Polygone équilatéral

cas des constructions en treillis complètement bardées relève des règles III-3. Entrent dans cette catégorie les tours et pylônes en treillis de rapport de dimensions quelconque, à section sensiblement constante, en forme de carré, de triangle équilatéral ou de rectangle et dont toutes les faces sont composées de plans de treillis (à barres simples ou jumelées) identiques et présentant un pourcentage de surfaces pleines ϑ limité (R-III-5,23 5,24 et 5,25). COMMENTAIRE Commentaire Par tours et pylônes

reiϕ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ y = r sin ϕ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ = cos(2kπ/n) + i sin(2kπ/n) 0≤k ≤n−1 puisque pour tout k : λn = e2kπi = cos(2kπ) + i sin(2kπ) = 1 k On obtient géométriquement ces racines en inscrivant un polygone régulier à n côtés sur le cercle unité. Notons que λk = ζ k pour tout 2πi k, où ζ = e n . Ainsi, les racines n-ièmes de l’unité forment un groupe cyclique {ζ, ζ 2 , . . . , ζ n−1 , ζ n = 1} d’ordre n. Regroupons maintenant toutes les racines d’ordre

trouve une porte d’ivoire et d’or, sans serrure ni gonds apparents ; la partie droite est recouverte d’un voile bleu ou noir transparent. La porte est entourée de deux piliers Djed (piliers occultes d’Osiris). Au-dessus est suspendu un triangle équilatéral de couleur or, comportant en son centre un point noir. Le plafond de la Loge : Le plafond de la Loge est la représentation du ciel nocturne et peut faire l’objet d’un choix particulier (date, hémisphère nord ou sud). Les objets célestes représentés

donc ses coordonnées sont (0 ; a2 + 1). D est le symétrique de C par rapport à l’axe des ⎛ a2 +1 ⎞ ordonnées, donc D a pour coordonnées ⎜− ; 0⎟ . ⎝ 2a ⎠ a2 +1 4a2 +1 et CD = . a 2a 6. Par symétrie, on a SC = SD. Le triangle SCD est équilatéral si et seulement si SC = CD, soit aussi SC² = CD². 4a2 +1 1 Le réel a est donc solution de l’équation = 2. 4a2 a Soit de l’équation 4a2 = 3. Cette équation a deux 3 3 solutions – 2 et 2 . Les points de contact A et B ont ⎛ 3 1⎞ ⎛ 3 1⎞

Remarques, le solide est En l. En projection horizontale, ac est invisible, car interposé entre l'observateur et le plan horizontal. projection verticale, c'b' est invisible. II. Si l'on donnait le plan PaP', la hauteur du prisme et le polygone de base, on dessinerait cette base en vraie grandeur sur le rabattement du plan PaP', en procédant comme il a été indiqué précédemment (n» 231); puis, à l'aide de /"E ou du rabattement de aP', on relèverait la base afin d'obtenir ses projections

L’aire de ce terrain de football est comprise entre 6 720m² et 7 875m². 77 On a : 3 x 8. Alors, 12 4x 32. Les quatre côtés d’un losange sont de même longueur x. Ainsi, son périmètre est compris entre 12 m et 32 m. 78 Le périmètre d’un triangle équilatéral est compris entre 5 cm et 6 cm. Désignons par x la longueur d’un des côtés de ce triangle. 5 Alors, 5 3x 6. Donc : x 2. 3 5 La longueur d’un de ses côtés est comprise entre cm 3 et 2 cm. 79 Désignons par d le diamètre d’une balle. On a : 6,35 d

représenté sur la feuille annexe qui sera complétée − − −→ − → − → et rendue avec la copie. L’espace est rapporté au repère orthonormal A ; AB ; AD , AE Partie A. Un triangle et son centre de gravité. 1. Démontrer que le triangle BDE est équilatéral. 2. Soit I le centre de gravité du triangle BDE. a. Calculer les coordonnées de I. Centres étrangers 23 juin 2006 Baccalauréat S Baccalauréat S − → 1 −→ − b. Démontrer que AI = AG . Que peut-on en déduire pour les points

Sur le cube réel , FBC est un angle droit : il apparaît comme aigu sur la représentation en perspective. d. L’arête [DH] est dessinée en pointillés car c’est une arête cachée. 2. Les solides de Platon Tétraèdre, octaèdre, icosaèdre : triangles équilatéraux. Cube : carrés. Dodécaèdre : pentagones réguliers. 3. Une relation intéressante a. Pour le tétraèdre : s = 4 , a = 6, f = 4 et s − a + f = 4 + 6 − 4 = 2. Pour le cube : s = 8 , a = 12, f = 6 et s − a + f = 8 − 12 + 6 = 2. Pour l’octaèdre : s =

Pour tout k compris entre 1 et n : Ak Ak +1 = e i 2( k +1)p n -e i 2 kp n = e i 2 kp n ¥e i p n (e i p n -e i p n ) Ê pˆ Ê pˆ = 2i sin Á ˜ = 2 sin Á ˜ Ë n¯ Ë n¯ Ê pˆ car sin Á ˜ Ͼ 0. Ë n¯ b) On peut déduire que le polygone A1A2 º An est un polygone régulier. c) Son périmètre est : Ê pˆ sin Á ˜ Ë n¯ Ê pˆ Pn = nA0 A1 = 2n sin Á ˜ = 2 p . p Ë n¯ n p sin x d) lim = 0 et lim = 1 donc lim Pn = 2p. n Æ+» n xÆ0 x n Æ+» 3. Lorsqu’on exécute l’algorithme, on obtient en sortie 33. ur 4 1

– 10. 7 71 a) Si a inférieur à – , alors 4a est inférieur à – 14. 2 b) Si a est supérieur ou égal à – 2, alors – 6a est inférieure ou égal à 12. 72 a) 7a ഛ 7b c) 0,6a ഛ 0,6b 74 5 5 a ഛ b  2 2 a b d) ഛ 3 3 b) 78 Le périmètre ᏼ d’un triangle équilatéral est compris entre 5 cm et 6 cm. Désignons par x la longueur d’un des côtés de ce triangle. 5 Alors, 5 ഛ 3x ഛ 6. Donc : ഛ x ഛ 2. 3 5 La longueur d’un de ses côtés est comprise entre cm 3 et 2 cm. 79 Désignons par d le diamètre d’une balle. On a :