Fiche de mathématiques

Ile mathématiques > maths bac > Bac 2006

Bac Scientifique
Polynésie Française - Session Septembre 2006

L'utilisation de la calculatrice est autorisée.
La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnement entreront pour une part importante dans l'appréciation des copies.

Coefficient : 7 (pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité) ou 9 (pour les candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité) Durée : 4 heures

4 points

exercice 1

1. Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct $(O \, ; \, \vec{u} \, , \, \vec{v})$ .
On pose $a = 3$ , $b = 5 - 2\text{i}$ et $c = 5 + 2\text{i}$ . On désigne par A, B et C les points d'affixes respectives a, b et c.
Soit M un point d'affixe z du plan, distinct des points A et B.
    a) Montrer que ABC est un triangle rectangle isocèle.
    b) Donner une interpréatation géométrique de l'argument du nombre complexe $\dfrac{z-3}{z-5+2\text{i}}$ .
    c) Déterminer alors l'ensemble des points M d'affixe z tels que $\dfrac{z-3}{z-5+2\text{i}}$ soit un nombre réel strictement négatif.

2. Soit $\Gamma$ le cercle circonscrit au triangle ABC et $\Omega$ le point d'affixe $2 - \text{i}$ .
    a) Donner l'écriture complexe de la rotation r de centre $\Omega$ et d'angle $-\dfrac{\pi}{2}$ .
    b) Déterminer l'image $\Gamma'$ de $\Gamma$ par la rotation r. Déterminer une équation paramétrique de $\Gamma'$ .

4 points

exercice 2

Une urne contient 4 boules blanches et 2 boules noires indiscernables au toucher.

1. On effectue trois tirages successifs au hasard d'une boule selon la procédure suivante : après chaque tirage si la boule tirée est blanche, on la remet dans l'urne et si elle est noire, on ne la remet pas dans l'urne. On désigne par X la variable aléatoire égale au nombre de boules noires obtenues à l'issue des trois tirages. On pourra s'aider d'un arbre pondéré.
    a) Quelles sont les valeurs possibles de X ?
    b) Calculer $P(X = 0).$
    c) On se propose de déterminer maintenant $P(X=1).$
Montrer que la probabilité que la seule boule noire tirée soit obtenue au second tirage est égale à $\dfrac{8}{45}$
En remarquant que la seule boule noire peut être tirée soit au premier, soit au deuxième, soit au troisième tirage, calculer $P(X=1).$

2. On reprend l'urne dans sa composition initiale : 4 boules blanches et 2 boules noires indiscernables au toucher. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3.
On effectue maintenant n tirages successifs au hasard d'une boule dans l'urne selon la même procédure : après chaque tirage si la boule tirée est blanche, on la remet dans l'urne et si elle est noire, on ne la remet pas dans l'urne.
Soit k un entier compris entre 1 et n.
Soit N l'évènement : "la k-ième boule tirée est noire et toutes les autres sont blanches".
Soit A l'évènement : "on obtient une boule blanche dans chacun des k - 1 premiers tirages et une boule noire au k-ième"
Soit B l'évènement : "on obtient une boule blanche dans chacun des (n - k) derniers tirages".
Calculer $P(A)$ , $P_A(B)$ et $P(N)$ .

7 points

exercice 3

1. Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = (2x^3 - 4x^2)e^{-x}$
    a) Déterminer les limites de $f$ en $-\infty$ et en $+\infty$ .
    b) Calculer $f'(x)$ et montrer que $f'(x) = 2x(-x^2 + 5x - 4)e^{-x}$
    c) Dresser le tableau de variations de $f$ .
    d) Tracer la courbe $(\scr{C})$ représentative de $f$ dans un repère orthonormal $(O \, ; \, \vec{i} \, , \, \vec{j})$ (unité graphique : 1 cm)

2. Pour $n \in \mathbb{N}^*$ , on pose $I_n = \displaystyle \int_0^1 x^ne^{-x} \text{d}x$
    a) A l'aide d'une intégration par parties, calculer $I_1$ .
    b) On admet que, pour tout n supérieur ou égal à 2, $I_n = nI_{n-1} - \dfrac{1}{e}$ .
Déterminer $I_2$ et $I_3$ .
    c) Soit $\scr{A}$ l'aire, exprimée en cm², du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe $(\scr{C})$ et les droites d'équation $x = 0$ et $x = 1$ . Calculer $\scr{A}$ .

3. Soit u une fonction définie et dérivable sur $\mathbb{R}$ .
On définit la fonction v sur $]0 \, ; \, +\infty[$ par $v(x) = u\left(\dfrac{1}{x}\right)$ .
    a) On suppose que u est croissante sur l'intervalle [a ; b] (où 0 < a < b). Déterminer le sens de variations de v sur $\left[\dfrac{1}{b} \, ; \, \dfrac{1}{a}\right]$ .
    b) On définit maintenant la fonction g par $g(x) = f\left(\frac{1}{x}\right)$ où $f$ est la fonction définie dans la question 1.. Déterminer les limites de g en 0 et en $+\infty$ .
    c) Déduire des questions précédentes le tableau de variations de la fonction g sur l'intervalle $]0 \, ; \, +\infty[$ .

5 points

exercice 4

L'espace est muni d'un repère orthonormal $(O \, ; \, \vec{i} \, ; \, \vec{j} \, ; \, \vec{k})$ .
Soit $(P_1)$ le plan d'équation cartésienne $-2x+y+z-6=0$ et $(P_2)$ le plan d'équation cartésienne $x-2y+4z-9=0$ .

1. Montrer que $(P_1)$ et $(P_2)$ sont perpendiculaires.
On rappelle que deux plans sont perpendiculaires si et seulement si un vecteur normal non nul à l'un est orthogonal à un vecteur normal non nul à l'autre.

2. Soit (D) la droite d'intersection des plans $(P_1)$ et $(P_2)$ . Montrer qu'une représentation paramétrique de (D) est :
$\left \lbrace \begin{array}{l} x = -7+2t\\ y = -8+3t \\ z = t \\ \end{array} \right. \hspace{5pt} (t\in\mathbb{R})$

3. Soit M un point quelconque de (D) de paramètre t et soit A le point de coordonnées (-9 ; -4 ; -1).
    a) Vérifier que A n'appartient ni à $(P_1)$ ni à $(P_2)$ .
    b) Exprimer AM² en fonction de t.
    c) Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(t) = 2t^2-2t+3$ .
Etudier les variations de $f$ .
Pour quel point M, la distance AM est-elle minimale ?
Dans la suite, on désignera ce point par I.
Préciser les coordonnées du point I.

4. Soit (Q) le plan orthogonal à (D) passant par A.
    a) Déterminer une équation de (Q).
    b) Démontrer que I est le projeté orthogonal de A sur (D).

Voir la correction

exercice 1

1. a) Calcul des longueurs AB et AC :
$AB = |z_B - z_A| = |5-2i-3| = |2-2i| = \sqrt{2^2+(-2)^2} = \sqrt{8}\\ AC = |z_C - z_A| = |5+2i-3| = |2+2i| = \sqrt{2^2+2^2} = \sqrt{8}$
On a : AB = AC, donc le triangle ABC est isocèle en A.

Affixe des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ : $z_{\overrightarrow{AB}} = z_B-z_A = 2-2i$ et $z_{\overrightarrow{AC}} = z_C-z_A = 2+2i$
Donc les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ont pour coordonnées : $\overrightarrow{AB} \left( \begin{array}{c} 2 \\ -2 \end{array} \right)$ et $\overrightarrow{AC} \left( \begin{array}{c} 2 \\ 2 \end{array} \right)$
On a donc : $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=2\times2-2\times2=4-4=0$
Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont donc orthogonaux. Le triangle ABC est rectangle en A.
Le triangle ABC est donc isocèle rectangle en A.

1. b) On a : $\dfrac{z-3}{z-5+2i}=\dfrac{z_M-z_A}{z_M-z_B}=\dfrac{z_{\overrightarrow{AM}}}{z_{\overrightarrow{BM}}}$
Donc $\arg \left(\dfrac{z-3}{z-5+2i}\right) = \arg $\dfrac{z_{\overrightarrow{AM}}}{z_{\overrightarrow{BM}}}$$ $= \arg(z_{\overrightarrow{AM}})-\arg(z_{\overrightarrow{BM}})=(\vec{i},\overrightarrow{AM})-(\vec{i},\overrightarrow{BM})=(\overrightarrow{BM},\overrightarrow{AM})=(\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MA})[2\pi]$
L'argument de $\dfrac{z-3}{z-5+2i}$ représente l'angle orienté formé par les vecteurs $\overrightarrow{MB}$ et $\overrightarrow{MA}$ .

1. c) $\dfrac{z-3}{z-5+2i} \in \mathbb{R}*^- \Longleftrightarrow \arg$\dfrac{z-3}{z-5+2i}$=\pi[2\pi]$ $\Longleftrightarrow (\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MA})=\pi[2\pi] \Longleftrightarrow$ B, M et A sont alignés dans cet ordre.
L'ensemble cherché est donc le segment [AB] privé des points A et B.

2. a) La rotation de centre $\Omega$ et d'angle $-\dfrac{\pi}{2}$ a pour écriture complexe : $z' - (2-i) = \left( z-(2-i) \right) e^{-i\frac{\pi}{2}}$ , soit :
$z' = 2-i-i(z-2+i) = 2-i-iz+2i+1 = -iz+3+i \\ \boxed{z'=-iz+3+i}$

2. b) Le cercle $\Gamma$ est le cercle circonscrit au triangle ABC. Or ABC est rectangle en A, le centre du cercle est donc le milieu du côté [BC]. Soit I ce milieu. Son affixe est $z_I = \dfrac{b+c}{2} = \dfrac{5-2i+5+2i}{2} = 5$ .
Le rayon du cercle est $R = IB = IC = \dfrac{BC}{2}$ . Or dans le triangle ABC rectangle en A : BC² = AB² + AC² = 8 + 8 = 16 donc BC = 4 et R = 2.
$\Gamma$ est le cercle de centre I d'affixe 5 et de rayon 2.
L'image d'un cercle par une rotation est un cercle de même rayon et dont le centre est l'image du centre du cercle d'origine.
Soit I' l'image de I par la rotation r. D'après la question précédente, on a : $z_{I'}=-iz_I+3+i=-5i+3+i=3-4i$ .
$\Gamma '$ est donc le cercle de centre I' d'affixe 3 - 4i et de rayon 2.
L'équation paramétrique de $\Gamma '$ est donc $\boxed{z=2e^{i\theta}+3-4i,\theta\in[0,2\pi[}$

exercice 2

1. a) L'arbre pondéré correspondant à cette expérience est le suivant :

bac S Polynésie Française septembre 2006 - terminale : image 1

Les valeurs que peut prendre X sont 0,1 ou 2.

1. b) La probabilité de tirer 0 boule noire est égale à la probabilité de tirer 3 boules blanches : $p(X=0)=\dfrac{4}{6}\times\dfrac{4}{6}\times\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\times\dfrac{2}{3}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{8}{27}$

1. c) Cela correspond à la 3^e branche de l'arbre ci-dessous :
la première boule est blanche : 4 chances sur 6. La boule est blanche, on la remet dans l'urne. Il y a donc toujours 4 boules blanches et 2 boules noires
la deuxième boule est noire : 2 chances sur 6. La boule est noire, on ne la remet pas dans l'urne. Il reste donc 4 boules blanches et 1 boule noire.
la troisième boule est blanche : 4 chances sur 5. D'où :
$p(BNB) = \dfrac{4}{6}\times\dfrac{2}{6}\times\dfrac{4}{5} = \dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{3}\times\dfrac{4}{5} = \dfrac{8}{45}$
Pour X = 1, la boule noire peut être tirée soit au 1er soit au 2^e soit au 3^e tour.
Cela correspond aux 5^e, 3^e et 2^e branches de l'arbre. On a montré que $p(BNB) = \dfrac{8}{45}$ .
On calcule de même : $p(NBB) = \dfrac{16}{75}$ et $p(BBN) = \dfrac{4}{27}$ .
On a alors $p(X=1) = p(NBB) + p(BNB) + p(BBN) = \dfrac{16}{75}+\dfrac{8}{45}+\dfrac{4}{27} = \dfrac{16\times9+8\times15+4\times25}{675}=\dfrac{364}{675}$
$\boxed{p(X=1)=\frac{364}{675}}$

2. A = "on obtient une boule blanche dans chacun des k-1 premiers tirages et une boule noire au k-ième"
la 1^ere boule est blanche : 4 chances sur 6. On la remet dans l'urne, il y a toujours 4 boules blanches et 2 noires:
$p(\text{ la 1ere boule est blanche}) = \dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$
la 2^e boule est blanche : 4 chances sur 6. On la remet dans l'urne, il y a toujours 4 boules blanches et 2 noires.
$p(\text{ les 2 1eres boules sont blanches}) = $\dfrac{4}{6}$^2 = $\dfrac{2}{3}$^2$
...
- la (k-1)-ième boule est blanche : 4 chances sur 6. On la remet dans l'urne, il y a toujours 4 boules blanches et 2 noires.
$p(\text{ les k-1 1eres boules sont blanches}) = $\dfrac{2}{3}$^{k-1}$
la k-ième boule est noire : 2 chances sur 6. On ne la remet pas dans l'urne. A l'issue de A, il reste donc 4 boules blanches et 1 noire dans l'urne.
$p(\text{ les k-1 1eres boules sont blanches et la k-ieme est noire}) = $\dfrac{2}{3}$^{k-1}\times\dfrac{1}{3}$
On a donc $\boxed{p(A)=\frac{1}{3}$\frac{2}{3}$^{k-1}}$

B = "on obtient une boule blanche à chacun des (n-k) derniers tirages".
Si A est réalisé, il reste 4 boules blanches et 1 boule noire dans l'urne.
la k+1-ième boule est blanche : 4 chances sur 5. On la remet dans l'urne, qui contient toujours 4 boules blanches et 1 noire. $p(\text{ la k+1-ieme boule est blanche sachant A})=\dfrac{4}{5}$
la k+2-ième boule est blanche : 4 chances sur 5. On la remet dans l'urne, qui contient toujours 4 boules blanches et 1 noire. $p(\text{ les k+1 et k+2-iemes boules sont blanches sachant A})=$\dfrac{4}{5}$^2$
...
la dernière boule est blanche : 4 chances sur 5. $p(\text{ les n-k dernières boules sont blanches sachant A}) = $\dfrac{4}{5}$^{n-k}$
Donc $\boxed{p_A(B) = $\dfrac{4}{5}$^{n-k}}$
$N = A \cap B$ donc $p(N)=p(A\cap B)=p(A)p_A(B)$ donc $\boxed{p(N)=\frac{1}{3}$\frac{2}{3}$^{k-1}$\frac{4}{5}$^{n-k}}$

exercice 3

1. a) $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)=\displaystyle \lim_{x\to-\infty}(2x^3-4x^2)e^{-x}=\displaystyle \lim_{x\to-\infty}2x^3e^{-x}=-\infty$
car $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x^3=-\infty$ et $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}e^{-x}=\displaystyle \lim_{X\to+\infty}e^X=+\infty$
Donc $\boxed{\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty}$

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=\displaystyle \lim_{x\to+\infty}(2x^3-4x^2)e^{-x}=\displaystyle \lim_{x\to+\infty}2x^3e^{-x}=0$
car $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \, x^3 e^{-x} = \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{e^x} = 0$ d'après le théorème des croissances comparées.
Donc $\boxed{\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0}$

1. b) $f$ est définie et dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f=uv$ en posant $u(x)=2x^3-4x^2$ et $v(x)=e^{-x}$ .
On a alors : $u'(x)=6x^2-8x$ , $v'(x)=-e^{-x}$ donc :
$f'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)=(6x^2-8x)e^{-x}+(2x^3-4x^2)(-e^{-x})=(6x^2-8x-2x^3+4x^2)e^{-x} \\ =(-2x^3+10x^2-8x)e^{-x}=2x(-x^2+5x-4)e^{-x}$
Donc $\boxed{f'(x)=2x(-x^2+5x-4)e^{-x}}$

1. c) Pour étudier les variations de $f$ , il faut déterminer le signe de $f '$ .
$2x$ est positif sur $\mathbb{R}^+$ et négatif sur $\mathbb{R}^-$
une exponentielle est toujours strictement positive
$P(x)=-x^2+5x-4$
$\Delta=b^2-4ac=25-16=9=3^2$
$x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-5-3}{-2}=4$ et $x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-5+3}{-2}=1$
Le polynôme est du signe de a (donc négatif) sauf à l'intérieur de ses racines (donc sur [1 ; 4])
D'où le tableau de variations de $f$ :
$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCCCC|} \hline x & -\infty & & 0 & & 1 & & 4 & & +\infty \\ \hline 2x & & - & 0 & + & & + & & + & \\ \hline P(x) & & - & &- & 0 & + & 0 & - & \\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & 0 & + & 0 & - & \\ \hline \niveau{2}{3} f(x) & -\infty & \croit & 0 & \decroit & -\dfrac{2}{e} & \croit & \dfrac{64}{e^4}} & \decroit & 0 \\ \hline \end{tabvar}}$

1. d) Courbe :

bac S Polynésie Française septembre 2006 - terminale : image 2

2. a) $I_1 = \displaystyle \int_0^1 xe^{-x}~dx$
On pose $u(x) = -x$ et $v'(x)=-e^{-x}$ . Alors $u'(x)=-1$ et on choisit $v(x)=e^{-x}$ .
On a alors : $I_1 = \displaystyle \int_0^1u(x)v'(x)dx=[u(x)v(x)]_0^1 - \displaystyle \int_0^1u'(x)v(x)dx=[-xe^{-x}]_0^1- \displaystyle \int_0^1-e^{-x}dx$
$=-\frac{1}{e}-[e^{-x}]_0^1=-\frac{1}{e}-\frac{1}{e}+1=1-\frac{2}{e}$
Donc $\boxed{I_1=1-\frac{2}{e}}$

2. b) $I_2 = 2I_1 - \dfrac{1}{e} = 2$1-\dfrac{2}{e}$-\dfrac{1}{e} = 2-\dfrac{5}{e}$ donc $\boxed{I_2=2-\frac{5}{e}}$
$I_3 = 3I_2-\dfrac{1}{e} = 3$2-\dfrac{5}{e}$-\dfrac{1}{e}=6-\dfrac{16}{e}$ donc $\boxed{I_3=6-\frac{16}{e}}$

2. c) La fonction $f$ est négative sur [0 ; 1], donc :
$A = \displaystyle \int_0^1|f(x)|dx = \displaystyle \int_0^1(-f(x))dx = \displaystyle \int_0^1(-2x^3+4x^2)e^{-x}dx \\ = -2 \displaystyle \int_0^1x^3e^{-x}dx + 4\displaystyle \int_0^1x^2e^{-x}dx =-2I_3+4I_2\\ =-2$6-\dfrac{16}{e}$+4$2-\dfrac{5}{e}$=-12+\dfrac{32}{e}+8-\dfrac{20}{e}=\dfrac{12}{e}-4$
Donc $\boxed{A=\frac{12}{e}-4=0,41}$

3. a) Soient $x_1$ et $x_2$ deux réels de l'intervalle $\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{a}$ tels que : $0 < \dfrac{1}{b} \le x_1 < x_2\le \dfrac{1}{a}$ .
On a alors : $0 < a \le \dfrac{1}{x_2 }< \dfrac{1}{x_1}<b$ , or $u$ est croissante sur $[a;b]$ donc $u(a)\le u$\dfrac{1}{x_2}$\le u$\dfrac{1}{x_1}$\le u(b)$ .
Pour $0<\dfrac{1}{b}\le x_1<x_2\le \dfrac{1}{a}$ on a donc $v(x_2)\le v(x_1)$ donc $v$ est décroissante sur $\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{a}$ .

3. b) $\displaystyle \lim_{x \to 0}g(x) = \displaystyle \lim_{x \to 0}f$\dfrac{1}{x}$=\displaystyle \lim_{X\to+\infty}f(X)=0$ donc $\boxed{\displaystyle \lim_{x\to0}g(x)=0}$
$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}g(x)=\displaystyle \lim_{x\to0}f$\dfrac{1}{x}$=\displaystyle \lim_{X\to0}f(X)=f(0)=0$ donc $\boxed{\displaystyle \lim_{x\to+\infty}g(x)=0}$

3. c)
Sur $[4,+\infty[$ , $f$ est décroissante, donc $g$ est croissante sur $\left] 0 ; \dfrac{1}{4} \right]$ avec $g$\dfrac{1}{4}$=f(4)=\dfrac{64}{e^4}$
Sur $[1;4]$ , $f$ est croissante, donc $g$ est décroissante sur $\left[\dfrac{1}{4};1\right]$ avec $g(1)=f(1)=-\dfrac{2}{e}$
Sur $[0;1]$ , $f$ est décroissante, donc $g$ est croissante sur $[1,+\infty[$ .
$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|} \hline x & 0 & & \dfrac{1}{4} & & 1 & & +\infty \\ \hline \niveau{2}{3} g(x) & 0 & \croit & \dfrac{64}{e^4} & \decroit & -\dfrac{2}{e} & \croit & 0 \\ \hline \end{tabvar}$

exercice 4

1. $\vec{n_1}(-2,1,1)$ est un vecteur normal à $(P_1)$ et $\vec{n_2}(1,-2,4)$ est un vecteur normal à $(P_2)$ .
$\vec{n_1}.\vec{n_2}=-2\times1+1\times(-2)+1\times4=-2-2+4=0$ donc les vecteurs $\vec{n_1}$ et $\vec{n_2}$ sont orthogonaux.
Donc les plans $(P_1)$ et $(P_2)$ sont perpendiculaires.

2. $(P_1)$ et $(P_2)$ sont perpendiculaires, ils se coupent donc en une droite (D).
Si $M(x,y,z)$ appartient à la droite paramétrée par : $\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x & -7+2t \\ y&-8+3t \\ z & t \\ \end{array} \right. \hspace{5pt} (t\in\mathbb{R})$ , alors :
$-2x+y+z-6=-2(-7+2t)+(-8+3t)+t-6=14-4t-8+3t+t-6=0$ donc $M\in(P_1)$
$x-2y+4z-9=(-7+2t)-2(-8+3t)+4t-9=-7+2t+16-6t+4t-9=0$ donc $M\in(P_2)$
Il s'agit donc bien de la droite d'intersection de $(P_1)$ et $(P_2)$ .
Une équation paramétrique de (D) est donc : $\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x & -7+2t \\ y&-8+3t \\ z & t \\ \end{array} \right. \hspace{5pt} (t\in\mathbb{R})$ .

3. a) $-2x_A+y_A+z_A-6=-2\times(-9)+(-4)+(-1)-6=18-4-1-6=7\neq 0$ donc $\boxed{A\notin (P_1)}$
$x_A-2y_A+4z_A-9=-9+(-2)\times(-4)+4\times(-1)-9=-9+8-4-9=-14\neq0$ donc $\boxed{A\notin (P_2)}$

3. b) $AM^2=(x-x_A)^2+(y-y_A)^2+(z-z_A)^2=(-7+2t+9)^2+(-8+3t+4)^2+(t+1)^2=(2t+2)^2+(3t-4)^2+(t+1)^2$
$=4t^2+8t+4+9t^2-24t+16+t^2+2t+1=14t^2-14t+21=7(2t^2-2t+3)$
Donc $\boxed{AM^2=7(2t^2-2t+3)}$

3. c) $f$ est un polynôme du second degré, avec $f'(t)=4t-2=2(2t-1)$ .
$f'(t)>0 \Longleftrightarrow 2t-1>0 \Longleftrightarrow t>\dfrac{1}{2}$ donc $f$ est croissante sur $\left[\dfrac{1}{2},+\infty \right[$ et décroissante sur $\left]-\infty,\dfrac{1}{2}\right]$
AM minimale $\Longleftrightarrow$ AM² minimal $\Longleftrightarrow f'(t)=0 \Longleftrightarrow t = \dfrac{1}{2}$
Donc $x=-7+2t=-7+1=-6$ ; $y=-8+3t=-8+\dfrac{3}{2}=-\dfrac{13}{2}$ ; $z=\dfrac{1}{2}$
Le point M tel que AM est minimale est le point I : $\boxed{I $-6;-\frac{13}{2};\frac{1}{2}$}$

4. a) $M(x,y,z)\in (Q) \Longleftrightarrow (AM)\perp (D)$
Soient les points C et D de $(D)$ de paramètres respectifs $t=0$ et $t=1$ . Leurs coordonnées sont $C(-7;-8;0)$ et $D(-5;-5;1)$ et le vecteur $\overrightarrow{CD}(2;3;1)$ est un vecteur directeur de la droite $(D)$ .
Alors, $M(x,y,z)\in (Q) \Longleftrightarrow$ les vecteurs $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{CD}$ sont orthogonaux $\Longleftrightarrow \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{CD}=0$
Or $\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{CD} = 2(x+9)+3(y+4)+z+1=2x+3y+z+31$
Donc $M(x,y,z)\in (Q) \Longleftrightarrow 2x+3y+z+31=0$
L'équation de $(Q)$ est : $\boxed{2x+3y+z+31=0}$

4 .b) $2x_I+3y_I+z_I+31=-12-\dfrac{39}{2}+\dfrac{1}{2}+31=-12-19+31=0$ donc $I\in(Q)$ .
$I\in(D)$ et $I\in(Q)$ donc I intersection de $(D)$ et $(Q)$ .
Or $(D)$ et $(Q)$ sont perpendiculaires, donc I projeté orthogonal de tout point de $(Q)$ sur $(D)$ .
Or $A \in (Q)$ donc I est le projeté orthogonal de A sur $(D)$ .

Publié par Aurélien/Aurélien le 08-07-2009

ceci n'est qu'un extrait
Pour visualiser la totalité des cours vous devez vous inscrire / connecter (GRATUIT)
Inscription Gratuite se connecter

Merci à pour avoir contribué à l'élaboration de cette fiche

Cette fiche

Voir la correction
Imprimer
Réduire / Agrandir
Pour plus d'options, Connectez vous
Forum de maths

forum de terminale
Plus de 147 169 topics de mathématiques en terminale sur le forum.