Terminale S Correction Devoir maison n˚12 2016 - 2017
EXERCICE 1 1. Montrons que les droites ne sont pas coplanaires, pour cela nous allons montrer que les deux droites sont ni sécantes ni parallèles.
• Un vecteur directeur de (D1) est−→u1 1 3 0et un vecteur directeur de (D2) est−→u2 2 1 −1. Ces deux vecteurs n’étant pas colinéaires, les droites ne sont pas parallèles.
• M ∈(D1)∩(D2) si et seulement si il existe deux réelsaetb tels que :
3 +a = 0,5 + 2b 9 + 3a = 4 +b
2 = 4−b
⇔
3 +a = 4,5 9 + 3a = 6
b = 2
⇔
a = 1,5 a = −1 b = 2
.
Ce système est incompatible les droites ne sont pas sécantes, elles sont donc non coplanaires.
2. (a) S∈(D1)⇔
3 +a = 3 9 + 3a = 4
2 = 0,1
Ce qui est impossible donc S n’appartient pas à (D1).
Puis S ∈ (D2) ⇔
0,5 + 2b = 3
4 +b = 4
4−b = 0,1
⇔
b = 1,25 b = 0 b = 3,9
Ce qui est impossible doncS n’ap- partient pas à (D2).
(b) Les plans (P1) et (P2) ont un point communS. Ils ne sont pas confondus car les droites (D1) et (D2) sont non coplanaires, ils sont donc sécants.
(c) Montrons par l’absurde que (D1) et ∆ sont sécantes.
Nous savons déjà que ces deux droites sont coplanaires car incluses dans (P1). Supposons par l’absurde qu’elles ne sont pas sécantes, elles sont donc parallèles.
De ce fait,−→u1 est un vecteur directeur de ∆, de plusS ∈∆.
La droite ∆ a donc pour représentation paramétrique : ∆
x = 3 +c y = 4 + 3c z = 0,1
avec c∈R. On étudie alors la position relative de ∆ et (D2) qui sont coplanaires, ce deux droites doivent être sécantes car sinon (D1) parallèle à ∆ serait parallèle à (D2) ce qui est exclu.
M ∈∆∩(D2) si et seulement si il existe deux réelsc etb tels que :
3 +c = 0,5 + 2b 4 + 3c = 4 +b 0,1 = 4−b
⇔
3 +c = 8,3 3c = 3,9 b = 3,9
⇔
c = 5,3 c = 1,3 b = 2
.
Ce système est incompatible les droites ne sont pas sécantes, ce qui est absurde.
Donc les droites (D1) et ∆ sont sécantes, on montre de même que (D2) et ∆ sont sécantes.
(d) La droite ∆ coupe les droites (D1) et (D2), cette droite convient donc comme direction du rayon.
• • •
EXERCICE 2 1. (a) Un vecteur directeur de la droite (AB) est−→
AB
2 0 0
= 2−→ OI.
La droite (AB) est donc parallèle à l’axe (OI).
(b) On axC =xD = 11 donc Les points C et D on la même abscisse, donc la droite (CD) est parallèle au plan (OJK).
(c) Une représentation paramétrique de (AB) est
x=t y =−1 z= 5
, t∈Ret une représentation paramé-
trique de (CD) est
x = 11 y = 0,8t′ z = 1 + 0,6t′
, t′ ∈ R. On résout le système
t = 11
−1 = 0,8t′ z = 1 + 0,6t′
qui n’a pas de solutions, car on trouvet′ négatif, donc 1 + 0,6t′ <5.
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Les droites (AB) et (CD) ne sont pas sécantes.
2. (a) −−−→
MtNt
11−t 0,8t+ 1 0,6t−4
doncMtNt2= (11−t)2+ (0,8t+ 1)2+ (0,6t−4)2
= 121−22t+t2+ 0,64t2+ 1,6t+ 1 + 0,36t2−4,8t+ 16 = MtNt2 = 2t2−25,2t+ 138.
(b) MtNt est positif, donc est minimale quand son carré est minimal.
On considère la fonction f : t 7→ 2t2 −25,2t+ 138 ; f est une fonction du second degré ; le coefficient det2 est 2. Le minimum est atteint pour t= 25,2
4 = 6,3.
La distance estminimale pour t= 6,3 s
• • •
EXERCICE 3 Dans le repère (A;−−→ AB;−−→
AD;−→
AE), on aA(0; 0; 0) ;B(1; 0; 0) ;C(1; 1; 0) ;D(0; 1; 0) ;E(1; 0; 0) ; F(1; 0; 1) ;H(0; 1; 1) etG(1; 1; 1).
On appelleI le milieu du segment [AC], alors I a pour coordonnées (1 2;1
2; 0).
Comme K est le centre de gravité du triangle ACH, on a donc :
−−→HK = 2 3
−→HI ⇔
xK−xH = 2
3(xI−xH) yK−yH = 2
3(yI−yH) zK −zH = 2
3(zI−zH)
⇔
xK= 2 3×1
2 yK−1 =2
3(−1 2) zK−1 =−2
3
⇔
xK = 1 3 yK= 2 3 zK = 1 3
.
Soit K(1 3;2
3;1 3).
On a alors−−→
DK 1
3 −1 3
1 3
et−−→
DF 1 −1 1. Ainsi−−→
DK = 1 3
−−→ DF.
Les points D, K et F sont alignés et le point K est situé au tiers du segment [DF] en partant de D.
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