DM ∼ Géométrie 1∼ Géométrie plane Dans un repère orthonormé du plan, on considère les points $A(-3\,;2)$ et $B(5\,;-1)$.
On cherche à déterminer l'ensemble $\Gamma$ des points du plan, que l'on note $\mathscr{P}$, qui vérifie : $$\Gamma = \{ M\in\mathscr{P}, \, (3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB})\cdot(\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MB})=0 \}.$$ On définit de plus les points $G$ et $H$ par les égalités vectorielles : $\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{5}\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{AB}$.
  1. Montrer que $3\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}=\vec{0}$ et que $\overrightarrow{HA}-2\overrightarrow{HB}=\vec{0}$.
    2. D'après les définitions de l'énoncé on a :
    $\overrightarrow{AG}$ $=$ $\dfrac{2}{5}\overrightarrow{AB}$
    $5\overrightarrow{AG}$ $=$ $2\overrightarrow{AB}$
    $5\overrightarrow{AG}-2\overrightarrow{AB}$ $=$ $\vec{0}$
    $5\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{BA}$ $=$ $\vec{0}$
    $5\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{AB}$ $=$ $\vec{0}$
    $5\overrightarrow{GA}+2(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GB})$ $=$ $\vec{0}$
    $5\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{GB}$ $=$ $\vec{0}$
    $5\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{AG}+2\overrightarrow{GB}$ $=$ $\vec{0}$
    $3\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}$ $=$ $\vec{0}$.
    De plus, on a :
    $\overrightarrow{AH}$ $=$ $2\overrightarrow{AB}$
    $\overrightarrow{HA}$ $=$ $2\overrightarrow{BA}$
    $\overrightarrow{HA}-2\overrightarrow{BA}$ $=$ $\vec{0}$
    $\overrightarrow{HA}+2\overrightarrow{AB}$ $=$ $\vec{0}$
    $\overrightarrow{HA}+2(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HB})$ $=$ $\vec{0}$
    $\overrightarrow{HA}+2\overrightarrow{AH}+2\overrightarrow{HB}$ $=$ $\vec{0}$
    $\overrightarrow{HA}-2\overrightarrow{HA}+2\overrightarrow{HB}$ $=$ $\vec{0}$
    $-\overrightarrow{HA}+2\overrightarrow{HB}$ $=$ $\vec{0}$
    $\overrightarrow{HA}-2\overrightarrow{HB}$ $=$ $\vec{0}$.
  2. En déduire que $M\in\Gamma$ si et seulement si $\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{MH}=0$.
    3. $M\in\Gamma$ $\Longleftrightarrow$ $(3\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB})\cdot(\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MB})=0$
    $\Longleftrightarrow$ $(3(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})+2(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}))\cdot(\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HA}-2(\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HB}))=0$
    $\Longleftrightarrow$ $(3\overrightarrow{MG}+3\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{MG}+2\overrightarrow{GB})\cdot(\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HA}-2\overrightarrow{MH}-2\overrightarrow{HB})=0$
    $\Longleftrightarrow$ $(5\overrightarrow{MG}+3\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB})\cdot(-\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HA}-2\overrightarrow{HB})=0$
    $\Longleftrightarrow$ $(5\overrightarrow{MG}+\vec{0})\cdot(-\overrightarrow{MH}+\vec{0})=0$
    $\Longleftrightarrow$ $(5\overrightarrow{MG})\cdot(-\overrightarrow{MH})=0$
    $\Longleftrightarrow$ $-5\overrightarrow{MG}\cdot \overrightarrow{MH}=0$
    $\Longleftrightarrow$ $\overrightarrow{MG}\cdot \overrightarrow{MH}=0$.
  3. Déterminer et construire $\Gamma$.
    4. D'après la question précédente, l'ensemble $\Gamma$ est l'ensemble des points $M$ du plan tels que le triangle $MGH$ est rectangle en $M$.
    L'ensemble $\Gamma$ est donc le cercle de diamètre $[HG]$.
    Remarque : pour construire le point $G$ on partage le segment $[AB]$ en cinq parties égales et on en avance de deux de ces parties à partir de $A$. Sinon, pour être encore plus précis on peut déterminer par le calcul les coordonnées de $G$.
    $\overrightarrow{AG}$ $=$ $\dfrac{2}{5}\overrightarrow{AB}$
    $\begin{pmatrix} x_G - x_A \\ y_G - y_A \end{pmatrix}$ $=$ $\dfrac{2}{5}\begin{pmatrix} x_B - x_A \\ y_B - y_A \end{pmatrix}$
    $\begin{pmatrix} x_G +3 \\ y_G - 2 \end{pmatrix}$ $=$ $\dfrac{2}{5}\begin{pmatrix} 8 \\ -3 \end{pmatrix}$
    $\begin{pmatrix} x_G +3 \\ y_G - 2 \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} \frac{16}{5} \\ -\frac{6}{5} \end{pmatrix}$.
    Or, deux vecteurs sont égaux si et seulement si ils ont les mêmes coordonnées donc :

    $x_G +3 = \dfrac{16}{5}$ $\Longleftrightarrow$ $x_G=\dfrac{16}{5}-3$ $\Longleftrightarrow$ $x_G=\dfrac{1}{5}$.

    $y_G -2 = -\dfrac{6}{5}$ $\Longleftrightarrow$ $y_G=-\dfrac{6}{5}+2$ $\Longleftrightarrow$ $y_G=\dfrac{4}{5}$.
1∼ Géométrie dans l'espace Dans un repère de l'espace on considère les points $A(1\,;-1 \,;-4)$ et $B(6\,;0 \,;3)$.
On définit de plus les droites $d_1$ et $d_2$ à l'aide des paramétrisations suivantes :
$M(x;y;z) \in d_1$ $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rrl} x & = & -1 -2t \\ y & = & 2 + 3t \\ z & = & 4t \end{array} \right.$ $\text{ pour } t\in \mathbb{R}$
et
$M(x;y;z) \in d_2$ $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rrl} x & = & -8+7t' \\ y & = & 4-2t' \\ z & = & -3+ 3t' \end{array} \right.$ $\text{ pour } t'\in \mathbb{R}$.
  1. Déterminer une représentation paramètrique de la droite $(AB)$.
    2. On calcule tout d'abord les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{AB}$ :

    $\overrightarrow{AB}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_B - x_A \\ y_B - y_A \\ z_B - z_A \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 6 - 1 \\ 0 - (-1) \\ 3 - (-4) \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ 7 \end{pmatrix}$.

    On obtient alors la paramétrisation suivante (rappel : elle n'est pas unique !) :

    $M(x\,;y\,;z)\in(AB)$ $\Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_A+x_{\overrightarrow{AB}}t \\ y & = & y_A+y_{\overrightarrow{AB}}t \\ z & = & z_A+z_{\overrightarrow{AB}}t \end{array}\right., \: t\in\mathbb{R}$ $\Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 1+5t \\ y & = & -1+t \\ z & = & -4+7t \end{array}\right., \: t\in\mathbb{R}$.
  2. Montrer que $A$ est un point de $d_1$ et $B$ un point de $d_2$.
    3. Pour le point $A$
    On détermine la valeur de $t$ dans la paramétrisation de $d_1$ pour que l'abscisse de $A$ corresponde :
    $-1-2t=x_A$ $\Longleftrightarrow$ $-1-2t=1$ $\Longleftrightarrow$ $-2t=2$ $\Longleftrightarrow$ $t=-1$.
    On remplace maintenant $t$ par $-1$ dans les équations de $y$ et $z$ :
    $2+3t$ $=$ $2-3$ $=$ $-1$ $=$ $y_A$.
    $4t$ $=$ $-4$ $=$ $z_A$.

    Ainsi, $A$ est bien un point de $d_1$.

    Pour le point $B$
    On détermine la valeur de $t$ dans la paramétrisation de $d_2$ pour que l'abscisse de $B$ corresponde :
    $-8+7t'=x_B$ $\Longleftrightarrow$ $-8+7t'=6$ $\Longleftrightarrow$ $7t'=14$ $\Longleftrightarrow$ $t'=2$.
    On remplace maintenant $t'$ par $2$ dans les équations de $y$ et $z$ :
    $4-2t'$ $=$ $4-4$ $=$ $0$ $=$ $y_B$.
    $-3+3t'$ $=$ $-3+6$ $=$ $3$ $=$ $z_B$.

    Ainsi, $B$ est bien un point de $d_2$.
  3. Montrer que les droites $d_1$ et $d_2$ sont sécantes en un point $C$ dont on déterminera les coordonnées.
    4. On résout pour répondre à cette question le système suivant :

    9 $\left\{ \begin{array}{rrl} -1 -2t & = & -8+7t' \\ 2 + 3t & = & 4-2t' \\ 4t & = & -3+ 3t' \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rrll} -2t -7t' & = & -7' & \textcolor{red}{(1)}\\ 3t+2t' & = & 2 & \textcolor{red}{(2)}\\ 4t-3t' & = & -3 & \textcolor{red}{(3)} \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rrll} -2t -7t' & = & -7 & \textcolor{red}{(1)}\\ -17t' & = & -17 & \textcolor{red}{2(2)+3(1)}\\ -17t' & = & -17 & \textcolor{red}{(3)+2(1)} \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rrll} -2t -7t' & = & -7 \\ t' & = & 1 \\ t' & = & 1 \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rrll} -2t -7 & = & -7 \\ t' & = & 1 \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rrll} t & = & 0 \\ t' & = & 1 \end{array} \right.$ Ce système admettant une solution, les droites $d_1$ et $d_2$ sont sécantes en un point $C$, dont les coordonnées se trouvent en remplaçant soit $t$ par $0$ dans la paramétrisation de $d_1$, soit $t'$ par $1$ en dans celle de $d_2$.
    On obtient $C(-1\,; 2 \,;0)$.
  4. Soit $M$ un point quelconque de $(AB)$. Montrer qu'il existe un réel $t$ tel que $CM^2=75t^2-42t+29$.
    5. Si $M\in(AB)$ alors d'après la question 1, il existe $t$ tel que $x_M=1+5t$, $y_M=-1+t$ et $z_M=-4+7t$.
    Ainsi,
    $CM^2$ $=$ $(x_M-x_C)^2+(y_M-y_C)^2+(z_M-z_C)^2$
    $=$ $(1+5t-(-1))^2+(-1+t-2)^2+(-4+7t-0)^2$
    $=$ $(2+5t)^2+(-3+t)^2+(-4+7t)^2$
    $=$ $4+20t+25t^2+9-6t+t^2+16-56t+49t^2$
    $=$ $75t^2-42t+29$.
  5. En utilisant la question précédente, déterminer l'aire du triangle $ABC$.
    6. Le point $M$ qui réalise la plus petite distance $CM$ correspond au projeté orthogonal de $C$ sur $(AB)$. Notons $H$ ce point.
    Puisque $CM^2$ est un polynôme du second degré en $t$ avec $a=75$, $b=-42$ et $c=29$, la plus petite valeur de $CM^2$ est obtenue pour $t=-\dfrac{b}{2a}$ $=$ $-\dfrac{-42}{150}$ $=$ $\dfrac{7}{25}$.

    Ainsi, $CH^2=75\times\left(\dfrac{7}{25}\right)^2-42\times\dfrac{7}{25}+29$ $=$ $\dfrac{578}{25}$.

    On a alors $CH=\sqrt{\dfrac{578}{25}}$ $=$ $\dfrac{17}{5}\sqrt{2}$.

    Dans le triangle $ABC$, La longueur $CH$ correspond à la longueur de la hauteur issue de $C$. On a donc que l'aire de $ABC$ vaut :
    $\mathscr{A}_{ABC}$ $=$ $\dfrac{1}{2}AB\times CH$
    $=$ $\dfrac{1}{2}\sqrt{x_{\overrightarrow{AB}}^2+y_{\overrightarrow{AB}}^2+z_{\overrightarrow{AB}}^2}\times\dfrac{17}{5}\sqrt{2}$
    $=$ $\dfrac{1}{2}\sqrt{25+1+49}\times\dfrac{17}{5}\sqrt{2}$
    $=$ $\dfrac{1}{2}\sqrt{75}\times\dfrac{17}{5}\sqrt{2}$
    $=$ $\dfrac{1}{2}\times5\sqrt{3}\times\dfrac{17}{5}\sqrt{2}$
    $=$ $\dfrac{17}{2}\sqrt{6}$.
1∼ Géométrie dans l'espace Soit $t$ un réel strictement positif.
Dans un repère orthonormé de l'espace on considère les points $A( t\,; 0\,; 0)$, $B\left( 0\,; 1+\dfrac{1}{t}\,; 0\right)$ et $C\left( 0\,; 0\,; 1+\dfrac{1}{t}\right)$.
  1. Construire une figure, en faisant apparaître le tétraèdre $OABC$, pour $t=2$.
    2. Pour $t=2$, on a :
    $A(2\,;0\,;0)$, $B\left(0\,;\dfrac{3}{2}\,;0\right)$ et $C\left(0\,;0\,;\dfrac{3}{2}\right)$. Ymin = -3 Ymax = 2 Xmin = -3 Xmax = 2.3 trait = 0.5 traceAxes3d() couleur = gris for(var i=1;i < 7; i++){ segment([i,0,0],[i,6,0]) segment([i,0,0],[i,0,6]) segment([0,i,0],[0,i,6]) segment([0,i,0],[7,i,0]) segment([0,0,i],[6,0,i]) segment([0,0,i],[0,6,i]) } trait = 1 couleur = noir texte("O",[0.5,0.1,-0.1]) A = point([2,0,0]) texte("A",[2,-0.3,-0.05]) B = point([0,1.5,0]) texte("B",[0,1.55,0.1]) C = point([0,0,1.5]) texte("C",[0,-0.3,1.5]) trait = 2 couleur = "rgb(0,200,255)" poly([[2,0,0],[0,1.5,0],[0,0,1.5]]) segment([0,0,0],[2,0,0],[4,6]) segment([0,0,0],[0,1.5,0],[4,6]) segment([0,0,0],[0,0,1.5],[4,6])
  2. Pour quelle valeur de $t$ le volume de $OABC$ est-il minimal ?
    3. La volume de $OABC$ est égale au tiers de l'aire du triangle rectangle $OAB$ multiplié par la hauteur $OC$.
    $\mathscr{V}_{OABC}$ $=$ $\dfrac{1}{3}\mathscr{A}_{OAB}\times OC$
    $=$ $\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}OA\times OB\times OC$
    $=$ $\dfrac{1}{6}t\times\left(1+\dfrac{1}{t}\right)\times\left(1+\dfrac{1}{t}\right)$
    $=$ $\dfrac{1}{6}t\left(1+\dfrac{1}{t}\right)^2$
    $=$ $\dfrac{1}{6}t\left(1+\dfrac{2}{t}+\dfrac{1}{t^2}\right)$
    $=$ $\dfrac{1}{6}\left(t+2+\dfrac{1}{t}\right)$
    Notons $v$ la fonction définie pour tout $t\in]0\,;+\infty[$ par $v(t)=\dfrac{1}{6}\left(t+2+\dfrac{1}{t}\right)$.

    On étudie alors les variations de $v$ sur $]0\,;+\infty[$ en commençant par calculer sa dérivée.
    $v'(t)$ $=$ $\dfrac{1}{6}\left(1 - \dfrac{1}{t^2} \right)$
    $=$ $\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{t^2}{t^2} - \dfrac{1}{t^2} \right)$
    $=$ $\dfrac{1}{6}\times \dfrac{t^2-1}{t^2} $
    $=$ $\dfrac{1}{6}\times \dfrac{t^2-1}{t^2} $
    $=$ $\dfrac{t^2-1}{3t^2}$
    $=$ $\dfrac{(t-1)(t+1)}{6t^2}$.
    Or, pour tout $t>0$, $6t^2 >0$ et $(t+1) >0$, ainsi $v'(t)$ est du signe de $(t-1)$.
    On obtient le tableau suivant :
    Le volume minimal est donc atteint pour $t=1$ et il vaut $v(1)=\dfrac{1}{6}(1+2+1)=\dfrac{2}{3}$.