui prouve que $D\in (ABC)$.
\end{enumerate}
\item {\footnotesize Soit $d$ la droite passant par $E$ dirigée par le vecteur $\vec{u}(-1;1;0)$.}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Déterminer une représentation paramétrique de $d$.}
$$ M(x;y;z)\in d\Longleftrightarrow \exists t\in \R, \overrightarrow{EM}=t\vec{u}\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l c l}
x-4 &=& -t\\
y& =& t\\
z-1 &=&0\end{array}\right.$$
Une représentation paramétrique de $d$ est alors :
$$ \left\{\begin{array}{l c l}
x &=& -t+4\\
y& =& t\\
z &=&1\end{array}\right. \qquad t\in \R$$
\item {\footnotesize Déterminer une représentation paramétrique de $(AC)$.}
\\
La droite $(AC)$ est dirigée par $\overrightarrow{AC}$, d'où :
$$ M(x;y;z)\in (AC)\Longleftrightarrow \exists t\in \R, \overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AC}\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l c l}
x-5 &=& -2t\\
y+2& =& 2t\\
z+1 &=&0\end{array}\right.$$
Une représentation paramétrique de $d$ est alors :
$$ \left\{\begin{array}{l c l}
x &=& -2t+5\\
y& =& 2t-2\\
z &=&-1\end{array}\right. \qquad t\in \R$$
\item {\footnotesize Etudier les positions relatives des droites $d$ et $(AC)$.}\\
Un vecteur directeur de $d$ est $\vec{u}(-1;1;0)$ et un vecteur directeur de $(AC)$ est $\overrightarrow{AC}(-2;2;0)$, on constate que :
$$ \overrightarrow{AC}=2\vec{u}$$
Les vecteurs $\overrightarrow{AC}$ et $\vec{u}$ sont colinéaires, par conséquent $d//(AC)$.\\
Elles sont éventuellement confondues. Vérifions si $C\in d$, si tel est le cas alors il existe un réel $t$ tel que  :
$$ \left\{\begin{array}{l c l}
3 &=& -t+4\\
0& =& t\\
-1 &=&1\end{array}\right.$$
La troisième égalité étant absurde $C\notin d$, donc $(AC)$ et $d$ sont strictement parallèles et ne possèdent aucun point commun.
\item {\footnotesize Que peut-on en déduire quant à l'intersection entre la droite $d$ et le plan $(ABC)$.}
\\
La droite $d$ est strictement parallèle à une droite du plan $(ABC)$ donc elle est strictement parallèle au plan $(ABC)$. Par conséquent :
$$ d\cap (ABC)=\emptyset$$
\end{enumerate}
\item {\footnotesize Soit $\mathscr S$ la sphère de centre $E$ et de rayon $5$.}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Déterminer une équation cartésienne de la sphère $\mathscr S$.}
$$ M(x;y;z)\in \mathscr S\Longleftrightarrow EM=5\Longleftrightarrow EM^2=25\Longleftrightarrow (x-4)^2+y^2+(z-1)^2=25$$
\item {\footnotesize Déterminer les coordonnées  des éventuels points d'intersection entre $\mathscr S$ et $(AC)$.}
$$ M(x;y;z)\in \mathscr S\cap (AC), \exists t\in \R, \left\{\begin{array}{l c l}
x &=& -2t+5\\
y& =& 2t-2\\
z &=&-1\\
(x-4)^2+y^2+(z-1)^2&=&25\end{array}\right.$$
Ce qui équivaut à :
$$  \left\{\begin{array}{c }
x = -2t+5\\
y = 2t-2\\
z =-1\\
(-2t+1)^2+(2t-2)^2+(-1-1)^2=25\end{array}\right.\Longleftrightarrow  \left\{\begin{array}{c}
x = -2t+5\\
y = 2t-2\\
z =-1\\
4t^2-4t+1+4t^2-8t+4+4=25\end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{c}
x = -2t+5\\
y=2t-2\\
z =-1\\
8t^2-12t-16=0\end{array}\right. $$
Enfin
$$\left\{\begin{array}{l}
x = -2t+5\\
y = 2t-2\\
z =-1\\
2t^2-3t-4=0\end{array}\right. $$
Déterminons les racines du trinôme $2t^2-3t-4$. $\Delta=b^2-4ac=9+32=41$. Le trinôme admet donc deux racines :
$$ t_1=\dfrac{3+\sqrt{41}}{4}\qquad \text{et}\qquad t_2=\dfrac{3-\sqrt{41}}{4}$$
$\mathscr S$ et $(AC)$ admettent deux points d'intersection, disons $F$ et $G$ :
$$ F\left(-2t_1+5;2t_1-2;-1\right)\qquad \text{et}\qquad G\left(-2t_2+5;2t_2-2;-1\right)$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exoi}

\begin{exoi}\hfill \textbf{6 points}\\
\emph{Dans cet exercice, les questions sont indépendantes.}

\emph{Pour chaque question, une seule des trois 
propositions a), b) ou c) est exacte. On demande d'indiquer laquelle 
\textbf{avec} justification.}




 {\footnotesize L'espace est rapporté à un repère orthonormal \Oijk.}

\begin{enumerate} 
	
\item\begin{footnotesize}
 La droite $d$ a pour représentation paramétrique $x=2-t~;~y 
=3t~;~z = -3,~ t \in \R$.

 On considère les points A(2 ; 3; $-3$), B(2; 0 ; $-3$) et 
C(0 ; 6; 0). On a :

\textbf{a)}~~ $d$ = (AB)~~~~~\hfill \textbf{b)}~~$d$ = 
(BC)~~~~~\hfill \textbf{c)}~~ $d \neq$ (AB) et $d \neq $ (BC) et $d \neq $ (CA)
\end{footnotesize}
\\
$B$ est-il un point de $d$ ? Si oui alors il existe un réel $t$ tel que :
$$\left\{\begin{array}{l}
2 = 2-t\Longrightarrow t=0\\
0 = 3t\Longrightarrow t=0\\
-3 =-3\\
2t^2-3t-4=0\end{array}\right. $$
donc $B\in d$.
\\
$C$ est-il un point de $d$ ? Impossible puisque la côte de $C$ n'est pas égale à $-3$, par conséquent $d\neq (BC)$ et $d\neq (CA)$.\\
$A$ est-il un point de $d$ ? Si oui alors il existe un réel $t$ tel que :
$$\left\{\begin{array}{l}
2 = 2-t\Longrightarrow t=0\\
3 = 3t\Longrightarrow t=1\\
-3 =-3\\
2t^2-3t-4=0\end{array}\right. $$
$t$ ne peut-être égal simultanément à $1$ et $0$ par conséquent $A\notin d$ donc $d\neq (AC)$. \\
\textbf{La bonne réponse est donc la $c$.}
\item \begin{footnotesize}
Les droites de représentations paramétriques respectives :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x &=& 2+t\\
y& =& 1-t\\
z&=&1 +t, t \in R,\end{array}\right.
	~~~~~\left\{\begin{array}{l c l}
x& =& -t'\\
y& =& -2-1,5t'\\
z& =& 3+t',~ t' \in R\end{array}\right.$
	admettent comme point commun :
	
\textbf{a)}~~I(3 ; 0 ; 2)~~~~~\hfill\textbf{b)}~~ J(2 ; 1 ; 1)~~~~~\hfill 
\textbf{c)}~~K(0 ; 2 ; $-3$)
\end{footnotesize}
	$J$ est un point de la première droite, obtenue pour $t=0$. Pour $t=-2$ dans la deuxième représentation paramétrique on obtient $x=2$, $y=-2+3=1$ et $z=3-2=1$, par conséquent $J$ est commun aux deux droites.
	\\
	\textbf{La bonne réponse est la $b$.}
\item \begin{footnotesize}
Les droites de représentations paramétriques respectives :

$$\left\{\begin{array}{l c l}
x &=& 1\\
y &=& 1+2t\\
z &=& 1+t,\end{array}\right.~ t \in R \quad
\left\{\begin{array}{l c l}
x &= &3-2t'\\
y &=& 7-4t'\\
z &=& 2-t',~ \end{array}\right. t' \in R$$

 sont :
	
\textbf{a)}~~ parallèles \hfill \textbf{b)}~~ sécantes \hfill   \textbf{c)}~~ non coplanaires
\end{footnotesize}
$\vec{u}(0;2;1)$ dirige la première droite et $\vec{v}(-2;-4;-1)$ dirige la seconde, les deux vecteurs ne sont pas colinéaires, on peut éliminer la réponse $a$.\\
Si les deux droites sont sécantes alors il existe un couple de réels $(t;t')$ tel que :

$$ \left\{\begin{array}{l c l}
1 &=& 3-2t'\\
1+2t &=& 7-4t'\\
1+t &=& 2-t',\end{array}\right.\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l c l}
t' &=& 1\\
1+2t &=& 3\\
1+t &=& 1,\end{array}\right.\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l c l}
t' &=& 1\\
t &=& 1\\
t &=& 0,\end{array}\right.$$
Il est impossible d'avoir simultanément $t=0$ et $t=1$ donc le système n'admet pas de solution, les droites ne sont pas sécantes, on en déduit qu'elles sont non coplanaires.
\\
\textbf{La bonne réponse est la $c$.}

\end{enumerate}

\end{exoi}
\end{document}