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% \setboolean{solution}{false}

\begin{document}
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\begin{empfile} % Tout doit être inclus dans cet environnement
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\devpers{$\pmb{  \cald \cals ~ \caln^o 8}$  : Espace et QCM général (2h)}{}{T\up{ale} }{26 février 2024}

% \devpers{$\pmb{  \cald \cals ~ \caln^o 7}$  : Espace et QCM général (1h)}{}{T\up{ale} }{}
\setcounter{exercice}{0}




% \emph{L'usage de la calculatrice est autorisé.}
\begin{exercice}[(9 points)]
 % 2022 centres étrangers

L'espace est muni d'un repère orthonormé $\oijk$.

On considère les points 

\[\text{A}(3~;~-2~;~2),\quad \text{B}(6~;~1~;~5),\quad \text{C}(6~;~-2~;~-1)\quad \text{et D}(0~;~4~;~-1).\]

% \emph{On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par la formule :}

% \[V = \dfrac13 \mathcal{A} \times h\]\index{volume tétraèdre}

% \emph{où $\mathcal{A}$ est l'aire de la base et $h$ la hauteur correspondante.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Démontrer que les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires.
\begin{corrige}
Je vais exposé e méthode pour cette question :
{\bf Méthode 1 :}
 On a $\vect{AB}\ce{3}{3}{3}$, $\vect{AC}\ce{3}{0}{-3}$, $\vect{AD}\ce{-3}{6}{-3}$
 
 Montrons qu'il n'y a pas de combinaison linéaire nulle non triviale de ces 3 vecteurs : 
 
 Soient $\alpha, \beta, \gamma \in \R$, montrons que si $\alpha\vect{AB}+ \beta\vect{AC}+\gamma\vect{AD}=0$ alors $\alpha=\beta=\gamma=0$.
 
 \begin{align*}
  \alpha\vect{AB}+ \beta\vect{AC}+\gamma\vect{AD}=0 &\ssi \syst{3\alpha+3\beta-3\gamma=0}{3\alpha \phantom{+3\beta}+6\gamma=0}{3\alpha-3\beta-3\gamma=0} \\
  &\ssi \syst{\alpha+\beta-\gamma=0}{\alpha =-2\gamma}{\alpha-\beta-\gamma=0}\\
  &\ssi \syst{\beta-3\gamma=0}{\alpha =-2\gamma}{-\beta-3\gamma=0}\\  
  &\ssi \syst{\beta-3\gamma=0}{\alpha =-2\gamma}{2\beta=0} ~~~~~(L_3'=L_1-L_3)\\
  &\ssi \alpha=\beta=\gamma=0
 \end{align*}

 Ainsi, on a bien démontré que $\vect{AB}, \vect{AC}, \vect{AD}$ non coplanaires et donc $A, B, C, D$ non coplanaires.
 \end{corrige}


 \begin{corrige}
 {\bf Méthode 2 :} On raisonne par l'absurde : S'ils sont coplanaires, alors il existe $\alpha$, $\beta \in \R$ tels que :

 \[
\vect{AD}=\alpha\vect{AB}+\beta\vect{AC}  \text{~~~avec~~ $\vect{AD}\ce{-3}{6}{-3};~ \vect{AB}\ce{3}{3}{3};~ \vect{AC}\ce{3}{0}{-3}$}
\]



 Donc $\syst{3\alpha+3\beta=-3}{3\alpha \phantom{~+3\beta}=6}{3\alpha-3\beta=3}$ et on déduit : $\syst{\beta=-3}{\alpha=2}{\beta=1}$ ce qui est absurde.

 \medskip
 Ainsi, les points $A,B,C,D$ ne sont pas coplanaires.
 \end{corrige}


 \begin{corrige}
 {\bf Méthode 3 :}
 On détermine des équations paramétriques de $(AB)$ et $(CD)$ et on montre ensuite que ces droites de sont ni parallèles ni sécantes. En conséquence elles sont non coplnaires et les les points non plus.
 \end{corrige}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Montrer que le triangle ABC est rectangle.\index{triangle rectangle}
		\begin{corrige}
		 On a $\vect{AB}.\vect{AC}=9-9=0$ donc $\vect{AB}\orth \vect{AC}$, et donc $ABC$ rectangle en $A$.
		\end{corrige}

		\item Montrer que la droite (AD) est perpendiculaire au plan (ABC)
		.
		\begin{corrige}
		 On a $\vect{AD}.\vect{AB}=-9+18-9=0$ donc $\vect{AD}\orth \vect{AB}$.
		 
		 $\vect{AD}.\vect{AC}=-9+9=0$ donc $\vect{AD}\orth \vect{AC}$.
		 
		 Ceci assure donc que $(AD)\orth (ABC)$.
		\end{corrige}
		\item En déduire le volume du tétraèdre ABCD.
		\begin{corrige}
		$(AD)\orth (ABC)$
		 donc, dans le tétraèdre $ABCD$, la hauteur issue de $D$ relative à la face $ABC$ est $AD$.
		 
		 On déduit donc que 
		 
		 \[
		  \calv{(ABCD)}=\dfrac{1}{3}\cala(ABC)AD
		 \]
		 
		 où $\cala(ABC)$ est la surface du triangle $ABC$ rectangle en $A$ qui vaut 
		 $\cala(ABC)=\dfrac{1}{2}AB.AC$.
		 
		 On a $AB^2=27$, $AC^2=18$, $AD^2=54$,
		 
		 alors $AB=3\sqrt{3}$, $AC=3\sqrt{2}$, $AD=3\sqrt{6}$.
		 
		 Donc $\cala(ABC)=\dfrac{1}{2}3\sqrt{3}.3\sqrt{2}=\dfrac{9\sqrt{6}}{2}~u.a.$

		 et donc
		 $\calv{(ABCD)}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{9\sqrt{6}}{2}.3\sqrt{6}=27 ~u.v. $
		\end{corrige}

	\end{enumerate}	
\item On considère le point H(5~;~0~;~1).
	\begin{enumerate}
		\item Montrer qu'il existe des réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $\vect{\text{BH}} = \alpha \vect{\text{BC}} + \beta \vect{\text{BD}}$.
		\begin{corrige}
		 On a $\vect{BH}\ce{-1}{-11}{-4}$, $\vect{BC}\ce{0}{-3}{-6}$, $\vect{BD}\ce{-6}{3}{-6}$.
		 
		  \begin{align*}
  \vect{BH}=\alpha\vect{BC}+ \beta\vect{BD} & \ssi \syst{-1=-6\beta}{-1=-3\alpha +3\beta}{-4=-6\alpha-6\beta} \\
  & \ssi \syst{\beta=\dfrac{1}{6}}{-1=-3\alpha +\dfrac{1}{2}}{-4=-6\alpha-1} \\
  & \ssi \syst{\beta=\dfrac{1}{6}}{\alpha =\dfrac{1}{2}}{\alpha =\dfrac{1}{2}} \\
		  \end{align*}

		  Donc on a $ \vect{BH}=\dfrac{1}{2} \vect{BC}+ \dfrac{1}{6} \vect{BD}$
		\end{corrige}

		\item Démontrer que H est le projeté orthogonal du point A sur le plan (BCD). 
		\begin{corrige}
		 D'après la question précédente, les vecteurs $\vect{BH}, \vect{BC},\vect{BD}$ sont coplanaires et donc $H\in(BCD)$.
		 
		 Montrons maintenant $(AH)\orth (BCD)$.
		 
		 On a $\vect{AH}\ce{2}{2}{-1}$,  $\vect{BC}\ce{0}{-3}{-6}$, $\vect{BD}\ce{-6}{3}{-6}$.
		 
		 donc $\vect{AH}.\vect{BC}=-6+6=0$ et $\vect{AH}\orth \vect{BC}$.
		 
		 et $\vect{AH}.\vect{BD}=-12+6+6=0$ et $\vect{AH}\orth \vect{BD}$.
		 
		 ainsi  $(AH)\orth (BCD)$ et  $H\in(BCD)$ donc $H$ projeté orthogonal de $A$ sur $(BCD)$.
		 
		\end{corrige}

		\item En déduire la distance du point A au plan (BCD).
		\begin{corrige}
		 De ce qui précède, on déduit $\dist(A,(BCD))=AH$.
		 
		 et $AH^2=4+4+1=9$, donc $AH=3$.
		 
		 Ainsi  $\dist(A,(BCD))=3~u.l.$
		\end{corrige}

	\end{enumerate}	
\item Déduire des questions précédentes l'aire du triangle BCD.
\begin{corrige}
$H$ projeté orthogonal de $A$ sur $(BCD)$, donc dans le tétraèdre $ABCD$, $AH$ est la hauteur issue de $A$ .
 
 Ainsi, $\calv(ABCD)=\dfrac{1}{3}\cala(BCD)AH$
 
 donc $\cala(BCD)=\dfrac{3\calv(ABCD)}{AH}=\dfrac{3.27}{3}=27~u.a.$
\end{corrige}

\end{enumerate}


\end{exercice}


 \begin{exercice}[(3 points)] On donne $f$  définie sur $\R$ par :
 \[
  f(x)=\dfrac{\sin^2 x}{2+\cos 2x }
 \]

\begin{enumerate}
\item Justifier que le domaine de définition est bien $\R$.
\item Montrer que $f$ est de période $\pi$.
\item Etudier la parité de $f$.
\item Déterminer la fonction dérivée de $f$.
 \end{enumerate}

 \begin{corrige}
  \begin{enumerate}
   \item Pour tout $x\in\R$, $-1\leq \cos(2x) \leq 1$, et donc par somme on a $2+\cos(2x)\geq 1$.

   En conséquence le dénominateur de $f$ ne s'annule pas et le domaine de définition est $\R$.

   \item pour tout $x\in \R$, on a :

   \begin{align*}
    f(x+\pi)&=\dfrac{(\sin(x+\pi))^2}{\cos(2(x+\pi))}\\
			&=\dfrac{(-\sin x)^2}{\cos(2x+2\pi)}\\
			&=\dfrac{(\sin x)^2}{\cos(2x)}\\
			&=f(x)
   \end{align*}

   Donc $f$ est de ériode $\pi$.

      \item pour tout $x\in \R$, on a :

   \begin{align*}
    f(-x)&=\dfrac{(\sin(-x))^2}{\cos(-2x)}\\
			&=\dfrac{(-\sin x)^2}{\cos(2x)}\\
			&=\dfrac{(\sin x)^2}{\cos(2x)}\\
			&=f(x)
   \end{align*}

   Donc $f$ est paire.

   \item Pour tour $x\in\R$, on a

   \begin{align*}
    f'(x)&=\dfrac{(1+\cos(2x))2\sin x \cos x- (-2\sin(2x)\sin^2 x)}{(2+\cos(2x))^2}\\
			&=\dfrac{2\sin x ((1+\cos(2x)) \cos x +2\sin(2x)\sin x)}{(2+\cos(2x))^2}
   \end{align*}
\end{enumerate}
\end{corrige}
\end{exercice}



\begin{exerciced}
 Soient $\vectu$, $\vectv$, $\vectw$ des vecteurs non nuls orthogonaux deux à deux. Montrer qu'ils forment une base du plan.
\end{exerciced}


\end{empfile}
\end{document}


 
