Devoir surveillé : Géométrie dans l'espace : vecteurs, droites, plans et produit scalaire

1. a)$\Vert \overrightarrow{u}\Vert =\sqrt{1^2+2^2+(-2{)}^2}=\sqrt{9}=3$. (1 pt) (1)
2. b)$\overrightarrow{u}·\overrightarrow{v}=1\times 2+2\times (-1)+(-2)\times 0=2-2+0=0$ : les vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ sont orthogonaux. (0,5 pt calcul + 0,5 pt conclusion) (1)
3. c)Si $\overrightarrow{w}=k\overrightarrow{u}$, les abscisses imposent $k=3$, mais alors l'ordonnée de $\overrightarrow{w}$ vaudrait $3\times 2=6\ne 1$. Aucun réel $k$ ne convient : $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{w}$ ne sont pas colinéaires. (1 pt) (1)
4. d)$\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}=(1+2;2-1;-2+0)=(3;1;-2)=\overrightarrow{w}$. Le vecteur $\overrightarrow{w}$ est une combinaison linéaire de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ : les trois vecteurs sont coplanaires (ils ne forment donc pas une base de l'espace). (0,5 pt vérification + 0,5 pt conclusion) (1)
5. e)$\overrightarrow{MN}(3-1;-1-0;4-2)=(2;-1;2)$, donc $MN=\sqrt{2^2+(-1{)}^2+2^2}=\sqrt{9}=3$. (1 pt) (1)

Méthode — Pour l'orthogonalité, on calcule le produit scalaire en coordonnées ; pour la colinéarité, on cherche un coefficient $k$ commun à toutes les coordonnées : une seule coordonnée qui ne suit pas suffit à conclure.

1. a)$\overrightarrow{AB}(1;1;-2)$ dirige $(AB)$, qui passe par $A$ : $(AB)$ : $\{\begin{array}{c}x=1+t\hfill \\ y=t\hfill \\ z=2-2t\hfill \end{array}$, $t\in ℝ$. (1 pt) (1,25)
2. b)$x=0$ impose $1+t=0$, soit $t=-1$ ; alors $y=-1$ (cela convient) mais $z=2-2\times (-1)=4\ne 5$. Donc $D\notin (AB)$. (1 pt) (1,25)
3. c)Les coefficients de l'équation donnent $\overrightarrow{n}(2;-1;1)$, normal à $𝒫$. $\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{n}=1\times 2+1\times (-1)+(-2)\times 1=-1\ne 0$ : le vecteur directeur de $(AB)$ n'est pas orthogonal à $\overrightarrow{n}$, donc $(AB)$ n'est pas parallèle à $𝒫$ ; elle le coupe en un unique point. (0,5 pt + 1 pt) (1,25)
4. d)Un point de $(AB)$ est dans $𝒫$ si et seulement si $2(1+t)-t+(2-2t)-1=0⟺3-t=0⟺t=3$. D'où $I(1+3;3;2-6)$, soit $I(4;3;-4)$. Vérification : $2\times 4-3+(-4)-1=0$. (1,5 pt) (1,25)

Méthode — Pour couper une droite par un plan, on injecte la représentation paramétrique dans l'équation cartésienne : on obtient une équation d'inconnue $t$, puis on reporte la valeur trouvée dans la représentation.

1. a)$\overrightarrow{AB}(-1;2;0)$ et $\overrightarrow{AC}(-1;0;2)$. Si $\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AB}$, les abscisses donnent $k=1$ et les ordonnées $0=2$ : impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés et définissent un plan. (1 pt) (1)
2. b)$\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AB}=-2+2+0=0$ et $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AC}=-2+0+2=0$. Le vecteur $\overrightarrow{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ : il est normal à ce plan. (1,5 pt) (1)
3. c)Une équation est de la forme $2x+y+z+d=0$. Comme $A$ appartient au plan : $2+d=0$, donc $d=-2$. $(ABC)$ : $2x+y+z-2=0$ (contrôle : $B$ donne $2-2=0$ et $C$ donne $2-2=0$). (1 pt) (1)
4. d)$2\times 1+1+(-1)-2=0$ : oui, $E$ appartient au plan $(ABC)$. (0,5 pt) (1)
5. e)La droite passant par $O$ et dirigée par $\overrightarrow{n}$ a pour représentation paramétrique $x=2t$, $y=t$, $z=t$ ($t\in ℝ$). Elle coupe le plan lorsque $4t+t+t-2=0$, soit $t={\displaystyle \frac{1}{3}}$ : $H\left({\displaystyle \frac{2}{3}};{\displaystyle \frac{1}{3}};{\displaystyle \frac{1}{3}}\right)$. Alors $OH=\sqrt{{\displaystyle \frac{4}{9}}+{\displaystyle \frac{1}{9}}+{\displaystyle \frac{1}{9}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{6}{9}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{3}}$. (1 pt) (1)

Piège — Un vecteur normal doit être orthogonal à deux vecteurs NON colinéaires du plan : un seul produit scalaire nul ne suffit pas à conclure.

1. a)$B(1;0;0)$, $D(0;1;0)$, $E(0;0;1)$ et $G(1;1;1)$, car $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}$. (1 pt) (1,25)
2. b)$\overrightarrow{AG}(1;1;1)$, $\overrightarrow{BD}(-1;1;0)$ et $\overrightarrow{BE}(-1;0;1)$. $\overrightarrow{AG}·\overrightarrow{BD}=-1+1+0=0$ et $\overrightarrow{AG}·\overrightarrow{BE}=-1+0+1=0$. (1,5 pt) (1,25)
3. c)Si $\overrightarrow{BE}=k\overrightarrow{BD}$, les abscisses donnent $k=1$ et les ordonnées $0=1$ : impossible, donc $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BE}$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan $(BDE)$, tous deux orthogonaux à $\overrightarrow{AG}$. La droite $(AG)$ est donc orthogonale au plan $(BDE)$ et $\overrightarrow{AG}(1;1;1)$ en est un vecteur normal. Équation $x+y+z+d=0$ ; avec $B$ : $1+d=0$, d'où $(BDE)$ : $x+y+z-1=0$. (1,5 pt) (1,25)
4. d)$(AG)$ : $x=t$, $y=t$, $z=t$ ($t\in ℝ$). $t+t+t-1=0⟺t={\displaystyle \frac{1}{3}}$, donc $K\left({\displaystyle \frac{1}{3}};{\displaystyle \frac{1}{3}};{\displaystyle \frac{1}{3}}\right)$. Alors $\overrightarrow{AK}\left({\displaystyle \frac{1}{3}};{\displaystyle \frac{1}{3}};{\displaystyle \frac{1}{3}}\right)={\displaystyle \frac{1}{3}}\overrightarrow{AG}$. (1 pt) (1,25)

Astuce — Dans un cube muni du repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$, toutes les coordonnées des sommets valent $0$ ou $1$ : on les lit en suivant les arêtes depuis $A$.

1. a)$\overrightarrow{u}·\overrightarrow{v}=2\times 1+(-1)\times 4+3m=3m-2$ ; ce produit scalaire est nul si et seulement si $m={\displaystyle \frac{2}{3}}$. (1 pt) (1)
2. b)${\overrightarrow{n}}_{𝒫}(3;-1;2)$ et ${\overrightarrow{n}}_{𝒬}(-6;2;-4)=-2{\overrightarrow{n}}_{𝒫}$ : les vecteurs normaux sont colinéaires, les plans sont parallèles. Le point $(0;5;0)$ appartient à $𝒫$ ($-5+5=0$) mais pas à $𝒬$ ($10+1=11\ne 0$) : les plans sont strictement parallèles, non confondus. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
3. c)Une équation est $x-3y+4z+d=0$ avec $2-0-4+d=0$, d'où $d=2$ : $x-3y+4z+2=0$. (1 pt) (1)

Erreur fréquente — Des vecteurs normaux colinéaires donnent des plans parallèles, pas forcément confondus : il faut encore tester un point de l'un dans l'équation de l'autre.

1. a)${\overrightarrow{u}}_1(2;1;-1)$ dirige $d_1$ et ${\overrightarrow{u}}_2(1;-1;1)$ dirige $d_2$. Si ${\overrightarrow{u}}_2=k{\overrightarrow{u}}_1$, les abscisses imposent $k={\displaystyle \frac{1}{2}}$ et les ordonnées $k=-1$ : contradiction. Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, les droites ne sont pas parallèles. (1 pt) (1)
2. b)Un point commun correspondrait à des réels $t$, $s$ tels que $1+2t=4+s$, $-1+t=1-s$ et $3-t=-2+s$. La deuxième équation donne $s=2-t$, puis la première $1+2t=6-t$, soit $t={\displaystyle \frac{5}{3}}$ et $s={\displaystyle \frac{1}{3}}$. Dans la troisième : $3-{\displaystyle \frac{5}{3}}={\displaystyle \frac{4}{3}}$ alors que $-2+{\displaystyle \frac{1}{3}}=-{\displaystyle \frac{5}{3}}$ ; le système n'a pas de solution. Les droites n'étant ni parallèles ni sécantes, elles sont non coplanaires. (1,5 pt) (1)
3. c)${\overrightarrow{u}}_1·{\overrightarrow{u}}_2=2\times 1+1\times (-1)+(-1)\times 1=0$ : les droites $d_1$ et $d_2$ sont orthogonales (mais pas perpendiculaires, puisqu'elles ne se coupent pas). (0,5 pt) (1)
4. d)${\overrightarrow{u}}_3(-4;-2;2)=-2{\overrightarrow{u}}_1$ : les droites $d_1$ et $d_3$ sont parallèles. Le point $M(0;2;1)$ de $d_3$ (obtenu pour $k=0$) est-il sur $d_1$ ? $1+2t=0$ donne $t=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$, puis $y=-1-{\displaystyle \frac{1}{2}}=-{\displaystyle \frac{3}{2}}\ne 2$ : non. Les droites $d_1$ et $d_3$ sont strictement parallèles. (1 pt) (1)

Piège — Dans l'espace, deux droites orthogonales peuvent ne pas se couper : « orthogonales » ne concerne que les directions, « perpendiculaires » exige en plus un point commun.

1. a)VRAIE. $\overrightarrow{AB}(1;2;2)$ et $\overrightarrow{AC}(3;6;6)=3\overrightarrow{AB}$ : les points $A$, $B$, $C$ sont alignés. Une droite et un point sont toujours contenus dans un même plan, donc les quatre points sont coplanaires, quel que soit $D$. (1 pt) (1)
2. b)FAUSSE. Pour tout réel $t$ : $2(1+t)+5(2-t)+3t-12=2+2t+10-5t+3t-12=0$. Tous les points de $d$ appartiennent à $𝒫$ : la droite $d$ est contenue dans $𝒫$, elle n'est donc pas strictement parallèle à ce plan. (1 pt) (1)
3. c)FAUSSE. $\Vert \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}{\Vert }^2=\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2+2\overrightarrow{u}·\overrightarrow{v}+\Vert \overrightarrow{v}{\Vert }^2$ : l'égalité n'a lieu que si $\overrightarrow{u}·\overrightarrow{v}=0$. Contre-exemple : $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{v}=(1;0;0)$ donne $\Vert 2\overrightarrow{u}{\Vert }^2=4$ alors que $\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2+\Vert \overrightarrow{v}{\Vert }^2=2$. (1 pt) (1)
4. d)VRAIE. $2+1+2-5=0$, donc $H\in 𝒬$. $\overrightarrow{EH}(-2;-1;-2)=-\overrightarrow{n}$ où $\overrightarrow{n}(2;1;2)$ est normal à $𝒬$ : la droite $(EH)$ est orthogonale à $𝒬$. $H$ est donc le projeté orthogonal de $E$ sur $𝒬$, et la distance de $E$ au plan vaut $EH=\sqrt{4+1+4}=3$. (1 pt) (1)

Astuce — Trois points alignés parmi quatre rendent les quatre points coplanaires : avant tout calcul de coplanarité, on regarde si deux des vecteurs sont déjà colinéaires.

1. a)$\overrightarrow{AB}(2;2;-1)$ et $\overrightarrow{AC}(-1;-2;0)$. Si $\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AB}$, les cotes imposent $0=-k$, soit $k=0$, et $\overrightarrow{AC}$ serait nul : impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, les points ne sont pas alignés et définissent un plan. (0,5 pt) (0,833333)
2. b)$\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AB}=4-2-2=0$ et $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AC}=-2+2+0=0$ : $\overrightarrow{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, il lui est normal. Équation $2x-y+2z+d=0$ ; avec $A$ : $2-0+2+d=0$, donc $d=-4$. $(ABC)$ : $2x-y+2z-4=0$. (1 pt) (0,833333)
3. c)$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=2\times (-1)+2\times (-2)+(-1)\times 0=-6$ ; $AB=\sqrt{4+4+1}=3$ ; $AC=\sqrt{1+4+0}=\sqrt{5}$. Donc $\cos \widehat{BAC}={\displaystyle \frac{-6}{3\sqrt{5}}}=-{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{5}}}\approx -0,894$, d'où $\widehat{BAC}\approx 153,4^{\circ }$. (1 pt) (0,833333)
4. d)${\sin }^2\widehat{BAC}=1-{\cos }^2\widehat{BAC}=1-{\displaystyle \frac{4}{5}}={\displaystyle \frac{1}{5}}$ et le sinus d'un angle compris entre $0^{\circ }$ et ${180}^{\circ }$ est positif, donc $\sin \widehat{BAC}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}$. Aire $={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 3\times \sqrt{5}\times {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}={\displaystyle \frac{3}{2}}$. (1 pt) (0,833333)
5. e)$\Delta$ est dirigée par $\overrightarrow{n}$ : $x=5+2t$, $y=-t$, $z=6+2t$ ($t\in ℝ$). Intersection : $2(5+2t)-(-t)+2(6+2t)-4=0⟺18+9t=0⟺t=-2$. D'où $H(1;2;2)$ (contrôle : $2-2+4-4=0$). (1 pt) (0,833333)
6. f)$\overrightarrow{SH}(-4;2;-4)$, donc $SH=\sqrt{16+4+16}=6$. $SH$ est la hauteur issue de $S$ : $V={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{3}{2}}\times 6=3$ unités de volume. (0,5 pt) (0,833333)

Méthode — La hauteur d'une pyramide issue d'un sommet s'obtient grâce au projeté orthogonal de ce sommet sur le plan de la base : droite orthogonale, point d'intersection, puis distance.

1. a)Le triangle $ABC$ est équilatéral de côté $a$ : $\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=AB\times AC\times \cos {60}^{\circ }=a\times a\times {\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{a^2}{2}}$. Même calcul dans le triangle équilatéral $ABD$ pour $\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}$. (1 pt) (1)
2. b)Relation de Chasles : $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}$. Par bilinéarité, $\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}={\displaystyle \frac{a^2}{2}}-{\displaystyle \frac{a^2}{2}}=0$ : les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont orthogonales. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
3. c)$\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CI}=\overrightarrow{AC}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AC}+{\displaystyle \frac{1}{2}}(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})={\displaystyle \frac{1}{2}}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})$. Alors $\overrightarrow{AI}·\overrightarrow{CD}={\displaystyle \frac{1}{2}}(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC})·(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})={\displaystyle \frac{1}{2}}(A{D}^2-A{C}^2)={\displaystyle \frac{1}{2}}(a^2-a^2)=0$. (1 pt) (1)
4. d)De même, $\overrightarrow{BI}={\displaystyle \frac{1}{2}}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD})$ et $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BC}$, d'où $\overrightarrow{BI}·\overrightarrow{CD}={\displaystyle \frac{1}{2}}(B{D}^2-B{C}^2)=0$. Les points $A$, $B$, $I$ ne sont pas alignés : sinon $B$ serait sur la droite $(AI)$, contenue dans le plan $(ACD)$, alors que $B\notin (ACD)$. Ainsi $\overrightarrow{AI}$ et $\overrightarrow{BI}$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABI)$, orthogonaux à $\overrightarrow{CD}$ : $(CD)$ est orthogonale au plan $(ABI)$, donc à toute droite de ce plan, en particulier à $(AB)$. (1 pt) (1)

Astuce — Sans repère, on décompose les vecteurs avec la relation de Chasles vers des vecteurs dont on connaît les produits scalaires : ici, tout se ramène à $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{AD}$.

1. a)Si $\overrightarrow{u}=k\overrightarrow{v}$, les cotes donnent $-1=0$ : impossible, donc $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ ne sont pas colinéaires. Les trois vecteurs sont coplanaires si et seulement s'il existe des réels $a$, $b$ tels que $\overrightarrow{w}=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$, soit $a-b=1$, $2a+b=m$ et $-a=-4$. D'où $a=4$, $b=3$ et $m=2\times 4+3=11$. (1 pt) (1)
2. b)$M{A}^2=M{B}^2⟺(x-1{)}^2+(y+2{)}^2+(z-3{)}^2=(x-3{)}^2+y^2+(z+1{)}^2⟺-2x+4y-6z+14=-6x+2z+10⟺4x+4y-8z+4=0⟺x+y-2z+1=0$ (les distances étant positives, $MA=MB⟺M{A}^2=M{B}^2$). $I(2;-1;1)$ : $2-1-2+1=0$, donc $I$ est dans le plan ; $\overrightarrow{AB}(2;2;-4)=2(1;1;-2)$ est colinéaire au vecteur normal $(1;1;-2)$ : le plan est orthogonal à $(AB)$. (0,5 pt + 0,5 pt) (1)
3. c)Les vecteurs normaux $(1;1;-1)$ et $(2;-1;1)$ ne sont pas colinéaires (rapports $2$ et $-1$), donc les plans sont sécants. En ajoutant les équations : $3x-3=0$, soit $x=1$ ; puis $1+y-z-1=0$, soit $y=z$. Droite d'intersection : $x=1$, $y=t$, $z=t$ ($t\in ℝ$). Contrôle : $1+t-t-1=0$ et $2-t+t-2=0$. (1 pt) (1)

Astuce — Comparer $M{A}^2$ et $M{B}^2$ plutôt que $MA$ et $MB$ : les carrés se développent, les termes $x^2$, $y^2$, $z^2$ disparaissent et il reste une équation de plan.

1. a)$\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HM}$, donc $A{M}^2=A{H}^2+2\overrightarrow{AH}·\overrightarrow{HM}+H{M}^2$. Comme $H$ et $M$ sont sur $d$, $\overrightarrow{HM}$ est nul ou dirige $d$ ; dans les deux cas $\overrightarrow{AH}·\overrightarrow{HM}=0$. D'où $A{M}^2=A{H}^2+H{M}^2$. (1 pt) (1)
2. b)$H{M}^2\ge 0$ donne $A{M}^2\ge A{H}^2$, donc $AM\ge AH$ pour tout $M\in d$ ; l'égalité impose $HM=0$, c'est-à-dire $M=H$. (0,5 pt) (1)
3. c)$\overrightarrow{A{M}_t}(2+t-1;-1+2t-2;t+1)=(1+t;2t-3;1+t)$, donc $A{M}_t^2=(1+t{)}^2+(2t-3{)}^2+(1+t{)}^2=2(t^2+2t+1)+4t^2-12t+9=6t^2-8t+11$. (1 pt) (1)
4. d)Trinôme de coefficient dominant $6>0$ : minimum en $t={\displaystyle \frac{8}{12}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$, de valeur $6\times {\displaystyle \frac{4}{9}}-{\displaystyle \frac{16}{3}}+11={\displaystyle \frac{8}{3}}-{\displaystyle \frac{16}{3}}+{\displaystyle \frac{33}{3}}={\displaystyle \frac{25}{3}}$. D'après b), ce minimum est atteint en $H$ : $H=M_{2/3}\left({\displaystyle \frac{8}{3}};{\displaystyle \frac{1}{3}};{\displaystyle \frac{2}{3}}\right)$ et la distance cherchée est $AH=\sqrt{{\displaystyle \frac{25}{3}}}={\displaystyle \frac{5\sqrt{3}}{3}}$. Contrôle : $\overrightarrow{AH}({\displaystyle \frac{5}{3}};-{\displaystyle \frac{5}{3}};{\displaystyle \frac{5}{3}})$ et $\overrightarrow{u}(1;2;1)$ dirige $d$ : $\overrightarrow{AH}·\overrightarrow{u}={\displaystyle \frac{5}{3}}-{\displaystyle \frac{10}{3}}+{\displaystyle \frac{5}{3}}=0$. (1,5 pt) (1)

Méthode — La distance d'un point à une droite s'obtient au choix en minimisant un trinôme en $t$ ou en résolvant $\overrightarrow{A{M}_t}·\overrightarrow{u}=0$ : les deux méthodes donnent le même paramètre, ce qui fournit un contrôle gratuit.

1. a)$A(0;0;0)$, $F(1;0;1)$, $B(1;0;0)$, $G(1;1;1)$. $(AF)$, dirigée par $\overrightarrow{AF}(1;0;1)$ : $x=t$, $y=0$, $z=t$ ; $(BG)$, dirigée par $\overrightarrow{BG}(0;1;1)$ : $x=1$, $y=s$, $z=s$ ($t,s\in ℝ$, deux paramètres distincts). (0,5 pt) (1)
2. b)Si $\overrightarrow{BG}=k\overrightarrow{AF}$, les abscisses donnent $k=0$ et les ordonnées $1=0$ : les directions ne sont pas colinéaires. Un point commun vérifierait $t=1$, $0=s$ et $t=s$, d'où $1=0$ : impossible. Ni parallèles ni sécantes, les droites sont non coplanaires. (1 pt) (1)
3. c)$M(t;0;t)$, $N(1;s;s)$ et $\overrightarrow{MN}(1-t;s;s-t)$. Les conditions s'écrivent $\overrightarrow{MN}·\overrightarrow{AF}=1-t+s-t=1+s-2t=0$ et $\overrightarrow{MN}·\overrightarrow{BG}=s+s-t=2s-t=0$. La seconde donne $t=2s$, puis $1+s-4s=0$, soit $s={\displaystyle \frac{1}{3}}$ et $t={\displaystyle \frac{2}{3}}$ : solution unique. $M\left({\displaystyle \frac{2}{3}};0;{\displaystyle \frac{2}{3}}\right)$ et $N\left(1;{\displaystyle \frac{1}{3}};{\displaystyle \frac{1}{3}}\right)$ ; comme $M\ne N$, la droite $(MN)$ existe. (1,5 pt) (1)
4. d)$\overrightarrow{MN}({\displaystyle \frac{1}{3}};{\displaystyle \frac{1}{3}};-{\displaystyle \frac{1}{3}})$ ; avec $E(0;0;1)$ et $C(1;1;0)$, $\overrightarrow{EC}(1;1;-1)$, donc $\overrightarrow{MN}={\displaystyle \frac{1}{3}}\overrightarrow{EC}$. Comme $EC=\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}$, $MN={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}}$. (1 pt) (1)
5. e)$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NQ}$, avec $\overrightarrow{PM}=\alpha \overrightarrow{AF}$ et $\overrightarrow{NQ}=\beta \overrightarrow{BG}$ ($\alpha ,\beta$ réels). Posons $\overrightarrow{w}=\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{NQ}$ : d'après c), $\overrightarrow{w}·\overrightarrow{MN}=\alpha \overrightarrow{AF}·\overrightarrow{MN}+\beta \overrightarrow{BG}·\overrightarrow{MN}=0$. Donc $P{Q}^2=\Vert \overrightarrow{w}+\overrightarrow{MN}{\Vert }^2=\Vert \overrightarrow{w}{\Vert }^2+M{N}^2\ge M{N}^2$, et $PQ\ge MN={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}}$ : $MN$ est la plus courte distance entre les deux droites. (1 pt) (1)

Piège — Utiliser le même paramètre pour deux droites différentes oblige leurs points à « avancer ensemble » : il faut deux paramètres distincts, sinon on manque les points communs ou la perpendiculaire commune.

1. a)L'équation est de la forme $ax+by+cz+d=0$ avec $(a;b;c)=(1+m;1;-m)$, qui n'est jamais le vecteur nul puisque $b=1$ : ${𝒫}_m$ est un plan de vecteur normal ${\overrightarrow{n}}_m(1+m;1;-m)$. (0,5 pt) (0,8)
2. b)Pour tout réel $t$ : $(1+m)t+(2-t)-mt-2=t+mt+2-t-mt-2=0$. Tout point de $\Delta$ appartient à ${𝒫}_m$, et ce pour tout $m$. (1 pt) (0,8)
3. c)${\overrightarrow{n}}_0(1;1;0)$ et ${\overrightarrow{n}}_m·{\overrightarrow{n}}_0=(1+m)+1+0=m+2$, nul si et seulement si $m=-2$. Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux : ${𝒫}_{-2}$ : $-x+y+2z-2=0$. (1 pt) (0,8)
4. d)$A\in {𝒫}_m⟺(1+m)+0-3m-2=0⟺-1-2m=0⟺m=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$. ${𝒫}_{-1/2}$ : ${\displaystyle \frac{1}{2}}x+y+{\displaystyle \frac{1}{2}}z-2=0$, soit $x+2y+z-4=0$ (contrôle : $1+0+3-4=0$). (0,5 pt) (0,8)
5. e)Non. Le plan $\Pi$ : $x-z=0$ contient $\Delta$ ($t-t=0$ pour tout $t$). S'il était égal à un ${𝒫}_m$, ${\overrightarrow{n}}_m(1+m;1;-m)$ serait colinéaire à $(1;0;-1)$, ce qui imposerait une ordonnée nulle : $1=0$, absurde. Plus précisément, un plan contenant $\Delta$ a un vecteur normal $(\alpha ;\beta ;\gamma )$ orthogonal à $\overrightarrow{u}(1;-1;1)$, soit $\alpha -\beta +\gamma =0$, et contient $(0;2;0)$. Si $\beta \ne 0$, on peut prendre $\beta =1$ et poser $m=-\gamma$, d'où $\alpha =1+m$ : c'est ${𝒫}_m$. Si $\beta =0$, $\alpha =-\gamma$ et l'on obtient $\Pi$. Ainsi $\Pi$ est le seul plan contenant $\Delta$ qui manque à la famille. (1 pt) (0,8)

Erreur fréquente — Un seul point commun ne prouve pas qu'une droite est contenue dans un plan : il faut que l'équation soit vérifiée pour tout $t$, ou au moins en deux points distincts de la droite.

1. a)$\overrightarrow{AB}(-a;b;0)$ et $\overrightarrow{AC}(-a;0;c)$ ne sont pas colinéaires (la cote de $\overrightarrow{AB}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{AC}$, et $\overrightarrow{AB}\ne \overrightarrow{0}$). $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AB}=-1+1+0=0$ et $\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AC}=-1+0+1=0$ : $\overrightarrow{n}$ est normal à $(ABC)$. Équation ${\displaystyle \frac{x}{a}}+{\displaystyle \frac{y}{b}}+{\displaystyle \frac{z}{c}}+d=0$ ; avec $A$ : $1+d=0$, d'où ${\displaystyle \frac{x}{a}}+{\displaystyle \frac{y}{b}}+{\displaystyle \frac{z}{c}}=1$. (1 pt) (1)
2. b)$(OH)$ passe par $O$ et est dirigée par $\overrightarrow{n}$ : $x={\displaystyle \frac{\lambda }{a}}$, $y={\displaystyle \frac{\lambda }{b}}$, $z={\displaystyle \frac{\lambda }{c}}$ ($\lambda \in ℝ$). $H$ est sur le plan : $\lambda ({\displaystyle \frac{1}{a^2}}+{\displaystyle \frac{1}{b^2}}+{\displaystyle \frac{1}{c^2}})=1$, soit $\lambda ={\displaystyle \frac{1}{S}}$. Alors $\overrightarrow{OH}={\displaystyle \frac{1}{S}}\overrightarrow{n}$ et $OH={\displaystyle \frac{1}{S}}\Vert \overrightarrow{n}\Vert ={\displaystyle \frac{\sqrt{S}}{S}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{S}}}$, d'où ${\displaystyle \frac{1}{O{H}^2}}=S$. (1 pt) (1)
3. c)$S=1+{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}={\displaystyle \frac{3}{2}}$, donc $OH=\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{3}}$. Base $OAB$ rectangle en $O$ d'aire ${\displaystyle \frac{1\times 2}{2}}=1$, hauteur $OC=2$ : $V={\displaystyle \frac{1}{3}}\times 1\times 2={\displaystyle \frac{2}{3}}$. Avec la base $ABC$ et la hauteur $OH$ : ${𝒜}_{ABC}={\displaystyle \frac{3V}{OH}}={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{6}/3}}={\displaystyle \frac{6}{\sqrt{6}}}=\sqrt{6}$. (Contrôle : $AB=AC=\sqrt{5}$, $\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=1$, $\cos \widehat{BAC}={\displaystyle \frac{1}{5}}$, $\sin \widehat{BAC}={\displaystyle \frac{2\sqrt{6}}{5}}$ et ${\displaystyle \frac{1}{2}}\times 5\times {\displaystyle \frac{2\sqrt{6}}{5}}=\sqrt{6}$.) (1 pt) (1)
4. d)Le volume se calcule de deux façons : $V={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{ab}{2}}\times c={\displaystyle \frac{abc}{6}}$ et $V={\displaystyle \frac{1}{3}}{𝒜}_{ABC}\times OH$. Donc ${𝒜}_{ABC}={\displaystyle \frac{abc}{2OH}}$ et ${𝒜}_{ABC}^2={\displaystyle \frac{a^2{b}^2{c}^2}{4}}S={\displaystyle \frac{b^2{c}^2+a^2{c}^2+a^2{b}^2}{4}}$. Or les triangles $OAB$, $OBC$, $OCA$ sont rectangles en $O$ : ${𝒜}_{OAB}={\displaystyle \frac{ab}{2}}$, ${𝒜}_{OBC}={\displaystyle \frac{bc}{2}}$, ${𝒜}_{OCA}={\displaystyle \frac{ca}{2}}$, dont la somme des carrés vaut aussi ${\displaystyle \frac{a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2}{4}}$. (1 pt) (1)