Exercices corrigés : Géométrie dans l'espace et produit scalaire — Terminale spécialité

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1. 1

   $\overrightarrow{AB}$vecteur AB a pour coordonnées $(x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A)$(x_B-x_A ; y_B-y_A ; z_B-z_A).

2. 2

   $\overrightarrow{AB}=(4-1;0-2;5-3)=(3;-2;2)$vecteur AB =(4-1 ; 0-2 ; 5-3)=(3 ;-2 ;2).

Rappel de cours : Coordonnées d'un vecteur : (arrivée $-$- départ) sur chaque axe. $\overrightarrow{AB}=(x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A)$vecteur AB =(x_B-x_A ;y_B-y_A ;z_B-z_A).

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1. 1

   $\Vert \vec{u}\Vert =\sqrt{x^2+y^2+z^2}$‖ vecteur u ‖=√(x²+y²+z²).

2. 2

   $\Vert \vec{u}\Vert =\sqrt{2^2+(-1{)}^2+2^2}=\sqrt{4+1+4}=\sqrt{9}=3$‖ vecteur u ‖=√(2²+(-1)²+2²)=√(4+1+4)= √9 =3.

Rappel de cours : Norme (longueur) : $\Vert \vec{u}\Vert =\sqrt{x^2+y^2+z^2}$‖ vecteur u ‖=√(x²+y²+z²). C'est le théorème de Pythagore en 3D.

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1. 1

   Dans ce repère, $A$A est l'origine et les arêtes $[AB]$[AB], $[AD]$[AD], $[AE]$[AE] portent les vecteurs de base.

   Chaque coordonnée vaut $0$0 ou $1$1 selon que le sommet est « au départ » ou « au bout » de l'arête.

2. 2

   $B$B est au bout de $\overrightarrow{AB}$vecteur AB : $B(1;0;0)$B(1 ;0 ;0).

   $D$D est au bout de $\overrightarrow{AD}$vecteur AD : $D(0;1;0)$D(0 ;1 ;0).

3. 3

   $F$F est au-dessus de $B$B (d'une unité selon $\overrightarrow{AE}$vecteur AE) : $F(1;0;1)$F(1 ;0 ;1).

   $G$G est le sommet opposé à $A$A : $G(1;1;1)$G(1 ;1 ;1).

Rappel de cours : Dans le repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$(A ; vecteur AB , vecteur AD , vecteur AE ) d'un cube, les huit sommets ont des coordonnées formées de $0$0 et de $1$1.

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1. 1

   On cherche $k$k tel que $\vec{u}=k\vec{v}$vecteur u =k vecteur v : $2=-k$2=-k, $-4=2k$-4=2k, $6=-3k$6=-3k.

   Les trois égalités donnent $k=-2$k=-2.

2. 2

   Donc $\vec{u}=-2\vec{v}$vecteur u =-2 vecteur v.

Rappel de cours : Dans l'espace, il faut le même coefficient sur les trois coordonnées.

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1. 1

   $\vec{u}\cdot \vec{v}=x{x}^{\prime }+y{y}^{\prime }+z{z}^{\prime }$vecteur u · vecteur v =xx'+yy'+zz'.

2. 2

   $=3\times 1+0\times 4+(-2)\times 2=3+0-4=-1$=3× 1+0× 4+(-2)× 2=3+0-4=-1.

Rappel de cours : Produit scalaire en repère orthonormé : on multiplie les coordonnées deux à deux et on additionne.

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1. 1

   $\vec{u}\cdot \vec{u}=2^2+(-1{)}^2+2^2=4+1+4=9$vecteur u · vecteur u =2²+(-1)²+2²=4+1+4=9.

2. 2

   Or $\vec{u}\cdot \vec{u}=\Vert \vec{u}{\Vert }^2$vecteur u · vecteur u =‖ vecteur u ‖², donc $\Vert \vec{u}\Vert =\sqrt{9}=3$‖ vecteur u ‖= √9 =3.

Rappel de cours : $\vec{u}\cdot \vec{u}=\Vert \vec{u}{\Vert }^2$vecteur u · vecteur u =‖ vecteur u ‖² : le produit scalaire d'un vecteur par lui-même est le carré de sa norme.

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1. 1

   $\vec{u}\cdot \vec{v}=1\times 2+2\times 1+2\times (-2)=2+2-4=0$vecteur u · vecteur v =1× 2+2× 1+2×(-2)=2+2-4=0.

2. 2

   Le produit scalaire est nul : $\vec{u}$vecteur u et $\vec{v}$vecteur v sont orthogonaux.

Rappel de cours : $\vec{u}\perp \vec{v}⟺\vec{u}\cdot \vec{v}=0$vecteur u ⊥ vecteur v ⇔ vecteur u · vecteur v =0.

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1. 1

   $\Vert \vec{u}\Vert =\sqrt{1+4+4}=\sqrt{9}=3$‖ vecteur u ‖=√(1+4+4)=sqrt9=3.

2. 2

   $\frac{1}{3}\vec{u}=\left(\frac{1}{3};\frac{2}{3};\frac{2}{3}\right)$1/3 vecteur u =(1/3 ;2/3 ;2/3) a pour norme $1$1.

Rappel de cours : $\Vert \vec{u}\Vert =\sqrt{x^2+y^2+z^2}$‖ vecteur u ‖=√(x²+y²+z²) dans un repère orthonormé.

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1. 1

   Produit scalaire : $\vec{u}\cdot \vec{v}=x_u{x}_v+y_u{y}_v+z_u{z}_v$vecteur u · vecteur v =x_ux_v+y_uy_v+z_uz_v.

2. 2

   $=1\times 3+2\times (-1)+(-1)\times 4=3-2-4=-3$=1× 3+2×(-1)+(-1)× 4=3-2-4=-3.

Rappel de cours : Produit scalaire en coordonnées : on multiplie composante par composante et on additionne.

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1. 1

   Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul.

2. 2

   $\vec{u}\cdot \vec{v}=2\times 1+1\times (-1)+(-1)\times 1=2-1-1=0$vecteur u · vecteur v =2× 1+1×(-1)+(-1)× 1=2-1-1=0.

3. 3

   Le produit scalaire est nul : $\vec{u}$vecteur u et $\vec{v}$vecteur v sont orthogonaux.

Rappel de cours : $\vec{u}\perp \vec{v}⟺\vec{u}\cdot \vec{v}=0$vecteur u ⊥ vecteur v ⇔ vecteur u · vecteur v =0. Critère central pour l'orthogonalité dans l'espace.

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1. 1

   On utilise les coordonnées des sommets : $E(0;0;1)$E(0 ;0 ;1), $G(1;1;1)$G(1 ;1 ;1), $B(1;0;0)$B(1 ;0 ;0), $D(0;1;0)$D(0 ;1 ;0).

2. 2

   $I$I milieu de $[EG]$[EG] : $I\left(\frac{0+1}{2};\frac{0+1}{2};\frac{1+1}{2}\right)=I(0,5;0,5;1)$I ((0+1)/2 ;(0+1)/2 ;(1+1)/2)=I(0,5 ;0,5 ;1).

3. 3

   $J$J milieu de $[BD]$[BD] : $J\left(\frac{1+0}{2};\frac{0+1}{2};\frac{0+0}{2}\right)=J(0,5;0,5;0)$J ((1+0)/2 ;(0+1)/2 ;(0+0)/2)=J(0,5 ;0,5 ;0).

4. 4

   $I$I et $J$J ont les mêmes abscisse et ordonnée : $I$I est exactement au-dessus de $J$J, d'une unité (la hauteur du cube).

Rappel de cours : Milieu : moyenne des coordonnées. Les centres des deux faces horizontales d'un cube sont à la même verticale.

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1. 1

   $\overrightarrow{AB}(2;-1;2)$vecteur AB (2 ;-1 ;2) et $\overrightarrow{AC}(6;-3;6)$vecteur AC (6 ;-3 ;6).

2. 2

   $\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AB}$vecteur AC =3 vecteur AB : les vecteurs sont colinéaires et ont le point $A$A en commun.

Rappel de cours : $A$A, $B$B, $C$C alignés $⟺\overrightarrow{AB}$⇔ vecteur AB et $\overrightarrow{AC}$vecteur AC colinéaires.

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1. 1

   Formule : $\vec{u}\cdot \vec{v}=\Vert \vec{u}\Vert \Vert \vec{v}\Vert \cos \theta$vecteur u · vecteur v =‖ vecteur u ‖ ‖ vecteur v ‖cosθ.

2. 2

   $=3\times 4\times \cos 60°=12\times 0,5=6$=3× 4×cos 60°=12× 0,5=6.

Rappel de cours : $\vec{u}\cdot \vec{v}=\Vert \vec{u}\Vert \Vert \vec{v}\Vert \cos \theta$vecteur u · vecteur v =‖ vecteur u ‖ ‖ vecteur v ‖cosθ, où $\theta$θ est l'angle entre les vecteurs. $\cos 60°=0,5$cos 60°=0,5.

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1. 1

   Orthogonaux $⟺\vec{u}\cdot \vec{v}=0$⇔ vecteur u · vecteur v =0.

2. 2

   $\vec{u}\cdot \vec{v}=1\times 2+a\times (-1)+3\times 1=2-a+3=5-a$vecteur u · vecteur v =1× 2+a×(-1)+3× 1=2-a+3=5-a.

3. 3

   $5-a=0$5-a=0, donc $a=5$a=5.

Rappel de cours : On pose le produit scalaire égal à $0$0 et on résout l'équation en l'inconnue.

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1. 1

   $\cos \theta =\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{\Vert \vec{u}\Vert \Vert \vec{v}\Vert }$cosθ=( vecteur u · vecteur v )/(‖ vecteur u ‖ ‖ vecteur v ‖).

2. 2

   $\vec{u}\cdot \vec{v}=1$vecteur u · vecteur v =1, $\Vert \vec{u}\Vert =1$‖ vecteur u ‖=1, $\Vert \vec{v}\Vert =\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$‖ vecteur v ‖=√(1²+1²)= √2.

3. 3

   $\cos \theta =\frac{1}{1\times \sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$cosθ=1/(1× √2 )=1/( √2 )=( √2 )/2, soit $\theta =45°$θ=45°.

Rappel de cours : $\cos \theta =\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{\Vert \vec{u}\Vert \Vert \vec{v}\Vert }$cosθ=( vecteur u · vecteur v )/(‖ vecteur u ‖‖ vecteur v ‖). On reconnaît $\frac{\sqrt{2}}{2}$sqrt2/2 comme cosinus de $45°$45°.

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1. 1

   $\overrightarrow{AB}(-1;1;0)$vecteur AB (-1 ;1 ;0), $\overrightarrow{AC}(0;0;2)$vecteur AC (0 ;0 ;2).

   $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0+0+0=0$vecteur AB · vecteur AC =0+0+0=0 : $(AB)\perp (AC)$(AB)⊥(AC), le triangle est rectangle en $A$A.

2. 2

   $AB=\sqrt{2}$AB=sqrt2, $AC=2$AC=2.

   Aire $=\frac{AB\times AC}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$=(AB× AC)/2=2sqrt2/2=sqrt2.

Rappel de cours : Deux vecteurs non nuls sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul.

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1. 1

   Un point $M(x;y;z)$M(x;y;z) est sur la droite s'il existe $t\in \mathbb{R}$t∈ℝ tel que $\overrightarrow{AM}=t\vec{u}$vecteur AM =t vecteur u.

2. 2

   Cela donne : $\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=0-t\\ z=2+3t\end{array}$x=1+2t ; y=0-t ; z=2+3t avec $t\in \mathbb{R}$t∈ℝ.

Rappel de cours : Droite par $A$A de vecteur directeur $\vec{u}$vecteur u : $M=A+t\vec{u}$M=A+t vecteur u, une équation par coordonnée avec le même paramètre $t$t.

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1. 1

   On cherche $t$t tel que les trois équations soient vérifiées.

   De $x=5$x=5 : $1+2t=5$1+2t=5, donc $t=2$t=2.

2. 2

   On teste cette valeur : $y=-2$y=-2 ✓ ($-t=-2$-t=-2) et $z=2+3\times 2=8$z=2+3× 2=8 ✓.

3. 3

   La même valeur $t=2$t=2 convient pour les trois coordonnées : $B$B appartient à la droite.

Rappel de cours : Un point est sur la droite s'il existe UNE valeur de $t$t vérifiant les trois équations à la fois.

Erreur fréquente : Il faut la MÊME valeur de $t$t pour les trois coordonnées. Si $t$t diffère, le point n'est pas sur la droite.

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1. 1

   Un plan de vecteur normal $\vec{n}=(a;b;c)$vecteur n =(a;b;c) a une équation $ax+by+cz+d=0$ax+by+cz+d=0, ici $2x-y+3z+d=0$2x-y+3z+d=0.

2. 2

   On détermine $d$d en injectant $A$A : $2\times 1-2+3\times (-1)+d=0$2× 1-2+3×(-1)+d=0, soit $2-2-3+d=0$2-2-3+d=0, donc $d=3$d=3.

3. 3

   Équation : $2x-y+3z+3=0$2x-y+3z+3=0.

Rappel de cours : Les coefficients $(a;b;c)$(a;b;c) de l'équation $ax+by+cz+d=0$ax+by+cz+d=0 sont les coordonnées d'un vecteur normal au plan.

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1. 1

   Coordonnées des sommets : $A(0;0;0)$A(0 ;0 ;0), $G(1;1;1)$G(1 ;1 ;1), $B(1;0;0)$B(1 ;0 ;0), $D(0;1;0)$D(0 ;1 ;0).

2. 2

   $\overrightarrow{AG}=(1;1;1)$vecteur AG =(1 ;1 ;1) et $\overrightarrow{BD}=(0-1;1-0;0-0)=(-1;1;0)$vecteur BD =(0-1 ;1-0 ;0-0)=(-1 ;1 ;0).

3. 3

   Le repère étant orthonormé, on calcule le produit scalaire : $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BD}=1\times (-1)+1\times 1+1\times 0=-1+1+0=0$vecteur AG · vecteur BD =1×(-1)+1× 1+1× 0=-1+1+0=0.

4. 4

   Le produit scalaire est nul : les droites $(AG)$(AG) et $(BD)$(BD) sont orthogonales.

Rappel de cours : Dans un repère orthonormé, deux droites sont orthogonales lorsque le produit scalaire de leurs vecteurs directeurs est nul.

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1. 1

   $\vec{u}$vecteur u et $\vec{v}$vecteur v ne sont pas colinéaires ($\vec{u}$vecteur u a une première coordonnée non nulle, $\vec{v}$vecteur v non).

2. 2

   On cherche $a$a, $b$b tels que $\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v}=(a;b;a+b)$vecteur w =a vecteur u +b vecteur v =(a ;b ;a+b).

   Il faut $a=2$a=2, $b=3$b=3 et $a+b=5$a+b=5 : cette dernière condition est vérifiée.

3. 3

   Donc $\vec{w}=2\vec{u}+3\vec{v}$vecteur w =2 vecteur u +3 vecteur v : les trois vecteurs sont coplanaires.

Rappel de cours : $\vec{u}$vecteur u, $\vec{v}$vecteur v, $\vec{w}$vecteur w coplanaires $⟺$⇔ l'un s'écrit comme combinaison linéaire des deux autres (non colinéaires).

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1. 1

   $\vec{n}$vecteur n doit être orthogonal à $\vec{u}$vecteur u et à $\vec{v}$vecteur v : $\vec{n}\cdot \vec{u}=0$vecteur n · vecteur u =0 et $\vec{n}\cdot \vec{v}=0$vecteur n · vecteur v =0.

2. 2

   $\vec{n}\cdot \vec{u}=a+c=0$vecteur n · vecteur u =a+c=0 et $\vec{n}\cdot \vec{v}=b+c=0$vecteur n · vecteur v =b+c=0.

   Donc $a=-c$a=-c et $b=-c$b=-c.

3. 3

   En choisissant $c=1$c=1 : $\vec{n}=(-1;-1;1)$vecteur n =(-1 ;-1 ;1) (ou tout vecteur colinéaire).

Rappel de cours : Un vecteur normal au plan est orthogonal à deux vecteurs directeurs : on résout le système de deux produits scalaires nuls.

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1. 1

   Équation de la forme $3x-y+2z+d=0$3x-y+2z+d=0 (les coefficients sont ceux de $\vec{n}$vecteur n).

2. 2

   $A$A appartient au plan : $3\times 2-1+2\times 0+d=0$3× 2-1+2× 0+d=0, soit $6-1+d=0$6-1+d=0, donc $d=-5$d=-5.

3. 3

   Équation : $3x-y+2z-5=0$3x-y+2z-5=0.

Rappel de cours : Plan de normale $(a;b;c)$(a;b;c) passant par $A$A : $ax+by+cz+d=0$ax+by+cz+d=0, avec $d$d déterminé en injectant $A$A.

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1. 1

   On remplace les coordonnées de $B$B dans l'équation.

2. 2

   $2\times 1+2-3-1=2+2-3-1=0$2× 1+2-3-1=2+2-3-1=0.

3. 3

   Le résultat est $0$0 : $B$B appartient au plan $P$P.

Rappel de cours : Un point est dans un plan si ses coordonnées vérifient l'équation cartésienne (on doit obtenir $0$0).

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1. 1

   $\overrightarrow{AB}=(2;0;0)$vecteur AB =(2;0;0) et $\overrightarrow{AC}=(2;3;0)$vecteur AC =(2;3;0).

2. 2

   $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=2\times 2+0\times 3+0\times 0=4$vecteur AB · vecteur AC =2× 2+0× 3+0× 0=4.

3. 3

   $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=4>0$vecteur AB · vecteur AC =4>0 : l'angle $\widehat{BAC}$BAĈ est aigu (le cosinus, de même signe que le produit scalaire, est positif).

Rappel de cours : Signe du produit scalaire = signe du cosinus : $>0$>0 angle aigu, $=0$=0 angle droit, $<0$<0 angle obtus.

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1. 1

   Vecteurs normaux : ${\vec{n}}_P(1;1;1)$vecteur n _P(1 ;1 ;1) et ${\vec{n}}_Q(1;-2;1)$vecteur n _Q(1 ;-2 ;1).

2. 2

   ${\vec{n}}_P\cdot {\vec{n}}_Q=1-2+1=0$vecteur n _P· vecteur n _Q=1-2+1=0 : les vecteurs normaux sont orthogonaux.

3. 3

   Donc les plans $P$P et $Q$Q sont perpendiculaires.

Rappel de cours : Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.

Correction détaillée

1. 1

   Un vecteur normal de $P$P se lit sur les coefficients : $\vec{n}=(1;2;-1)$vecteur n =(1;2;-1).

2. 2

   Le vecteur directeur de $D$D est $\vec{u}=(1;2;-1)$vecteur u =(1;2;-1).

3. 3

   $\vec{u}=\vec{n}$vecteur u = vecteur n : le vecteur directeur de la droite est colinéaire au vecteur normal du plan, donc $D$D est orthogonale à $P$P.

Rappel de cours : Une droite est orthogonale à un plan $⟺$⇔ son vecteur directeur est colinéaire à un vecteur normal du plan.

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1. 1

   On remplace $x,y,z$x,y,z (en fonction de $t$t) dans l'équation du plan.

2. 2

   $(1+t)+(2t)+(-t)-4=0$(1+t)+(2t)+(-t)-4=0, soit $1+t+2t-t-4=0$1+t+2t-t-4=0, donc $2t-3=0$2t-3=0 et $t=1,5$t=1,5.

3. 3

   On reporte $t=1,5$t=1,5 : $x=2,5$x=2,5, $y=3$y=3, $z=-1,5$z=-1,5.

Rappel de cours : Intersection droite-plan : injecter la représentation paramétrique dans l'équation du plan, résoudre en $t$t, puis calculer le point.

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1. 1

   Coordonnées : $B(1;0;0)$B(1 ;0 ;0), $D(0;1;0)$D(0 ;1 ;0), $E(0;0;1)$E(0 ;0 ;1).

2. 2

   $\overrightarrow{BD}=(-1;1;0)$vecteur BD =(-1 ;1 ;0), donc $BD=\sqrt{(-1{)}^2+1^2+0^2}=\sqrt{2}$BD=√((-1)²+1²+0²)=√(2).

3. 3

   $\overrightarrow{DE}=(0;-1;1)$vecteur DE =(0 ;-1 ;1), donc $DE=\sqrt{0^2+(-1{)}^2+1^2}=\sqrt{2}$DE=√(0²+(-1)²+1²)=√(2).

4. 4

   $\overrightarrow{BE}=(-1;0;1)$vecteur BE =(-1 ;0 ;1), donc $BE=\sqrt{(-1{)}^2+0^2+1^2}=\sqrt{2}$BE=√((-1)²+0²+1²)=√(2).

5. 5

   Les trois côtés sont égaux ($BD=DE=BE=\sqrt{2}$BD=DE=BE= √2) : le triangle $BDE$BDE est équilatéral.

Rappel de cours : Les diagonales des faces d'un cube d'arête $a$a mesurent toutes $a\sqrt{2}$a √2 : un triangle reliant trois de ces diagonales est équilatéral.

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1. 1

   $\overrightarrow{AB}=(4-1;2-(-2);3-3)=(3;4;0)$vecteur AB =(4-1 ;2-(-2) ;3-3)=(3 ;4 ;0).

2. 2

   $AB=\Vert \overrightarrow{AB}\Vert =\sqrt{3^2+4^2+0^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$AB=‖ vecteur AB ‖=√(3²+4²+0²)=√(9+16)=√(25)=5.

Rappel de cours : Distance entre deux points = norme du vecteur : $AB=\sqrt{(x_B-x_A{)}^2+(y_B-y_A{)}^2+(z_B-z_A{)}^2}$AB=√((x_B-x_A)²+(y_B-y_A)²+(z_B-z_A)²).

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1. 1

   1) $\overrightarrow{BD}=(-1;1;0)$vecteur BD =(-1 ;1 ;0) et $\overrightarrow{BE}=(-1;0;1)$vecteur BE =(-1 ;0 ;1) dirigent le plan $(BDE)$(BDE).

   On calcule : $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BD}=-1+1+0=0$vecteur AG · vecteur BD =-1+1+0=0 et $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BE}=-1+0+1=0$vecteur AG · vecteur BE =-1+0+1=0.

   $\overrightarrow{AG}$vecteur AG est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : il en est un vecteur normal.

2. 2

   2) Le plan a une équation $x+y+z+d=0$x+y+z+d=0 (coefficients donnés par $\overrightarrow{AG}$vecteur AG).

   Il passe par $B(1;0;0)$B(1 ;0 ;0) : $1+0+0+d=0$1+0+0+d=0, donc $d=-1$d=-1.

   Équation de $(BDE)$(BDE) : $x+y+z-1=0$x+y+z-1=0. (On vérifie : $D(0;1;0)$D(0 ;1 ;0) et $E(0;0;1)$E(0 ;0 ;1) la satisfont.)

3. 3

   3) Distance de $A(0;0;0)$A(0 ;0 ;0) au plan : $d(A,(BDE))=\frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$d(A,(BDE))=(|0+0+0-1|)/(√(1²+1²+1²))=1/( √3 )=( √3 )/3.

Rappel de cours : Distance point-plan : $d=\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c{z}_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$d=(|ax₀+by₀+cz₀+d|)/(√(a²+b²+c²)). La grande diagonale $(AG)$(AG) d'un cube est orthogonale au plan $(BDE)$(BDE).