Épreuve de mathématiques
Terminale Générale ∼ DST n°3 Exercice 1 Recopier et complèter cette propriété du cours :
« Trois vecteurs u⃗\vec{u}, v⃗\vec{v} et w⃗\vec{w} sont coplanaires si il existe deux réels . . . . . . . . . . .»
Correction
Trois vecteurs u⃗\vec{u}, v⃗\vec{v} et w⃗\vec{w} sont coplanaires si il existe deux réels λ\lambda et μ\mu non tous nuls tels que w⃗\vec{w} == λu⃗+μv⃗\lambda \vec{u} + \mu\vec{v}.
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Exercice 2 On se place dans un repère de l'espace et on considère les points A(0;3;−2)A(0\,;\,3\,;-2), B(−1;2;1)B(-1\,;\,2\,;1) et C(2;1;−8)C(2\,;\,1\,;-8), ainsi qu'un vecteur u⃗(33−9)\vec{u}\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ -9 \end{pmatrix}.
  1. Les points AA, BB et CC sont-ils alignés ?
    2. Correction
    On regarde pour cela si les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} sont colinéaires.

    AB→=(xB−xAyB−yAzB−zA)\overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} x_B-x_A \\ y_B-y_A \\ z_B-z_A\end{pmatrix} == (−1−13)\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 3\end{pmatrix}.

    AC→=(xC−xAyC−yAzC−zA)\overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} x_C-x_A \\ y_C-y_A \\ z_C-z_A\end{pmatrix} == (2−2−6)\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ -6\end{pmatrix}.

    Or, xAC→xAB→\dfrac{x_{\overrightarrow{AC}}}{x_{\overrightarrow{AB}}} == −2-2 ≠\neq yAC→yAB→\dfrac{y_{\overrightarrow{AC}}}{y_{\overrightarrow{AB}}} == 22. Ainsi, les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} ne sont pas colinéaires et les points AA, BB et CC ne sont pas alignés.

    Remarque : on peut dire que AA, BB et CC définissent un plan.
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  2. Le vecteur u⃗\vec{u} dirige-t-il la droite (AB)(AB) ?
    3. Correction
    On a u⃗=−3AB→\vec{u} = -3\overrightarrow{AB}. Ces deux vecteurs sont donc colinéaires et le vecteur u⃗\vec{u} dirige la droite (AB)(AB).
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  3. Donner une paramétrisation de la droite dd parallèle à (AB)(AB) passant par CC.
    4. Correction
    La droite dd est dirigée par AB→\overrightarrow{AB} et passe par CC, on a pour paramétrisation :

    {x=xC+xAB→ty=yC+yAB→tz=zC+zAB→t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_C+x_{\overrightarrow{AB}}t \\ y & = & y_C+y_{\overrightarrow{AB}}t \\ z & = & z_C+z_{\overrightarrow{AB}}t \end{array} \right., t\in\mathbb{R} ⟺\Longleftrightarrow {x=2−ty=1−tz=−8+3t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 2-t \\ y & = & 1-t \\ z & = & -8+3t \end{array} \right., t\in\mathbb{R}
    ✕
  4. Donner les coordonnées d'un point de la droite dd qui ne soit pas le point CC.
    5. Correction
    On remplace par exemple tt par 11 dans la paramétrisation précédente et on obtient (1;0;−5)(1\,;\, 0 \,;\, -5).
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  5. Le point D(12;11;−38)D(12\,;\, 11 \,;\, -38) appartient-il à dd ?
    6. Correction
    Pour que DD appartiennent à dd il faut qu'il faut t∈Rt\in\mathbb{R} tel que : {xD=2−tyD=1−tzD=−8+3t\left\{ \begin{array}{rcl} x_D & = & 2-t \\ y_D & = & 1-t \\ z_D & = & -8+3t \end{array}\right. On résout l'équation avec xDx_D :
    xD=2−tx_D = 2-t ⟺\Longleftrightarrow 12=2−t12 = 2-t ⟺\Longleftrightarrow t=−10t=-10.

    En remplaçant tt par −10-10 dans la paramétrisation on regarde si on obtient bien yDy_D et zDz_D.
    En yy : 1−t=1−(−10)1-t=1-(-10) == 1111 == yDy_D.
    En zz : −8+3×(−10)-8+3\times(-10) == −8−30-8-30 == −38-38 == zDz_D.

    Ainsi DD appartient à la droite dd.
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Exercice 3 Soient dd et d′d' deux droites d'un repère de l'espace dont les représentations paramètriques respectives sont :

{x=3+4ty=7−2tz=3t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 3+4t \\ y & = & 7-2t \\ z & = & 3t \end{array} \right., t\in\mathbb{R}                      {x=3t′y=−t′+6z=4t′−6,t′∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 3t' \\ y & = & -t'+6 \\ z & = & 4t'-6 \end{array} \right., t'\in\mathbb{R}
  1. Déterminer les coordonnées d'un vecteur directeur pour dd puis pour d′d'. En déduire si les droites dd et d′d' sont parallèles ou non.
    2. Correction
    Il suffit pour cela de regarder les coefficients de tt et t′t' dans les paramétrisations.

    Le vecteur u⃗=(4−23)\vec{u}=\begin{pmatrix} 4 \\ -2 \\ 3\end{pmatrix} dirige dd.

    Le vecteur v⃗=(3−14)\vec{v}=\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix} dirige d′d'.

    On a alors que yu⃗yv⃗=2≠zu⃗zv⃗=34\dfrac{y_{\vec{u}}}{y_{\vec{v}}} = 2 \neq \dfrac{z_{\vec{u}}}{z_{\vec{v}}} = \dfrac{3}{4}. Les vecteurs directeurs de dd et d′d' ne sont pas colinéaires et donc les droites ne sont pas parallèles.
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  2. Les droites dd et d′d' sont-elles sécantes ? Si oui déterminer les coordonnées de leur point d'intersection.
    3. Correction
    Pour répondre à cette question il nous résoudre le système suivant :

    {3+4t=3t′7−2t=−t′+63t=4t′−6\left\{ \begin{array}{rcl} 3+4t & = & 3t' \\ 7-2t & = & -t'+6 \\ 3t & = & 4t'-6 \end{array} \right. ⟺\Longleftrightarrow {4t−3t′=−3−2t+t′=−13t−4t′=−6\left\{ \begin{array}{rcl} 4t-3t' & = & -3 \\ -2t+t' & = & -1 \\ 3t-4t' & = & -6 \end{array} \right. ⟺\Longleftrightarrow {4t−3t′=−3t′=2t−13t−4t′=−6\left\{ \begin{array}{rcl} 4t-3t' & = & -3 \\ t' & = & 2t-1 \\ 3t-4t' & = & -6 \end{array} \right. ⟺\Longleftrightarrow {4t−3(2t−1)=−3t′=2t−13t−4(2t−1)=−6\left\{ \begin{array}{rcl} 4t-3(2t-1) & = & -3 \\ t' & = & 2t-1 \\ 3t-4(2t-1) & = & -6 \end{array} \right. ⟺\Longleftrightarrow {−2t=−6t′=2t−1−5t=−10\left\{ \begin{array}{rcl} -2t & = & -6 \\ t' & = & 2t-1 \\ -5t & = & -10 \end{array} \right. ⟺\Longleftrightarrow {t=3t′=2t−1t=2\left\{ \begin{array}{rcl} t & = & 3 \\ t' & = & 2t-1 \\ t & = & 2 \end{array} \right.

    Le système n'admet donc pas de solution et les droites dd et d′d' sont ainsi non sécantes. Puisqu'elles ne sont ni parallèles, ni sécantes, elles sont non coplanaires.
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  3. Soient A(1;−1;0)A(1\,;\, -1 \,;\, 0) un point de l'espace et MM un point de dd.
    1. En utilisant la représentation paramètrique de la droite dd, justifier qu'il existe une réel tt tel que AM2=29t2−16t+68AM^2 = 29t^2-16t+68.
      2. Correction
      Puisque M∈dM\in d, il existe t∈Rt\in\mathbb{R} tel que M(3+4t;7−2t;3t)M( 3+4t \,;\, 7-2t \,;\, 3t).

      On a alors :
      AM2AM^2 == (xM−xA)2+(yM−yA)2+(zM−xzA)2(x_M-x_A)^2+(y_M-y_A)^2+(z_M-xz_A)^2
      == (3+4t−1)2+(7−2t+1)2+(3t)2(3+4t-1)^2+(7-2t+1)^2+(3t)^2
      == (4t+2)2+(8−2t)2+9t2(4t+2)^2+(8-2t)^2+9t^2
      == 16t2+16t+4+64−32t+4t2+9t216t^2+16t+4+64-32t+4t^2+9t^2
      == 29t2−16t+6829t^2-16t+68.
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    2. Déterminer la valeur de tt pour laquelle AM2AM^2 est minimal. En déduire la distance du point AA à la droite dd.
      3. Correction
      AM2AM^2 est un polynôme du second degré avec a=29>0a=29>0, b=−16b=-16 et c=68c=68. Il est minimal pour t=−b2at=-\dfrac{b}{2a} == 1658\dfrac{16}{58} == 829\dfrac{8}{29}.

      La fonction racine carrée étant strictement croissante sur [0;+∞[[0\,; +\infty[, la distance AM=AM2AM = \sqrt{AM^2} est minimale pour cette même valeur de tt et vaut :

      AM=29×(829)2−16×829+68AM=\sqrt{ 29\times\left(\dfrac{8}{29} \right)^2-16\times\dfrac{8}{29}+68 } == 190829\sqrt{\dfrac{1\,908}{29}} == 6291537\dfrac{6}{29}\sqrt{1\,537}.

      Cette distance minimale entre AA et dd est par définition la distance de AA à dd.
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