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Lycée Desfontaines Chap.11: Géométrie dans l’espace
S’entrainer plus
Corrections exercices 1 et 2
Exercice 1 : Amérique du Nord-Juin 2004- ACO5 p37
Dans le plan affine, on considèreABCun triangle rectangle enA,Ile milieu du segment[AB]etJle centre de gravité deABC.
Pour tout réelm, différent de−1
3, on noteGmle barycentre du système de points pondérés{(A; 1)(B;m)(C; 2m)}.
Pour tout pointMdu plan, on note−→
VM = 3−−→
M A−−−→
M B−2−−→
M C.
Pour chacune des affirmations suivantes, dire si elle est vraie (V) ou fausse (F).
1. G1 est le milieu du segment[CI].Vraie
Iest le milieu de[AB]doncIest le barycentre de{(A; 1)(B; 1)}.
OrG1est le barycentre de{(A; 1)(B; 1)(C; 2)}donc par associativité du barycentre,G1est aussi le barycentre de{(I; 2)(C; 2)}
et doncG1 est le milieu de[CI].
2. G1 est barycentre de{(J; 2)(C;2 3)}Vraie
J est le centre de gravité deABCdoncJest le barycentre de{(A; 1)(B; 1)(C; 1)}.
OrG1 est le barycentre de {(A; 1)(B; 1)(C; 2)} cad de{(A; 1)(B; 1)(C; 1)(C; 1)} donc par associativité du barycentre G1
est le barycentre de{(J; 3)(C; 1)}donc par homogénéité du barycentre de{(J; 2)(C;2
3)}. ( en multipliant ts les coeffs par2 3).
3. Pour tout pointM,−→
V M =−−→
AB+ 2−−→
AC Faux
∀M,−→
V M= 3−−→
M A−(−−→
M A+−−→
AB)−2(−−→
M A+−−→
AC) =−−−→
AB−2−−→
AC =−(−−→
AB + 2−−→
AC).
4. Pour toutm, distinct de−1 3,−−−→
AGm est colinéaire à−−−−→
AG−1. Vraie Soitmun réel différent de−1
3 etGmle barycentre de{(A; 1)(B;m)(C; 2m)}.
Alors−−−→
AGm = m 3m+ 1
−−→AB+ 2m 3m+ 1
−−→AC =− m
3m+ 1(−−−→
AB−2−−→
AC) Or (en appliquant ceci pourm=−1)−−−−→
AG−1 =−1 2(−−−→
AB−2−−→
AC)donc−−−→
AB−2−−→
AC =−2−−−−→
AG−1. D’où finalement−−−→
AGm = 2m 3m+ 1
−−−−→
AG−1 et donc−−−→
AGm est donc colinéaire à−−−−→
AG−1. 5. IBG
−1/2est un triangle rectangleVraie G−1/2est le barycentre de{(A; 1)(B;−1
2)(C;−1)}
donc∀M,−−→
M A−1 2
−−→M B−−−→
M C=−1 2
−−−−−→
M G−1/2. Donc pourM=B,−−→
BA−−−→
BC =−1 2
−−−−−→
BG−1/2 cad−−−−−→
BG−1/2 =−2−−→
CA = 2−−→
AC. Donc(BG
−1/2)//(AC).
OrABCrectangle en A donc(AC)⊥(BA)d’où(BG
−1/2)⊥(BA).
OrI∈(BA)donc(BG
−1/2)⊥(BI).
D’oùIBG
−1/2rectangle en B.
A I B
C
G−1/2
6. Pour tout pointP de(AG−1), il existe un réelmtel queP=GmFaux SoitP un point de(AG−1). Alors il existe un réelktel que−−−−→
AG−1 =k−−→
AP. Or∀m6=−1
3,2m−−−−→
AG−1 = (3m+ 1)−−−→
AGm donc2mk−−→
AP = (3m+ 1)−−−→
AGm. DoncP =Gm⇔2mk= 3m+ 1⇔m(2k−3) = 1.
Donc sik6=3
2 alorsP=G1/2k−3. Et sik= 3
2 cad siP est le point tel que−−→
AP = 2 3
−−−−→
AG−1 alors il n’existe pas de réelmtel queP=Gm.
C.Gontard-C.David-H.Meillaud 1/2 s’entrainer plus-corrigé exos 1 et 2
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Lycée Desfontaines Chap.11: Géométrie dans l’espace
Exercice 2 :Batterie nationale, exo 23 p26
On considère un cube ABCDEF GH, d’arête de longueura (a réel strictement positif).
Soit I le point d’intersection de la droite (EC)et du plan (AF H).
I
A
B C
D E
F G
H
1. Calculons, en fonction dea, les produits scalaires suivants :−−→
EA .−−→
AF ; −−→
AB .−−→
AF ; −−→
BC .−−→
AF :
−−→EA .−−→
AF =−−−→
AE .−−→
AF =−−−→
AE .−−→
AE =−AE2=−a2 (carEAF étant rectangle enE,E est le projeté orthogonal deF sur (AE)).
−−→AB .−−→
AF =−−→
AB .−−→
AB =AB2=a2(carABFétant rectangle enB,Best le projeté orthogonal deF sur(AB)).
ABCDEF GH étant un cube, (BC)est orthogonale aux deux droites sécantes (AB) et(BF) du plan(ABF)donc est orthogonale au plan(ABF)dc à tt droite de ce plan, donc à(AF)d’où−−→
BC .−−→
AF = 0.
2. Déduisons-en que les vecteurs−−→
EC et−−→
AF sont orthogonaux.
On admettra de même que les vecteurs−−→
EC et−−→
AH sont orthogonaux.
−−→EC .−−→
AF = (−−→
EA+−−→
AB+−−→
BC).−−→
AF =−−→
EA .−−→
AF +−−→
AB .−−→
AF +−−→
BC .−−→
AF =−a2+a2+ 0 = 0.
D’où−−→
EC et−−→
AF sont orthogonaux.
On admet que, de même, les vecteurs −−→
EC et−−→
AH sont orthogonaux.
3. Déduisons-en que le pointIest le projeté orthogonal deEsur le plan(AF H):
−−→EC ⊥−−→
AF et−−→
EC ⊥−−→
AH donc (EC)est orthogonale aux deux droites sécantes (AF)et(AH)du plan(AF H)donc est orthogonale à ce plan (dc à tt droite de ce plan). Donc le projeté deEsur(AF H)est le point d’intersection de(EC)avec (AF H)cad est le pointI.
4. (a) Justifions les résultats suivants : les droites(AF)et(EH)sont orthogonales ainsi que les droites(AF)et(EI): ABCDEF GHétant un cube,(EH)est orthogonale aux droites sécantes(EA)et(EF)du plan(EAF)dc est ortho- gonale à ce plan donc à tt droite de ce plan,notamment à(AF).
(EI), confondue avec(EC), est orthogonale au plan(AF H)donc est orthogonale à tt droite de ce plan, donc à(AF).
(b) Déduisons-en que la droite(AF)est orthogonale à la droite(HI):
D’après ce qui précède,(AF)est orthogonale aux droites sécantes(EH)et(EI)du plan(EHI)dc est orthogonale à ce plan, dc à tt droite de ce plan, notamment(HI).
(c) Etablissons de même que la droite(AH)est orthogonale à la droite(F I):
ABCDEF GHétant un cube,(EF)est orthogonale aux droites sécantes(EH)et(EA)du plan(EHA)dc est ortho- gonale à ce plan, dc à tt droite de ce plan, notamment à(HA).
(EI)est orthogonale au plan(AF H)dc à tt droite de ce plan, donc à(AH).
Ainsi,(AH)est orthogonale aux droites sécantes(EF)et(EI)du plan(EF I)dc est orthogonale à ce plan, dc à tt droite de ce plan, notamment à(F I).
5. Que représente le pointIpour le triangleAF H? Iappartient au plan(AF H).
(HI)⊥(AF)donc(HI)hauteur issue deH du triangleAF H.
(F I)⊥(AF)donc(F I)hauteur issue deF du triangleAF H.
Donc le point d’intersectionIde(HI)et(F I)représente l’orthocentre deAF H.
