Produit scalaire et géométrie analytique de l espace. Corrigés d exercices

Produit scalaire et géométrie analytique de l espace Corrigés d exercices Les exercices du livre corrigés dans ce document sont les suivants : Page 319 : N 76, 77, 81 Page 35 : N 117 Page 30 : N 85, 86, 88, 95, 97, 99 Page 37 : N 131 Page 34 : N 110, 113, 114, 115 N 76 page 319 On a facilement : AB( ;1; ), AC ( 3;3; 0) et BC ( 1; ; ) Le repère considéré étant orthonormal, on en tire immédiatement : AB AC BC = AB = + + = 1 9 = AC = + + = 3 3 0 18 = BC = + + = 1 9 On a donc : AB + BC = AC et la réciproque du théorème de Pythagore nous permet de conclure que le triangle ABC est rectangle en B On a par ailleurs : AB = BC Puisque nous manipulons des longueurs, cette égalité équivaut à AB = AC Nous pouvons alors conclure que le triangle ABC est isocèle en B Finalement : Le triangle ABC est isocèle et rectangle en B Remarque : on pouvait également calculer les produits scalaires et constater que l on avait AB BC = + 4= 0 On concluait alors que le triangle était rectangle en B Le calcul des longueurs ci-dessus permet également de conclure que le triangle est isocèle en ce point sans calculs additionnels Lycée Fénelon Sainte-Marie 1/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) N 77 page 319 a) Pour démontrer que la droite ( AF ) est perpendiculaire au plan démontrer que le vecteur AF (vecteur directeur de la droite vecteurs non colinéaires du plan ( BCD ) BCD, il suffit de AF ) est orthogonal à deux On peut, par exemple, considérer les vecteurs CB et CD AF CB = AC + CF CB = AC CB + CF CB On a alors : Or, les triangles ABC et BCF sont des triangles équilatéraux Comme ils ont une arête commune, tous leurs côtés sont de même longueur (plus généralement, toutes les arêtes d un octaèdre régulier sont de même longueur) Nous notons a cette longueur On a alors les résultats classiques : 1 CACB = CF CB = a On en déduit alors : 1 1 AF CB AC CB CF CB CACB CF CB a a = + = + = + = 0 De façon analogue, on a : AF CD = AC + CF CD = AC CD + CF CD En raisonnant cette fois avec les triangles équilatéraux ACD et ACF, on trouve encore : 1 1 AF CD AC CD CF CD CACD CF CD a a Comme AF CB = AF CD = 0, on en déduit finalement : = + = + = + = 0 La droite ( AF ) est perpendiculaire au plan ( BCD ) b) Pour démontrer que les plans ( ABF ) et AFC sont perpendiculaires, il suffit de montrer que deux vecteurs normaux à ces plans, respectivement, sont orthogonaux En guise de préambule, nous allons nous intéresser au quadrilatère BCDE Puisque ses côtés sont tous de même longueur, nous pouvons affirmer qu il s agit d un losange et introduire le point I, milieu commun des segments [ BD ] et [ CE ] On démontre facilement en tenant compte du fait que I est le projeté orthogonal de A sur BCD (considérer les triangles BAD et CAE, isocèles en A) que l on a : le plan IB = IC = ID = IE Le quadrilatère BCDE est en fait un carré Lycée Fénelon Sainte-Marie /18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) En considérant les triangles BDF et ECF, isocèles en F, on montre que I est également le projeté orthogonal de F sur le plan ( BCD ) Par ailleurs, on a facilement IA= IF AF Le point I est le milieu du segment [ ] On a alors : BA + BF = BI + IA + BI + IF = BI = BD CA + CF = CI + IA + CI + IF = CI = CE On en tire que les points D et E appartiennent aux plans ( ABF ) et ( AFC ) respectivement Les éléments précédents vont nous être utiles pour la suite Dans un premier temps, nous allons montrer que le vecteur EC est un vecteur normal au plan ( ABF ) A la question précédente, nous avons établi que la droite plan ( BCD ) Or, E et C sont des points de ce plan On en tire que les vecteurs EC AF était perpendiculaire au et AF sont orthogonaux Par ailleurs, BCDE étant un carré, les vecteurs EC et BD sont orthogonaux Le vecteur EC étant un vecteur orthogonal à deux vecteurs ( AF et BD ) non colinéaires du plan ( BCD ), on en déduit finalement qu il s agit d un vecteur normal à ce plan On démontre de façon analogue que le vecteur BD est un vecteur normal au plan ( AFC ) Or, BCDE étant un carré, les vecteurs EC et BD sont orthogonaux On en déduit finalement : Les plans ( ABF ) et ( AFC ) sont perpendiculaires N 81 page 319 Puisque G est l isobarycentre du tétraèdre ABCD, on a, pour tout point M de l espace : MA+ MB+ MC+ MD = 4MG Lycée Fénelon Sainte-Marie 3/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) On a également, pour tout point M de l espace : MA+ MB= MI et MC+ MD = MJ Il vient alors : + + + + = 0 ( MA MB MC MD) ( MA MB MC MD) ( 4 MG) ( MI MJ ) = 0 8 MG JI = 0 MG JI = 0 L ensemble obtenu est donc le plan contenant G et de vecteur normal IJ (ce n est pas le vecteur nul sans quoi ABCD ne serait pas un tétraèdre ) L ensemble des points M de l espace qui vérifient l égalité : + + + + = 0 ( MA MB MC MD) ( MA MB MC MD) est le plan contenant G et de vecteur normal IJ, les points I et J étant les milieux respectifs CD des segments [ AB ] et [ ] N 85 page 30 a) L espace étant muni d un repère orthonormal, on obtient directement les coordonnées d un vecteur normal n du plan P grâce aux coefficients de x, y et z dans l équation fournie : n ( 3;1; 0) b) Une équation d un plan Q parallèle à P est de la forme : 3x y d 0 + + =, où d est une constante à déterminer A 1; 5; 3 étant un point de Q, ses coordonnées vérifient l équation Le point 3x+ y+ d = 0 On a donc : 3 1+ 5+ d = 0, soit d = 8 Finalement : Une équation du plan Q parallèle à P et passant par ( 1; 5; 3) A est : 3x+ y 8= 0 Lycée Fénelon Sainte-Marie 4/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) N 86 page 30 Le plan P perpendiculaire à la droite vecteur AB On a facilement : AB ( ;3; 1) AB au point A admet donc pour vecteur normal le L équation du plan P est donc de la forme : x+ 3y z+ d = 0 où d est une constante à déterminer Le point A appartenant au plan P, ses coordonnées vérifient l équation obtenue : Soit : 4+ d = 0 Finalement d = 4 Conclusion : 5+ 3 0+ d = 0 Une équation du plan perpendiculaire à la droite ( AB ) et passant pas le point A s écrit : x+ 3y z+ 4= 0 N 88 page 30 a) Puisque l espace est rapporté à un repère orthonormal, il vient : Le plan P admet pour vecteur normal : n ( 1; 3; 1) n ' 1;;5 Le plan Q admet pour vecteur normal : On a alors : nn ' = 1 ( 1) + 3 + ( 1) 5= 1+ 6 5= 0 Les vecteurs n et n ' sont donc orthogonaux et on en conclut finalement : Les plans P et Q sont perpendiculaires b) On procède comme précédemment : le plan P admet ici pour vecteur normal : 1 1 n ; ;1 et n '( 3; 1; 1) 3 1 1 3 1 Il vient alors : nn ' = ( 3) + ( 1) + 1 ( 1) = 1 Sans même calculer ce 3 3 produit scalaire, on constate qu il est strictement négatif (somme de trois termes euxmêmes strictement négatifs) et donc non nul Les vecteurs n et n ' ne sont donc pas orthogonaux et on en conclut finalement : Les plans P et Q ne sont pas perpendiculaires Lycée Fénelon Sainte-Marie 5/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) N 95 page 30 Ecrivons une équation cartésienne du plan P sous la forme : ax + by + cz + d = 0 (les réels a, b et c n étant pas nuls tous les trois) A et B sont des points de P Leurs coordonnées vérifient donc l équation ci-dessus et on en tire le système : a b+ c+ d = 0 a+ c+ d = 0 En soustrayant membre à membre ces deux égalités, il vient immédiatement : b = 0 Le système est donc équivalent à l équation : a+ c+ d = 0, soit : d = a c L équation cherchée se récrit donc : ax + cz a c = 0 Dire que les plans P et Q sont perpendiculaires équivaut à dire que tout vecteur normal de l un est orthogonal à tout vecteur normal de l autre Puisque l espace est rapporté à un repère orthonormal et que l on dispose d une équation cartésienne du plan Q (3x+ 5y 8z 3= 0), on a immédiatement un vecteur normal, n ', de n '3;5; 8 ce plan : Une équation cartésienne du plan P étant de la forme : ax + cz a c = 0, on en tire que le n a;0; c est un vecteur normal de ce plan vecteur Les vecteurs n et n ' étant orthogonaux, leur produit scalaire est nul : nn ' = 0 3 a+ 0 5 8 c= 0 3a 8c= 0 D où : 3 c= a 8 3 3 L équation de P se récrit alors : ax + az a a = 0, soit : 8 8 En choisissant a = 8, on obtient finalement : 8x+ 3z 14= 0 3 7 ax + az a = 0 8 4 Une équation cartésienne du plan P est : 8x+ 3z 14= 0 Lycée Fénelon Sainte-Marie 6/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) N 97 page 30 a) On a : On déduit de ce qui précède : ( ; ; ) M x y z x + y + z + 6y 4z+ 9= 0 x + y + 6y+ z 4z+ 9= 0 x y z + + 3 9 + 4 + 9= 0 x + y+ 3 + z = 4 Ω M = La sphère S est la sphère de centre Ω ( 0; 3; ) et de rayon S b) Le repère étant orthonormal, la distance d ( Ω, P ) du point Ω au plan P est donnée par : (, P ) d Ω 0 3 + 8 8 6 4 6 = = = = 1 + + 1 6 6 3 c) Le plan P coupera la sphère S si, et seulement si, la distance de Ω à P est inférieure ou égale au rayon de la sphère, c'est-à-dire Comme 6> 4, on a immédiatement 6 > Par ailleurs, 4 1 3 > Finalement : 4 6 3 > On en conclut : Le plan P ne coupe pas la sphère S N 99 page 30 Pour tout point M ( xyz, ; ; ) on a : L abscisse x est comprise entre 0 et 1 ; L ordonnée y est comprise entre 0 et 1 ; La cote z est comprise entre 0 et 1 Lycée Fénelon Sainte-Marie 7/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) Le cube considéré est donc défini par le système : 0 x 1 0 y 1 0 z 1 N 110 page 34 a) Δ S H K M A B P SM MB = SA + AM MB = SA MB + AM MB b) On a : Comme le vecteur SA est un vecteur directeur de la droite au plan P, il est orthogonal à tout vecteur de P, en particulier au vecteur MB donc : SA MB = 0 Par ailleurs, le point M étant un point du cercle de diamètre [ ] On en déduit finalement : SM MB = 0 Finalement : AS, qui est perpendiculaire On a AB, on a : MA MB = 0 Les vecteurs SM et MB sont orthogonaux Les droites ( SM ) et ( MB ) sont orthogonales Lycée Fénelon Sainte-Marie 8/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) Remarque : ces droites sont mêmes perpendiculaires puisqu elles sont sécantes c) Par définition du point H, les vecteurs AH et SM sont orthogonaux On a par ailleurs : AH MB = ( AM + MH ) MB = AM MB + MH MB On a déjà vu que le produit scalaire AM MB était nul Le point H étant un point de la droite ( SM ), perpendiculaire à la droite déduit que les vecteurs MH et MB sont orthogonaux Finalement : AH MB = 0 ; les vecteurs AH et MB sont orthogonaux MB, on en Le vecteur AH est donc orthogonal aux vecteurs SM et MB du plan ( SMB ) : La droite ( AH ) est perpendiculaire au plan ( SMB ) d) Pour démontrer que les plans ( AMS ) et BMS sont perpendiculaires, nous allons démontrer qu ils admettent des vecteurs normaux orthogonaux D après la question précédente, le vecteur AH est un vecteur normal au plan ( BMS ) A la question b), nous avons montré que les vecteurs SM et MB étaient orthogonaux Par ailleurs, nous avons déjà vu que les vecteurs AM et MB étaient également orthogonaux Les vecteurs SM et AM n étant pas colinéaires (il faudrait que S soit un point de P ), on déduit de ce qui précède que le vecteur MB AMS est un vecteur normal au plan Nous allons maintenant établir que les deux vecteurs AH et MB sont orthogonaux A la question c), nous avons établi que la droite ( AH ) était perpendiculaire au plan ( MB ) On en déduit finalement que les vecteurs AH et MB sont orthogonaux SMB Elle est donc orthogonale à toute droite de ce plan ; en particulier à la droite Les plans ( AMS ) et ( BMS ) sont perpendiculaires e) Les points H et K sont des points du plan ( SMB ) Or, d après la question c), la droite ( AH ) est perpendiculaire à ce plan Elle est ainsi perpendiculaire à toute droite de ce plan passant par H, en particulier la droite ( HK ) Les droites ( AH ) et ( HK ) étant perpendiculaires, l angle AHK est droit Lycée Fénelon Sainte-Marie 9/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) On en conclut finalement : Le triangle AHK est rectangle en H D après la question b), le triangle SMB est rectangle en M Dans le plan ( SMB ), le cercle circonscrit à ce triangle admet donc pour diamètre le segment [ HB ] Ainsi, le point K, point du plan ( SMB ), appartient à ce cercle si, et seulement si, le produit scalaire KH KB est nul Or, les points K, S et B sont alignés On a donc : KB = α SB (le réel α ne nous intéresse pas en tant que tel) et : KH KB = α KH SB On va donc s intéresser au produit scalaire KH SB On a : KH SB = ( KA + AH ) SB = KA SB + AH SB La droite ( AH ) étant perpendiculaire au plan ( SMB ), on a : AH SB = 0 Par ailleurs : KA SB = 0 est nul par définition du point K On a donc : KH SB = KH KB = 0 cercle de diamètre [ HB ] Finalement : Le point K appartient bien, dans le plan ( SMB ), au Les points M, B, K et H sont cocycliques N 113 page 34 a) On raisonne par équivalence :, M ( x; y; z) Pm m m, mx+ y+ m 1 z+ m+ 1= 0 m, m x+ z+ + y z+ 1 = 0 x+ z+ = 0 y z + 1 = 0 On a bien l équivalence : x+ z+ = 0 m, M ( x; y; z) P m y z + 1 = 0 Lycée Fénelon Sainte-Marie 10/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) b) On a : x + z+ = 0 x= z y z+ 1= 0 y = 1+ z Les points M de l espace sont donc les points dont les coordonnées sont de la forme : ( z; 1 + z; z) avec A( ), Si on appelle O l origine du repère, on a : OM = OA + zu ; 1;0 u 1;1;1 z un réel quelconque Cette égalité se récrit : AM = zu et l ensemble des points considérés est donc la droite passant par A et de vecteur directeur u et P est la droite ( ; ) A( ; 1;0 ), L ensemble des points appartenant à tous les plans m u 1;1;1 Au avec N 114 page 34 Une équation cartésienne du plan ABC est de la forme α x+ βy+ γz+ δ = 0 Dans ces conditions, la distance d s écrit : d = δ α + β + γ, d où : 1 d α + β + γ = δ Comme A( a;0;0) ( ABC), on a : a α + 0 β + 0 γ + δ = 0 α 1 Soit : δ = a et, enfin : α 1 δ = a En raisonnant de la même façon avec les points B et C, on obtient respectivement : et γ 1 c δ = β 1 δ = b Il vient alors : Le résultat est ainsi établi α + β + γ α β γ = = + + = + + d δ δ δ δ a b c 1 1 1 1 Lycée Fénelon Sainte-Marie 11/18 M Lichtenberg 008-009

N 115 page 34 Produit scalaire et géométrie analytique dans l espace Corrigés d exercices (version du 9/05/009) 1 Par définition on a : AM = tu et A' M ' = su' La droite ( ') MM est perpendiculaire aux droites d et d ' si, et seulement si, les vecteurs MM ' et u, d une part, MM ' et u ', d autre part, sont orthogonaux On a : On a alors : MM ' et u orthogonaux MM ' u = 0 MM ' et u ' orthogonaux MM ' u ' = 0 MM ' u = 0 ( MA + AA' + A' M ) u = 0 ( tu + AA' + su ') u = 0 tu u + AA' u + s u u ' = 0 t u u ' s = AA' u Remarque : la dernière équivalence résulte du fait que le vecteur u est unitaire On procède de façon analogue avec le second produit scalaire : MM ' u ' = 0 ( MA + AA' + A' M ) u ' = 0 ( tu + AA' + su ') u ' = 0 uu ' t+ AAu ' ' + u' u' s= 0 uu ' t s= AAu ' ' Remarque : la dernière équivalence résulte du fait que le vecteur On a raisonné par équivalence Finalement : Lycée Fénelon Sainte-Marie 1/18 M Lichtenberg 008-009 u ' est unitaire La droite ( MM ') est perpendiculaire aux droites d et d ' si, et seulement si, on a le système, d inconnues s et t : Supposons que l on ait uu ' = 0 Le système se récrit alors : t ( uu ') s = AA' u ( uu ') t s= AA' u' t = AA' u s = AA' u' Il admet pour unique solution le couple : ( ts ; ) = ( AAu ' ; AAu ' ')

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) Supposons maintenant que l on ait uu ' 0 En multipliant la première égalité du système par uu ' et en lui soustrayant la seconde, il vient : Soit : uu ' = 1? Peut-on avoir : uu ' s+ s= uu ' AA' u AA' u' s 1 ( uu ') = ( uu ')( AA' u) AA' u' Les vecteurs u et u ' étant unitaires, on a ; uu ' = u u ' cos u, u ' = cos u, u ' On en déduit : uu ' = 1 cos uu, ' = 1 cos uu, ' =± 1 u = u ' ou u = u ' Ces deux situations sont absurdes car alors les droites d et On a donc finalement : ( uu ) Il vient alors : ' 1 D où, enfin : s = uu ' AA' u AA' u' 1 ' ( uu ) ( uu ) d ' seraient coplanaires ( ) u u ' ( AA' u ) AA' u ' AA' u u u ' AA' u ' t= AAu ' + uu ' s= AAu ' + uu ' = 1 ' 1 ' ( uu ) Ici encore, le système admet un unique couple solution : AA' u ( u u ')( AA' u ') ( u u ')( AA' u ) AA' u ' ; = ; 1 ( uu ') 1 ( uu ') ( ts) Remarque : lorsque uu ' = 0, ces formules redonne la solution obtenue ci-dessus Lycée Fénelon Sainte-Marie 13/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) t ( uu ') s = AA' u En définitive, dans tous les cas, le système admet une unique ( uu ') t s= AA' u' solution Il existe donc un unique couple de points M et M ', appartenant aux droites d et ' MM ' soit perpendiculaire à ces deux droites d respectivement, tel que la droite Conclusion générale (A retenir! Ce pourrait être un résultat de cours ) : Deux droites non coplanaires de l espace admettent une unique perpendiculaire commune N 117 page 35 On peut supposer que les points A et B sont distincts (étudiez le cas où ils sont confondus Vous constaterez assez vite qu il ne présente pas un gros intérêt ) Gardons présent à l esprit que nous cherchons ici des couples de points PQ, l un d eux La présence de la somme AP + AQ dans la première égalité suggère Soit d introduire le point I milieu du segment [ PQ ] On a alors : AB + AP + AQ = 0 AI + IB + AI + IP + AI + IQ A B = 0 IB 3IA = 0 I = bar 3 1 On conclut ainsi que la position du point I est fixée Le produit scalaire apparaissant dans la deuxième égalité nous conduit à (cf le théorème de la médiane) : On a donc : PQ AP AQ = ( AI + IP) ( AI + IQ) = AI + AI ( IP + IQ) + IP IQ = AI 4 PQ AB + AP AQ = 0 AB + AI = 0 4 Or, dans le premier calcul, on avait : AB + AI = 0, d où : AB AI = Il vient alors : 4 PQ AB PQ AB + AP AQ = 0 AB + AI = 0 AB + = PQ = 5AB PQ = 5AB 4 4 4 Lycée Fénelon Sainte-Marie 14/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) De ce qui précède, on tire que les contraintes AB + AP + AQ = 0 et AB + AP AQ = 0 équivalent à : Le segment [ PQ ] admet pour milieu le point I défini par : Le segment [ PQ ] a pour longueur : 5AB I A B = bar 3 1 ; Ces caractéristiques équivalent à écrire que le segment [ PQ ] est un diamètre de la sphère de centre I et de rayon 5 AB AB + AP + AQ = 0 L ensemble des couples ( PQ, ) solutions du système AB + AP AQ = 0 est l ensemble des couples de points, extrémités des diamètres de la sphère A B 5 de centre I défini par : I = bar 3 1 et de rayon AB N 131 page 37 1 a) on a : Comme le repère ( OOAOCOD ;,, ) OC OD = 0 et OD DM DL = ( OM OD) ( OL OD) = OM OL OM OD OL OD + OD = aoa aoc aoa OD aoc OD + OD = a OAOC aoaod aoc OD + OD = OD = est orthonormal, on a : OAOC = 0 1 D où, finalement : DM DL = 1 Remarque : on pouvait également utiliser des coordonnées, OAOD = 0, On a en effet : Et : DM = OM OD = aoa OD DM a;0; 1 DL = OL OD = aoc OD DL a ( 0; ; 1) Lycée Fénelon Sainte-Marie 15/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) On retrouve : DM DL = a 0+ 0 a + 1 1= 1 b) Le repère ( OOAOCOD ;,, ) ci-dessus : étant orthonormal, on a, en utilisant les coordonnées DM = DL = a + 1 Or : DM DL = DM DL cosmdl Il vient alors : 1 = DM DL = ( a + 1 )cosmdl D où : 1 cos MDL = a + 1 c) On a : cos MDL + sin MDL = 1 = + sin MDL 1 MDL sin 1 a 1 + 1 D où : ( a ) ( a ) a + 1 1 + 1 1 + 1 + 1 a a + = = = = a + 1 a + 1 a + 1 a + 1 En tant que sinus d un angle géométrique dans un triangle, On a alors : sin a a + a a + = = a + 1 MDL ( a + 1) sin MDL est, lui aussi, positif a a + sin MDL = a + 1 d) Notons A ( DML) l aire du triangle DML DML, on a la formule classique : A 1 DML = sin MDL DM DL Lycée Fénelon Sainte-Marie 16/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) Soit, en tenant compte du résultat précédent : A 1 1 a a + 1 DML = sin MDL DM DL = a + 1 a + 1 = a a + a + 1 A 1 = + ( DML) a a e) Le point K est défini par l égalité : BK = abf Or, BF = OD On a donc : BK = aod Il vient alors : OK = OB + aod = OA + AB + aod = OA + OC + aod OK 1;1; a D où, finalement : Comme DM ( a;0; 1) Et : et DL( 0; a; 1), on a : OK DM = 1 a + 1 0+ a 1 = a + 0 a = 0 OK DL = 1 0+ 1 a + a 1 = 0+ a a = 0 Le vecteur OK est donc orthogonal aux deux vecteurs DM et DL, non colinéaires On en déduit : La droite ( OK ) est perpendiculaire au plan ( DLM ) a) On a classiquement : OM OK = OH + HM OK = OH OK + HM OK Or, la droite ( OK ) étant perpendiculaire au plan du point K sur ce plan, elle est perpendiculaire à toute droite du plan H En particulier la droite ( HM ) On en déduit ainsi que les vecteurs HM orthogonaux Soit : HM OK = 0 Finalement : OM OK = OH OK DLM et H étant le projeté orthogonal DLM passant par et OK sont Lycée Fénelon Sainte-Marie 17/18 M Lichtenberg 008-009

Corrigés d exercices (version du 9/05/009) b) On pose OH = λok L égalité obtenue à la question précédente se récrit : OM OK = OH OK = λok OK = λ OK Comme OM ( a;0;0) D où : et OK ( 1;1; a), on a : OM OK = a et OM OK = λ OK a = λ( a + ) λ = a OK = + + a = a + 1 1 a + a λ = a + * a On a d abord : a +, a + > 0 Le rapport est également strictement a + positif * Par ailleurs, on a : a, a + > a En effet, le discriminant associé au trinôme + a a+ est strictement négatif On en déduit qu il garde un signe constant pour tout a réel (et donc à fortiori tout a strictement positif), en l occurrence positif puisque le * a coefficient de a vaut 1 Finalement, on a, en divisant par a + : a +, 1> a + En définitive : λ ] 0;1[ et on en déduit : Le point H appartient au segment [ OK ] Lycée Fénelon Sainte-Marie 18/18 M Lichtenberg 008-009