Qcm Géometrie Dans L'espace - Bac S Pondichéry 2013 - Maths-Cours.Fr – Exercices Maths Corrigés Pour 3Ème Collège | Webassist Marseille

Dans l'espace muni d'un repère orthonormal, on considère les points A (1, 1, 0), B (1, 2, 1) et C (3, —1, 2). 1. a) Démontrer que les points A, B et C ne sont pas alignés. b) Démontrer que le plan ( ABC) a pour équation cartésienne 2 x + y — z — 3 = 0. 2. On considère les plans ( P) et ( Q) d'équations respectives x + 2 y — z — 4 = 0 et 2 x + 3 y — 2 z — 5 = 0. Démontrer que l'intersection des plans ( P) et ( Q) est une droite ( D), dont une représentation paramétrique est: 3. Quelle est l'intersection des trois plans ( ABC), ( P) et ( Q)? 4. Dans cette question toute trace de recherche, même incomplète, sera prise en compte dans l'évaluation. Déterminer la distance du point A à la droite ( D). (5 points) I - L'ANALYSE DU SUJET Il s'agit d'un exercice de géométrie dans l'espace muni d'un repère orthonormé. L'essentiel du travail est analytique, et porte sur les équations de plans et droites. Sujet bac geometrie dans l espace et le temps. La dernière question, plus délicate, se traite facilement à l'aide d'une fonction auxiliaire. II - LES NOTIONS DU PROGRAMME ● Points alignés et vecteurs colinéaires ● Equation cartésienne d'un plan ● Position relative de deux plans ● Représentation paramétrique d'une droite ● Distance d'un point à une droite III - LES DIFFICULTES DU SUJET Les trois premières questions sont simples.

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(a; 0; -1); (0; a; -1) d'où (a; a; a²). b) L'aire du triangle DLM est donnée par: soit: d'où: Aire (DLM) = c) Déterminons les coordonnées (x; y; z) du point K. Nous avons: (x-1; y-1; z) et (0;0;1). Or,, donc: K(1;1;a) et (a;-a;0). Par conséquent, et, donc la droite (OK) est orthogonale à deux droites sécantes du plan (DLM) et donc la droite (CK) est orthogonale au plan (DLM). 2. a) Nous avons: Mais les droites (OK) et (HM) sont orthogonales par construction de H et, donc,. Par conséquent:. Géométrie dans l'espace – Bac S Pondichéry 2018 - Maths-cours.fr. b) D'après le résultat précédent, nous avons, soit. Or, et, donc,. Pour tout réel positif a, nous avons: 0 < < 1, soit 0 < < 1, donc H appartient au segment [OK]. c) Nous avons:, avec (1;1;), donc. Le point H a pour coordonnées. d) Nous avons:, soit, donc:. 3. Pour cette question, on pourra admettre le résultat trouvé à la question 1. Le volume du tétraèdre DLMK est donné par: V = h×S, où h est la hauteur de la pyramide et S la surface du triangle de base. V = ×HK×aire(DLM), d'où V = a(a²-a+2) unités de volume.

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Δ \Delta étant orthogonale au plan ( B C D) (BCD), le vecteur n → \overrightarrow{n} est un vecteur directeur de Δ \Delta. Sujet bac geometrie dans l espace bac scientifique. Comme par ailleurs la droite Δ \Delta passe par le point A ( 2; 1; 4) A(2~;~1~;~4), une représentation paramétrique de la droite Δ \Delta est: { x = 2 + 2 t y = 1 + t z = 4 + 2 t ( t ∈ R) \begin{cases} x=2+2t\\y=1+t\\z=4+2t \end{cases}~~(t\in \mathbb{R}) Soient ( x; y; z) (x~;~y~;~z) les coordonnées du point I I, intersection de la droite Δ \Delta et du plan ( B C D) (BCD). Il existe une valeur de t t telle que les coordonnées de I I vérifient simultanément les équations: { x = 2 + 2 t y = 1 + t z = 4 + 2 t 2 x + y + 2 z − 7 = 0 \begin{cases} x=2+2t\\y=1+t\\z=4+2t\\2x+y+2z - 7=0 \end{cases} On a alors: 2 ( 2 + 2 t) + ( 1 + t) + 2 ( 4 + 2 t) − 7 = 0 2(2+2t)+(1+t)+2(4+2t) - 7=0 soit 9 t = − 6 9t= - 6 et donc t = − 2 3 t= - \dfrac{2}{3}. Les coordonnées de I I sont donc: x = 2 + 2 t = 2 3 x=2+2t=\dfrac{2}{3} y = 1 + t = 1 3 y=1+t=\dfrac{1}{3} z = 4 + 2 t = 8 3 z=4+2t=~\dfrac{8}{3} D'après les questions précédentes, la droite ( A I) (AI) est la perpendiculaire au plan ( B C D) (BCD) passant par A A.

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Avec les mêmes calculs à partir de la représentation c), on trouve t = 0 pour le point S, t = - 1 pour le point A. Géométrie dans l'espace en terminale: cours, exercices & corrigés. La représentation c) est celle d'une droite passant par A et S. Déterminer une équation cartésienne d'un plan Réponse b) Parmi les quatre équations données, la seule vérifiée simultanément par les coordonnées des points S, C et B est l'équation x + y + z − 1 = 0. Chacune des trois autres équations n'est pas vérifiée par les coordonnées de l'un au moins des trois points S, B ou C.

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