Antilles Guyane 2016. Enseignement spécifique
EXERCICE 4 : corrigé

−−→ −−→
1) a) Les points B, E et G ont pour coordonnées respectives (1, 1, 0), (0, 1, 1) et (1, 0, 1). Les vecteurs BE et BG ont
−−→ −−→
pour coordonnées respectives (−1, 0, 1) et (0, −1, 1). On note que les vecteurs BE et BG ne sont pas colinéaires et
−−→ −−→
donc que les points B, E et G définissent un unique plan puis que les vecteurs BE et BG sont deux vecteurs non
colinéaires de ce plan.
−−→
Les points D et F ont pour coordonnées respectives (0, 0, 0) et (1, 1, 1). Le vecteur DF a pour coordonnées (1, 1, 1).
−−→ −−→
DF .BE = 1 × (−1) + 1 × 0 + 1 × 1 = −1 + 1 = 0
et
−−→ −−→
DF .BG = 1 × 0 + 1 × (−1) + 1 × 1 = −1 + 1 = 0.
−−→ −−→
Ainsi, le vecteur DF est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BGE) et donc le vecteur DF est un
vecteur normal au plan (BGE).
b)
 Les  points A et B ont pour coordonnées respectives (0, 1, 0) et (1, 1, 0). Le point I a donc pour coordonnées
1
, 1, 0 .
2
 
1 −−→
Le plan P est le plan passant par I , 1, 0 et de vecteur normal DF (1, 1, 1). Une équation du plan P est donc
  2
1 3
1× x− + 1 × (y − 1) + 1 × (z − 0) = 0 ou encore x + y + z − = 0.
2 2
3
2) Notons (0, 1, z), z ∈ R, les coordonnées du point N . Le point N est dans le plan P et donc 0 + 1 + z − = 0 et
  2
1 1
donc z = . Ainsi, les coordonnées de N sont 0, 1, .
2 2
Les points A et E ontpour coordonnées
  respectives
 (0, 1, 0) et (0, 1, 1). Le milieu du segment [AE] a pour coordonnées
0+0 1+1 0+1 1
, , ou encore 0, 1, . Ce milieu est effectivement le point N .
2 2 2 2
−−→
3) a) Les points H et B ont pour coordonnées respectives (0, 0, 1) et (1, 1, 0). Le vecteur HB a donc pour coordonnées
(1, 1, −1).
−−→
La droite (HB) est la droite passant par H(0, 0, 1) et de vecteur directeur HB(1, 1, −1). Une représentation paramé-
trique de la droite (HB) est

 x=t
y=t , t ∈ R.
z =1−t


b) Soit U (t, t, 1 − t), t ∈ R, un point de la droite (HB).
3 1
U ∈ P ⇔ t + t + (1 − t) − = 0 ⇔ t = .
2 2
 
1 1 1 1
Pour t = , on obtient le point de coordonnées , , . On a montré que la droite (HB) et le plan P sont sécants
2   2 2 2
1 1 1
en le point T , , .
2 2 2
4) Le volume demandé est
1
aire de(F BG) × F E ×1 1
V = = 2 = .
3 3 6

1
Le volume, exprimé en unités de volume, du tétraèdre F BGE est .
6




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 Asie 2016. Enseignement spécifique
EXERCICE 4 : corrigé

1) Propriétés des catadioptres.
On considère un rayon lumineux modélisé par une droite d1 de vecteur directeur − →
v1 (a, b, c). Le rayon se réfléchit sur
→
−
le plan (OAB) en une droite d2 de vecteur directeur v2 (a, b, −c). Ce nouveau rayon se réfléchit sur le plan (OBC) en
une droite d3 de vecteur directeur −
→
v3 (−a, b, −c). Ce dernier rayon se réfléchit sur le plan (OAC) en une droite d4 de
→
−
vecteur directeur v4 (−a, −b, −c).
→
−
v = −− →
v et donc d est parallèle à d . On a montré que si un rayon se réfléchit successivement sur les plans (OAB),
4 1 4 1
(OBC) puis (OAC), le rayon final est parallèle au rayon initial.
2) Réflexion de d2 sur le plan (OBC).
a) La droite d2 est la droite passant par I1 (2, 3, 0) et de vecteur directeur −
→
v2 (−2, −1, 1). Une représentation paramé-
trique de d2 est

 x = 2 − 2t
y = 3 − t , t ∈ R.
z=t

−→
b) Un vecteur normal au plan (OBC) est le vecteur OA de coordonnées (1, 0, 0). Une équation cartésienne du plan
(OBC) est x = 0.

 xI2 = 0 = 2 − 2 × 1
c) yI = 2 = 3 − 1 . Donc, le point I2 appartient à la droite d2 . D’autre part, xI2 = 0 et donc le point I2
 2
zI2 = 1
−→
appartient au plan (OBC). Enfin, le vecteur − →v n’est pas orthogonal au vecteur normal OA car x→
2 − 6= 0 et donc la
v2
droite d2 n’est pas parallèle au plan (OBC). Finalement, la droite d2 et le plan (OBC) sont sécants en I2 .
3) Réflexion de d3 sur le plan (OAC).
d3 est la →
−
 droite passant par I2 (0, 2, 1) et de vecteur directeur v3 (2, −1, 1). Une représentation paramétrique de la droite
 x = 2t
d3 est y = 2 − t , t ∈ R. Une équation cartésienne du plan (OAC) est y = 0.
z =1+t

Soit M (2t, 2 − t, 1 + t), t ∈ R, un point de d3 . M ∈ (OAC) ⇔ 2 − t = 0 ⇔ t = 2. Quand t = 2, on obtient le point de
coordonnées (4, 0, 3). Les coordonnées du point I3 sont donc (4, 0, 3).
Finalement, d est la droite passant par I (4, 0, 3) et de vecteur directeur −
4 3 4
→
v (2, 1, 1).
4) Étude du trajet de la lumière.
a) d1 est dirigée par −
→
v1 (−2, −1, −1) et d2 est dirigée par →
−
v2 (−2, −1, 1). −
→
v1 et →
−
v2 sont deux vecteurs non colinéaires du
plan P.
−
→
u .−
→
v1 = 1 × (−2) + (−2) × (−1) + 0 × (−1...