Correction : Géométrie, Dodécaèdre

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Géométrie dans l'espace.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

• Publié par: geometrie-mpsi
• Nombre de lectures: 31
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

1.a

1.b

2.

3.a

3.b

4.

5.a

5.b

5.c

6.a

6.b

6.c

Correction

2+1=5 donc 42+4+1=5 d’oùsolution de l’équation2+−1=0 .
On a alors 12+1−1=0 d’où2−−1=0 .

+
=
 ,251=1 ,+=5 ,−=1 et2+2=1−+1+=3 .
Si(,, le projeté) alorsdesur (; le point de coordonnées () est . En effet ce point, 0, 0)
appartient à la droite (;) et on vérifie que le vecteur(0,,) est ( orthogonale à la droite;) .
Par suite′a pour coordonnées′,′,′avec+2′=,+2′=0,+2′=0 et donc=′,
−′=et′ = −. Finalement′(,−,−) . De même′′(−,,−) et′′′(−,−,) .
On a2=(−1)2+1+(−′1)2=donc==2⇔(−1)2+1+(−′1)2=4ce qui
−
équivaut encore à′2−2−′(32+2−3)= à0 puis′2−2+′=0 qui 3 a pour solution 5 2 et
1+25=. La seule qui soit strictement supérieure à 1 est. Le problème posé ne possède donc qu’une
solution obtenue pour′=.
(, 0,) ,(−, 0,) ,′(−, 0,−) et′(, 0,−) .

Par le demi-tour(,,) ,(,−,−) . La relation=2donne alors= −et=0 .
La relation=′=2 (donne alors+1)2+(−1)2+1=4qui conduit comme ci-dessus à
l’équation2−2+=0 et on conclut=sachant>1 .
Ainsi(,− ,, 0)(, ,, 0)′(−, et, 0)′(−,−, 0) .
De même(0,,) ,(0,,−) ,′(0,−,−) et′(0,−,) .

   
(−1, 0,−1) ,(0,− et (1, 0)∧)(−1, 0,1−) .
,,ne sont pas alignés et l’équation du plan () est (−1)+(1−)=1
.
Or (−1)=2−=1 donc∈() et de même∈() .
On procède de même, une équation du plan est ici (1−)+(−1)=1 .
2=(−1)2+(−1)2+1=(2+2)−2(+)+3=6−2 5 .
2=(−1)2+(−1)2+1=6− ,2 52=(−1)2+(−1)2+1=6−2 5 ,
2=(2)2=(−1+5)2=6−2 5 et2=(−1)2+(−1)2+1=6−2 5
.

Ainsi les distances,,,etsont toutes égales à=6−2 5=

++
((+2+ 0, (22) 5,+) 5) avec+2+2=5+3 5 et 2=5 5
.
5 10 5 10
2 2
2 5 15 3 5 2 10 5 5
 = −1+0++−1+0−=, 5
 2 2
−
2=025110+02+5401=2−25 ,52= 2,
−
2=2 52+5+5 52+5+52=2−25= 2.
 
1010 105
nt toute é à=2−2 5 .
Ainsi les distances,,,, 5 galesso s

2=6− et2 5
2

2  −
10−2 5=5−105(10−2 5)=6021050=6−2 5 .

5−1 .