Corrigés d exercices Version du 0/04/05 Les exercices du livre corrigés dans ce document sont les suivants : Page 6 : N Page 80 : N 7, 7, 75, 76 Page 67 : N 9 Page 8 : N 80, 86 Page 74 : N Page 84 : N 94 Page 75 : N 8, 9 Page 85 : N 00 Page 76 : N 7, 9 Page 86 : N 05 Page 77 : N 4 Page 87 : N 08 Page 79 : N 64, 65, 67 N page 6 La pyramide comporte un total de 5 faces : la base, qui est ici un quadrilatère, et, de fait, 4 faces latérales (ayant pour intersection le point S, sommet de la pyramide) Pour déterminer l intersection du plan ( TUV ) avec la pyramide SABCD, il convient donc de déterminer l intersection de ce plan avec les 5 faces de la pyramide Nous suivons l indication de l énoncé et commençant par montrer que les droites ( TU ) et ( AC ) sont parallèles Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg Classe de Terminale S 04-05
Sur la figure ci-dessus, on a introduit les nouveaux points suivants : T milieu du segment [ AB ] U milieu du segment [ BC ] Par définition des points T et U, les points S, T et T, d une part, S, U et U, d autre part, sont ST SU alignés Plus précisément, on a : = = ST SU Dans le triangle STU, la réciproque du théorème de Thalès nous permet de conclure TU sont parallèles immédiatement que les droites ( TU ) et ( ) U étant les milieux respectifs des côtés [ AB ] et [ ] Dans le triangle ABC, les points T et la réciproque du théorème de Thalès (dans ce cas particulier, plus classiquement baptisée «théorème des milieux») nous permet de conclure que les droites ( ) parallèles TU et ( ) AC sont De ( TU ) //( TU ) et ( TU )//( AC ), on déduit immédiatement que les droites ( ) ( AC ) sont parallèles De façon analogue, on montre que l on a : ( UV ) //( ) BD (voir la figure ci-après) TU et BC, Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
De ( TU ) //( AC ) et ( ) //( ) Droites et plans de l espace UV BD, on tire immédiatement que les plan ( TUV ) et ( ABC ) sont parallèles : le plan ( TUV ) est parallèle à la base de la pyramide (le point U n appartenant pas à cette base, on en conclut, plus précisément, que le plan ( TUV ) est strictement parallèle au plan ( ABC ) ) L intersection du plan ( TUV ) et de la base de la pyramide est donc vide Intéressons-nous maintenant à l intersection du plan ( TUV ) et de la face ( SAB ) Nous raisonnons avec le plan ( SAB ) Le plan ( SAB ) coupe les plans parallèles ( TUV ) et ( ) donc elles-mêmes parallèles ABC Les droites d intersection sont L intersection du plan ( SAB ) et du plan ( ABC ) est la droite ( AB ) Quant à l intersection du plan ( SAB ) et du plan ( ) s agit donc de la parallèle à la droite ( AB ) passant par le point T Cette droite coupe les droites ( SA ) et ( SB ) en I A et I B respectivement (voir la figure ci-dessous) Finalement, l intersection du plan ( TUV ) et de la face ( SAB ) est le segment [ I I ] TUV, elle contient bien sûr le point T Il A B Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
Dans le triangle SAB, notons que le théorème de Thalès nous donne : SI A ST SIB = = = SA ST SB De façon analogue, on construit la parallèle à la droite ( BC ) passant par le point U Cette droite coupe respectivement les droites ( SB ) et ( ) I SC en I ' B et C Mais comme le théorème de Thalès, dans le triangle SBC, nous donne cette fois : SI ' B SU SI C = = = SB SU SC De SIB SB SI ' B = =, on tire que les points I B et I ' B sont confondus SB On construit enfin la parallèle à la droite ( CD ) passant par le point V Cette droite coupe respectivement les droites ( SC ) et ( ) I SD en I et C D En définitive, les intersections du plan ( TUV ) et des quatre faces latérales ( SAB ), ( ) ( SCD ) et ( SDA ) de la pyramide sont les segments [ I I ], [ I I ], [ I I ] et [ I I ] A B B C C D D A SBC, L intersection du plan ( TUV ) et de la pyramide SABCD est le quadrilatère IAIBICI D Grâce au théorème de Thalès, nous pouvons également préciser qu il s agit d une réduction de facteur de la base ABCD de la pyramide Ce résultat est en accord et généralise le premier résultat de l exercice corrigé de la page 6 : la section d une pyramide dont la base est un parallélogramme par un plan parallèle à la base et coupant l une des arêtes des faces latérales de la pyramide est encore un parallélogramme (il s agit en fait d une réduction de la base) N 9 page 67 Rappelons que le point E admet ( A ; AB, AC, AD ) 0; ;0 pour coordonnées dans le repère Pour ce qui est du point G, reprécisons un peu les choses Le point G, centre de gravité du triangle BCD, est défini par l égalité vectorielle : GB + GC + GD = 0 Lycée Fénelon Sainte-Marie 4/6 M Lichtenberg
On a donc, classiquement : GA + AB + GA + AC + GA + AD = 0 D où : GA + AB + AC + AD = 0 et, finalement : AG = ( AB+ AC+ AD) On en déduit immédiatement que le point G admet ; ; pour coordonnées dans le A ; AB, AC, AD repère ( ) On a donc : GE 0 ; ;0, soit Finalement : GE ; ; 6 Une représentation paramétrique de la droite ( GE ) est : t x = t y = + t 6 t z = Pour montrer que les points K, E et G sont alignés, il suffit de montrer que le point K ( ;0;) appartient à la droite ( GE ) On cherche donc un réel t tel que : On obtient immédiatement : t = t = t 0 = + 6 t = Les points K, E et G sont alignés Lycée Fénelon Sainte-Marie 5/6 M Lichtenberg
F ;0;0 appartient à la droite ( GE ) si, et seulement si, il existe un réel t tel que : t = t 0 = + 6 t 0 = La première ligne donne t = et la troisième t = 0 Ce système n admet donc pas de GE solution et le point F n appartient pas à la droite ( ) On pouvait aussi remarquer, d après la représentation paramétrique de la droite ( GE ), que tout point de cette droite admet une abscisse et une cote égales Comme ce n est pas le cas pour le point F, on pouvait ainsi conclure sans calcul Le point F n appartient pas à la droite ( GE ) N page 74 Note : ici, on doit bien maitriser le cours de la page 60 et les méthodes de la page 7! a Les droites ( DG ) et ( EA ) sont non coplanaires En effet, elles appartiennent à deux plans parallèles : respectivement ( HGC ) et ( ) EAB De plus, elles ne sont pas parallèles car les vecteurs DG et EA ne sont pas colinéaires Lycée Fénelon Sainte-Marie 6/6 M Lichtenberg
b Les droites ( JK ) et ( FC ) sont parallèles En effet, dans le plan ( HEA ) on montre facilement, grâce au théorème de Thalès (dans sa version «théorème des milieux»), que les droites ( JK ) et ( ED ) sont parallèles Par ailleurs, les droites ( FC ) et ( ED ) sont parallèles comme intersections du plan ( EDC ) et des plans parallèles ( HEA ) et ( GFB ) Par transitivité du parallélisme, on en déduit que les droites ( JK ) et ( FC ) sont parallèles c La droite ( JK ) et le plan ( EFC ) sont parallèles Découle directement de la question précédente : la droite ( JK ) étant parallèle à la droite ( FC ), elle est parallèle à tout plan contenant la droite ( FC ), notamment au plan ( ) EFC d Les plans ( EKG ) et ( AIC ) sont parallèles Ici, on va utiliser le fait que si deux droites sécantes d un plan P sont parallèles à deux droites sécantes d un plan Q alors ces deux plans sont parallèles Lycée Fénelon Sainte-Marie 7/6 M Lichtenberg
Les droites ( EG ) et ( ) ( EFG ) et ( ABC ) et du plan ( ) AC sont parallèles comme intersections des plans parallèles AEG Par ailleurs, le quadrilatère AIGK est un losange (il s agit, plus précisément d un carré mais nous nous en fichons ici! ) puisque les quatre longueurs AI, IJ, GK et KA sont égales (du théorème de Pythagore en veux-tu en voilà!) Il s agit donc d un GK sont parallèles parallélogramme et on en déduit que les droites ( AI ) et ( ) Finalement, les droites sécantes ( EG ) et ( GK ) sont parallèles aux droites sécantes ( AC ) et ( AI ) D où le résultat e La droite ( EI ) est parallèle au plan ( ) BCK En effet, en considérant, de façon similaire à ce qui a été fait ci-dessus, le quadrilatère EICK, on montre facilement qu il s agit d un losange Ainsi, les droites ( EI ) et ( CK ) BCK puisque celui- sont parallèles Il en va donc de même de la droite ( EI ) et du plan ( ) ci contient la droite ( CK ) f Les plans ( GHK ) et ( AIC ) sont sécants Notons, dans un premier temps, que le plan ( GHK ) est le support de la face avant CDHG du cube Le point C est donc un point commun aux deux plans ( GHK ) et ( AIC ) Ensuite, on considère le milieu L du segment [ ] AC Les points B et D sont symétriques l un de l autre par rapport à L Lycée Fénelon Sainte-Marie 8/6 M Lichtenberg
Il en va de même des droites ( BF ) et ( ) points B et D et sont parallèles DH puisqu elles contiennent respectivement les On considère alors le point I, symétrique de I par rapport à L D après ce qui précède, le point I appartient à la droite ( ) DH et donc au plan ( GHK ) Mais ce point appartient également au plan ( AIC ) puisqu il s agit d un point de la droite ( IL ) de ce plan AIC n étant pas confondus (le point I n appartient pas à la face avant du cube mais à l une des arêtes de la face arrière), leur intersection est la droite CI Les plans ( GHK ) et ( ) ( ) g Le plan ( AIC ) et la droite ( FG ) sont sécants On remarque d abord que les droites ( IC ) et ( ) ( BFG ) et qu elles sont sécantes (cf les vecteurs directeurs respectifs FG FG appartiennent toutes deux au plan et IC qui ne sont pas colinéaires) On note M leur point d intersection (cf la figure ci-après) Comme le point F n appartient pas au plan ( AIC ), on en déduit immédiatement que la droite ( FG ) et le plan ( AIC ) sont sécants en M Lycée Fénelon Sainte-Marie 9/6 M Lichtenberg
h Les droites ( FK ) et ( BD ) sont sécantes Elles appartiennent toutes deux au plan ( ) FHD et ne sont pas parallèles (considérer, par exemple, les vecteurs directeurs BD et FK = FI + IK = FI + BD ) Lycée Fénelon Sainte-Marie 0/6 M Lichtenberg
N 8 page 75 Le plan ( EDG ) coupe les plans parallèles ( ABC ) et ( EFG ) selon deux droites elles aussi parallèles La première est la droite ( EG ) La seconde passe par le point D (celui-ci appartenant aux plans ( EDG ) et ( ABC ) ) On en déduit ainsi : L intersection des plans ( EDG ) et ( ABC ) est la droite ( d ) parallèle à la droite ( ) EG et passant par le point D Les droites ( d ) et ( BC ) sont deux droites du plan ( ) ABC Elles ont pour vecteurs directeurs respectifs EG = AC et BC qui ne sont pas colinéaires Ces deux droites sont donc sécantes et nous notons I leur point d intersection EDG, on en déduit finalement que : La droite ( d ) étant une droite du plan ( ) L intersection de la droite ( BC ) et du plan ( EDG ) est le point I, intersection des droites ( d ) et ( ) BC Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
N 9 page 75 Les points I et J sont deux points du plan ( EFG ) et le point K n appartient pas à ce plan L intersection du plan ( IJK ) et du plan ( EFG ) est donc la droite ( IJ ) De façon analogue, on établit que l intersection des plans ( IJK ) et ( ) ( JK ) AED est la droite Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
Le point L appartient à la droite ( JK ) et donc au plan ( IJK ) Le point L appartient à la droite ( AE ) et donc au plan ( AEB ) Ainsi, le point L appartient à l intersection des plans ( IJK ) et ( ) AEB Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
Le point I appartient évidemment au plan ( IJK ) Le point I étant le milieu du segment [ EF ], il s agit d un point de la droite ( EF ), elle-même incluse dans le plan ( AEB ) Ainsi, le point I est un point du plan ( ) Les points I et L appartiennent tous deux aux plans ( IJK ) et ( ) Finalement, les plans ( IJK ) et ( ) au plan ( AEB ) ), leur intersection est la droite ( IL ) AEB AEB AEB n étant pas confondus (le point K n appartient pas La droite ( IL ) est la droite d intersection des plans ( IJK ) et ( AEB ) Les plans ( CDG ) et ( ) Le plan ( IJK ) coupe ces deux plans selon deux droites parallèles Comme la droite ( IL ) est la droite d intersection des plans ( IJK ) et ( ) que la droite d intersection des plans ( IJK ) et ( CDG ) est parallèle à la droite ( ) AEB sont parallèles (support de deux faces opposées d un cube) La droite d intersection des plans ( IJK ) et ( CDG ) est une droite parallèle à la droite ( IL ) AEB, on en déduit IL 4 Nous notons N le point d intersection de la droite précédente et de la droite ( CD ) (qui est incluse dans le plan ( CDG ) ) et M le point d intersection de la droite ( IL ) et de la droite ( FB ) (qui est incluse dans le plan ( AEB ) ) Lycée Fénelon Sainte-Marie 4/6 M Lichtenberg
Le plan ( IJK ) coupe les plans parallèles ( EFG ) et ( ) elles-mêmes parallèles Comme la droite ( IJ ) est l intersection du plan ( ) ( EFG ), on en déduit que l intersection du plan ( IJK ) et du plan ( ) la droite ( IJ ) passant par le point N ABC suivant deux droites IJK et du plan ABC est la parallèle à De façon similaire, on établit que l intersection du plan ( IJK ) et du plan ( ) parallèle à la droite ( JK ) passant par le point M GFB est la Si l on a bien travaillé (ie effectué une construction soignée) on constate que les deux droites précédentes se coupent en un point O du segment [ BC ] (cf la figure ci-dessous) L intersection du plan ( ) IJK et du cube ABCDEFGH est, finalement, l hexagone (régulier en l occurrence) IJKNOM (voir figure ci-après) Lycée Fénelon Sainte-Marie 5/6 M Lichtenberg
N 7 page 76 On a facilement FE = GF et, de fait : AG+ FE = AG+ GF = AF Comme CD ' = GF ', on a : AG' + C' D = AG' + G' F = AF Comme F' E = H' G, on a : BH ' + F' E = BH ' + H ' G = BG Comme AB= BC, on a BC = AB + BC = AC puis BC+ CH = AC+ CH = AH On a : FG = GF Par ailleurs : GF = CD Ainsi : GF = CD = AD Finalement : FG + DF ' = AD + DF ' = AF ', il vient immédiatement ( ) ( ) Comme CB = BA CA = CB + BA = CB + CB = CB Alors : CA BB ' CB BB ' CB B ' B = = + Mais CB = C ' B' Donc : CA BB ' CB B ' B C ' B ' B ' B C ' B = + = + = Lycée Fénelon Sainte-Marie 6/6 M Lichtenberg
Le point I est le point d intersection des droites ( AE ) et ( BG ) On peut, bien sûr, utiliser le théorème de Thalès (nous vous laissons le soin de détailler cette première approche) Nous pouvons également adopter une approche plus vectorielle Les points A, I et E étant alignés, il existe un réel k tel que AI = kae On a alors : AI = k AE = k AD + DE = k AB + DE Or : AI = AB+ BI AB+ BI = k AB+ DE, soit : ( ) On a donc : ( ) Mais comme les droites ( BG ) et ( ) droite ( BG ), les vecteurs IB et DE un réel k ' tel que ( ) ( ) k AB= kde BI = kde+ IB DE sont parallèles et comme le point I appartient à la sont colinéaires Comme ils sont non nuls, il existe IB= k' DE On a donc : k AB= kde+ IB k AB= kde+ k' DE = k+ k' DE ( ) ( ) ( ) Mais comme les vecteurs AB et DE ne sont pas colinéaires, on a : k = 0 k AB= k+ k DE k + k' = 0 ( ) ( ') On en tire immédiatement : k = k' = On a donc : AI = AE Le résultat est établi AI = AE Les droites ( AE ) et ( AE ') sont sécantes en A Nous pouvons considérer le plan ( ') Il coupe le plan ( BB ' G ') selon la droite ( IJ ) et, bien sûr, le plan ( DD ' E ') selon la droite ( EE ') On en tire que ces deux droites sont parallèles On peut alors simplement utiliser le théorème de Thalès dans le triangle établir le résultat demandé AJ = AE' AEE ' pour AEE Lycée Fénelon Sainte-Marie 7/6 M Lichtenberg
N 9 page 76 Comme AE = DH, il vient : AI = AD+ AE = AD+ DH = AH On en déduit immédiatement que les points I et H sont confondus Comme AB= HG et HA= GB, il vient : HJ = AB+ HA= HG+ GB= HB On en déduit immédiatement que les points J et B sont confondus On a : AK = AG DH = AG+ HD Comme HD= GC, il vient : AK = AG+ HD= AG+ GC = AC On en déduit immédiatement que les points K et C sont confondus On a : BM = u+ v+ w= AB+ AD+ AE = BA+ ( AD+ AE) = BA+ AI = BA+ AH = AI d'après la question Enfin, on a : BM = BA+ AH AB+ BM = AH AM = AH AH, c'est-à-dire le centre de la face AEHD Le point M est donc le milieu du segment [ ] Pour construire le point N, on «part» du point C et on effectue la translation de vecteur u On obtient comme point intermédiaire le milieu du segment [ DC ] On effectue alors la translation de vecteur v+ w Lycée Fénelon Sainte-Marie 8/6 M Lichtenberg
On a : BM = u+ v + w et CP CN xu u v w xu = + = + + + = x u + v + w D après les coefficients de v et w, on aura BM et CP colinéaires si, et seulement si : CP = BM On aura alors : x = ( ), soit x = + = Les vecteurs BM et CP sont colinéaires si, et seulement si : x = N 4 page 77 Sur le point F, nous disposons de deux informations fondamentales : D une part, il appartient à la droite ( AG ) D autre part, il appartient au plan ( BCD ) La question posée ici découle de la deuxième information mais ne fait explicitement apparaître aucun lien direct avec la première A partir de ce constat, nous allons appréhender la situation différemment en considérant B ; BA, BC, BD Notre objectif va alors être de traduire les comme repère de l espace : ( ) deux informations ci-dessus dans ce repère On a immédiatement A ( ;0;0) et comme BE = BA (le point E est le milieu du segment [ AB ]), il vient : E ;0;0 Par définition du point G, on a : GE + GC + GD = 0 Pour obtenir les coordonnées du point G, nous devons nous intéresser au vecteur BG On écrit donc : GE + GC + GD = 0 GB + BE + GB + BC + GB + BD = 0 BG = BE + BC + BD BG = BA + BC + BD BG = BA + BC + BD 6 Ainsi : G ; ; 6 Lycée Fénelon Sainte-Marie 9/6 M Lichtenberg
Comme le point F appartient au plan ( BCD ), nous pouvons poser : ( 0; ; ) On a alors : AG ; 0; 0 5, soit : AG ; ; 6 6 AF 0 ; x 0; y 0 AF ; x; y Puis : ( ), soit ( ) F x y Les points A, G et F sont alignés si, et seulement si, les vecteurs AG et AF sont colinéaires c'est-à-dire si leurs coordonnées sont proportionnelles En raisonnant sur les 6 abscisses de ces deux vecteurs, il vient immédiatement : AF = AG 5 6 On en tire alors : x= y = = 5 5 On a finalement : BF = BC+ BD 5 5 Les coordonnées du point F dans le repère ( B; BC, BD) valent : ; 5 5 Puisque le point J est le milieu du segment [ ] Il vient alors : CD, on a : BC + BD = BJ 4 BF = BC+ BD = ( BC+ BD) = BJ = BJ 5 5 5 5 5 Les vecteurs BF et BJ étant colinéaires, on en déduit immédiatement : Les points B, F et J sont alignés N 64 page 79 MN ( 0 ; ( 4 ) ;5 ) soit MN ( ;7;4) NP( 0; ;0 5) soit NP( ; ; 5) MN + NP ( ( ) + ( ) ; 7+ ( ) ; 4+ ( 5) ) soit MN + NP ( 7;; 7) MP+ 4PN = MN + NP 4NP= MN 7NP Il vient alors : MN 7NP + 7 ; 7+ 7 ; 4+ 7 5 MN 7NP ; 4 ; On a d abord : ( ) (( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )) Soit : ( ) Lycée Fénelon Sainte-Marie 0/6 M Lichtenberg
N 65 page 79 On a facilement : AB( ; ;6 4), soit AB ( ;;) CD( 6 ( ) ; ( ) ;4 ), soit CD( ;;) Comme AB= CD, on en déduit finalement : ABDC est un parallélogramme, et N 67 page 79 Le point I est le milieu du segment [BD] On a donc : 5 I ; ; Le point J est le milieu du segment [AC] On a donc : 5 J ; ;0 ( ) + + 4+ I ; ; ( ) + 5+ 4 + J ; ; soit : soit : Le point G est le centre de gravité du triangle ABC On a donc : ( ) 5 + + 4 ( ) 4 G + + ; ; + + soit Le point K est défini par la relation : DK = DG 4 G 4 4 ; ; Posons alors : K ( xk ; yk ; z K) On a : DK ( xk ( ) ; yk ; zk ), soit DK ( xk + ; yk ; zk ) 4 4 Et : DG ( ); ; 0 8, soit : DG ; ; On a alors : DG 0 ; 8 ; 4 4 4 4, soit : DG 5 ; ; 4 Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
Il vient alors : 5 xk + = xk = DK = DG yk = yk = 4 zk = zk = K ;; A l aide des résultats obtenus à la première question, on obtient facilement : 5 5 IJ ; ;0, soit IJ ( 4; ; ) 5 IK ; ;, soit IK ; ; On a immédiatement : IK = IJ et on en déduit : Le point K est le milieu du segment [ IJ ] N 7 page 80 On a facilement : AB ( ( 4 ) ; ; 5), soit AB( 6;; 6) CD( 5;6 7;6 ), soit CD( ; ;) On a donc AB= CD et, de fait : Les droites ( AB ) et ( CD ) sont parallèles On a cette fois : AB CD ( 0 6; 4; ) ( 4 ( ) ;6 ;5 4), soit AB ( 6; ;), soit CD( ;;) Comme 6 = =, les vecteurs AB et CD ne sont pas colinéaires Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
Donc : Les droites ( AB ) et ( CD ) ne sont pas parallèles N 7 page 80 Considérons le repère ( A ; AB, AD, AE) Le point I est le milieu du segment [ AE ] On a donc : Ainsi, dans le repère ( A ; AB, AD, AE), on a : I 0;0; AI = AE Le point J est le centre de la face CDHG On a : AJ = AB+ BC+ CJ = AB+ AD+ CH = AB+ AD+ CD+ DH = AB + AD + ( AB + AE) = AB + AD AB + AE = AB + AD + AE Ainsi, dans le repère ( A ; AB, AD, AE), on a : J ;; Le point P est défini par : EP = EH D où : AP = AE+ EP = AE+ EH = AE+ AD = AD+ AE Ainsi, dans le repère ( A ; AB, AD, AE), on a : P 0; ; Le point Q est défini par : AQ = AC D où : AQ = AC = ( AB+ AD) = AB+ AD Ainsi, dans le repère ( A ; AB, AD, AE), on a : Q ; ;0 Le point K est le milieu du segment [ PQ ] ( ) Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
Ainsi, dans le repère ( A ; AB, AD, AE) Soit : K ; ; 6 Droites et plans de l espace 0 + + 0, on a : K ; + ; A partir de I 0;0;, J ;; et K ; ;, on obtient facilement : 6 IJ 0; 0;, soit ;;0 IJ Et aussi : IK 0; 0;, soit : ; ;0 6 IK 6 On a donc : IK = IJ et, de fait : Les points I, J et K sont alignés N 75 page 80 A l aide des coordonnées fournies, on obtient facilement : AB ( 4;; 6) AC ( ; ; ) et AD( 4;5;) Les points A, B, C et D sont coplanaires si, et seulement si, les vecteurs AB, AC et AD le sont, c'est-à-dire s il existe deux réels x et y tels que : AB = xac+ y AD, On a alors : 4= x 4y AB= xac+ yad = x+ 5y 6 = x + y = x + 5y Considérons le système formé des deux dernières équations : 6 = x + y En les soustrayant membre à membre, on obtient immédiatement : 4y = 8, soit y = y + 6 Il vient alors : x = = 4 Lycée Fénelon Sainte-Marie 4/6 M Lichtenberg
On constate alors que la première équation du système initial, 4= x 4y, est bien vérifiée pour ces valeurs de x et y On en déduit donc : 4= x 4y x = 4 AB = xac + y AD = x + 5y y = 6 = x + y Les vecteurs AB, AC et AD sont coplanaires Les points A, B, C et D sont coplanaires On procède comme précédemment AB 7;; On obtient : ( ), AC ( 5;0;) et AD 4; ; 5 On a alors : 7= 5x + 4y AB = xac + y AD = y = x 5y La deuxième équation donne immédiatement y = 4y + 7 5 La première donne alors : x = = = 5 5 On constate alors que la troisième équation est vérifiée pour x = et y = On a donc : 4= x 4y x = AB = xac + y AD = x + 5y y = 6 = x + y Les vecteurs AB, AC et AD sont coplanaires Les points A, B, C et D sont coplanaires N 76 page 80 On obtient facilement les coordonnées des vecteurs AB et AC : AB 4 et 4 AC 4 4 Lycée Fénelon Sainte-Marie 5/6 M Lichtenberg
Comme les ordonnées des deux vecteurs sont opposées mais que ce n est pas le cas pour leurs abscisses (ou leurs cotes), on en déduit immédiatement qu ils ne sont pas colinéaires Finalement : Les points A, B et C définissent un plan On peut, pour simplifier les calculs, poser u = AB et v = AC En travaillant avec le 4 repère ( A ; u, v ) du plan ( ABC ), on a : O ABC il existe deux réels a et b tels que AO= au+ bv ( ) Comme on a : AO 0, il vient : a+ b= AO = au + bv 0 = a + b a b = 0 a b= On remarque que la première et la dernière égalité sont équivalentes et on a : a+ b= a = a+ b= a+ a= AO = au + bv a b = 0 a b= 0 b= a a b= b = On a donc : AO= u+ v Le point O appartient au plan ( ABC ) N 80 page 8 Dans chacune des situations proposées, les coordonnées d un vecteur directeur de la droite seront données par les coefficients du paramètre et on obtiendra celles de deux points de la droite en en donnant au paramètre deux valeurs distinctes (ici on a choisi 0 et ) a On a : u 0 puis, pour t = 0 : A 0 et pour t = : B Lycée Fénelon Sainte-Marie 6/6 M Lichtenberg
b On a : u puis, pour u = 0 : A 4 et pour u = : B 0 7 N 86 page 8 Le vecteur u ( ; ;) un vecteur directeur de D De même, v ( ;;5) ( d ) (coefficients de t dans la représentation paramétrique fournie) est est un vecteur directeur de la droite Les coordonnées de ces deux vecteurs n étant pas proportionnelles, ils ne sont pas colinéaires et on en déduit que les droites D et ( d ) ne sont pas parallèles Cherchons-en alors un éventuel point d intersection On cherche un éventuel couple de réels ( t; u ) tel que : 5+ t = + u t = + u + t = 6 + 5u On a facilement : t u = t + u = t 5u = Avec les deux premières équations, on obtient : t+ u = u = t u = t t 5u = t 5u = t 5( t ) = 4 u = t u = u = u = t 4 6t + 5= t = 4 4 t = t = 4 4 5 Il vient alors : t 5u = 5 = = La troisième équation du système initial est bien vérifiée 4 Pour t = et u =, on vérifie que l on a : Lycée Fénelon Sainte-Marie 7/6 M Lichtenberg
x = 5 + t = + u = 7 y = t = + u = z = + t = 6 + 5u = Ainsi : Les droites D et ( d ) sont sécantes en 7 A ; ; On procède comme précédemment Le vecteur u ( ;;) est un vecteur directeur de D De même, v ( ; 6; ) est un vecteur directeur de la droite ( d ) Comme v = u, ces vecteurs sont colinéaires et on en déduit immédiatement que les d sont parallèles droites D et ( ) On doit alors s interroger : sont-elles strictement parallèles ou confondues? A ( ;;0) est un point de D directement obtenu à partir de la représentation paramétrique fournie en choisissant t = 0 Le point A appartient-il à ( d )? On cherche un réel u tel que : = u = 5 6u 0 = u La première équation donne immédiatement On en déduit donc que A est le point de ( d ) de paramètre Les droites D et ( ) u = On constate alors facilement que cette valeur de u vérifie les deux autres équations u = d étant parallèles et possédant un point commun, elles sont confondues Les droites D et ( d ) sont confondues Lycée Fénelon Sainte-Marie 8/6 M Lichtenberg
Le vecteur u ( ; ;) est un vecteur directeur de D De même, v ( ;;) vecteur directeur de la droite ( d ) est un Les coordonnées de ces deux vecteurs n étant pas proportionnelles, ils ne sont pas colinéaires et on en déduit que les droites D et ( d ) ne sont pas parallèles Cherchons-en alors un éventuel point d intersection On cherche un éventuel couple de réels ( t; u ) tel que : + t = u 4 t = + u + t = 5+ u On a facilement : t+ u = 4 t + u = t u = Avec les deux dernières équations, on obtient : t t u = u = t+ u = u = 4 t u = 5 5 t = 5 t = t = 5 Il vient alors : t+ u = + = 5+ = 4 4 4 4 La troisième équation du système initial n est pas vérifiée On en déduit que les deux droites ne sont pas sécantes Les droites D et ( d ) ne sont pas coplanaires N 87 page 8 On a facilement : AB et AC Ces deux vecteurs ont la même cote S ils étaient 4 4 colinéaires, ils seraient donc nécessairement égaux Comme ce n est pas le cas, on en conclut qu ils ne sont pas colinéaires et donc que les points A, B et C définissent bien un plan Lycée Fénelon Sainte-Marie 9/6 M Lichtenberg
Les points A, B et C définissent un plan 5 On a DE On a : Cherchons deux réels a et b tels que DE = a AB + bac DE = aab + bac 5 = a + b 4 4 a b= 5 a b= 5 a+ b= ( a+ b) + ( a b) = + 5 4a 4b = 4a 4b= a b= 5 a b= 5 b= 5 4a = 8 a= a = 4a 4b= 8 4b= 4b= 6 a = b = Comme DE = AB AC, on en conclut immédiatement : La droite ( DE ) est parallèle au plan ( ABC ) N 94 page 84 ABCD étant un tétraèdre, les points A, B, C ne sont pas alignés et ils définissent bien un plan Par ailleurs, les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires (par exemple, le point D n appartient pas au plan ( ABC ) ) et il en va donc de même pour les vecteurs AB, AC et AD Finalement : ( A ; AB, AC, AD ) est bien un repère de l espace Comme AI = AB, on a immédiatement : ;0;0 4 I 4 Lycée Fénelon Sainte-Marie 0/6 M Lichtenberg
Par ailleurs, le point J est le milieu du segment [ AC ] On a donc : AJ = AC et on en tire : J 0; ;0 Comme AK = AD, on a immédiatement : 0;0; K Enfin, le point G étant le centre de gravité du triangle BCD, on a : GB + GC + GD = 0 Il vient alors : GB + GC + GD = 0 GA + AB + AC + AD = 0 AG = ( AB+ AC+ AD) D où : G ; ; I ;0;0 4, J 0; ;0, K 0;0; et G ; ; A partir des résultats précédents, on a : IJ ; ;0 et IK ;0; 4 4 Par ailleurs, on a IL = IA + AL = AL AI = k AG AI D où : IL k k k ; ; 4 IJ ; ;0, 4 IK ;0; 4 et IL k k k ; ; 4 Comme les vecteurs IJ, IK et IL sont coplanaires, il existe deux réels a et b tels que : IL = aij + bik A l aide des coordonnées de ces vecteurs, il vient : IL = aij + bik k a b k a b k k = + = 4 4 4 = 4 4 4 4 4 k a k k = a= a= k b k k = b b = = Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
Le réel k vérifie donc l équation : k = k + 4 4 On a : k k 7 = + 4k = k 8k 6= 7k 5k 6= 0 5k = 0 4 4 Le réel k est solution de l équation : 5k = 0 4 On a immédiatement : 5k = 0 k = On en déduit ainsi que le point L est situé sur 5 le segment [ AG ] avec AL= AG 5 AL= 5 AG A titre de complément, nous fournissons une représentation graphique de la situation obtenue grâce à Geogebra (D) : Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
N 00 page 85 Rappelons que les faces opposées d un parallélépipède sont parallèles On en déduit alors que ces faces sont des parallélogrammes On a : EO = EA+ AO = EA+ AC = ( AD+ AB) + EA= EH + EF + EA On a donc : O ; ; On a aussi : EO = EG = ( EH + EF) = EH + EF D où : O ; ;0 Comme G est le centre de gravité du triangle BDE et comme O est le milieu du segment [ BD ], on a : EG EO = = EH + EF + EA= EH + EF + EA D où : G ; ; Comme : G est le centre de gravité du triangle CFH O est le milieu du segment [ HF ] EOCO est un parallélogramme (on a facilement AO = EO ) il vient : EG = EO + OG = EO + OC = EO + EO = EH + EF + EH + EF + EA = EH + EF + EA D où : G ; ; Lycée Fénelon Sainte-Marie /6 M Lichtenberg
O ; ;, O ; ;0, G ; ; et G ; ; On a immédiatement A ( 0;0;) Comme : EG = EH + EF, il vient : G ( ;;0) puis : AG ( ;; ) En utilisant les résultats de la question précédente, il vient : AG ; ;, soit : AG ; ; et donc AG = AG AG ; ;, soit AG ; ; et donc AG = AG Les vecteurs AG, AG et AG étant colinéaires, on en déduit que les points G et G appartiennent à la droite ( AG ) Les points A, G, G et G sont donc alignés Les points A, G, G et G sont alignés Sur la droite ( ) AG, on peut considérer le repère ( A ; AG) D après la question précédente, les points G, G et G admettent alors comme abscisses respectives :, et On en déduit immédiatement : et les points G et Les points A, G, G et G sont alignés dans cet ordre G partagent le segment [ ] AG en trois segments de même longueur N 05 page 86 Les points A, B et C ne sont pas alignés Ils définissent donc un plan ABC sont sécants (ils ne sont pas confondus puis les points A, B et C n appartiennent pas à P ) Comme la droite ( AB ) du plan ( ABC ) coupe le plan P, les plans P et ( ) L intersection des plans P et ( ABC ) est une droite Nous la notons ( d ) Or, les droites ( AB ), ( AB ) et ( AB ) du plan ( ABC ) coupent le plan P en A ', B ' et C ' Ces points appartiennent dont à l intersection des plans P et ( ABC ), c'est-à-dire à la droite ( d ) Ils sont donc alignés Lycée Fénelon Sainte-Marie 4/6 M Lichtenberg
Les points A ', B ' et C ' sont alignés N 08 page 87 a On peut (doit? ) avoir l intuition que le quadrilatère IJKL est un parallélogramme Avec deux parallélogrammes et quatre milieux, c est plutôt «légitime» Intéressons-nous donc au vecteur IJ On a : IJ = IA+ AB+ BJ IJ = IA' + A' B' + B' J En additionnant ces deux égalités membre à membre, il vient : IJ = IA + AB + BJ + IA' + A' B ' + B ' J = IA + IA' + AB + A' B ' + BJ + B ' J ( ) ( ) Comme I est le milieu du segment [ AA '] et J celui du segment [ '] IA + IA' = BJ + B ' J = 0 et donc : IJ = AB+ A' B' De façon analogue, on montre : LK = DC+ D' C' BB, il vient : Comme ABCD et A' BCD ' ' ' sont des parallélogrammes, on a : AB= DC et A' B' = D' C' On a donc : IJ = AB+ A' B' = DC+ D' C' = LK Finalement : IJ = LK et on en déduit que le quadrilatère IJKL est un parallélogramme Le quadrilatère IJKL est un parallélogramme b IJKL étant un parallélogramme, on a : IK = IL+ LK = IL+ IJ L égalité IK = IL+ IJ nous permet immédiatement de conclure : Les points I, J, K et L sont coplanaires Ici encore, l intuition peut être bonne conseillère! Le point O '' ne serait-il pas le milieu OO '? du segment [ ] On adopte une démarche très proche de celle de la question a Lycée Fénelon Sainte-Marie 5/6 M Lichtenberg
On a : O'' O= O'' I + IA+ AO O '' O = O '' K + KC + CO En additionnant ces deux égalités membre à membre, on obtient : O'' O= O'' I + IA+ AO+ O'' K + KC+ CO = O'' I + O'' K + IA+ KC+ AO+ CO ( ) ( ) Comme les points '' O'' I + O'' K = AO+ CO= 0 et donc : O'' O= IA+ KC O et O sont les milieux respectifs des segments [ IK ] et [ ] AC, on a : En procédant de façon similaire avec les points O et O ', on obtient cette fois : O'' O' = IA' + KC' En additionnant membre à membre les égalités O'' O= IA+ KC et O'' O' = IA' + KC', O '' O + O '' O ' = IA + KC + IA' + KC ' = IA + IA' + KC + KC ' on obtient : ( ) ( ) Comme les points I et K sont les milieux respectifs des segments [ AA '] et [ '] IA + IA' = KC + KC ' = 0 et, finalement : O'' O+ O'' O' = 0 Ainsi, le point O est bien le milieu du segment [ OO '] Les points O, O ' et O '' sont alignés Plus précisément, le point O est le milieu du segment [ '] OO CC, on a : Lycée Fénelon Sainte-Marie 6/6 M Lichtenberg