\chapter{Bac blanc 03}

\tcbstartrecording

% VF

\begin{exobb}{5 points}
\textit{Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Pour chacune des questions, quatre propositions sont faites, dont une seul est correcte.}

\textit{Vous devrez a trouver et la justifier.}


\begin{enumerate}
\item Alice donne son numéro de téléphone à Bob qui l'enregistre dans son téléphone.

De retour chez lui, il s'aperçoit qu'il s'est trompé sur l'un des 8 derniers chiffres. Bob ne sait pas quel chiffre il a mal enregistré. Il décide de tester méthodiquement : pour chacun des 8 chiffres susceptibles d'être erroné, il le remplace successivement par chacun des 9 chiffres différents de celui enregistré.

Combien d'essais Bob devra-t-il faire au maximum avant de retrouver le bon numéro ?

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item 8
\item 72
\item 80
\item $9^8$
\end{multicols}
\end{enumerate}



\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Réponse \textbf{b}. Pour chacun des 8 chiffres, il faut tester les 9 autres chiffres, soit un total de $9\times8=72$ essais.
\end{enumerate}
\end{exobb}

\newpage

\begin{exobb}{5 points}
Un architecte souhaite concevoir un bâtiment tétraédrique. Il considère ensuite le centre de gravité des faces $ACD$, $BCD$ et $ABC$ qu'il nomme respectivement $P$, $Q$ et $R$. Il le modélise par le tétraèdre $ABCD$ ci-dessous.

\medskip

\begin{minipage}{8cm}
\begin{tikzpicture}
    % Définition des coordonnées
    \coordinate (A) at (0,0);
    \coordinate (B) at (7,0);
    \coordinate (C) at (4,1);
    \coordinate (D) at (2,4);

    % Arêtes visibles
    \draw (A) node[below left] {$A$}
       -- (B) node[below right] {$B$}
       -- (D) node[above] {$D$}
       -- cycle;

    % Arêtes cachées
    \draw[dashed] (A) -- (C) node[above right] {$C$} -- (B);
    \draw[dashed] (C) -- (D);

    % Centre de gravité de ABC
    \fill (barycentric cs:A=1,B=1,C=1) circle (1pt) node[right] {$R$};
    \fill (barycentric cs:A=1,D=1,C=1) circle (1pt) node[right] {$P$};
    \fill (barycentric cs:D=1,B=1,C=1) circle (1pt) node[right] {$Q$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-8cm}
L'espace est rapporté au repère orthonormé $\big(A;\vv{i},\vv{j},\vv{k}\big)$ dans lequel:
\begin{itemize}
\begin{multicols}{3}
\item $B\coordEsp{6}{0}{0}$
\item $C\coordEsp{4}{3}{0}$
\item $D\coordEsp{2}{2}{4}$
\end{multicols}
\end{itemize}
On admet que:
\begin{align*}
\vv{RA} + \vv{RB} + \vv{RC} = \vv{0}\\
\vv{PA} + \vv{PC} + \vv{PD} = \vv{0}\\
\vv{QB} + \vv{QC} + \vv{QD} = \vv{0}
\end{align*}
\end{minipage}


\begin{enumerate}
\item Montrer que les coordonnées de $Q$ sont $\coordEsp{4}{\dfrac{5}{3}}{\dfrac{4}{3}}$.

On admet que $P\coordEsp{2}{\dfrac{5}{3}}{\dfrac{4}{3}}$ et $R\coordEsp{\dfrac{10}{3}}{1}{0}$.

\item Une équation du plan $(ABD)$ est: $2y - z = 0$.

Montrer que le plan $(PQR)$ est parallèle au plan $(ABD)$.

\item Justifier qu'une représentation paramétrique de la droite $(DR)$ est:
\[
(DR)\quad:\quad
\begin{cases}
x = 2+\dfrac{4}{3}t\\[6pt]
y = 2 - t\\
z = 4 - 4t
\end{cases},\ t\in\R.
\]

\item On admet que $(BP)$ et $(AQ)$ ont les représentations paramétriques suivantes:
\[
(BP)\,:\,\begin{cases}
x = 6 + 4k\\
y = - \dfrac{5}{3}k \\[6pt]
z = -\dfrac{4}{3}k
\end{cases},\ k\in\R
\qquad ; \qquad
(AQ)\,:\,\begin{cases}
x = 4\lambda\\
y = \dfrac{5}{3}\lambda\\[6pt]
z = \dfrac{4}{3}\lambda
\end{cases}
\]

Montrer que $(DR)$, $(AQ)$ et $(BP)$ sont concourantes en un point que l'on nommera $G$ et dont on donnera les coordonnées.

\item Montrer que la distance du point $G$ au plan $(ABD)$ est égale à $\dfrac{\sqrt5}{20}$.
\end{enumerate}

\tcblower %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\vv{QB} + \vv{QC} + \vv{QD} = \vv{0} 
& \iff \big(\vv{QA}+\vv{AB}\big) + \big(\vv{QA} + \vv{AC}\big) + \big(\vv{QA}+\vv{AD}\big) = \vv{0}\\
& \iff 3\vv{QA} = -\vv{AB}-\vv{AC}-\vv{AD}\\
& \iff 3\vv{AQ} = \vv{AB}+\vv{AC}+\vv{AD}.
\end{aligned}$

Ainsi,
\[
3\vv{AQ}\begin{pmatrix}x_B+x_C+x_D \\ y_B+y_C+y_D \\ z_B+z_C+z_D\end{pmatrix} \text{ soit }3\vv{AQ}\begin{pmatrix}6+4+2 \\ 0+3+2 \\ 0+0+4\end{pmatrix}\text{ et donc} 3\vv{AQ}\begin{pmatrix}12 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix}.
\]
On en déduit alors que:
\[
\vv{AQ}\begin{pmatrix} \frac{12}{3} \\[6pt] \frac{5}{3} \\[6pt] \frac{4}{3} \end{pmatrix}\text{ soit }
\boxed{ \vv{AQ}\begin{pmatrix} 4 \\[6pt] \frac{5}{3} \\[6pt] \frac{4}{3} \end{pmatrix} }
\]
Les coordonnées de $G$ sont donc $\coordEsp{4}{\dfrac{5}{3}}{\dfrac{4}{3}}$.

\item Une équation du plan $(ABD)$ est: $2y - z = 0$.

Donc un vecteur normal au plan $(ABD)$ est $\vv{u}\begin{pmatrix}0\\2\\-1\end{pmatrix}$.
\begin{itemize}
\item $\vv{PQ}\begin{pmatrix}4-2 \\ \frac{5}{3}-\frac{5}{3} \\[6pt] \frac{4}{3}-\frac{4}{3}\end{pmatrix}$ soit $\vv{PQ}\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}$. Donc:
\[
\vv{u}\cdot\vv{PQ} = 0\times2 + 2\times0 - 1\times0 = 0.
\]
Ainsi, $\vv{u}$ et $\vv{PQ}$ sont orthogonaux.

\item $\vv{PR}\begin{pmatrix}\frac{10}{3}-2 \\[6pt] 1-\frac{5}{3} \\[6pt] 0-\frac{4}{3}\end{pmatrix}$ soit $\vv{PR}\begin{pmatrix}\frac{4}{3}\\[6pt] -\frac{2}{3}\\[6pt] -\frac{4}{3}\end{pmatrix}$. Donc:
\[
\vv{u}\cdot\vv{PR} = 0\times\frac{4}{3} + 2\times\left(-\frac{2}{3}\right) - 1\times\left(-\frac{4}{3}\right) = 0.
\]
Ainsi, $\vv{u}$ et $\vv{PR}$ sont orthogonaux.
\end{itemize}

De plus, $\vv{PQ}$ et $\vv{PR}$ ne sont pas colinéaires, ce qui permet d'affirmer que $\big(\vv{PQ},\vv{PR}\big)$ est une base du plan $(PQR)$.

\medskip

Ainsi, $\vv{u}$ est orthogonal à toute combinaison linéaires de $\vv{PQ}$ et $\vv{PR}$, et donc à tout vecteur du plan $(PQR)$, et donc $\vv{u}$ est un vecteur normal à $(PQR)$.

\medskip

Or, si deux plans distincts ont un même vecteur normal, ils sont parallèles.

\underline{Ainsi, $(PQR)$ et $(ABD)$ sont parallèles.}

\item $\vv{DR}\begin{pmatrix}\dfrac{10}{3}-2 \\[6pt] 1-2 \\ 0-4\end{pmatrix}$, soit $\vv{DR}\begin{pmatrix}\dfrac{4}{3}\\[6pt]-1\\-4\end{pmatrix}$. Ainsi, comme $D\in(DR)$, une représentation paramétrique de $(DR)$ est:
\[
\begin{cases}
x = x_D + x_{\vv{DR}}t\\
y = y_D + y_{\vv{DR}}t\\
z = z_D + z_{\vv{DR}}t\\
\end{cases},\ t\in\R \iff
\boxed{ \begin{cases}
x = 2+\dfrac{4}{3}t\\[6pt]
y = 2 - t\\
z = 4 - 4t
\end{cases},\ t\in\R }
\]

\item 
\begin{itemize}
\item Intersection de $(DR)$ et $(AQ)$: on résout le système suivant, formé à partir des représentations paramétriques des deux droites.
\[
\begin{cases}
2+\dfrac{4}{3}t = 4 \lambda\\[6pt]
2-t= \dfrac{5}{3}\lambda\\[6pt]
4-4t=\dfrac{4}{3}\lambda
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
\lambda = \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}t\quad(1)\\[6pt]
\lambda = \dfrac{6}{5} - \dfrac{3}{5}t\quad(2)\\[6pt]
\lambda = 3-3t\quad(3)
\end{cases}
\]
De (2) et (3), on déduit:
\[
\dfrac{6}{5} - \dfrac{3}{5}t = 3-3t \iff \dfrac{6}{5}-3 = \dfrac{3}{5}t-3t \iff \dfrac{9}{5} = \dfrac{12}{5}t \iff t = \dfrac{9}{12}=\dfrac{3}{4}. 
\]
De (1) et (2), on déduit:
\[
\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}t=\dfrac{6}{5} - \dfrac{3}{5}t \iff \dfrac{1}{3}t + \dfrac{3}{5}t=\dfrac{6}{5} - \dfrac{1}{2} \iff \dfrac{14}{15}t = \dfrac{7}{10} \iff 
t = \dfrac{7}{10}\times\dfrac{15}{14} = \dfrac{3}{4}.
\]
Le système admet bien une unique solution: $t=\dfrac{3}{4}$ et le $\lambda$ qui correspond, à savoir $\lambda=3-\dfrac{9}{4}=\dfrac{3}{4}$.

\medskip

\item Intersection de $(AQ)$ et $(BP)$:
\[
\begin{cases}
2+\dfrac{4}{3}t = 6+4k&\quad{\color{courbe3}\times3}\\[6pt]
2-t= -\dfrac{5}{3}k&\quad{\color{courbe3}\times3}\\[6pt]
4-4t=-\dfrac{4}{3}k&\quad{\color{courbe3}\times\frac{3}{4}}
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
4t-12k=12&(1)\\
3t-5k=6&(2)\\
3t-k=3&(3)
\end{cases}
\]
$(3)-(2) \iff 4k = -3 \iff k = -\dfrac{3}{4}$.

$(3) \implies 3t = 3-\dfrac{3}{4}=\dfrac{9}{4} \implies t = \dfrac{3}{4}$.

Alors, $(1) \implies 4\times\dfrac{3}{4}-12\times\left(-\dfrac{3}{4}\right) = 12 \implies 3 + 9 = 12$, ce qui est vrai.

\medskip

Le système admet donc une unique solution: $t=k=\dfrac{3}{4}$.
\end{itemize}

Ainsi, les droites $(AQ)$, $(BP)$ et $(DR)$ sont concourantes en un point $G$ de coordonnées (en prenant $\lambda=\dfrac{3}{4}$ dans la représentation paramétrique de $(AQ)$):
\[
G\coordEsp{4\times\frac{3}{4}}{\dfrac{5}{3}\times\frac{3}{4}}{\dfrac{4}{3}\times\frac{3}{4}} \iff \boxed{ G\coordEsp{3}{\frac{5}{4}}{1} }
\]

\item La distance du point $G$ au plan $(ABD)$, d'équation cartésienne $2y-z=0$ est donnée par la formule:
\[
d\big(G;(ABD)\big) = \dfrac{|y_G-z_G|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}} = \dfrac{\frac{5}{4}-1}{\sqrt{5}} = \frac{1}{4\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{4\times5}=\frac{\sqrt5}{20}.
\]
\end{enumerate}
\end{exobb}

\corrigesbb
