Baccalauréat S (obligatoire) Nouvelle-Calédonie 5 mars 2015 - Correction Exercice 3
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Correction de l'exercice 3 (5 points)
Soient le point $A_1$ de coordonnées $(0~;~2~;~-1)$ et le vecteur $\vec{u_1}$ de coordonnées $\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$. On appelle $D_1$ la droite passant par $A_1$ et de vecteur directeur $\vec{u_1}$. On appelle $D_2$ la droite qui admet pour représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l c r} x&=&1 + k\\y&=& - 2k\\ z&=&2\end{array}\right.\:(k \in \mathbb R).$ Le but de l'exercice est de prouver l'existence d'une droite perpendiculaire à la fois à $D_1$ et $D_2$.
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- Donner une représentation paramétrique de $D_1$. Une représentation paramétrique de $D_1$ est obtenue de la façon suivante:
- Donner un vecteur directeur de $D_2 \left(\text{on le notera}\: \vec{u_2}\right)$. $D_2$ la droite qui admet pour représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l c r} x&=&1 + k\\y&=& - 2k\\ z&=&2\end{array}\right.\:(k \in \mathbb R)$ admet pour vecteur directeur $\vec{u_2} \begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}$
- Le point $A_2(- 1~;~4~;~2)$ appartient-il à $D_2$ ? $$\begin{array}{rl} A_2\begin{pmatrix}-1\\4\\2 \end{pmatrix} \in D_2&\iff \text{ il existe } k\in \mathbb R; \left\{\begin{array}{l c r} -1&=&1 + k\\4&=& - 2k\\ 2&=&2\end{array}\right.\\ &\iff \text{ il existe } k\in \mathbb R; \left\{\begin{array}{l c } k&= -2 \\k&=-2 \\ k&= -2\end{array}\right.\\ \end{array}$$ Ainsi si on prend $k = -2$ dans $D_2$ alors :
$$\begin{array}{rl} M \in D_1&\iff \text{ il existe } t\in \mathbb R; \vec{AM}= t\vec{u_1}\\ &\iff \begin{pmatrix}x-0\\y-2\\z-1 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix} \\ &\iff \begin{cases} x = t\\y= 2 + 2t \qquad t \in \mathbb R\\z=-1 + 3t \end{cases}\end{array}$$
$\begin{cases} x = -1\\y=4\\\\z=2 \end{cases}$
Donc $A_2$ appartient à $D_2$. - Démontrer que les droites $D_1$ et $D_2$ sont non coplanaires. Déjà les vecteurs $\vec{u_1}$ et $\vec{u_2}$ ne sont pas colinéaires; en effet leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles ; en effet $\dfrac{1}{1} \ne \dfrac{2}{-2}$.Ceci prouve que les droites $D_1$ et $D_2$ ne sont pas parallèles.
- Soit le vecteur $\vec{v}\begin{pmatrix}- 6\\- 3\\4\end{pmatrix}$. On définit la droite $\Delta_1$ passant par $A_1$ et de vecteur directeur $\vec{v}$ et la droite $\Delta_2$ passant par $A_2$ et parallèle à $\Delta_1$. Justifier que les droites $D_1$ et $\Delta_1$ sont perpendiculaires. Dans la suite, on admettra que les droites $D_2$ et $\Delta_2$ sont perpendiculaires. $\vec{v}.\vec{u_1} = -6 -6 + 12 = 0$.
- Soit $P_1$ le plan défini par les droites $D_1$ et $\Delta_1$ et $P_2$ le plan défini par les droites $D_2$ et $\Delta_2$.
- Soit le vecteur $\vec{n} \;\begin{pmatrix}17\\- 22\\9\end{pmatrix}$. Vérifier que $\vec{n}$ est un vecteur normal au plan $P_1$. $\vec{n} =\begin{pmatrix} 17\\-22\\ 9 \end{pmatrix}$
- Montrer que $P_1$ et $P_2$ ne sont pas parallèles. $\vec{n}.\vec{u_2} = 17 + 44 \ne 0$.
$\vec{n}.\vec{u_1} = 17 – 44 + 27 = 0$.
$\vec{n}.\vec{v} = -102 + 66 + 36 = 0$.
Donc le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal a deux vecteurs non colinéaires du plan $P_1$. Il est par conséquent normal à ce plan.
Par conséquent $\vec{n}$ n’est pas normal au plan $P_2$ et les deux plans $P_1$ et $P_2$ ne sont pas parallèles.
$\quad$
Regardons si elles sont sécantes. On cherche donc à résoudre le système :
$\begin{align*} \begin{cases} 1+k = t\\-2k = 2 + 2t\\-1+3t = 2 \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} k = t – 1 \\-2t + 2 = 2 + 2t\\ 3t = 3 \end{cases}\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} k = t – 1\\t = 0\\t = 1 \end{cases} \end{align*}$
Le système ne possède donc pas de solution et les droites $D_1$ et $D_2$ ne sont pas sécantes.
On en déduit donc que les droites ne sont pas coplanaires.
Par conséquent les droites $D_1$ et $\Delta_1$ sont orthogonales.
Le point $A_1$ appartient aux deux droites. Elles sont donc perpendiculaires.
Par conséquent la droite $\Delta$ est orthogonale aux droites $D_1$ et $D_2$.
Or cette droite appartient au plan $P_1$ et au plan $P_2$. Elle est donc perpendiculaire aux droites $D_1$ et $D_2$.
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