Exercice corrigé bac S, 2015 - Géométrie dans l'espace

Distance minimale entre deux points mobiles dans l'espace



Exercice corrigé de mathématiques: Exercice corrigé Bac S, métropole juin 2015: géométrie dans l'espace, distance minimale entre deux points mobiles dans l'espace

Exercice - énoncé:


Dans un repère orthonormé (O, I, J, K) d'unité 1 cm, on considère les points $A(0;-1;5), $B(2;-1;5), $C(11;0;1), $D(11;4;4).


Un point $M se déplace sur la droite $(AB) dans le sens de $A vers $B à la vitesse de 1cm par seconde.
Un point $N se déplace sur la droite $(CD) dans le sens de $C vers $D à la vitesse de 1cm par seconde.
À l'instant $t=0 le point $M est en $A et le point $N est en $C.
On note $M_t et $N_t les positions des points $M et $N au bout de $t secondes, $t désignant un nombre réel positif.
On admet que $M_t et $N_t, ont pour coordonnées : $M_t(t;-1;5) et $N_t(11;0,8t;1+0,6t).


Les questions 1 et 2 sont indépendantes.


    1. La droite $(AB) est parallèle à l'un des axes $(OI), $(OJ) ou $(OK). Lequel ?
    2. La droite $(CD) se trouve dans un plan $\mathcal{P} parallèle à l'un des plans $(OIJ), $(OIK) ou $(OJK). Lequel ? On donnera une équation de ce plan $\mathcal{P}.
    3. Vérifier que la droite $(AB), orthogonale au plan $\mathcal{P}, coupe ce plan au point $E(11;-1;5).
    4. Les droites $(AB) et $(CD) sont-elles sécantes ?
    1. Montrer que $M_tN_t^2 = 2 t^2 - 25,2 t + 138.
    2. À quel instant $t la longueur $M_tN_t est-elle minimale?

Correction exercice


    1. Un vecteur directeur de la droite $(AB) est $\overrightarrow{AB}\lp\begin{array}{c}2\\0\\0\enar\rp=2\overrightarrow{OI}. La droite $(AB) est donc parallèle à l'axe $(OI).
    2. $\overrightarrow{CD}\lp\begin{array}{c}0\\4\\3\enar\rp=4\overrightarrow{OJ}+3\overrightarrow{OK} est un vecteur directeur de la droite $(CD) qui est donc incluse dans un plan parallèle à $(OJK)
      Comme $x_C=x_D=11 le plan $\mathcal{P} a pour équation cartésienne $x=11.
    3. On a $\overrightarrow{AE}\lp\begin{array}{c}11\\0\\0\enar\rp et $\overrightarrow{AB}\lp\begin{array}{c}2\\0\\0\enar\rp, ce qui montre que ces vecteurs sont colinéaires, et ainsi que $E est un point de la droite $(AB).
      De plus $x_E=11, et donc $E\in\mathcal{P}.
      Ainsi, $E est bien le point d'intersection de $(AB) et de $\mathcal{P}.
       
      Remarque: $\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{OI}, donc $(AB)//(OI), et comme $\mathcal{P} est parallèle au plan $(OJK), $(AB) est bien orthogonale au plan $\mathcal{P}. Cette justification n'était par contre pas demandée…
    4. $(CD) est incluse dans $\mathcal{P}, et $(AB) coupe $\mathcal{P} en $E.
      Ainsi, si $(AB) et $(CD) sont sécantes, elles le sont nécessairement au point $E.
      Or, $\overrightarrow{CE}\lp\begin{array}{c}0\\-1\\4\enar\rp n'est pas colinéaire à $\overrightarrow{CD}, ce qui montre que $E\notin(CD).
      Ainsi, $(AB) et $(CD) ne sont pas sécantes.
       
      Autre méthode. On peut aussi chercher directement l'éventuelle intersection des deux droites à l'aide de leur représentation paramétrique:
      (AB):\la\begin{array}{l}x=t\\y=-1\\z=5\enar\right.,~t\in\mathbb{R} \qquad (CD) \la\begin{array}{lcl}x&=&11\\y&=&0,8t'\\z&=&1+0,6t'\enar\right.,~t'\in~\mathbb{R}

      On cherche alors $t et $t' tels que $\la\begin{array}{lcl}t&=&11\\-1&=&0,8t'\\5&=&1+0,6t'\enar\right.. Or ce système n'a pas de solution, et donc $(AB) et $(CD) pas d'intersection et ne sont donc pas sécantes.
    1. $\overrightarrow{M_tN_t}\lp\begin{array}{c}11-t\\0,8t+1\\0,6t-4\enar\rp donc $M_tN_t^2=(11-t)^2+(0,8t+1)^2+(0,6t-4)^2=2t^2-25,2t+138.
    2. $M_tN_t est positif, donc est minimale quand son carré est minimal. On définit la fonction $f sur $\R_+ par l'expression $f(t=)=M_tN_t^2=2t^2-25,2t+138.
      $f est une fonction du second degré avec $f'(t)=4t-25,2.
      Ainsi $f'(t)=0\iff t=\dfrac{25,2}{4}=6,3, et $f'(t)<0 donc $f est décroissante pour $t<6,3, et $f'(t)>0 donc $f croissante pour $t>6,3.
      Ainsi $f, donc $M_tN_t, admet un minimum en $t=6,3.


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Voir aussi:
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