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DM ∼ Géométrie dans l'espace 1
Dans un repère de l'espace on considère le plan $\mathscr{P}$ dont la paramétrisation est :
$$M(x;y;z)\in\mathscr{P}\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 1+t+t' \ y & = & 2-t+t' \ z & = & 2t'-1 \end{array} \right., t,t'\in\mathbb{R}.$$
On connaît de plus le point $A$ de coordonnées $(4;0;-3)$, et on cherche à déterminer la distance entre $A$ et $\mathscr{P}$, c'est-à-dire la plus petite des distances entre $A$ et n'importe quel point de $\mathscr{P}$. On notera $d_{A,\mathscr{P}}$ ce nombre.
Démontrer que pour tous réels $t$ et $t'$ et pour tout point $M$ de $\mathscr{P}$ on a :
$$AM^2 = 2\left(t-\dfrac{5}{2}\right)^2+6\left(t'+\dfrac{1}{2}\right)^2+3.$$
Pour tout point $M(x;y;z)$ de $\mathscr{P}$ on a :
$\begin{array}{rcl}
AM^2 & = & (x_M-x_A)^2+(z_M-z_A)^2+(z_M-z_A)^2 \
& = & (1+t+t'-4)^2+(2-t+t')^2+(2t'-1+3)^2 \
& = & (t+t'-3)^2+(2-t+t')^2+(2t'+2)^2 \
& = & t^2+t'^2+9+2tt'-6t-6t'+4+t^2+t'^2-4t+4t'-2tt'+4t'^2+8t'+4 \
& = & 2t^2+6t'^2-10t-2t'+17.
\end{array}$
Ainsi nous avons bien, pour tous réels $t$ et $t'$ : $AM^2 = 2\left(t-\dfrac{5}{2}\right)^2+6\left(t'+\dfrac{1}{2}\right)^2+3.$
En déduire la valeur exacte de $d_{A,\mathscr{P}}$.
Nous cherchons ici la valeur minimale de la distance $AM$, ce qui revient à chercher la valeur minimale de $AM^2$.
Or la valeur minimale d'un carré étant $0$ (un carré étant positif) $AM^2$ est minimale lorsque $\left(t-\dfrac{5}{2}\right)^2$ et $\left(t'+\dfrac{1}{2}\right)^2$ sont nuls.
Ainsi il faut que $t=\dfrac{5}{2}$ et $t'=-\dfrac{1}{2}$, et le carré de la distance minimale est alors de $3$.