EXERCICE 2 sujet 2015

             INFO EXERCICE 2        3 POINTS                 Bac S    juin 2015

          1. a. La droite (AB ) est parallèle à l'un des axes ( OI ), ( OJ ) ou ( OK ). Lequel ?

           On a:  

               14lo

          Donc :

             16lo

             Conclusion: La droite (AB) est parallèle à l'axe ( OI )

               b. La droite ( CD ) se trouve dans un plan P parallèle à l'un des plans

                  ( OIJ), ( OIK) , ( OJK). Lequel ? On donnera une équation de ce plan P.

                On a :

                           17lo

           Donc:

           La droite ( CD ) est parallèle au plan ( OJK).

          Une équation du plan P  est de la forme x + d = 0

         car le vecteur

                               18lo

          est normal au plan P.

          Comme le point C(  1  ; 0  ; 1 ) est dans P on a  11 + d = 0

         c-à-d   x = − 11

        Une équation de P est   x + 11 = 0 

         c. Vérifier que la droite (AB),  orthogonale au plan P, coupe ce plan au point E( 11 ; − 1  ; 5 ).

           •  Le vecteur directeur 

                18lo  

             de la droite ( AB ) est normal au plan P .

            Donc :  

           Conclusion  La droite  ( AB ) est orthogonale à P

        • Une représentation paramétrique de ( AB ) est :

                  x = t

                 y = − 1

                 z = 5              t étant dans IR

             Reportons dans l'équation  x + 11 = 0    du plan P   pour déterminer t.

            Il vient :    t + 11 = 0    c-à-d    t = − 11

          Donc en reportant dans la représentation paramétrique de ( AB ) on a :                

                 x = − 11

                 y = − 1

                 z =  5  

            Conclusion : La droite ( AB ) rencontre le plan P au  point E ( − 11 ;  − 1   ;  5 )

  d. Les droites ( AB) et ( CD ) sont-elles sécantes ?

                Considérons une représentation paramétrique de ( CD ):

               elle passe par le point C et est de vecteur directeur de coordonnées ( 0 ; 4 ; 3 )

                        x = 11  

                       y = 0+ 4 t '  

                       z = 1 + 3 t '    où t ' est un réel

           Considérons:            

                       x = 11   = t

                       y = 0 + 4 t '   =   − 1

                       z = 1 + 3 t '   =  5

              Il vient:     t = 11   et      t ' = − 1 / 4     et    t '  = 4 / 3       Contradiction

               Conclusion :  Les droites ( AB ) et ( CD ) ne sont pas sécantes.

     2. a. Montrer que  MtNt2  = 2 t2 − 25,2 t + 138

              On a :

                           19lo

             Ainsi :

                20lo

              Conclusion :  MtNt2  = 2 t2 − 25,2 t + 138

          b. A quel instant t la longueur  MtNt   est-elle minimale ?

                   Soit  t ≥ 0

                    Posons:   u( t ) = 2 t2 − 25,2 t + 138

                                   ∆ =  − 468      ∆  < 0   a = 2    a > 0

                       Donc   u( t ) > 0 

                              f( t )  = √ (2 t2 − 25,2 t + 138 )

                    MtNt =  f( t )

                   La fonction f est définie et dérivable dans [ 0 , +∞ [ car la fonction u

                   est définie dérivable et strictement positive sur [ 0 , +∞ [.

                      f ' = u ' / ( 2 √ u )

                   f ' est du signe de u '.

                       u ' ( t ) = 4 t − 25,2

                       u ' ( t ) = 0 ssi   t = 25,2 / 4 = 6,3

                      u ' ( t ) > 0 ssi   t > 6 , 3

                      u '( t ) < 0 ssi   0 ≤ t < 6,3

                   Ainsi : f est strictement décroissante sur  [ 0 ; 6,3 ]

                  puis strictement croissantes sur [ 6,3 ;   + ∞ [

            Conclusion:    MtNt     est  minimale à l'instant  t = 6,3

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