Maths

Pages: 6 (1416 mots) Publié le: 13 février 2012
Terminale 4 – série S

Le vendredi 5 juin 2009

Devoir Surveillé n 10 ˚
Lycée Albert Thomas 2008-2009.

Géométrie – Complexe
Exercice 1
Dans un repère orthonorrnal de l’espace on considère les trois plans suivants : • P1 d’équation x + y − z = 0 • P2 d’équation 2x + y + z − 3 = 0, • P3 d’équation x + 2y − 4z + 3 = 0. 1. Justifier que les plans P1 et P2 sont sécants puis déterminer unereprésentation paramétrique de leur droite d’intersection, notée ∆. 2. En déduire la nature de l’intersection P1 ∩ P2 ∩ P3 .
Correction − − 1. Le vecteur →1 (1 ; 1 ; −1) est normal à P1 , →2 (2 ; 1 ; 1) est normal à P2 et ces deux vecteurs ne n n sont pas colinéaires : les deux plans sont donc sécants. Il faut résoudre : x+y−z = 0 2x + y + z − 3 = 0 ⇐⇒ x+y−z = 0 −y + 3z − 3 = 0
  x = 

5points

⇐⇒

  x 

= −3z + 3 + z y = 3z − 3   z = z

⇐⇒

−2t + 3 y = 3t − 3   z = t

qui est une représentation paramétrique de la droite ∆ commune aux plans P1 et P2 2. u(−2; 3; 1) est un vecteur directeur de ∆ et n3 (1; 2; −4) est une vecteur normal de P3 . u.n3 = 0 signifie que ∆ est parallèle à P3 . On vérifie que le point de ∆ de coordonnées (3; −3; 0) est dans P3 . Par conséquent,∆ est incluse dans P3 et P1 ∩ P2 ∩ P3 = ∆. Autre manière de procéder : Un point de ∆ appartient à P3 si et seulement si : −2t + 3 + 2(3t − 3) − 4(t) + 3 = 0 ⇐⇒ −2t + 6t − 4t + 3 − 6 + 3 = 0 qui est vrai quel que soit t ∈ R. Ceci signifie que tout point de ∆ appartient à P3 . Conclusion : P1 ∩ P2 ∩ P3 = ∆

Exercice 2
Pour tout cet exercice, l’espace est muni d’un repère orthonormal O ; ı ;  ; k.

8 points

1. Question de cours − Établir l’équation cartésienne d’un plan dont on connaît un vecteur normal →(a, b, c) et un n point M0 (x0 , y0 , z0 ). 2. On considère les points A(1 ; 2 ; −3), B(−3 ; 1 ; 4) et C(2 ; 6 ; −1). a) Montrer que les points A, B et C déterminent un plan.

b) Vérifier qu’une équation cartésienne du plan (ABC) est 2x − y + z + 3 = 0. c) Soit I le point decoordonnées (−5 ; 9 ; 4). Déterminer un système d’équations paramétriques de la droite D passant par I et perpendiculaire au plan (ABC). d) Déterminer les coordonnées du point J, intersection de la droite D et du plan (ABC). e) En déduire la distance du point I au plan (ABC).
Correction 1. Question de cours − Établir l’équation cartésienne d’un plan dont on connaît un vecteur normal →(a, b, c) et unpoint n M0 (x0 , y0 , z0 ). Si on désigne ce plan par P, on a : −− −→ M ∈ P ⇐⇒ M0 M .n = 0 ⇐⇒ a(x−x0 )+b(y−y0 )+c(z−z0 ) = 0 ⇐⇒ ax+by+cz+(−ax0 + by0 + cz0 ) = 0
d

. 2. 5 −4 −  → −  →   a) Considérons par exemple les vecteurs AB  −1  et BC  5 . Ces vecteurs ne sont −5 7 manifestement pas colinéaires. Les trois points distincts A, B et C définissent un plan P. b) A ∈ P ⇐⇒ 2 × 1 − 2 + (−3)+ 3 = 0 : Vrai. B ∈ P ⇐⇒ 2 × (−3) − 1 + 4 + 3 = 0 : Vrai. C ∈ P ⇐⇒ 2 × 2 − 6 + (−1) + 3 = 0 : Vrai. L’équation du plan (ABC) est bien : M (x ; y ; z) ∈ (ABC) ⇐⇒ 2x − y + z + 3 = 0. c) I(−5 ; 9 ; 4). On a vu à la question de cours que les coordonnées d’un vecteur normal au   2  − plan (ABC) est le vecteur →  −1 . Ce vecteur est un vecteur directeur de la droite D. En u 1 traduisant l’égalitévectorielle − → − IM = α→ avec α ∈ R, on obtient le système : u
  x − (−5) =     

y−9

  z−4

2α = −α = α

= −5 + 2α y = 9−α ⇐⇒ α∈R   z = 4+α

  x 

d) Les coordonnées du point J, intersection de la droite D et du plan (ABC) vérifient le système précédent et l’équation du plan (ABC). On a donc :
  x    y

= =  z =    2x − y + z + 3 =

−5 + 2α 9−α ⇒ 2(−5 +2α) − (9 − α) + 4 + α + 3 = 0 4+α 0

⇐⇒ 6α − 12 = 0 ⇐⇒ α = 2. Les coordonnées du point J sont donc (−1 ; 7 ; 6). e) La distance du point I au plan (ABC) est IJ puisque D est perndiculaire au plan (ABC). Or √ √ IJ2 = (−1 + 5)2 + 7 − 9)2 + (6 − 4)2 = 16 + 4 + 4 = 24. Donc IJ= 24 = 2 6. √ √ |2 × (−5) − 9 + 4| 12 12 6 On peut vérifier que d(I, P) = =√ = = 2 6. 2 + (−1)2 + 12 6 2 6

Complexe 8...
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