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Sciences Physiques

Physique

Interférences lumineuses

Exercices du BAC

2015 :

Solide dans l’espace

Corrigé Epreuve 2005 : Tétraèdre

Détails: Catégorie : Solide dans l’espace

1) Les droites $\left( OC\right) \perp \left( OA\right)$ car OAC
rectangle en O

de même $\left( OC\right)$ $\perp \left( OB\right)$ .

On a $\left( OA\right)$ et $\left( OB\right)$ sécantes en O

donc $\left( OC\right)$ perpendiculaire au plan $\left( OAB\right)$

or la droite $\left( AB\right)$ est incluse dans le plan $\left( OAB\right)$ d'où $\left( OC\right)$ orthogonale à $\left( AB\right)$

Par un procédé analogue on établit que $(OA)$ orthogonale à
(BC) et (0B) orthogonale à (AC).

a) H étant le projeté orthogonal de O sur $\left( ABC\right)$ alors
$\left( OH\right) \perp \left( ABC\right)$

or $\left( AB\right) \sqsubseteq \left( ABC\right)$ donc $\left( OH\right) \perp \left( AB\right)$

et $\left( AB\right) \perp \left( OC\right)$

Ainsi $\left( AB\right) \perp \left( OC\right)$ et $\left( AB\right) \perp \left( OH\right)$ $\Rightarrow \left( AB\right) \perp \left( OCH\right)$

b) $\left( AB\right) \perp \left( OCH\right)$ et $\left( CH\right) \perp \left( OCH\right) \Rightarrow \left( AB\right) \perp \left( CH\right) \qquad$
(1)

D'autre part $\left( OB\right) \perp \left( AC\right)$ et $\left( OH\right) \perp \left( AC\right) \implies \left( AC\right) \perp \left( OBH\right)$

or $\left( BH\right)$ incluse dans $\left( OBH\right)$ d'où $\left( AC\right) \perp \left( BH\right) \qquad$ (2)

En regroupant les résultats (1) et (2) on obtient :

$\left( AC\right) \perp \left( BH\right)$ et $\left( AB\right) \perp \left( CH\right)$ d'où H est l'orthocentre de $\left( ABC\right)$

c) $\left( AB\right) \perp \left( OCH\right)$ or $\left( OCH\right) =\left( OCK\right)$ donc $\left( AB\right) \perp \left( OK\right)$

D'où (OK) est une hauteur du triangle (OAB)

Calculons l'aire du triangle OAB de deux façons

Aire = $\frac{~OA\times OB}{~2}=\frac{~OK\times AB}{~2}$ d'où $~OA^{~2}\times OB^{~2}=OK^{~2}\times AB^{~2}$

or $AB^{~2}=~OA^{~2}+OB^{~2}$ ainsi $OA^{~2}\times OB^{~2}=OK^{~2}\left( OA^{~2}+OB^{~2}\right)$

d'où $\frac{~1}{OK^{~2}\ }=\frac{~1}{OA^{~2}\ }+\frac{~1}{OB^{~2}\ }$

Corrigé Epreuve 2004 : Cube

Détails: Catégorie : Solide dans l’espace

$L$ centre de $ABFE$

$J$ milieu de $[AL]$

1) a) $f(A)=L$

$f(B)=J$

angle $\theta =\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{AB}}}, \overrightarrow{{\mathit{LJ}}}}\right)$

$\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{AB}}},\overrightarrow{{\mathit{LJ}} }}\right) =\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{BA}}},\overrightarrow{{ \mathit{JL}}}}\right)$

$\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{BA}}},\overrightarrow{{\mathit{JL}} }}\right) =\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{FE}}},-\overrightarrow{{ \mathit{FL}}}}\right)$

$\theta =\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{FE}}},\overrightarrow{{ \mathit{FL}}}}\right) -\pi$

$\theta =\frac{-{3\pi }}{4}$

rapport $k=\frac{\mathit{LJ}}{\mathit{AB}}$ avec $\mathit{AB}=1\mathrm{;} \mathit{LJ}=\frac{1}{4}AF=\frac{1}{4}\sqrt{2}$

$k=\frac{\sqrt{2}}{4}$

$f(A)=L$

$f(B)=J$

$f(E)=E^{\prime }$

$ABE$ rectangle isocèle en $A$ et direct et $f$ conserve les
configurations donc $LJE^{\prime }$ rectangle isocèle en $L$ et direct.

Donc $E^{\prime }$ milieu de $[LB]$

détermination de $f(F)$

Soit $K$ milieu de $[AB]$

évaluons $\frac{\mathit{LK}}{\mathit{AF}}=\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{2}}= \frac{1}{2}\times {\frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

$\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{AF}}},\overrightarrow{{\mathit{LK}} }}\right) =\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{AF}}},\overrightarrow{{ \mathit{EA}}}}\right)$

$\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{AF}}}\text{,}\overrightarrow{{ \mathit{LK}}}}\right) =\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{AF}}}, \overrightarrow{{\mathit{EA}}}}\right) -\pi =-{\frac{3\pi }{4}}$

ainsi $\frac{\mathit{LK}}{\mathit{AF}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ et $\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{AF}}},\overrightarrow{{\mathit{LK}}}} \right) =-{\frac{3\pi }{4}}$

donc $f(F)=K$ avec $K$ milieu de $[AB]$

c)
$f(\Omega)=\Omega$ et $f(A)=L$

$\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega A}},\overrightarrow{{\Omega L}}} \right) =\frac{-{3\pi }}{4}(2\pi )$

d'autre part $\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{EA}}}, \overrightarrow{{\mathit{EL}}}}\right) =\frac{\pi }{4}(2\pi )$

donc $\left(\overrightarrow{{\Omega A}},\overrightarrow{{\Omega L}} \right)+\pi =\left(\overrightarrow{{\mathit{EA}}},\overrightarrow{{\mathit{EL }}}\right)(2\pi )$

donc ${\Omega },A,L$ et $E$ cocycliques

d'autre part $f(\Omega)=\Omega$ et $f(B)=J$
donc $\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega A}},\overrightarrow{{\Omega J}} }\right) =\frac{-{3\pi }}{4}(2\pi )$

or $\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{AB}}},\overrightarrow{ {\mathit{AJ}}}}\right) =\frac{\pi }{4}(2\pi )$

$\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{AB}}},\overrightarrow{{\mathit{AJ}} }}\right) =\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega B}},\overrightarrow{{ \Omega J}}}\right) +\pi (2\pi )$

donc ${\Omega },A,B$ et $J$ cocycliques

Construction de ${\Omega}$

${\Omega \in }C(ALE)$ et ${\Omega \in }C(ABJ)$ et ${\Omega }$ ${\neq }A$

${\Omega}$ est l'intersection de $C(ALE)$ et $C(ABJ)$ autre que $A$

d) Montrons que $({\Omega} A)\perp({\Omega} E)$

$\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega A}},\overrightarrow{{\Omega E}}} \right) =\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega A}},\overrightarrow{{\Omega L}}}\right) +\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega L}},\overrightarrow{{ \Omega E}}}\right)$

or $\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega A}},\overrightarrow{{\Omega L}}} \right) =\frac{\pi }{4}(\pi )$ car $\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega A}},\overrightarrow{{\Omega L}}}\right) =\left( \widehat{\overrightarrow{{ \mathit{EA}}},\overrightarrow{{\mathit{EL}}}}\right) (\pi )$

$\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega L}},\overrightarrow{{\Omega E}}} \right) =\left( \widehat{\overrightarrow{{\mathit{AL}}},\overrightarrow{{ \mathit{AE}}}}\right) =\frac{\pi }{4}(\pi )$

donc $\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega A}},\overrightarrow{{\Omega E}} }\right) =\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4}(\pi )$

ainsi $\left( \widehat{\overrightarrow{{\Omega A}},\overrightarrow{{\Omega E} }}\right) =\frac{\pi }{2}(\pi )$

a) dans $\left( A,\overrightarrow{{\mathit{AB}}},\overrightarrow{{\mathit{AD} }},\overrightarrow{{\mathit{AE}}}\right)$ repère orthonormé direct

$A(0,0,0) \qquad B(1,0,0) \qquad D(0,1,0) \qquad E(0,0,1) \qquad C(1,1,0)$

$F(1,0,1) \qquad G(1,1,1) \qquad H(0,1,1) \qquad I\left( 1,\frac{1}{2} ,1\right) \qquad L\left( \frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\right)$

$\overrightarrow{{\mathit{CL}}}\left( \begin{array}{r} -\frac{1}{2}\\ -{1} \\ \frac{1}{2}\\ \end{array} \right)$

$\overrightarrow{{\mathit{IH}}}\left( \begin{array}{r} -{1} \\ \frac{1}{2} \\ 0 \end{array} \right)$

$\overrightarrow{{\mathit{IB}}}\left( \begin{array}{r} 0 \\ \frac{-{1}}{2} \\ -{1} \end{array} \right)$

$\overrightarrow{{\mathit{IH}}}\wedge \overrightarrow{{\mathit{IB}}}$ = $\left\vert \begin{array}{ccccc} \overrightarrow{{i}}\hfill & \overrightarrow{{j}}\hfill & \overrightarrow{{ k}}\hfill \\ \hfill \\ -1\hfill & \frac{1}{2}\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ 0\hfill & -\frac{1}{2}\hfill & -1\hfill \end{array} \right\vert \hfill$

$\overrightarrow{{\mathit{IH}}}\wedge \overrightarrow{{\mathit{IB}}}$ = $\left\vert \begin{array}{cccc} \frac{1}{2}\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ -\frac{1}{2}\hfill & -1\hfill \end{array} \right\vert \overrightarrow{i}$ {}- $\left\vert \begin{array}{cccc} -1\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ 0\hfill & -1\hfill \end{array} \right\vert \overrightarrow{j}$ + $\left\vert \begin{array}{cccc} -1\hfill & \frac{1}{2}\hfill \\ \hfill \\ 0\hfill & \frac{-1}{2}\hfill \end{array} \right\vert \overrightarrow{k}\hfill$

$\overrightarrow{{\mathit{IH}}}\wedge \overrightarrow{{\mathit{IB}}}=\frac{-1 }{2}\overrightarrow{{i}}-\overrightarrow{{j}}+\frac{1}{2}\overrightarrow{{k}}$

donc $\overrightarrow{{\mathit{CL}}}=\overrightarrow{{\mathit{IH}}}\wedge \overrightarrow{{\mathit{IB}}}$

$Aire(IHB)=\ \frac{1}{2}\left\Vert \overrightarrow{{\mathit{CL}}}\right\Vert$ unités cm

$Aire(IHB)=$ $\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{4}+1+\frac{1}{4}}$

$Aire(IHB)=\frac{1}{2}\frac{\sqrt{6}}{2}$

$Aire(IHB)=\frac{\sqrt{6}}{4}$

$v(\mathit{BCIH})=\frac{1}{6}\left|{\overrightarrow{{\mathit{IC}}}.\left( \overrightarrow{{\mathit{IH}}}\wedge \overrightarrow{{\mathit{IB}}}\right)} \right|\mathit{uv}$

$v(\mathit{BCIH})=\frac{1}{6}\left|{\overrightarrow{{\mathit{IC}}}. \overrightarrow{{\mathit{CL}}}}\right|\mathit{uv}$

$\overrightarrow{{\mathit{IC}}}\left( \begin{array}{r} 0 \\ \frac{1}{2} \\ -{1} \end{array} \right)$

$\overrightarrow{{\mathit{CL}}}\left( \begin{array}{r} \frac{-1}{2} \\ -1 \\ \frac{1}{2} \end{array} \right)$

$v(\mathit{BCIH})=\frac{1}{6}\left|{-1}\right|\mathit{uv}$

$v(\mathit{BCIH})=\frac{1}{6}\mathit{uv}$

$v=\frac{1}{3}A(\mathit{IBH})\times d(C,\mathit{BIH})$

$d=d(C,BIH)=$ $\frac{3v}{A(\mathit{IBH})}$

$d=\frac{3\left( \frac{1}{6}\right) }{\frac{\sqrt{6}}{4}}=\frac{3}{6} \times {\frac{4}{\sqrt{6}}}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{6}}{6}=\frac{ \sqrt{6}}{3}$

Corrigé Epreuve 1997 : Tetraedre regulier ( 04 pts)

Détails: Catégorie : Solide dans l’espace

$AB=a$

1) Calculons $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AC} .\left( \overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\right) =\overrightarrow{AC}. \overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}$

$=a {{}^2} c\cos \left( \overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\right) -a {{}^2} \cos \left( \overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}\right)$

$\cos \left( \overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\right) =\cos \left( \overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}\right) =\cos \frac{\pi }{3}=\frac{1}{ 2}$

donc $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}=0$

donc $\left( AC\right)$ et $\left( BD\right)$ orthogonales

a) $\left( P\right)$ le plan passant par $I$ et parallèle à $\left( AC\right)$ et

. La droite qui passe par $I$ et parallèle à $\left( AC\right)$ est contenue dans et coupe le segment $\left[ BC\right]$ en son milieu $J$ .

. de même la droite qui $J$ et parallèle à $\left( BD\right)$ est contenue dans $\left( P\right)$ et coupe le segment $\left[ CD\right]$ en son milieu $K$ ; de même $\left( P\right)$ coupe $\left[ AD\right]$ en $L$ .

donc $\left( P\right)$ coupe $\left[ BC\right]$ , $\left[ CD\right]$ et $\left[ AD\right]$ en leurs milieux respectifs $J,K,L$ .

b) on a : $\left( IJ\right) \parallel \left( AC\right)$ d'où $\left( IJ\right) \parallel \left( KL\right) .\left( 1\right)$

et $\left( KL\right) \parallel \left( AC\right)$

$\left( IL\right)$ $\parallel \left( BD\right)$ d'où $\left( IJ\right) \parallel \left( JK\right) .\left( 2\right)$

et $\left( KL\right) \parallel \left( BD\right)$

(1) et (2) signifient que $IJKL$ est une parallélogramme.

On a : $\left( IJ\right) \parallel \left( AC\right)$ donc $\left( IJ\right) \perp \left( JK\right)$

et $\left( KL\right) \parallel \left( BD\right)$

or $\left( AC\right) \perp \left( BD\right)$

De plus $IJ=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD=JK$

Donc $IJKL$ est un carré

c) G isobarycentre de $A,B,C,D$ .

donc

$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{ GD}=\overrightarrow{0}$

$2\overrightarrow{GI}+2\overrightarrow{GK}=\overrightarrow{0}$

$\overrightarrow{GI}+\overrightarrow{GK}=\overrightarrow{0}$

$G$ milieu de $\left[ IK\right]$

de même

$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{ GD}=\overrightarrow{0}$

$\overrightarrow{GAI}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+ \overrightarrow{GD}=\overrightarrow{0}$

$2\overrightarrow{GL}+2\overrightarrow{GL}=\overrightarrow{0}$

$G$ milieu de $\left[ LJ\right]$

Conclusion $G$ est le centre de $IJKL$ .

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