Baccalauréat S Métropole 22 juin 2015 - Correction Exercice 2

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Correction de l'exercice 2 (3 points)


Commun à tous les candidats


Géométrie

Dans un repère orthonormé (O, I, J, K) d'unité 1 cm, on considère les points A\((0~;~-1~;~5)\), B\((2~;~-1~;~5)\), C\((11~;~0~;~1)\), D\((11~;~4~;~4)\).
Un point \(M\) se déplace sur la droite (AB) dans le sens de A vers B à la vitesse de 1 cm par seconde. Un point \(N\) se déplace sur la droite (CD) dans le sens de C vers D à la vitesse de 1 cm par seconde. À l'instant \(t = 0\) le point \(M\) est en A et le point \(N\) est en C. On note \(M_t\) et \(N_t\) les positions des points \(M\) et \(N\) au bout de \(t\) secondes, \(t\) désignant un nombre réel positif. On admet que \(M_t\) et \(N_t\), ont pour coordonnées : \(M_t(t~;~-1~;~5)\) et \(N_t(11~;~0,8t~;~1 + 0,6 t)\).
Les questions \(1\) et \(2\) sont indépendantes.

    1. La droite (AB) est parallèle à l'un des axes (OI), (OJ) ou (OK). Lequel ?
    2. Un vecteur directeur de la droite \((AB)\) est \(\vec{AB}(2;0;0)\). On a donc \(\vec{AB}= 2 \vec{OI}\)
      La droite \((AB)\) est donc parallèle à la droite \((OI)\).
    3. La droite (CD) se trouve dans un plan \(\mathcal{P}\) parallèle à l'un des plans (OIJ), (OIK) ou (OJK). Lequel ? On donnera une équation de ce plan \(\mathcal{P}\).
    4. Un vecteur directeur de la droite \((CD)\) est \(\vec{CD}(0,4,3)\).
      Par conséquent \(\vec{CD} = 4\vec{OJ} + 3\vec{OK}\).
      La droite \((CD)\) est donc incluse dans un plan parallèle à \((OJK)\).
      \(\quad\)
      Un vecteur normal à ce plan est le vecteur \(\vec{OI}(1;0;0)\).
      Par conséquent une équation cartésienne de \(\mathscr{P}\) est de la forme \(x + d = 0\).
      Puisque le point \(C(11;0;1)\) appartient à ce plan, une équation est donc \(x – 11= 0\).
    5. Vérifier que la droite (AB), orthogonale au plan \(\mathcal{P}\), coupe ce plan au point E\((11~;~-1~;~5)\).
    6. La droite \((AB)\) est parallèle à la droite \((OI)\) qui, d’après la question précédente, est orthogonale à \(\mathscr{P}\).
      Par conséquent la droite \((AB)\) est également orthogonale à \(\mathscr{P}\).
      Vérifions que le point \(E(11;-1;5)\) appartient bien à la droite \((AB)\) et au plan \(\mathscr{P}\).
      \(\vec{AE}(11;0;0)\) par conséquent \(\vec{AE}\) et \(\vec{AB}\) sont colinéaires : \(E \in (AB)\).
      \(11 -11 = 0\) : \(E \in \mathscr{P}\)
      \(E\) est donc bien le point d’intersection de la droite \((AB)\) et du plan \(\mathscr{P}\).
    7. Les droites (AB) et (CD) sont-elles sécantes ?
    8. Une représentation paramétrique de la droite \((AB)\) est : \(\begin{cases} x= t \\\\y=-1 \\\\z=5 \end{cases} \qquad t\in \mathbb R\).
      Une représentation paramétrique de la droite \((CD)\) est \(\begin{cases} x = 11 \\\\y = 4k \\\\z=1 +3k \end{cases} \qquad k\in \mathbb R\).
      Regardons si ces droites sont sécantes. Pour cela on résout le sytème :
      \(\begin{cases} t = 11 \\\\-1 = 4k \\\\5 = 1 +3k \end{cases} \iff \begin{cases} t = 11 \\\\k =-\dfrac{1}{4} \\\\k=\dfrac{4}{3}\end{cases}\).
      Ce système n’a donc pas de solution et les droites \((AB)\) et \((CD)\) ne sont pas sécantes.
    1. Montrer que \(M_tN_t^2 = 2 t^2 - 25,2 t + 138\).
    2. On a \(M_t(t;-1;5)\) et \(N_t(11;0,8t;1+0,6t)\)
      Par conséquent
      \[\begin{array}{rl} M_tN_t^2&=(11-t)^2 + (0,8t+1)^2+(1+0,6t-5)^2 \\ &= 121 – 22t + t^2 + 0,64t^2 + 1,6t + 1 + 16 +0,36t^2 -4,8t \\ & = 2t^2 -25,2 t +138 \end{array}\]
    3. À quel instant \(t\) la longueur \(M_tN_t\) est-elle minimale?
    4. On a la fonction \(f\) définie sur \([0;+\infty[\) par \(f(t) = 2t^2 -25,2 t +138\).
      Il s’agit donc d’une fonction du second degré avec : \(a=2\), \(b=-25,2\) et \(c=138\).
      Puisque \(a > 0\) le minimum est atteint pour \(x=\dfrac{-b}{2a} = 6,3\).
      Par conséquent la longueur \(M_tN_t\) est minimale pour \(t=6,3\) s.
      Remarque: On peut aussi bien sûr calculer la dérivée et étudier son signe : \[ f'(t)= 4t -25,2\]\[f'(t)> 0 \iff 4t -25,2 > 0 \iff t> 6,3\]

 

Une figure dynamique avec Geoebra  

Exercice 3
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