Bac maths, Pondicherry 2005
Classe:
Terminale
Droites, plan, barycentre :
5 points
L'espace E est rapporté à un repère orthonormé (O; →i, →j, →k).
On considère les points A, B et C de coordonnées respectives (1; 0; 2), (1; 1; 4) et (−1; 1; 1).
1. a. Montrer que les points A, B et C ne sont pas alignés.
b. Soit →n le vecteur de coordonnées (3; 4; −2). Vérifier que le vecteur →n est orthogonal aux vecteurs →AB et →AC.
En déduire une équation cartésienne du plan (ABC).
2. Soient P1 et P2 les plans d'équations respectives 2x+y+2z+1=0etx−2y+6z=0
a. Montrer que les plans P1 et P2 sont sécantes suivant une droite D dont on déterminera un système d'équations paramétriques.
b. La droite D et le plan (ABC) sont-ils parallèles ?
3. Soit t un réel positif quelconque. On considère le barycentre G des points A, B et C affectés des coefficients 1, 2 et t.
a. Justifier l'existence du point G pour tout réel positif t.
Soit I le barycentre des points A et B affectés des coefficients respectifs 1 et 2. Déterminer les coordonnées du point I.
Exprimer le vecteur →IG en fonction du vecteur →IC
b. Montrer que l'ensemble des points G lorsque t décrit l'ensemble des nombres réels positifs ou nuls est le segment [IC] privé du point C.
Pour quelle valeur de t, le milieu J du segment [IC] coïncide-t-il avec G ?
Correction
A(1; 0; 2), B(1; 1; 4) et C(−1; 1; 1).
1. a. →AB=(1−11−04−2)=(012),→AC=(−1−11−01−2)=(−21−1)
Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : →AB=k→AC ⇔ {0=−2k1=k2=−k...bof
b.
→AB⋅→n=(012)⋅(34−2)=0+4−4=0
et
→AC⋅→n=(−21−1)⋅(34−2)=−6+4+2=0
Le plan (ABC) a pour équation :
→AM⋅→n=0⇔(x−1y−1z−2)⋅(34−2)=0⇔3x−3+4y−2z+4=0⇔3x+4y−2z+1=0
2. a. Quand on intersecte P1 et P2 on a le système suivant : {2x+y+2z+1=0x−2y+6z=0
Soit en posant par exemple z=t :
{2x+y=−2t−1x−2y=−6tz=t⇔{5y=10t−1x=2y−6tz=t⇔{x=4t−25−6t=2t−25y=2t−15z=t
On peut noter qu'un vecteur directeur de D est →u=(−2; 2; 1).
b. D et (ABC) sont parallèles si →n et →u sont orthogonaux : →n⋅→u=(34−2)⋅(−221)=−6+8−2=0 ils sont bien parallèles.
3. G barycentre des points A, B et C affectés des coefficients 1, 2 et t.
a. G existe si la somme des coefficients ici 3+t n'est pas nulle, ce qui est vrai pour tout réel positif t.
I(1.1+2.13, 1.0+2.13, 1.2+2.43)=(1, 23, 103)
G est donc le barycentre de (I; 3), (C; t) d'où →IG=t3+t→IC.
b. La fonction f(t)=t3+t a pour dérivée f′(t)=1(3+t)−t.1(3+t)2=3(3+t)2>0 et est croissante ; en 0 elle vaut 0, en +∞ elle vaut 1 (sa limite est 1 en +∞).
Lorsque t parcourt les réels positifs, l'abscisse du point G dans le repère (I, →IC) est f(t), donc cette abscisse varie entre 0 et 1, et G parcourt le segment [IC] sauf le point C qui est à la limite (la limite n'est pas atteinte).
Le milieu J du segment [IC] coïncide avec G lorsque
f(t)=12⇔t3+t=12⇔2t=3+t⇔t=3
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