Dm Géométrie Dans L'espace (ts)

[Hima83]

Super content, lundi, notre prof de maths nous à distribué un dm sur la Géométrie dans l'espace, et comme beaucoup de mes camarades, j'adoooore ça xD PLus sérieusement, ce dm est à faire pour lundi prochain, et toute aide est la bienvenue =) Merci à vous.

PS: Désolé pour le format de l'image, j'ai pas réussi à faire mieux :x

[Barbidoux]

----------------------------------------------------

Affixe de G ==> z₀=1

Affixe de H ==> z= Cos(x)+i*Sin(x)

Affixe de A ==> z₁=-i

I est le milieu de GH

Affixe de I ==> z₂= (Cos(x)-1+i*Sin(x))/2

Affixe de B ==> z₃= Cos(x+ :pi:/2)+i*Sin(x+ :pi:/2)=- Sin(x)+i*Cos(x)

Affixe de AB = z₁-z₃= Sin(x)+i*(1-Cos(x))

Vecteur AB{Sin(x); (1-Cos(x)}

Vecteur OI{Cos(x)-1; Sin(x)}

Produit AB.OI= Sin(x)*(Cos(x)-1)+(1-Cos(x)*Sin(x)=0 les vecteurs sont orthogonaux et OI est la hauteur du triangle BOA.

--------------------------

GE=2*GO et A est l’image de O par h

GH=2*GI et H est limage de I par h

GE/GO=GH/GI ==> OI//EH et EH perpendiculaire à GH ==> OI perpendiculaire à GH

A est l’image de E par r’. Comme B est l’image de H par r’ ==> AB est l’image de EH par r’ et comme EH //HC et r’ rotation d’angle :pi:/2 ==> AB perpendiculaire à EH et // HG. Finalement OI perpendiculaire à GH donc à AB et et OI est la hauteur du triangle BOA.

A vérifier... suite à venir

[Barbidoux]

Exercice 1

-------------------------------------------------------------------

Affixe de G ==> z₀=1

Affixe de H ==> z= Cos(x)+i*Sin(x)

Affixe de A ==> z₁=-i

I est le milieu de GH

Affixe de I ==> z₂= (Cos(x)-1+i*Sin(x))/2

Affixe de B ==> z₃= Cos(x+ :pi:/2)+i*Sin(x+ :pi:/2)=- Sin(x)+i*Cos(x)

Affixe de AB = z₁-z₃= Sin(x)+i*(1-Cos(x))

Vecteur AB{Sin(x); (1-Cos(x)}

Vecteur OI{Cos(x)-1; Sin(x)}

Produit AB.OI= Sin(x)*(Cos(x)-1)+(1-Cos(x)*Sin(x)=0 les vecteurs sont orthogonaux et OI est la hauteur du triangle BOA.

--------------------------

GE=2*GO et A est l’image de O par h

GH=2*GI et H est limage de I par h

GE/GO=GH/GI ==> OI//EH et EH perpendiculaire à GH ==> OI perpendiculaire à GH

A est l’image de E par r’. Comme B est l’image de H par r’ ==> AB est l’image de EH par r’ et comme EH //HC et r’ rotation d’angle :pi:/2 ==> AB perpendiculaire à EH et // HG. Finalement OI perpendiculaire à GH donc à AB et et OI est la hauteur du triangle BOA.

---------------------------

A{0, 6, 0}

B{0, 0, 8}

C{4, 0, 8}

BA{x_A-x_B, y_A-y_B, z_A-z_B}

BA{0, 6, 8}

BC{4, 0, 0}

CO{4, 0, 8}

OA{0, 6, 0}

BA.BC=x_BA*x_BC+y_BA*y_BC+y_BA*y_BC

BA.BC=0 ==> BC perpendiculaire à BA

OA.OC=0 ==> OC perpendiculaire à OA

BC.B0=0 ==> BC perpendiculaire à BO

BC est perpendiculaire à BA et BO donc au plan BAO

-------------------------

||BO||= (x_BO²+y_BO²+z_BO²)

Volume de OABC = Surface de BAO*(1/2)*||BC||

=(1/2)*||BO||*||AO||*(1/2)*||BC||=(1/4)*||BO||*||AO||*||BC||

=(1/4)*8*6*4=48 cm³

-------------------------

Les points O, A, B, C se troyuvent sur une sphère de centre I{x, y, z} si les relations : ||OI||=||IA||=||IB||=||IC|| sont simultanément satisfaites.

IA{-x, 6-y, -z}

IB{-x, -y, 8-z}

IO{-x, -y, -z}

IC{4-x, -y, 8-z}

||OI||=||IA|| ==>

x²+y²+z²=x²+(6-y²+z² ==> 6-y=y ==> y=3

||OI||=||IB||

x²+y²+z²=x²+y²+(8-z)² ==>8-z=z ==> z=4

||IB||=||IC|| x²+y²+(8-z)²=(4-x)²+y²+(8-z)² ===>4-x=x ==> x=2

Les coordonnées du centre de la sphère sont I{2, 3,4}

-------------------------

Le plan étant perpendiculaire a OB il s’en suite que MQ et PN// OA, MN et QP//BC. Le quadrilatère MNPQ est un rectangle. Evaluation des coordonnées des points Q, N, P

M{0, 0, k}

Dans le triangle BOA MQ//OA ==> MQ/OA=BM/BP ==> MQ=OA*BM/BP =6*(8-k)/8=3*(8-k)/4 et

Q{0, 3*(8-k)/4, k}

De même le triangle BOC MN//BC et MN/BC=OM/OB ==> MN=BC*OM/OB ==> MN=4*k/8=k/2 et

N{k/2, 0, k}

P{k/2, 3*(8-k)/4, k}

PM{k/2, 3*(8-k)/4, 0}

PM.OB= 0 et la droite PM est orthogonale à OB

AC{4, -6, 8}

PM.AC=4*k/2-6*3*(8-k)/4=(4*K-72+9*k)/2=(13*K-72)/2

PM.AC==0 pour k=72/13

--------------------------

f(k)=MP²=(k/2)²+ (3*(8-k)/4)²

f’(k)=(13*k-72)/8

Le minimum de f(k) est obtenu pour k=72/13=5,5385

A vérifier.......