%!TEX encoding = UTF-8 Unicode \documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{fancybox} %%%Sujet aimablement fourni par Nathalie Mignot %%% Tapuscrit Denis Vergès \usepackage{ulem} \usepackage{tabularx} \usepackage{dcolumn} \usepackage{textcomp} \usepackage{diagbox} \usepackage{lscape} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} \usepackage[dvips]{color} \usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-3dplot,pst-solides3d,pst-vue3d,pstricks-add} \usepackage[left=3cm, right=3cm, top=3cm, bottom=2.5cm]{geometry} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~ \vect{\jmath},~ \vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \setlength{\voffset}{-1,5cm} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{graphicx} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \lhead{\small Baccalauréat S} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lfoot{\small{Nouvelle-Calédonie}} \rfoot{\small{10 novembre 2011}} \renewcommand \footrulewidth{.2pt} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center}\textbf{Durée : 4 heures} \vspace{0,25cm} {\Large\textbf{\decofourleft~Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie~\decofourright\\10 novembre 2011}} \end{center} \vspace{0,25cm} \textbf{\textsc{Exercice 1}\hfill 5 points} \textbf{Commun à tous les candidats} \medskip %Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal direct \Ouv. % %On prendra 1~cm pour unité graphique. % %\medskip \begin{enumerate} \item %Résoudre dans $\C$ l'équation $z^2 - 2z + 2 = 0$. $z^2 - 2z + 2 = 0 \iff (x - 1)^2 - 1 + 2 = 0 \iff (x - 1)^2 + 1 = 0 \iff (x- 1)^2 - \text{i}^2 = 0 \iff (x - 1 + \text{i})(x - 1 - \text{i}) = 0$. Il y a donc deux solutions complexes : \[1- \text{i}\quad ; \quad 1+ \text{i}.\] \item %Soit A, B, C et D les points d'affixes respectives : %\[z_{\text{A}} = 1 + \text{i}\quad ;\quad z_{\text{B}} = \overline{z_{\text{A}}}\quad ; \quad z_{\text{C}} = 2z_{\text{B}} \quad;\quad z_{\text{D}} = 3.\] %Construire une figure et la compléter tout au long de l'exercice. \psset{unit=1cm} \begin{center} \begin{pspicture}(-3,-5)(8,2) \psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-3,-5)(8,2) \psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1) \psdots(1,1)(1,-1)(2,-2)(3,0)(1,-4)(7,-2) \uput[l](1,1){A} \uput[l](1,-1){B} \uput[l](2,-2){C} \uput[dr](3,0){D} \uput[l](1,-4){C$'$}\uput[r](7,-2){C$''$}\uput[dl](0,0){O} \pspolygon(1,1)(2,-2)(3,0) \pspolygon[linecolor=blue](1,1)(1,-4)(7,-2) \psline(7,-2)(0,-2)\psline(2,-2)(1,-4) \psline[linestyle=dashed,linecolor=red](1,1)(2.52,-3.5) \end{pspicture} \end{center} \item %Montrer que les trois points A, B et C appartiennent à un même cercle de centre D dont on précisera le rayon. On a $\left|z_{\text{D}} - z_{\text{A}} \right|^2 = \left|3 - 1 - \text{i}\right|^2 = |2 - \text{i}|^2 = 4 + 1 = 5$. De même $\left|z_{\text{D}} - z_{\text{B}} \right|^2 = \left|3 - 1 + \text{i}\right|^2 = |2 + \text{i}|^2 = 4 + 1 = 5$. $\left|z_{\text{D}} - z_{\text{C}} \right|^2 = \left|3 - 2 + 2\text{i}\right|^2 = |1 + 2\text{i}|^2 = 1 + 4 = 5$. On a donc $\text{DA}^2 = \text{DB}^2 = \text{DC}^2 = 5 \iff \text{DA} = \text{DB} = \text{DC} = \sqrt{5}$. Conclusion : A, B et C appartiennent à un même cercle de centre D et de rayon $\sqrt{5}$. \item %Calculer $\dfrac{z_{\text{C}} - 3}{z_{\text{A}} - 3}$. En déduire la nature du triangle DAC. $\dfrac{z_{\text{C}} - 3}{z_{\text{A}} - 3} = \dfrac{2 - 2\text{i} - 3}{1 + \text{i} - 3} = \dfrac{- 1 - 2\text{i}}{- 2 + \text{i}} = \dfrac{(- 1 - 2\text{i})(- 2 - \text{i})}{(- 2 + \text{i})(- 2 - \text{i})} = \dfrac{2 - 2 + \text{i} + 4\text{i}}{4 + 1} = \dfrac{5\text{i}}{5} = \text{i}$. $\bullet~~$ On a donc $z_{\text{C}} - 3 = \text{i}(z_{\text{A}} - 3)$ ou encore $z_{\text{C}} - z_{\text{D}} = \text{i}(z_{\text{A}} - z_{\text{D}})$ égalité qui signifie que C est l'image du point A dans la rotation de centre D et d'angle $\dfrac{\pi}{2}.$ Par propriété de la rotation DA = DC : conclusion : le triangle DAC est rectangle et isocèle en D. \item %\emph{Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative même non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation}. %On note $h$ l'homothétie de centre D et de rapport 2. On note $r$ la rotation de centre D et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$. On appelle C$'$ l'image de C par $h$ et C$''$ l'image de C$'$ par $r$. %Montrer que les droites (AC) et (C$'$C$''$) sont perpendiculaires. Par définition de l'homothétie $h$ les points C, D et C$'$ sont alignés. Par propriété de la rotation $r$ le droite (DC$''$) est perpendiculaire à la droite (DC$'$), et comme (DC$'$) est d'après la question précédente perpendiculaire à la droite (AD), les points A, D et C$''$ sont alignés. Affixe de C$'$ : par définition de l'homothétie on a : $z_{\text{C}'} - z_{\text{D}} = 2\left(z_{\text{C}} - z_{\text{D}}\right)$ soit $z_{\text{C}'} - 3 = 2\left(2 - 2\text{i} - 3\right) = - 2 - 4\text{i} \iff z_{\text{C}'} = 3 - 2 - 4\text{i} = 1 - 4\text{i}$. Affixe de C$''$ : par définition de la rotation : $z_{\text{C}''} - z_{\text{D}} = \text{i}\left(z_{\text{C}'} - z_{\text{D}}\right)$ soit $z_{\text{C}''} - 3 = \text{i}\left(1 - 4\text{i} - 3\right) \iff z_{\text{C}''} - 3 = - 2\text{i} + 4 \iff z_{\text{C}''} = 7 - 2\text{i}$. Considérons le triangle AC$'$C$''$ : \begin{itemize} \item A et C$'$ ont la partie réelle, donc la droite (AC$'$) est parallèle à l'axe $\left(\text{O},~\vect{v}\right)$ ; \item C et C$''$ ont la même partie imaginaire, donc la droite (CC$''$) est parallèle à l'axe $\left(\text{O},~\vect{u}\right)$ ; \item Conclusion : la droite (AC$'$) est perpendiculaire à la droite (CC$''$) \end{itemize} Dans le triangle ACC$'$ les droites (C$'$D) et (CC$''$) sont deux hauteurs ; leur point commun C est l'orthocentre de ce triangle. La troisième hauteur est donc la droite (AC) qui est perpendiculaire à la droite (C$'$C$''$). \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 2}\hfill 5 points} \textbf{Commun à tous les candidats} \medskip \begin{enumerate} \item %Soit $f$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty[$ par : %\[f(x) = \ln \left(1 + \dfrac{1}{x}\right) - x.\] \begin{enumerate} \item %Déterminer les limites de la fonction $f$ en $0$ et en $+\infty$. $\bullet~~$ Comme $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x} = + \infty$, $\displaystyle\lim_{x \to 0} 1 + \dfrac{1}{x} = + \infty$, puis $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln \left(1 + \dfrac{1}{x}\right) = + \infty$, donc finalement $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = + \infty$. $\bullet~~$ Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0$, $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} 1 + \dfrac{1}{x} = + 1$, puis $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln \left(1 + \dfrac{1}{x}\right) = 0 $, donc finalement $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = - \infty$. \item %Montrer que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]0~;~+ \infty[$. Sur $]0~;~+ \infty[,\: f$ somme de composées de fonctions dérivables est dérivable et sur cet intervalle : $f'(x) = - \dfrac{1}{x^2}\times \dfrac{1}{1 + \frac{1}{x}} - 1 = -\dfrac{1}{x^2\left(1 + \frac{1}{x}\right)} - 1 = -\dfrac{1}{x^2 + x} - 1 = \dfrac{- 1 - x^2 - x}{x^2 + x}$. Comme $x > 0$ implique $x + x^2 > 0$, le signe de $f'(x)$ est celui du numérateur $-1 - x^2 - x = - \left(1 + x + x^2\right)$. Or $x > 0 \Rightarrow x + x^2 > 0 \Rightarrow 1 + x + x^2 > 1 > 0$ et finalement $- \left(1 + x + x^2\right) < 0$. La négativité stricte de la fonction dérivée sur $]0~;~+ \infty[$ implique la décroissance stricte de la fonction $f$ sur cet intervalle. \item %Montrer qu'il existe un unique réel $\alpha$ appartenant à $]0~;~+ \infty[$ tel que $f(\alpha) = 0$. On a vu dans les deux questions précédentes que la fonction $f$ décroit strictement sur $]0~;~+ \infty[$ de $+ \infty$ à $- \infty$. : il existe donc une valeur unique $\alpha$ de $x$ appartenant à $]0~;~+ \infty[$ telle que $f(\alpha) = 0$. %Déterminer une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-3}$ près. La calculatrice donne $f(0,806) \approx \np{0,00079}$ et $f(0,807) \approx \np{- 0,0009}$. Conclusion : $0,806 < \alpha < 0,807$. \end{enumerate} \item %Soit $g$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty[$ par : $g(x) = \ln \left(1 + \dfrac{1}{x}\right)$. %La suite $\left(u_{n}\right)_{n \in \N}$ est définie par $u_{0} = 1,5$ et pour tout entier naturel $n \::$ %$u_{n+1} = g\left(u_{n}\right) = \ln \left(1 + \dfrac{1}{u_{n}}\right)$. %On a représenté en \textbf{annexe 1 (à rendre avec la copie)} la courbe $\mathcal{C}$ représentative de la fonction $g$ et la droite d'équation $y = x$. \begin{enumerate} \item %Construire sur l'axe des abscisses, en laissant les traits de construction apparents, les cinq premiers termes de la suite $\left(u_{n}\right)_{n \in \N}$ Voir l'annexe 1. \item Le graphique permet-il d'émettre les conjectures suivantes ? %On recopiera sur la copie le numéro de la conjecture suivie de OUI ou NON. %Aucune justification n'est demandée. \begin{itemize} \item[$\bullet~~$] Conjecture \no 1 : \og la suite $\left(u_{n}\right)_{n \in \N}$ est monotone. \fg \quad NON \item[$\bullet~~$] Conjecture \no 2 : \og la suite $\left(u_{n}\right)_{n \in \N}$ est minorée par $0,5$. \fg \quad OUI \item[$\bullet~~$] Conjecture \no 3 : \og la suite $\left(u_{n}\right)_{n \in \N}$ converge vers 1. \fg \quad NON \end{itemize} \item %On admet que la suite $\left(u_{n}\right)_{n \in \N}$ est convergente vers une limite $\ell$ strictement positive. Si $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_{n} = \displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_{n+1} = \ell$, la relation $u_{n+1} = g\left(u_{n}\right)$ entra\^{\i}ne par continuité de la fonction $g$ l'égalité $\ell = g(\ell) \iff \ell = \ln \left(1 + \dfrac{1}{\ell}\right)$. %Montrer que $\ln \left(1 + \dfrac{1}{\ell}\right) = \ell$. \item %Montrer que $\ell = \alpha$. L'égalité précédente s'écrit $\ln \left(1 + \dfrac{1}{\ell}\right) - \ell = 0$, ce qui montre que $\ell$ est une solution de l'équation $\ln \left(1 + \dfrac{1}{x}\right) - x = 0 \iff f(x) = 0$. On a vu à la question 1. c. que cette équation a une unique solution dans $]0~;~+ \infty[$ : $\alpha$. Donc $\ell = \alpha \approx 0,806$ \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 3}\hfill 5 points} \textbf{Commun à tous les candidats} \medskip %Une grande entreprise dispose d'un vaste réseau informatique. On observe le temps de fonctionnement normal séparant deux pannes informatiques. Ce temps sera appelé \og temps de fonctionnement \fg. Soit X la variable aléatoire égale au temps de fonctionnement, exprimé en heures. % %\medskip % %On admet que X suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$. Le paramètre $\lambda$ est un réel strictement positif. % %On rappelle que, pour tout réel $t \geqslant 0,\quad P(\text{X} \leqslant t) = \displaystyle\int_{0}^t \lambda \text{e}^{- \lambda x}\:\text{d}x$. \medskip \begin{enumerate} \item %On sait que la probabilité que le temps de fonctionnement soit inférieur à 7 heures est égale à $0,6$. On a donc $0,6 = \displaystyle\int_{0}^7 \lambda \text{e}^{- \lambda x}\:\text{d}x \iff 0,6 = \left[-\text{e}^{- \lambda x}\right]_{0}^7 \iff 0,6 = -\text{e}^{- 7\lambda} + 1\iff \text{e}^{- 7\lambda} = 0,4 \iff $ (par croissance de la fonction logarithme népérien $- 7\lambda = \ln (0,4) \iff \lambda = \dfrac{\ln (0,4)}{-7} \approx \np{0,1308} \approx 0,131$ à $10^{-3}$ près. %Montrer qu'une valeur approchée de $\lambda$ à $10^{-3}$ près est $0,131$. \medskip %\textbf{Dans les questions suivantes, on prendra 0,131 pour valeur approchée de $\lambda$ et les résultats seront donnés à \boldmath$10^{-2}$ près \unboldmath}. \item %Montrer qu'une valeur approchée de la probabilité que le temps de fonctionnement soit supérieur à 5 heures est égale à $0,52$. On a $p(\text{X} > 5 = 1 - p(\text{X} \leqslant 5) = 1 - \displaystyle\int_{0}^t 0,131 \text{e}^{- 0,131 x}\:\text{d}x = 1 - \left[- \text{e}^{- 0,131 x}\right]_{0}^5 = 1 + \text{e}^{- 0,131 \times 5} - 1 \approx 0,519 \approx 0,52$ à $10^{-2}$ près. \item %Calculer la probabilité que le temps de fonctionnement soit supérieur à 9 heures sachant qu'il n'y a pas eu de panne au cours des quatre premières heures. Puisqu'on a une loi sans vieillissement : $p_{\text{X} > 4}(\text{X} > 9) = p_{\text{X} > 4}(\text{X} > 4 + 5) = p(\text{X} > 5) \approx 0,52$. \item %Calculer la probabilité que le temps de fonctionnement soit compris entre 6 et 10 heures. On a $p(6 \leqslant \text{X} \leqslant 10) = p(\text{X} \leqslant 10) - p(\text{X} \leqslant 6) = \left( 1 - \text{e}^{- 0,131 \times 10}\right) - \left( 1 - \text{e}^{- 0,131 \times 6}\right) = \text{e}^{- 0,131 \times 6} - \text{e}^{- 0,131 \times 10} \approx 0,19$. \item %On relève aléatoirement huit temps de fonctionnement, qu'on suppose indépendants. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre de relevés correspondant à des temps de fonctionnement supérieurs ou égaux à 5~heures. \begin{enumerate} \item %Quelle est la loi suivie par Y ? Les temps sont supposés indépendants de durée supérieure ou égale à 5 heures (avec une probabilité égale à 0,52) ou inférieure à 5 heures (avec une probabilité égale à $1 - 0,52 = 0,48$). La variable Y suit donc une loi binomiale de paramètres $p = 0,52$ et $n = 8$. \item %Calculer la probabilité que trois temps parmi ces huit soient supérieurs ou égaux à 5~heures. On a $p(\text{Y} = 3) = \binom{8}{3} \times 0,52 ^3 \times 0,48^{8 - 3} = 56 \times 0,52 ^3 \times 0,48^{5} \approx 0,20$. \item %Calculer l'espérance mathématique de Y (on arrondira à l'entier le plus proche). On a E(Y) $= n \times p = 8 \times 0,52 = 4,16 \approx 4$. \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 4}\hfill 5 points} \textbf{Candidats n'ayant pas choisi l'enseignement de spécialité } \medskip L'espace est rapporté à un repère orthonormal \Oijk. On considère les points : A(0~;~0~;~2), B(0~;~4~;~0) et C(2~;~0~;~0). \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Vérifier qu'une équation du plan (ABC) est : $2x + y + 2z = 4$. On a $\vect{\text{AB}}(0~;~4~;~-2)$ et $\vect{\text{AC}}(2~;~0~;~-2)$. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les trois points A, B et C définissent bien un plan $P_{1}$. A(0~;~0~;~2) $ \in P_{1} \iff 2 \times 0 + 0 + 2 \times 2 = 4$ : vrai ; B(0~;~4~;~0) $ \in P_{1} \iff 2 \times 0 + 4 + 0 \times 2 = 4$ : vrai ; C(0~;~0~;~2) $ \in P_{1} \iff 2 \times 0 + 0 + 2 \times 2 = 4$ : vrai ; Une équation du plan (ABC) est donc : $2x + y + 2z = 4$. \item %Calculer la distance du point O au plan (ABC). On sait que $d(\text{O},~\text{(ABC)}) = \dfrac{\left|2 \times 0 + 0 + 2\times 0 - 4\right|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + 2^2}} = \dfrac{4}{\sqrt{9}} = \dfrac{4}{3}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Déterminer une équation du plan $P$ passant par A et orthogonal à la droite (BC). La droite (BC) étant orthogonale au plan, le vecteur $\vect{\text{BC}}$ est un vecteur normal à ce plan. Comme $\vect{\text{BC}}(2~;~- 4~;~0)$, on sait qu'une équation du plan cherché est : $2x - 4y = a$, avec $a \in \R$. Les coordonnées de A vérifient cette équation, soit : $0 = a $. Une équation du plan est donc $2x - 4y = 0 \iff x - 2y = 0$. \item %Soit $\Delta$ la droite intersection du plan $P$ et du plan (ABC). Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\Delta$. Quel rôle joue cette droite dans le triangle ABC ? Le plan (ABC) a un vecteur normal $\vect{u}(2~;~1~;~2)$ qui n'est pas colinéaire au vecteur $\vect{\text{BC}}(2~;~- 4~;~0)$, vecteur normal à $P$, donc les plans (ABC) et $P$ sont sécants en $\Delta$. On a : $M(x~;~y~;~z) \in \Delta \iff \left\{\begin{array}{l c l} x - 2y&=&0\\ 2x + y + 2z&=&4 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x &=&2y\\ y&=&y\\ 2x + 2z&=&4 - y \end{array}\right.$ $ \iff \left\{\begin{array}{l c l} x &=&2y\\ y&=&y\\ 2z&=&- 2(2y) - y + 4 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x &=&2y\\ y &=&y\\ 2z&=&- 5y + 4 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x &=&2y\\ y &=&y\\ z&=&-\dfrac{5}{2}y + 2 \end{array}\right. \iff$ $M(x~;~y~;~z) \in \Delta \iff \left\{\begin{array}{l c l} x &=&\phantom{-}4t\\ y &=&\phantom{-}2t\\ z &=&- 5t +2 \end{array}\right.$ La droite (BC) orthogonale à (P) est orthogonale à toute droite de (P), donc en particulier à $\Delta$. Or cette droite appartient au plan ABC : elle contient un sommet A et est perpendiculaire au côté opposé [BC] : c'est donc la hauteur issue de A du triangle ABC. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Soit $\Delta'$ la médiane issue de B du triangle ABC. %Montrer qu'une équation paramétrique de $\Delta'$ dans le triangle ABC est : %\[\left\{\begin{array}{l c r} %x&=&t \\ %y &=& 4 - 4t,\\ %z &=& t %\end{array}\right. \quad t \in \R.\] $\Delta'$ contient le milieu I de [AC] ; I(1~;~0~;~1). Un point $M(x~;~y~;z)$ appartient à la médiane (BI) si et seulement s'il existe $t \in \R$ tel que $\vect{\text{B}M} = t\vect{\text{BI}}$ qui se traduit par le système : \[\left\{\begin{array}{l c l} x - 0&=& t\\ y - 4 &=& - 4t\\ z - 0&=& 1 + t \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x &=& t\\ y &=&4 - 4t\\ z &=& t \end{array}\right.\] \item %Montrer que le triangle ABC est un triangle isocèle. De $\vect{\text{AC}}(2~;~0~;~- 2)$ on déduit $\text{AC}^2 = 2^2 + (- 2)^2 = 4 + 4 = 8$. De $\vect{\text{AB}}(0~;~4~;~- 2)$ on déduit $\text{AB}^2 = 4^2 + (- 2)^2 = 16 + 4 = 20$. De même de $\vect{\text{BC}}(2~;~- 4~;~0)$ on déduit $\text{BC}^2 = 2^2 + (- 4)^2 = 4 + 16 = 20$. $\text{AB}^2 = \text{BC}^2 \Rightarrow \text{AB} = \text{BC} = 2\sqrt{5}$. Le triangle ABC est isocèle en B. \emph{Rem.} On peut également montrer que les vecteurs $\vect{\text{BI}}$ et $\vect{\text{AC}}$ sont orthogonaux et par conséquent que $\Delta'$ est à la fois hauteur et médiane du triangle ABC qui est donc isocèle. \end{enumerate} \item %Soit H le point d'intersection des droites $\Delta$ et $\Delta'$. Montrer que le point H a pour coordonnées $\left(\dfrac{8}{9}~;~\dfrac{4}{9}~;~\dfrac{8}{9}\right)$. Les coordonnées $(x~;~y~;~z)$ du point H commun à $\Delta$ et à $\Delta'$ vérifient le système : $\left\{\begin{array}{l c l} 4t &=& t'\\ 2t&=&4 - 4t'\\ - 5t + 2&=&t' \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} 4t&=& t'\\ 2t&=&4 - 4(4t)\\ - 5t + 2&=& 4t \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} 4t&=& t'\\ 2&=&9t\\ 2&=& 9t \end{array}\right.$ $\iff \left\{\begin{array}{l c l} 4t&=& t'\\ t&=&\dfrac{2}{9}\\ t &=&\dfrac{2}{9} \end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l c l} \dfrac{8}{9}&=& t'\\ t&=&2\\ t &=& 2 \end{array}\right.$ En utilisant l'une ou l'autre des équations on obtient H$\left(\dfrac{8}{9}~;~\dfrac{4}{9}~;~\dfrac{8}{9} \right)$. %Que représente le point H pour le triangle ABC ? On a vu que le triangle ABC est isocèle en B. La droite $(\Delta')$ médiane issue du sommet principal B est aussi hauteur du triangle ABC. On a aussi montré que $(\Delta)$ est aussi hauteur de ce triangle ABC. Conclusion : le point H commun à deux hauteurs est l'orthocentre du triangle ABC. \item %Montrer que le point H est le projeté orthogonal du point O sur le plan (ABC). Retrouver alors la distance du point O au plan (ABC). Calculons $\vect{\text{OH}} \cdot \vect{\text{AB}} = \dfrac{8}{9} \times 0 + \dfrac{4}{9} \times 4 + \dfrac{8}{9} \times (- 2) = \dfrac{16}{9} - \dfrac{16}{9} = 0$. De m\^eme $\vect{\text{OH}} \cdot \vect{\text{AC}} = \dfrac{8}{9} \times 2 + \dfrac{4}{9} \times 0 + \dfrac{8}{9} \times (- 2) = \dfrac{16}{9} - \dfrac{16}{9} = 0$. La droite (OH) orthogonale à deux droites sécantes du plan (ABC) est orthogonale à ce plan. Mais H point de (OH) appartient aussi au plan (ABC) ; conclusion : le point H est le projeté orthogonal du point O sur le plan (ABC). On calcule $\text{OH}^2 = \left(\dfrac{8}{9} \right)^2 + \left(\dfrac{4}{9} \right)^2 + \left(\dfrac{8}{9} \right)^2 = \dfrac{64 + 16 + 64}{81} = \dfrac{144}{81} \Rightarrow \text{OH} = \dfrac{12}{9} = \dfrac{4}{3}$. \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 4}\hfill 5 points} \textbf{Candidats ayant choisi l'enseignement de spécialité } \medskip %L'espace est rapporté à un repère orthonormal \Oijk. % %On considère la surface $S$ d'équation : $x^2 + y^2 - z^2 = 4$. % %\medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Montrer que si le point $M(x~;~y~;~z)$ appartient à $S$ alors le point %$M'(-x~;~-y~;~-z)$ appartient aussi à $S$. Que peut-on en déduire ? On a $x^2 + y^2 - z^2 = 4 \iff (- x)^2 + (- y)^2 - (- z)^2 = 4$. Cette égalité montre que si le point $M(x~;~y~;~z)$ appartient à $S$ alors le point $M'(-x~;~-y~;~-z)$ appartient aussi à $S$. Cette surface admet donc l'origine comme centre de symétrie \item %Montrer que la surface $S$ est symétrique par rapport au plan $(x\text{O}y)$. On admet de même que la surface S est symétrique par rapport aux plans $(x\text{O}z)$ et $(y\text{O}z)$. $x^2 + y^2 - z^2 = 4 \iff x^2 + y^2 - (- z)^2 = 4$. Cette égalité montre que si le point $M(x~;~y~;~z)$ appartient à $S$ alors le point $M'(x~;~y~;~-z)$ appartient aussi à $S$. La surface admet donc le plan $(x\text{O}y)$ comme plan de symétrie. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Déterminer la nature géométrique de la section de la surface $S$ par le plan $(x\text{O}y)$. Le plan $(x\text{O}y)$ a pour équation $z = 0$. Tout point de la section a ses coordonnées $(x~;~;y~;~z)$ qui vérifient : \[\left\{\begin{array}{l c l} x^2 + y^2 - z^2 &=& 4\\ z&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x^2 + y^2 &=& 4\\ z&=&0 \end{array}\right.\] Or $x^2 + y^2 = 4 \iff (x - 0)^2 + (y - 0)^2 = 2^2$ est l'équation du cercle du plan $z = 0$ centré en O(0~;~0) et de rayon 2. %Préciser ses éléments caractéristiques. \item %Soit $k$ un réel non nul. Déterminer la nature géométrique de la section de la surface $S$ par le plan d'équation $z = k$. Préciser ses éléments caractéristiques. De même les coordonnées d'un point de la section vérifient : \[\left\{\begin{array}{l c l} x^2 + y^2 - z^2 &=& 4\\ z&=&k \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x^2 + y^2 &=& 4 + k^2\\ z&=&k \end{array}\right.\] Comme $k^2 \geqslant 0 \Rightarrow 4 + k^2 \geqslant 4 > 0$, $x^2 + y^2 = 4 + k^2 \iff (x- 0)^2 + (y - 0)^2 = \sqrt{4 + k^2}$ est l'équation du cercle centré en $(0~;~0~;~k)$ et de rayon $\sqrt{4 + k^2}$. \end{enumerate} \item %Déterminer la nature géométrique de la section de la surface $S$ par le plan d'équation $y = 2$. Un point de la section a ses cordonnées qui vérifient : $\left\{\begin{array}{l c l} x^2 + y^2 - z^2 &=& 4\\ y&=&2 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x^2 - z^2 &=&0\\ y&=&2 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} (x + z)(x - z) &=&0 \\ y&=&2 \end{array}\right.$ $ \iff \left\{\begin{array}{l c l} x + z &=&0\\ y&=&2 \end{array}\right. \text{ou} \left\{\begin{array}{l c l} x - z &=&0\\ y&=&2 \end{array}\right.$ La section est donc constituée des deux droites du plan $y = 2$ d'équations respectives $x = z$ et $x = - z$. \item %On considère les points A$\left(2\sqrt{2}~;~0~;~2\right)$ et B$\left(0~;~2\sqrt{2}~;~- 2\right)$. \begin{enumerate} \item %Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AB). On a $\vect{\text{AB}}(-2\sqrt{2}~;~2\sqrt{2})~;~- 4)$, donc le vecteur $\vect{u} = - \dfrac{1}{2\sqrt{2}}\vect{\text{AB}}\left(1~;~-1~;~\sqrt{2}\right)$ est un vecteur directeur de la droite (AB). $M(x~;~y~;~z) \in (\text{AB} \iff \text{il existe } \:t \in \R : \:\vect{\text{A}M} = t\vect{u} \iff$ $\left\{\begin{array}{l c l} x - 2\sqrt{2}&=&t\\ y - 0&=&-t\\ z - 2&=&t\sqrt{2} \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c r} x &=& 2\sqrt{2} + t\\ y &=&-t\\ z &=&2 + t\sqrt{2} \end{array}\right.$ \item %La droite (AB) est-elle contenue dans la surface $S$ ? Un point de (AB) appartient à $(S)$ si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation de la surface : $(2\sqrt{2} + t)^2 + (-t)^2 - (2 + t\sqrt{2})^2 = 4 \iff 8 + t^2 + 4t\sqrt{2} + t^2 - 4 - 2t^2 - 4t\sqrt{2} = 4 \iff 4 = 4$. L'égalité est vraie quel que soit le réel $t$. Conclusion : tout point de la droite (AB) est un point de la surface. \end{enumerate} \item %Identifier parmi les trois figures proposées en \textbf{annexe 2} celle qui représente la surface $S$. %Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la figure et justifiera la réponse. $\bullet~~$ La figure 3 est à rejeter puisque la surface n'est pas symétrique par rapport à O. $\bullet~~$ La section de la surface 1 par le plan d'équation $z = 0$ n'est pas le cercle centré en O de rayon mais est réduite au point O. La surface 1 n'est donc pas la bonne. $\bullet~~$ La seule figure possible est la 2 : hyperboloïde de révolution. \item %Soit $H$ la section de la surface $S$ par le plan $P$ d'équation $y = 5$. \begin{enumerate} \item %Montrer qu'un point $M(x~;~y~;~z)$ appartient à $H$ si et seulement si $(x - z)( x + z) = - 21$ et $y = 5$. Un point $M(x~;~y~;~z)$ appartient à $H$ si et seulement si ses cordonnées vérifient : $\left\{\begin{array}{l c l} x^2 + y^2 - z^2 &=& 4\\ y&=&5 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x^2 + 25 - z^2 &=& 4\\ y&=&5 \end{array}\right. \iff$ $ \left\{\begin{array}{l c l} x^2 - z^2 &=& -21\\ y&=&5 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} (x + z)(x - z) &=& -21\\ y&=& 5 \end{array}\right.$ \item %En déduire les coordonnées des points de $H$ dont les coordonnées sont des entiers relatifs. D'après la question précédente les points de $H$ doivent avoir des cordonnées entières telles que les deux entiers $x + z$ et $x - z$ sont des diviseurs de $- 21$. Ces diviseurs sont : $- 21 ~;~- 7~;~- 3~;~- 1~;~1~;~3~;~7~;~21$. On a donc : $\left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&- 21\\ x - z&=&1 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&- 21\\ 2x &=&-20 \end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l} z&=&- 11\\ x &=&-10 \end{array}\right.$, soit le point $(- 10~;~5~;~-11)$ ou $\left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&- 7\\ x - z&=&3 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&- 7\\ 2x &=&-4 \end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l} z&=&- 5\\ x &=&-2 \end{array}\right.$, soit le point $(- 2~;~5~;~-5)$ ou $\left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&- 3\\ x - z&=&7 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&- 3\\ 2x &=&4 \end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l} z&=&- 5\\ x &=&2 \end{array}\right.$, soit le point $(2~;~5~;~-5)$ ou $\left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&- 1\\ x - z&=&21 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&- 1\\ 2x &=&20 \end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l} z&=&- 11\\ x &=&10 \end{array}\right.$, soit le point $(10~;~5~;~-11)$ ou $\left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&1\\ x - z&=&- 21 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&1\\ 2x &=&-20 \end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l} z&=&11\\ x &=&-10 \end{array}\right.$, soit le point $(- 10~;~5~;~11)$ ou $\left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&3\\ x - z&=&- 7 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&- 21\\ 2x &=&-4 \end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l} z&=&5\\ x &=&-2 \end{array}\right.$, soit le point $(- 2~;~5~;~5)$ ou $\left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&7\\ x - z&=&-3 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&7\\ 2x &=&4 \end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l} z&=&5\\ x &=&2 \end{array}\right.$, soit le point $(2~;~5~;~5)$ ou $\left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&21\\ x - z&=&-1 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x +z&=&21\\ 2x &=&20 \end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l} z&=&11\\ x &=&10 \end{array}\right.$, soit le point $(10~;~5~;~11)$. \end{enumerate} \end{enumerate} \newpage \begin{center} \textbf{ANNEXE 1} \bigskip \textbf{Commun à tous les candidats} \bigskip \textbf{(À rendre avec la copie)} \textbf{Exercice 2} \vspace{2cm} \psset{unit=5cm} \begin{pspicture*}(-0.15,-0.15)(2.1,1.5) \psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=20,gridwidth=0.4pt,subgridwidth=0.2pt,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](0,0)(2,1.5) \psaxes[linewidth=1pt](0,0)(0,0)(2.1,1.5) \psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1) \psplot[plotpoints=3000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0.2}{2}{1 1 x div add ln} \uput[u](2,0){$x$}\uput[l](0,1.4){$y$}\uput[dl](0,0){O}\uput[u](1.8,0.45){\blue $\mathcal{C}$} \psline[linewidth=1.25pt](0,0)(1.5,1.5) \psline[linestyle=dashed]{->}(1.5,0)(1.5,0.511)(0.511,0.511)(0.511,1.084)(1.084,1.084)(1.084,0.653)(0.653,0.653)(0.653,0.928)(0.928,0.928)(0.928,0.731) \psline[linestyle=dashed]{->}(0.511,0.511)(0.511,0) \psline[linestyle=dashed]{->}(1.084,1.084)(1.084,0) \psline[linestyle=dashed]{->}(0.653,0.653)(0.653,0) \psline[linestyle=dashed]{->}(0.928,0.928)(0.928,0) \uput[d](1.5,0){$u_{0}$}\uput[d](0.511,0){$u_{1}$}\uput[d](1.084,0){$u_{2}$}\uput[d](0.653,0){$u_{3}$}\uput[d](0.928,0){$u_{4}$} \end{pspicture*} \end{center} \end{document}