La religion dans les liaisons dangereuses
616 mots
3 pages
FAugsburger 2010/11Quatrième 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 triangle ABC 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 volume V 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 24 8
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
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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 et , on obtient t = 5 et s = 4. Un petit contrôle montre que le couple (5; 4) est également une solution de . Par conséquent, on obtient les coordonnées du point I en substituant t = 5 dans les équations de d (ou s = 4 dans