La religion dans les liaisons dangereuses

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FAugsburger 2010/11

Quatrième année

I Géométrie dans l’espace
Corrigé d’exercices
1.6 (1) La valeur du paramètre correspondant au point A est t = 5 (2) Le plan Π passe par les points D(−1;13; −10) et B(6; 11; −2) et admet comme vecteurs directeurs     1 7 −→   −   d = −2 et DB = −2. Ainsi, un vecteur normal n de Π s’obtient facilement 2 8 −12 −→  −  d × DB =  6  12
  Puisque B(6; 11; −2) ∈ Π, on a

2   −1 = n −2



2 · 6 − 1 · 11 − 2 · (−2) + d = 0 ⇔ d = −5 1 2 − − →     (3) L’angle cherché correspond à l’angle aigu formé par d = −2 et AB = 8  : 2 −2 ϕ = arccos − − → |d • AB| − − → d · AB = arccos |2 − 16 − 4| √ √ 9 · 72 = 45 ˚ et finalement Π : 2x − y − 2z − 5 = 0
   

(4) On a C ∈ d ⇔ C(−1 + t; 13 − 2t; −10 + 2t). Le triangleABC devant être isocèle en C, on a − → −→ − − → −→ − AC = BC ⇔ AC 2 = BC 2 ⇔ (t − 5)2 + (10 − 2t)2 + (2t − 10)2 = (t − 7)2 + (2 − 2t)2 + (2t − 8)2 ⇔ −36t = −108 ⇔ t = 3 (5) Pour l’aire du triangle ABC,on calcule 2 −2 −24 − − → − →       AB × AC =  8  ×  4  =  12  −2 −4 24 AireABC = 1 − − → − → 1 AB × AC = 2 2 (−24)2 + 122 + 242 = 18
     

d’où C(2; 7; −4)

d’où

Le volumeV du tétraèdre ABCS s’obtient à l’aide du produit mixte : −24 −8 1 − − − − → → → 1− − → − → − → 1  1    V = |[AB; AC; AS]| = |AB × AC • AS| = |  12  •  4  | = |192 + 48 + 192| = 72 6 6 6 6 248
  x = −4 + 2s    z    

(6) La droite n admet comme vecteur directeur le vecteur normal n du plan Π d’où n: y = 7−s = 8 − 2s pour s ∈ R

1

2

Corrigé d’exercices

FA 10/11(7) On égale les équations de d et de n et on obtient un système de trois équations à deux inconnues :
  

En résolvant le système formé des deux premières équations Œ et , on obtient t = 5 et s= 4. Un petit contrôle montre que le couple (5; 4) est également une solution de Ž. Par conséquent, on obtient les coordonnées du point I en substituant t = 5 dans les équations de d (ou s = 4 dans...
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