BAC 2008

Roch · Message par **Roch** » 20 juin 2008 10:20

-L-C- a écrit :Pour la distance il fallait chercher le point (M par exemple), tel que M appartient a la droite et que (AM) soit perpendiculaire a un des vecteurs directeurs de la droite D (qu'on trouvait en cherchant deux points, en remplaçant t par deux réels).

Mais je ne suis pas sûr de la réponse et à vrai dire je ne veux pas la savoir d'ici le 4 Juillet .

Je pense qu'il y a plus simple :
Une fois que vous avez l'équation de la droite, vous avez les coordonnés d'un point M de la droite en fonction de t.
Ensuite la distance au carré AM² = (xM-xA)²+(yM-yA)²+(zM-zA)²
Ce qui correspond à un polynôme du second degré en fonction de t... Donc le minimum est atteint en t = -b/2a

Roch

Ka0 · Message par **Ka0** » 20 juin 2008 10:40

Whaou, j'avais pas pensé à la piste de Roch, mais elle paraît excellente, et très originale, bravo.

Message par **-L-C-** » 20 juin 2008 10:44

Roch a écrit :
-L-C- a écrit :Pour la distance il fallait chercher le point (M par exemple), tel que M appartient a la droite et que (AM) soit perpendiculaire a un des vecteurs directeurs de la droite D (qu'on trouvait en cherchant deux points, en remplaçant t par deux réels).

Mais je ne suis pas sûr de la réponse et à vrai dire je ne veux pas la savoir d'ici le 4 Juillet .
Je pense qu'il y a plus simple :
Une fois que vous avez l'équation de la droite, vous avez les coordonnés d'un point M de la droite en fonction de t.
Ensuite la distance au carré AM² = (xM-xA)²+(yM-yA)²+(zM-zA)²
Ce qui correspond à un polynôme du second degré en fonction de t... Donc le minimum est atteint en t = -b/2a

Roch

Excellent en effet !
Mais j'avoue ne pas avoir trop réfléchi pour ça, et avoir pris la solution bateau. Il me fallait un point, et ce point devait avoir diverses conditions. Mais ta technique est très sympa, et va plaire au correcteur.

Ka0 · Message par **Ka0** » 20 juin 2008 11:29

Non mais je pense que la technique classique vaut autant de points, d'autant qu'elle évite de passer par l'analyse.
Obtention du vecteur unitaire de la droite :
->
U a pour coordonnées les coefficients du paramètres dans l'équation paramétrique (pas besoin de créer artificiellement deux points).
Soit AM la distance cherchée,
--> ->
AM*u = 0 et M € (D)
Donc tu remplaces dans le produit scalaire les coordonées de M par leur équation paramétrique, tu obtiens un t unique, que tu remplaces dans l'équation paramétrique, qui te donnes les coordonées, tu recalcules les coordonées de AM, puis tu en sors la norme.

Sakaito · Message par **Sakaito** » 20 juin 2008 11:37

Pas mal^^

moi j'ai suivi cette piste :

Vu que les deux plans (P) et (Q) ont comme intersection la droite (D), donc l'intersection des 3 plans (ABC) (P) et (Q) est l'intersection du plan (ABC) avec la doite (D), donc le projeté orthogonal de tout point de (D) sur le plan (ABC) est le point d'intersection des 3 plans (ABC) (P) et (Q)...

Vu que le projeté orthogonal de tout point de la droite sur un plan est le point le plus proche de la droite de tout point du plan, la distance de tout point du plan a la droite (D) est la distance de tout point du plan au point d'intersection des 3 plans (ABC) (P) et (Q).

Donc la distance de A à la droite (D) est la distance de A au point d'intersection trouvé dans la question d'avant (que j'ai nommé M), ensuite on calcule la norme du vecteur AMflèche...

Je pense que vous parler de ce sujet mais vu que le raisonnement est facile et que vous ne l'avez pas fait je ne suis pas sur^^

Message par **-L-C-** » 20 juin 2008 11:38

Ka0 a écrit :Non mais je pense que la technique classique vaut autant de points, d'autant qu'elle évite de passer par l'analyse.
Obtention du vecteur unitaire de la droite :
->
U a pour coordonnées les coefficients du paramètres dans l'équation paramétrique (pas besoin de créer artificiellement deux points).
Soit AM la distance cherchée,
--> ->
AM*u = 0 et M € (D)
Donc tu remplaces dans le produit scalaire les coordonées de M par leur équation paramétrique, tu obtiens un t unique, que tu remplaces dans l'équation paramétrique, qui te donnes les coordonées, tu recalcules les coordonées de AM, puis tu en sors la norme.

Oui oui c'est sûr ça vaut autant de point ! Il y a pas d'hésitations possibles, toutes les techniques qui amènent au résultat (ou qui pourrait y amener) donnent autant de point. Mais disons que cette façon de faire peut plaire au correcteur qui sera plus indulgent pour la suite

Message par **-L-C-** » 20 juin 2008 11:45

Sakaito a écrit :Pas mal^^

moi j'ai suivi cette piste :

Vu que les deux plans (P) et (Q) ont comme intersection la droite (D), donc l'intersection des 3 plans (ABC) (P) et (Q) est l'intersection du plan (ABC) avec la doite (D)

D'accord

donc le projeté orthogonal de tout point de (D) sur le plan (ABC) est le point d'intersection des 3 plans (ABC) (P) et (Q)...

Non.... Pour cela il faudrait que la droite D soit orthogonale au plan (ABC) (si j'ai bien suivi ton raisonnement, car je ne suis pas sûr).

Donc la distance de A à la droite (D) est la distance de A au point d'intersection trouvé dans la question d'avant (que j'ai nommé M), ensuite on calcule la norme du vecteur AMflèche...

Tu ne l'as pas prouvé et en plus, j'ai trouvé que ces points étaient différents.

Je me trompe peut être, en plus il y a cette partie du raisonnement que je n'ai pas compris :

Vu que le projeté orthogonal de tout point de la droite sur un plan est le point le plus proche de la droite de tout point du plan, la distance de tout point du plan a la droite (D) est la distance de tout point du plan au point d'intersection des 3 plans (ABC) (P) et (Q).

Sakaito · Message par **Sakaito** » 20 juin 2008 11:52

Pardon je me suis peut-être trompé dans le raisonnement^^
Hier je l'ai fait en 10 minutes, la en 2..

Je pense que j'avai prouvé dans l'exercice avant que la droite (D) est orthogonale... OU ce n'est pas le cas mais le point le plus proche du plan (ABC) est quand même le point d'intersection, la preuve ce point appartient a (ABC)..

Je me trompe peut être, en plus il y a cette partie du raisonnement que je n'ai pas compris :

Citation:
Vu que le projeté orthogonal de tout point de la droite sur un plan est le point le plus proche de la droite de tout point du plan, la distance de tout point du plan a la droite (D) est la distance de tout point du plan au point d'intersection des 3 plans (ABC) (P) et (Q).

La j'ai rassemblé toutes les infos.. que la distance de A à (D) est celle de A à M... ce qui est peut-être faux, mais de toute facon je ne suis pas sur qu'on parle du même sujet^^

Message par **-L-C-** » 20 juin 2008 11:59

Sakaito a écrit :Pardon je me suis peut-être trompé dans le raisonnement^^
Hier je l'ai fait en 10 minutes, la en 2..

Non mais je ne te reproches rien !

. Tu as peut être raison, j'essaie de comprendre ta manière.

Je pense que j'avai prouvé dans l'exercice avant que la droite (D) est orthogonale...

Dans ce cas c'est bon

OU ce n'est pas le cas mais le point le plus proche du plan (ABC) est quand même le point d'intersection, la preuve ce point appartient a (ABC)..

Dans ce cas tous les points du plan sont les points les plus proches, et donc les projetés orthogonaux... En plus ce qui était demandé c'était la distance du point A et de la droite D, le projeté orthogonal devait donc être sur la droite D et non sur le plan.... a moins que la droite soit orthogonale au plan.

Sakaito · Message par **Sakaito** » 20 juin 2008 12:12

Arf soit j'ai fait juste et c'est bon
soit j'ai fait faux, et j'ai compris pourquoi maintenant^^

il faut que le droite (D) soit orthogonale, logique en même temps, je ne sais plus si elle l'était ou pas...

Bon je vais aller refaire le sujet de math

edit :c'est bon, enfin pas bon, je me suis trompé, j'avai trouvé que la droite (D) est orthogonale a (ABC) , me demandez pas comment j'ai pour trouver ca *blackout*...
Heureusement que je n'ai que la question 2 de fausse...
La bonne méthode est celle de kaO : il faut considérer un point de la droite (D), et calculer la distance de ce point a A au carré pour un minimum..