Bac S 2015 Maths Liban Exercice 1

Enoncé

ABCDEFGH est un cube.

Bac S 2015 Maths Liban Exercice 1 2015-li-exo1-1

I est le milieu du segment [AB], J est le milieu du segment [EH], K est le milieu du segment [BC] et L est le milieu du segment [CG].
On munit l’espace du repère orthonormé (A, \overrightarrow{\mathrm{AB}}, \overrightarrow{\mathrm{AD}}, \overrightarrow{\mathrm{AE}}).

Question 1

a) Démontrer que la droite (FD) est orthogonale au plan (IJK).

Réflexe :

Montrer qu’une droite \Delta est orthogonale à un plan \mathcal{P}, c’est montrer qu’un vecteur directeur \overrightarrow{\mathrm{u}} de cette droite est orthogonal à ce plan \mathcal{P}.
Euh OK… Mais je ne connais pas de vecteur directeur de la droite (FD) moi !

Eh si vous en connaissez un ! Quand on vous donne les deux points d’une droite, un vecteur directeur que l’on peut considérer pour cette droite est le vecteur formé de ces deux points ! Ici, on va donc considérer le vecteur \overrightarrow{\mathrm{FD}}

Ah OK ! Mais comment on montre que ce vecteur est orthogonal au plan (IJK) alors ?

Second réflexe :

Montrer qu’un vecteur est orthogonal à un plan, c’est montrer qu’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \mathcal{P}.

Ici, nous allons donc calculer le produit scalaire :

  • du vecteur \overrightarrow{\mathrm{FD}}, qui est un vecteur directeur de la droite (FD)
  • respectivement avec les vecteurs \overrightarrow{\mathrm{IJ}} et \overrightarrow{\mathrm{IK}} qui sont deux vecteurs non colinéaires du plan (IJK).
Comment est-ce qu’on calcule le produit scalaire de deux vecteurs de l’espace déjà ?

C’est assez simple :

Soient \overrightarrow{\mathrm{AB}}(x;y;z) et \overrightarrow{\mathrm{CD}}(x deux vecteurs de l’espace.
\overrightarrow{\mathrm{AB}}.\overrightarrow{\mathrm{CD}} = xx.

Comme vous pouvez le voir, nous avons besoin des coordonnées des vecteurs \overrightarrow{\mathrm{FD}}, \overrightarrow{\mathrm{IJ}} et \overrightarrow{\mathrm{IK}}. Je rappelle que :

Soient A(x_A;y_A;z_A) et B(x_B;y_B;z_B) deux points de l’espace.
Les coordonnées du vecteur \overrightarrow{\mathrm{AB}} valent (x_B - x_A;y_B - y_A;z_B - z_A).

Commençons par \overrightarrow{\mathrm{FD}} :

\overrightarrow{\mathrm{FD}}(x_D - x_F;y_D - y_F;z_D - z_F)
\overrightarrow{\mathrm{FD}}(0 - 1 ; 1 - 0 ; 0 - 1)
\overrightarrow{\mathrm{FD}}(-1 ; 1 ; -1)

Pour les vecteurs \overrightarrow{\mathrm{IJ}} et \overrightarrow{\mathrm{IK}}, il faut déterminer au préalable les coordonnées des points I, J et K. Or ces points ne sont pas « n’importe lesquels ». Il s’agit des milieux respectifs des segments [AB], [EH] et [BC]. On a donc à notre disposition la propriété suivante :

Soient A(x_A;y_A;z_A) et B(x_B;y_B;z_B) deux points de l’espace et I(x_I;y_I;z_I) le milieu du segment [AB].
Les coordonnées du point I valent :

  • x_I = \dfrac{x_A + x_B}{2}
  • y_I = \dfrac{y_A + y_B}{2}
  • z_I = \dfrac{z_A + z_B}{2}

Appliqué ici, cela donne donc :

I, J et K sont les milieux respectifs des segments [AB], [EH] et [BC] donc on peut écrire :

  • I\left(\dfrac{x_A+x_B}{2};\dfrac{y_A+y_B}{2};\dfrac{z_A+z_B}{2}\right)
    I\left(\dfrac{0+1}{2};\dfrac{0+0}{2};\dfrac{0+0}{2}\right)
    I\left(\dfrac{1}{2};0;0\right)
  • J\left(\dfrac{x_E+x_H}{2};\dfrac{y_E+y_H}{2};\dfrac{z_E+z_H}{2}\right)
    J\left(\dfrac{0+0}{2};\dfrac{0+1}{2};\dfrac{1+1}{2}\right)
    J\left(0;\dfrac{1}{2};1\right)
  • K\left(\dfrac{x_B+x_C}{2};\dfrac{y_B+y_C}{2};\dfrac{z_B+z_C}{2}\right)
    K\left(\dfrac{1+1}{2};\dfrac{0+1}{2};\dfrac{0+0}{2}\right)
    K\left(1;\dfrac{1}{2};0\right)

On peut maintenant calculer les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{\mathrm{IJ}} et \overrightarrow{\mathrm{IK}} :

  • \overrightarrow{\mathrm{IJ}}(x_J - x_I;y_J - y_I;z_J - z_I)
    \overrightarrow{\mathrm{IJ}}\left(0 - \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} - 0 ; 1 - 0\right)
    \overrightarrow{\mathrm{IJ}}\left(-\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; 1\right)
  • \overrightarrow{\mathrm{IK}}(x_K - x_I;y_K - y_I;z_K - z_I)
    \overrightarrow{\mathrm{IK}}\left(1 - \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} - 0 ; 0 - 0\right)
    \overrightarrow{\mathrm{IK}}\left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; 0\right)

Il ne reste plus qu’à calculer les produits scalaires \overrightarrow{\mathrm{FD}}.\overrightarrow{\mathrm{IJ}} et \overrightarrow{\mathrm{FD}}.\overrightarrow{\mathrm{IK}} :

On en déduit :

  • \overrightarrow{\mathrm{FD}}.\overrightarrow{\mathrm{IJ}} = -1 \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) + 1 \times \dfrac{1}{2} + (-1) \times 1 = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} - 1 = 0 ;
  • \overrightarrow{\mathrm{FD}}.\overrightarrow{\mathrm{IK}} = -1 \times \dfrac{1}{2} + 1 \times \dfrac{1}{2} + (-1) \times 0 = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + 0 = 0.

Les deux produits scalaires calculés sont nuls donc on peut conclure que le vecteur \overrightarrow{\mathrm{FD}} est orthogonal au plan (ABC) :

Les deux produits scalaires \overrightarrow{\mathrm{FD}}.\overrightarrow{\mathrm{IJ}} et \overrightarrow{\mathrm{FD}}.\overrightarrow{\mathrm{IK}} sont nuls donc \overrightarrow{\mathrm{FD}} est orthogonal à \overrightarrow{\mathrm{IJ}} et à \overrightarrow{\mathrm{IK}}. Or, \overrightarrow{\mathrm{IJ}} et \overrightarrow{\mathrm{IK}} sont deux vecteurs non colinéaires du plan (IJK) d’où le vecteur \overrightarrow{\mathrm{FD}} est orthogonal au plan (IJK).

Et comme \overrightarrow{\mathrm{FD}} est un vecteur directeur de la droite (FD), cela nous permet de conclure sur la droite elle-même :

De plus, \overrightarrow{\mathrm{FD}} est un vecteur directeur de la droite (FD) donc (FD) est orthogonale au plan (IJK).

b) En déduire une équation cartésienne du plan (IJK).

Alors là, en lisant cette question après avoir fait la première, voici ce qui se passe dans ma tête : « Je sais déterminer une équation cartésienne d’un plan à partir d’un vecteur normal à ce plan. Or, la droite (FD) est orthogonale au plan (IJK) donc je dispose effectivement d’un vecteur normal au plan (IJK), à savoir le vecteur \overrightarrow{\mathrm{FD}}. Donc c’est une affaire qui roule ! » 😀

Ah ? Et comment tu détermines une équation cartésienne d’un plan à partir d’un vecteur normal à ce plan ?

Donner une équation cartésienne d’un plan alors qu’on en connaît :

  • un vecteur normal \overrightarrow{\mathrm{n}}(a;b;c) ;
  • un point A(x_A;y_A;z_A) appartenant à ce plan ;

est un savoir-faire simple que vous devez maîtriser. Ici, c’est bien sûr le plan (IJK) qui joue le rôle du plan \mathcal{P} et quant à un point appartenant à ce plan, on a le choix entre I, J et K. Personnellement, je choisis le point I.

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{1}}} Indiquer que puisque le vecteur \overrightarrow{\mathrm{n}}(a;b;c) est normal au plan \mathcal{P}, alors le plan \mathcal{P} admet une équation cartésienne de la forme ax + by + cz + d.

Cette étape exploite le rappel de cours suivant :

Dans un repère orthonormal :

  • réciproquement, a, b, c et d étant quatre réels donnés avec a, b et c non tous nuls, l’ensemble des points M de coordonnées (x;y;z) tels que ax + by + cz + d = 0 est un plan de vecteur normal \overrightarrow{\mathrm{u}}(a;b;c).

Ici, on peut donc écrire :

D’après la question précédente, le vecteur \overrightarrow{\mathrm{FD}} de coordonnées (-1 ; 1 ; -1) est normal au plan (IJK) donc une équation cartésienne de (IJK) est -x + y - z + d = 0, où d est un réel à déterminer.
\textsuperscript{\textcircled{\tiny{2}}} Exprimer le fait que le point A choisi appartient au plan \mathcal{P} pour déterminer d.

Cette fois-ci, on utilise l’élément de cours suivant :

Soit \mathcal{P} un plan de l’espace d’équation cartésienne ax + by + cz + d = 0 et A(x_A;y_A;z_A) un point de l’espace.
A \in \mathcal{P} si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation du plan \mathcal{P}, c’est-à-dire si et seulement si ax_A + by_A + cz_A + d = 0.

Cela donne :

De plus :
I\left(\dfrac{1}{2};0;0\right) \in (IJK) \Leftrightarrow -x_I + y_I - z_I + d = 0

\Leftrightarrow -\dfrac{1}{2} + 0 - 0 + d = 0

\Leftrightarrow d = \dfrac{1}{2}
\textsuperscript{\textcircled{\tiny{3}}} Conclure sur une équation cartésienne du plan \mathcal{P}.
Donc une équation cartésienne du plan (IJK) est -x + y - z + \dfrac{1}{2} = 0.
Pourquoi est-ce que tu dis toujours « une équation » du plan et non pas « l’équation » ?

Car il en existe une infinité ! Si je multiplie à gauche et à droite l’équation que nous avons obtenue par un nombre réel quelconque, la nouvelle équation convient toujours ! Par exemple, x - y + z - \dfrac{1}{2} = 0 est aussi une équation du plan (IJK).


Question 2

Déterminer une représentation paramétrique de la droite (FD).

Déterminer une représentation paramétrique d’une droite lorsque l’on connaît les coordonnées :

  • d’un vecteur directeur de cette droite ;
  • d’un point appartenant à cette droite ;

est immédiat si on sait que :

La droite \Delta :
  • est une droite de vecteur directeur \overrightarrow{\mathrm{u}}(a;b;c) ;
  • et passe par le point A(x_A;y_A;z_A) ;
  • si et seulement si elle est caractérisée par la représentation paramétrique \begin{cases}x = at + x_A \\y = bt + y_A, t \in \mathbb{R} \\z = ct + z_A\end{cases}.

Ici :

  • \overrightarrow{\mathrm{FD}}(-1 ; 1 ; -1) joue le rôle de \overrightarrow{\mathrm{u}}(a;b;c) ;
  • F(1;0;1) joue le rôle de A(x_A;y_A;z_A)?
\overrightarrow{\mathrm{FD}} est un vecteur directeur de la droite (FD). De plus, la droite (FD) passe par le point F de coordonnées A(1 ; 0 ; 1) donc une représentation paramétrique de (FD) est :
\begin{cases}x = -t + 1 \\y = t, t \in \mathbb{R} \\z = -t + 1\end{cases}.

Question 3

Soit M le point d’intersection de la droite (FD) et du plan (IJK). Déterminer les coordonnées du point M.

Il faut bien comprendre une chose. C’est que si le point M est le point d’intersection de la droite (FD) et du plan (IJK), alors ses coordonnées vérifient à la fois :

  • la représentation paramétrique de la droite (FD) ;
  • l’équation cartésienne du plan (IJK).

Il faut donc résoudre le système constitué de toutes ces équations :

\begin{cases}x = 1-t \\y = t \\z = 1-t \\-x + y - z + \dfrac{1}{2} = 0\end{cases}

Pour résoudre ce système de 4 équations à 4 inconnues (x, y, z et t), il suffit de remplacer x, y et z par leur expression en fonction de t dans l’équation du plan (IJK) :

... \Rightarrow -(1-t) + t - (1-t) + \dfrac{1}{2} = 0 \Rightarrow 3t - \dfrac{3}{2} = 0 \Rightarrow t = \dfrac{1}{2}

Et ce n’est pas fini. Maintenant que l’on a déterminé t, il faut le remplacer par sa valeur dans les expressions de x, y et z :

D’où \begin{cases}x = 1-t = 1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2} \\y = t = \dfrac{1}{2} \\z = 1-t = 1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2} \\\end{cases}

Il ne reste alors plus qu’à conclure sur M :

D’où le point M a pour coordonnées \left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right).

Question 4

Déterminer la nature du triangle IJK et calculer son aire.

Bon, on n’a pas 50 000 choix : lorsque l’énoncé demande quelle est la nature d’un triangle, eh bien il est :

  • soit rectangle ;
  • soit isocèle ;
  • soit rectangle isocèle ;
  • soit équilatéral.

Pour avoir une idée de la réponse, vous devez vous représenter le triangle IJK « dans votre tête » :

Bac S 2015 Maths Liban Exercice 1 2015-li-exo1-5

Personnellement, quand je vois ça, je me dis qu’il est peut-être rectangle en I. Cela m’arrangerait d’autant plus qu’on me demande ensuite de calculer son aire et qu’il est plutôt facile de calculer l’aire d’un triangle rectangle…

Ah bon ? Moi, j’ai plutôt l’impression qu’il est isocèle en J

Ouais c’est vrai… Mais si vous calculez les longueurs JI et JK, vous verrez que ce n’est pas le cas. :p

Bref, prouvons donc que le triangle IJK est rectangle en I. Pour cela, on va utiliser ce bon vieux théorème de Pythagore. Je rappelle que pour calculer des longueurs lorsque l’on dispose de coordonnées dans un repère orthonormé, on a à notre disposition la formule suivante :

Soient A(x_A;y_A;z_A) et B(x_B;y_B;z_B) deux points de l’espace.
AB = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}

Ici, comme on va utiliser le théorème de Pythagore, on ne va avoir besoin que des longueurs au carré :

IJ^2 = (x_J - x_I)^2 + (y_J - y_I)^2 + (z_J - z_I)^2 = \left(0 - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2} - 0\right)^2 + (1 - 0)^2 = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} + 1 = \dfrac{3}{2}
IK^2 = (x_K - x_I)^2 + (y_K - y_I)^2 + (z_K - z_I)^2 = \left(1 - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2} - 0\right)^2 + (0 - 0)^2 = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} + 0 = \dfrac{1}{2}
JK^2 = (x_K - x_J)^2 + (y_K - y_J)^2 + (z_K - z_J)^2 = (1 - 0)^2 + \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\right)^2 + (0 - 1)^2 = 1 + 0 + 1 = 2
Donc IJ^2 + IK^2 = \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2} = 2 = JK^2 d’où, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle IJK est rectangle en I.

On peut maintenant calculer l’aire du triangle IJK. Je rappelle que dans le cas d’un triangle rectangle, son aire vaut \dfrac{\text{produit des deux petits c\^ot\ :

On en déduit que l’aire du triangle IJK vaut :
\mathcal{A}_{IJK} = \dfrac{IJ \times IK}{2} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{3}{2}} \times \sqrt{\dfrac{1}{2}}}{2} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{3}{4}}}{2} = \dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{3}}{4}

Question 5

Calculer le volume du tétraèdre FIJK.

Tout d’abord, petit rappel de cours :

Le volume d’un tétraèdre est donné par la formule V = \dfrac{1}{3}\mathcal{B} \times h, où \mathcal{B} est l’aire d’une base du tétraèdre et h la hauteur correspondante.

On a donc besoin d’identifier une hauteur de ce tétraèdre. Or, il y a une chose que vous devez avoir compris après avoir fait la question 1 a. :

La droite (FD) est orthogonale au plan (IJK) donc (FD) est la hauteur associée à la base (IJK).

Bac S 2015 Maths Liban Exercice 1 2015-li-exo1-6

Donc, dans la formule rappelée ci-dessus :

  • l’aire du triangle IJK joue le rôle de \mathcal{B} ;
  • la longueur FM joue le rôle de d.

On peut donc écrire :

D’où l’aire du tétraèdre FIJK vaut :
\mathcal{A}_{FIJK} = \dfrac{1}{3}\mathcal{B} \times h = \dfrac{1}{3}\mathcal{A}_{IJK} \times FM

Calculons FM :

Or FM = \sqrt{(x_M - x_F)^2 + (y_M - y_F)^2 + (z_M - z_F)^2} = \sqrt{\left(\dfrac{1}{2} - 1\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2} - 0\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2} - 1\right)^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}} = \sqrt{\dfrac{3}{4}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}

On en déduit :

D’où l’aire du tétraèdre FIJK vaut :
\mathcal{A}_{FIJK} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{1}{8}.

Question 6

Les droites (IJ) et (KL) sont-elles sécantes ?

Pour étudier l’intersection de deux droites, il faut d’abord étudier la colinéarité de leurs vecteurs directeurs :

  • Si les vecteurs directeurs sont colinéaires, alors on a deux cas possibles :
    Bac S 2015 Maths Liban Exercice 1 2015-li-exo1-7
  • Si les vecteurs directeurs sont non colinéaires, alors on a deux autres cas possibles :
    Bac S 2015 Maths Liban Exercice 1 2015-li-exo1-8

Commençons donc par examiner la colinéarité des vecteurs directeurs des droites (IJ) et (KL). Une idée des vecteurs directeurs à considérer ? :p

\overrightarrow{\mathrm{IJ}} et \overrightarrow{\mathrm{KL}} non ?

Je vois que ça commence à rentrer ! Je rappelle que :

Deux vecteurs de l’espace sont colinéaires si et seulement si leurs coordonnées sont proportionnelles.

On a déjà calculé les coordonnées du vecteur \overrightarrow{\mathrm{IJ}}. Il ne nous reste donc plus qu’à calculer les coordonnées du vecteur \overrightarrow{\mathrm{KL}}.

Pour cela, déterminons d’abord les coordonnées du point L, milieu du segment [CG] :

L est le milieu du segment [CG] donc :

  • x_L = \dfrac{x_C + x_G}{2} = \dfrac{1+1}{2} = 1
  • y_L = \dfrac{y_C + y_G}{2} = \dfrac{1+1}{2} = 1
  • z_L = \dfrac{z_C + z_G}{2} = \dfrac{0+1}{2} = \dfrac{1}{2}

On peut maintenant déterminer les coordonnées du vecteur \overrightarrow{\mathrm{KL}} :

On en déduit :
\overrightarrow{\mathrm{KL}}(x_L - x_K;y_L - y_K;z_L - z_K)
\overrightarrow{\mathrm{KL}}\left(1 - 1;1 - \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2} - 0\right)
\overrightarrow{\mathrm{KL}}\left(0;\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)

On en déduit :

De plus, d’après la question 1. a., les coordonnées du vecteur \overrightarrow{\mathrm{IJ}} sont \left(-\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; 1\right). Donc les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{\mathrm{IJ}} et \overrightarrow{\mathrm{KL}} ne sont pas proportionnelles d’où, les vecteurs \overrightarrow{\mathrm{IJ}} et \overrightarrow{\mathrm{KL}} ne sont pas colinéaires. Donc les droites (IJ) et (KL) ne sont pas parallèles.

Maintenant que l’on sait que les droites (IJ) et (KL) ne sont pas parallèles, elles ont potentiellement une chance d’être sécantes en un point.

Pour déterminer cet éventuel point d’intersection, il faut d’abord déterminer les équations paramétriques des deux droites (IJ) et (KL). Pour ce faire, on va faire comme à la question 2 :

La droite (IJ) a pour vecteur directeur \overrightarrow{\mathrm{IJ}}\left(-\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};1\right) et passe par le point I\left(\dfrac{1}{2};0;0\right) donc une représentation paramétrique de (IJ) est \begin{cases}x = -\dfrac{1}{2}t + \dfrac{1}{2} \\\\y = \dfrac{1}{2}t, t \in \mathbb{R} \\\\z = t\end{cases}.

De même, une représentation paramétrique de (KL) est \begin{cases}x = 1 \\\\y = \dfrac{1}{2}t.

Déterminons donc l’éventuelle intersection des droites (IJ) et (KL). Pour ce faire, lorsqu’on dispose des représentations paramétriques des deux droites, il faut résoudre le système d’inconnues t et t qui « met en regard » les deux représentations paramétriques, l’une avec l’inconnue t, l’autre avec l’inconnue t :

\begin{cases}-\dfrac{1}{2}t + \dfrac{1}{2} = 1 ~(L_1) \\\\\dfrac{1}{2}t = \dfrac{1}{2}t

Normalement, pour déterminer deux inconnues, on n’a besoin que de deux équations. Ici, on en dispose de trois.

Lorsque l’on dispose de plus d’équations que d’inconnues, il s’agit toujours d’adopter la démarche suivante :

  • déterminer les inconnues à partir d’un nombre d’équations suffisant (ici deux) ;
  • vérifier que les solutions déterminées conviennent avec les équations restantes : si elles conviennent, alors elles sont effectivement les solutions du système. Si elles ne conviennent pas, c’est que le système d’équations étudié n’admet pas de solution.

Personnellement, je choisis de déterminer t et t en m’appuyant sur les équations (L_1) et (L_3) et j’examinerai leur conformité sur (L_2) :

... \Leftrightarrow \begin{cases}-\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}t

Les solutions trouvées en s’appuyant sur les équations (L_1) et (L_3) ne mettent pas en contradiction (L_2) donc le système d’équations admet bien une solution. On peut donc conclure :

Donc les droites (IJ) et (KL) sont sécantes.

Fin de l’épreuve du Bac S 2015 Maths Liban Exercice 1.

Commentaires

  1. Olivia a écrit:

    Bonjour,

    J’aimerai tout simplement vous remercier pour l’énorme travail que vous réalisez. J’ai découvert votre site il y a peu de temps, et ayant obtenu le bac S cette année, je regrette de ne pas l’avoir connu plus tôt ! C’est incroyable, les maths deviennent tellement plus simple et intéressent avec vos explications. Et je ne parle pas de l’humour que vous transmettez, ce qui fait la singularité de votre travail. Je suis persuadée que vous aidez de nombreux lycéens à obtenir leur bac, grâce à de bons résultats à l’épreuve de maths. Et j’en fais partie. Alors mille mercis, j’espère sincèrement que vous continuerez ce site, et qu’en retour celui-ci soit davantage connu, car vous le méritez.

    Bonne continuation à vous !

Exprimez vous!