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Problème vecteurs
Bonjour tout le monde je suis en 1ère S et je n'arrive absolument pas à faire un exercice que j'aimerais pourtant réussir.
Voilà l'énoncé:
L'espace est rapporté au repère orthonormal (0;i;j;k)
On nomme A le point de coordonnées (2;3;2)
Dans le Plan P de repère (0;i;j) on désigne par D la droite d'équation y=x.
M est un point de la droite D.
1) Démontrer que pour tout point M il existe un réel x tel que M a pour coordonnées (x;x;0).
2) Calculer AM² en fonction de x
3) Déterminer la position de M0 du point M pour que la distance AM soit Minimale.
4) Démontrer que la droite (AM0) est orthogonale à D.
Merci beaucoup de m'aider car je ne comprends absolument rien mais en essayant de le faire.
Merci et bonne soirée.
puisque le point M est sur la droite D, il est dans le plan P. Si x est l'abscisse de M alors y=x puisque l'équation de la droite est y=x. ET la coordonnée z=0 . Donc M(x,x,0)
1) Démontrer que pour tout point M il existe un réel x tel que M a pour coordonnées (x;x;0).
la droite (d) dans l'espace est défini par y=x et z = 0
un point M de cette droite a donc pour coordonnées (x; y=x; z=0) = (x; x; 0)
...
oups oui PGEOD. !!!!!!!il manque les puissances .
Il faut lire AM²= (xM -xA)²+(yM-yA)² +......
Toutes mes excuses.
ensuite étudie la fonction f(x) = 
................(calcul de la dérivée étude du signe de cette dérivée et sens de variation de la fonction)
Pour la valeur qui annule la dérivée, la fonction est minimale donc la distance AM ets minimale
oui c'est cela Après on te demande de calculer AM. Donc il faut prendre la racine carrée de cette expression
oui sauf que c'est 2x²et -10x. Pour éviter de travailler avec des racines carrées, on va dire que si AM est minimale alors AM² est aussi minimale. Trouve donc la forme canonique de l'expression trouvée à 20h27.Tu mets d'abord 2 en facteur 2(x²-..........)
ensuite les 2 premiers termes de l'expression à l'intérieur de la parenthèse sont le début d'une identité remarquable.
x²-5x est le début de l'identité remarquable (x-5/2)²il faut ensuite enlever 25/4 puisque ce terme ne figure pas dans l'expression ce qui revient à écrire :
Am²= 2[(x-5/2)²-25/4] +17. On développe AM²= 2(x-5/2)²-25/2+17 =2(x-5/2)²-25/2+34/2
AM²= 2(x-5/2)²+9/2
Donc AM² minimale pour x=5/2 Donc le pointM0a comme abscisse 5/2et comme ordonnée 5/2 aussi puisque x=y et z =0
Ah d'accord j'avoue que je ne pensais carrement pas à ça.
Merci beaucoup tortue je ne sais pas comment te remercier.
Et sinon pour la 4) ?
car AM² donc AM minimale quand x-5/2=0 donc pour x= 5/2 t comme on dit que c'est en M0 que AM est minimale, voilà
pour montrer que AM0 est perpendiculaire à D, il faut déterminer le vecteur directeur de D et montrer qu'il est orthogonal à AM0
D a pour équation y=x donc son vecteur directeur est (1;1;00x2) et
=(xM0-xA);(yM0-yA)soit
AM0(5/2-2;5/2-3;0-2)
AM0(1/2;-1/2;-2)
2 vecteurs sont orthogonaux si xx' +yy'+zz'=0 où x,y,z et x',y',z' sont les coordonnées des 2 vecteurs. IL ne reste plus qu'à le vérifier : 1x(1/2)+1x(-1/2)+0x(-2)=0
les 2 vecteurs sont orthogonaux, la droite D est perpendiculaire à AM0(vecteur). Et c'est logique c'est la définition de la distance d'un point à une droite
Ah oui la fameuse formule 
Merci beaucoup tortue tu es génial.
Je te souhaite une très bonne soirée et encore merci
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