Source Latex
de la correction du devoir
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pdfauthor={Yoann Morel},
pdfsubject={Correction du devoir de mathématiques terminale générale: géométrie dans l'espace},
pdftitle={Corrigé du devoir de mathématiques},
pdfkeywords={géométrie dans l'espace, devoir corrigé, Mathématiques, terminale générale spécialité mathématiques}
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% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}
\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}
\nwc{\ul}{\underline}
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\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}} % Doppel-N
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}} % Doppel-N
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}} % Doppel R
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\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}}
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\bgsk{\noindent{{\bf Exercice }}\arabic{nex}}\hspace{0.5cm}
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\lfoot{Y. Morel - \href{/Lycee/Terminale-generale-specialite-mathematiques/Sujets-Devoirs-Corriges/2020-2021/}{xymaths - Terminale, spécialité maths/}}
\cfoot{}
\rfoot{Correction du devoir de mathématiques - \thepage/\pageref{LastPage}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
%\thispagestyle{empty}
\vspace*{-1.cm}
\setcounter{nex}{0}
\ct{\bf\Large{Correction du devoir de math\'ematiques}}
\bgex
\bgen[a)]
\item $x_M + y_M + z_M - 3 = 2 - 3 + 1 - 3 = -3 \not= 0$ donc $M\notin P$.
\item $\vec{n} (1; 1; 1)$ est un vecteur normal de $P$,
la droite $D$ passant par $M$ et orthogonale \`a $P$ admet donc
comme repr\'esentatation param\'etrique:
$\la\bgar{ll} x&=2+t\\ y&=-3+t \\ z&=1+t \enar\right.$
\item Comme $H\in D$, il existe un r\'eel $t$ tel que $H$ ait pour
coordonn\'ees
$\la\bgar{ll} x&=2+t\\ y&=-3+t \\ z&=1+t \enar\right.$
Comme de plus $H\in P$, ses coordonn\'ees v\'erifient l'\'equation de $P$
donc $x + y + z - 3 =2+t-3+t+1+t-3 = 0$,
soit $3t - 3 = 0$ et donc $t = 1$.
On a ainsi $H(3; -2; 2)$.
\item La distance du point $M$ au plan $P$ est $HM$ car $H$ est le projeté
orthogonal de $M$ sur le plan $P$.\\
Comme $\V{HM} (-1; -1; -1)$, on a donc $HM = \sqrt{3}$.
\enen
\enex
\bgex \textit{(Bac général, spécialité mathématiques, 15 mars 2021)}
\[\psset{unit=0.8cm,arrowsize=8pt}
\begin{pspicture}(-0.5,-0.6)(13,5.2)
\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=gray!20,linestyle=dashed](0,0)(2.4,4.5)(10.4,2)
%\psgrid
\psline(0,0)(8,0)(10.4,2)(10.4,4.5)(8,2.5)(8,0)
\psline(8,2.5)(0,2.5)(0,0)
\psline(0,2.5)(2.4,4.5)(10.4,4.5)
\psline[linestyle=dashed](0,0)(2.4,2)(2.4,4.5)
\psline[linestyle=dashed](2.4,2)(10.4,2)
\rput[l](-.4,-.5){A(2;0;0)}
\rput[l](2.4,4.8){C(0;0;1)}
\rput[l](10.6,2){B(0;3;0)}
\uput[d](2.5,2){O}
\psline[linecolor=red,linewidth=1.4pt]{->}(2.4,2)(1.2,1)
\rput(1.5,1.8){\red$\vec{i}$}
\psline[linecolor=red,linewidth=1.4pt]{->}(2.4,2)(4.9,2)
\rput(3.4,1.5){\red$\vec{j}$}
\psline[linecolor=red,linewidth=1.4pt]{->}(2.4,2)(2.4,4.5)
\rput(2,3){\red$\vec{j}$}
\end{pspicture}\]
\bgen
\item
\bgen[a)]
\item Pour montrer que le vecteur
$\vec{n}\begin{pmatrix}3\\2\\6\end{pmatrix}$ est normal au plan (ABC),
il suffit de démontrer que ce vecteur est orthogonal à deux vecteurs
directeurs du plan (ABC), par exemple $\V{AB}$ et $\V{AC}$.
On a $\V{AB}(-2~;~3~;~0)$ donc
$\V{AB}\cdot \vec{n}=-2\tm3 + 3\tm2 + 0\tm 6 =0$
et ainsi $\V{AB}\perp \vec{n}$.
De m\^eme, $\V{AC}(-2~;~0~;~1)$ donc
$\V{AC}\cdot \vec{n}=-2\tm3 + 0\tm2 + 1\tm6 =0$
et ainsi, aussi, $\V{AC}\perp \vec{n}$.
On en déduit que le vecteur $\vec{n}$ est normal au plan (ABC).
\item $M(x;y;z)\in(ABC)\iff\V{AM}\perp \vec{n}\iff\V{AM}\cdot\vec{n}=0$.
Or $\V{AM}$ a pour coordonnées $(x-2~;~y~;~z)$.
et donc
$M\in(ABC)\iff (x-2)\tm 3 + y\tm 2 + z\tm 6=0
\iff 3x +2y +6z -6=0$
Le plan (ABC) a donc pour équation cartésienne $3x + 2y + 6z - 6 = 0$.
\enen
\item
\bgen[a)]
\item% Déterminer une représentation paramétrique de la droite $d$.
La droite $d$ est orthogonale au plan (ABC) donc elle a pour vecteur directeur le vecteur $\vec{n}$ normal à (ABC).
De plus elle passe par le point O de coordonnées $(0~;~0~;~0)$.
Une représentation paramétrique de la droite $d$ est donc
$\la
\begin{array}{l !{=} l}
x & 3k\\
y & 2k,\quad k\in\R\\
z & 6k
\end{array}
\right .$
\item La droite $d$ est orthogonale au plan (ABC),
et donc elle le coupe en un point H.
Soit $H(x;y;z)$ alors on a
$\left \lbrace
\begin{array}{rcr}
x&=& 3k\\
y &=& 2k\\
z &=& 6k\\
3x+2y+6z-6 &=& 0
\end{array}
\right .$
Donc, en substituant dans la troisième équation, on obtient
\[\bgar{ll}&3\tm3k+2\tm 2k+6\tm 6k-6 = 0\\[.3em]
\iff& 9k+4k+36k=6\\
\iff& k=\dfrac{6}{49}\enar\]
On en déduit que
\[\la\bgar{rcrcr}
x&=&3k&=&\dfrac{18}{49}\\[.8em]
y&=&2k&=&\dfrac{12}{49}\\[.8em]
z&=&6k&=&\dfrac{36}{49}\enar\right.\]
et on a donc trouvé les coordonnées
$H\lp\dfrac{18}{49}~;~\dfrac{12}{49}~;~\dfrac{36}{49}\rp$.
\item On calcule alors directement
\[\bgar{ll}
OH^2&=\lp x_{\text H}-x_{\text O}\rp^2 +
\lp y_{\text H}-y_{\text O}\rp^2 + \lp z_{\text H}-z_{\text O}\rp^2 \\[.6em]
&=\lp\dfrac{18}{49}\rp^2+\lp\dfrac{12}{49}\rp^2+\lp\dfrac{36}{49}\rp^2\\[1em]
&= \dfrac{18^2+12^2+36^2}{49^2} = \dfrac{1764}{49^2}
\enar\]
On obtient donc la distance
$OH = \sqrt{\dfrac{1764}{49^2}}=\frac{42}{49} = \dfrac{7 \times 6}{7 \times 7} = \dfrac{6}{7}$.
\enen
\item
\bgit
\item On peut prendre le triangle OAB pour base de la pyramide OABC,
la hauteur est alors OC, et le volume
\[\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\tm \mathcal{B}\tm OC\]
avec $\mathcal{B}=\mathcal{A}_{OAB}
= \dfrac{1}{2}\tm OA\tm OB = \dfrac12\tm 2\tm 3 = 3$ et $\text{OC}=1$.
On obtient donc le volume
\[\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\tm 3 \tm 1= 1\]
\item On peut aussi prendre le triangle ABC pour base de la pyramide OABC,
la hauteur est alors OH, et le volume est
\[\mathcal{V}=\dfrac13\tm \mathcal{B}'\tm OH\]
avec
$\mathcal{B}'$ est l'aire du triangle ABC.
On a ici $OH=\dfrac{6}{7}$ et $\mathcal{V} = 1$
donc
\[\mathcal{V}=1=\dfrac13\tm \mathcal{B}' \tm \dfrac{6}{7}\]
d'où on déduit que
\[\mathcal{B}'=\mathcal{A}_{ABC}==\dfrac{49}{14}= \dfrac72\].
\enit
\enen
\enex
\clearpage
\bgex \textit{(Bac général, spécialité mathématiques, métropole, 7 juin 2021)}
\bgen
\item $M(x~;~y~;~z) \in (d) \iff \V{OM} = t\vec{u}, \, \text{avec } t \in \R$, soit :
\[\left\{\begin{array}{l c l}
x&=&t\\
y&=&t\\
z&=&0
\end{array}\right., \, t \in \R\]
\item
\bgen[a)]
\item De $\V{AM}\begin{pmatrix}t - 1\\t - 3\\0 - 2\end{pmatrix}$,
on calcule:
\[\bgar{ll}AM^2 &= (t - 1)^2 + (t - 3)^2 + (- 2)^2 \\[.3em]
&= t^2 + 1 - 2t + t^2 + 9 - 6t + 4 \\[.3em]
&= 2t^2 - 8t+ 14\enar\]
\item L'expression précédente est une expression du second degré.
On peut soit étudier les variations (dérivée, signe, ...)
soit se rappeler que le sommet de la parabole est en
$t_0=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{-8}{2\tm2}=2$.
On a alors $AM_0=2t_0^2 - 8t_0+ 14=6$,
et donc la plus petite distance est
$AM_0 = \sqrt{6}$ avec $M_0(2~;~2~;~0)$.
\enen
\item On a $\V{AM_0}\begin{pmatrix}1\\- 1\\-2\end{pmatrix}$
et $\vec{u}\begin{pmatrix}1\\ 1\\0\end{pmatrix}$ est un vecteur directeur
de $(d)$.
On a $\V{AM_0} \cdot \vec{u} = 1 - 1 + 0 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux donc les droites $\left(\text{A}M_0\right)$ et $d$ sont orthogonales.
\item $\vec{u}$ est orthogonal au plan horizontal d'équation $z = 0$.
Comme A$'$ et $M_0$ appartiennent à ce plan le vecteur $\vec{u}$
est orthogonal au vecteur $\V{A'M_0}$.
Donc le vecteur $\vec{u}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires
du plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$,donc la droite $(d)$ est orthogonale
au plan
$\left(\text{AA}'M_0\right)$.
Le point $M_0$ est donc le projeté orthogonal de O
sur le plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$, donc O$M_0$ est la distance
la plus courte du point O au plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$.
\item On peut prendre la base $AA'M_0$ qui est un triangle rectangle en $A'$,
avec $AA' = 2$ \\
et donc $A'M_0=\sqrt{(2 - 1)^2 + (2 - 3)^2 + 0^2}=\sqrt2$.
On a donc $\mathcal{A}_{AA'M_0} = \dfrac12\tm2 \tm \sqrt{2}=\sqrt{2}$.
D'autre part, la hauteur correspondante
est $h=OM_0 =\sqrt{ 2^2 + 2^2} = \sqrt{8}= 2\sqrt{2}$.
On obtient finalement
\[V = \lp AA'M_0\rp = \dfrac{\sqrt2 \tm 2\sqrt{2}}{3} = \dfrac43\]
\enen
\enex
\label{LastPage}
\end{document}
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