Mt(t;−1;5) Nt(11;0,8t;1+0,6t)
On vérifie :
Pour t=0 M0=A et pour t=2 M2=B Pour t=0 N0=C et pour t=5 N5=D
1.a. A(0;−1;5) B(2;−1;5) ⃗AB(20)et⃗AB=2⃗OI
Donc, la droite (AB) est parallèle à la droite (OI). b. Rappels
(OIJ) : z=0
(OIK) : y=0
(OJK) : x=0
C(11;0;1) D(11;4;4) ⃗CD(043)et⃗CD=4⃗OJ+3⃗OK
Donc, la droite (CD) est parallèle au plan (OJK). p a pour équation x=k .
C et D appartiennent à p donc k=11 et p : x=11 . c. Le vecteur ⃗OI est un vecteur normal à p.
Le vecteur ⃗OI est un vecteur directeur de (AB) Donc, la droite (AB) est perpendiculaire au plan p.
On considère la représentation paramétrique de (AB) : {
Pour déterminer les coordonnées du point d'intersection de la droite (AB) et du plan p , on résout le système :
x= 11
{x=λ donc λ=11 et E(11;−1;5)
d. La droite (CD) est contenue dans p et (AB) est sécante au plan p en E(11;−1;5) Donc, les droites (CD) et (AB) sont sécantes si et seulement si E appartient à (CD).
x= 11
On considère la représentation paramétrique de (CD) :{y=4μ μ∈R
x=λ y= −1 z= 5
λ ∈R
y= −1 z= 5
z=3μ {11=11 ⇔{μ=−14 doncEn'appartientpasà(CD).
E(11;−1;5)
−1=4μ 5
5=3μ μ= 3 Conclusion
Les droites (AB) et (CD) ne sont pas sécantes 2.a. Mt(t;−1;5)et Nt(11;0,8t:1+0,6t)
⃗Mt Nt(0,8t+1 )
1+0,6t−5
le repère est orthonormé donc
Mt N2t=(11−t)2+(0,8t+1)2+(0,6t−4)2 =121+t2−22t+0,64t2+1+1,6t+0,36t2+16−4,8t
Mt N2t=2t2−25,2t+138
b. On étudie les variations de la fonction f définie sur [0 ;+∞[ par :
f(t)=2t2−25,2t+138
f est dérivable sur [0 ;+∞[ .
f '(t)=4t−25,2
f '(t)=0⇔t=25,2=6,3
4
On donne les variations de f sous la forme d'un tableau :
Le minimum de f est obtenu pour 6,3.
Mt Nt=√f(t)et la fonction racine carrée est strictement croissante sur[0;+∞[.
Donc la distance minimale est obtenue pour 6,3 secondes. Remarque
On ne demande pas de calculer la distance minimale.
