Lecture zen
*
Exercice 467
Calculer:
La distance du point \(A(1,2,1)\) au plan \(\mathscr P~: x-2y+3z=1\).
La distance du point \(B(1,2,-1)\) à la droite \(\mathscr D\) paramétrée par \(\left\{\begin{array}{l} x=1+3t \\ y=2-t\\ z=2t \end{array}\right.\) avec \(t\in \mathbb{R}\).
La distance du point \(C(1,0,2)\) à la droite \(\Delta\) définie par \(\left\{\begin{array}{l} 2x-y+z=1 \\ x-y+z=-1 \end{array}\right.\)
Déterminer la distance entre les droites \(\mathscr D\) et \(\mathscr D'\) d’équations respectives: \(\left\{\begin{array}{l} -x+y-z=1 \\ x-y+2z=1 \end{array}\right.\) et \(\left\{\begin{array}{l} 2x-y-z=0 \\ -x-2y+3z=0 \end{array}\right.\)
Barre utilisateur
[ID: 260] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:51] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]Solution(s)
Solution(s)
Exercice 467
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51
\(d\left(A,\mathscr P\right)=\dfrac{\left|1\times 1-2\times 1 +3\times 1 -1\right|}{\sqrt{1^2+2^2+3^2}}=\boxed{\dfrac{1}{\sqrt{14}}}\)
Un vecteur directeur de \(\mathscr D\) est : \(\overrightarrow{u} \underset{}{\left|\begin{matrix} 3\\ -1\\2 \end{matrix}\right.}\) et un point de \(\mathscr D\) est : \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\2 \\0 \end{matrix}\right.}\). Par conséquent : \(d\left(B,\mathscr D\right)=\dfrac{\left\|\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{BM}\right\|}{\left\|\overrightarrow{u}\right\|}=\boxed{\sqrt{{\scriptstyle 5\over\scriptstyle 7}}}\).
Un vecteur directeur de \(\Delta\) est : \(\overrightarrow{u} = \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\ -1\\1 \end{matrix}\right.}\wedge \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\ -1\\1 \end{matrix}\right.}= \underset{}{\left|\begin{matrix} 0 \\ -1\\-1 \end{matrix}\right.}\) et un point de \(\Delta\) est : \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\0 \\-3 \end{matrix}\right.}\). Par conséquent : \(d\left(C,\mathscr D\right)=\dfrac{\left\|\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{CM}\right\|}{\left\|\overrightarrow{u}\right\|}=\boxed{\sqrt{{\scriptstyle 27\over\scriptstyle 2}}}\).
Un vecteur directeur de \(\mathscr D\) est \(\overrightarrow{u} = \underset{}{\left|\begin{matrix} -1 \\1 \\-1 \end{matrix}\right.} \wedge \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\ -1\\2 \end{matrix}\right.} = \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1 \\0 \end{matrix}\right.}\) et un vecteur directeur de \(\mathscr D'\) est \(\overrightarrow{\widetilde{u'}} = \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\-1 \\-1 \end{matrix}\right.} \wedge \underset{}{\left|\begin{matrix} -1\\ -2\\3 \end{matrix}\right.} = \underset{}{\left|\begin{matrix} -5\\-5 \\-5 \end{matrix}\right.}\) ou mieux : \(\overrightarrow{u'}= \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1 \\1 \end{matrix}\right.}\). Un point de \(\mathscr D\) est \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} -3 \\0 \\2 \end{matrix}\right.}\) et un point de \(\mathscr D'\) est \(M' \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\0 \\0 \end{matrix}\right.}\), par conséquent, comme \(\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{u'} = \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1 \\0 \end{matrix}\right.} \wedge \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1 \\1 \end{matrix}\right.}= \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\-1 \\0 \end{matrix}\right.}\) : \(d\left(\mathscr D,\mathscr D'\right) = \dfrac{\left|\mathop{\rm det}\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{u'},\overrightarrow{MM'}\right)\right|}{\left\|\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{u'}\right\|} = \boxed{\dfrac{3\sqrt 2}{2}}\).
Documents à télécharger
L'exercice