Droites et plans de l'espace .pdf



Nom original: Droites et plans de l'espace.pdfTitre: 5526_110476_CH09.indd

Ce document au format PDF 1.3 a été généré par Adobe InDesign CS4 (6.0) / Adobe PDF Library 9.0, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 27/04/2015 à 19:54, depuis l'adresse IP 90.42.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 1427 fois.
Taille du document: 5.9 Mo (12 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


ACTIVITÉS

(page 266)

Activité 1
1 1. a) La trace de N est un quadrilatère qui semble être
un trapèze.
b) La trace n'est pas la même mais sa nature ne change
pas. Cependant, pour une certaine position de S, le trapèze
semble isocèle.
2. a) La droite (SM) n'est pas parallèle au plan (ABC) et
n'est pas incluse dans ce plan, donc N existe toujours.
E

e) Si M parcourt le segment [IL], alors M = N et N parcourt
le même segment.
f) Le contour de la tache de lumière est donc un trapèze, de
bases [IL] et [J’K’].

3 a) On projette S en S’ sur le plan (ABC) parallèlement
à (FB). Le point S’ est donc situé sur [BD].
b) Le point P est donc en K’ intersection de (S’L) et (SK).
De même Q est en J’.

H

S

G

F
K

J

A

Activité 2

D

S’
B

I
J’

1 (EH) et D1 sont orthogonales ainsi que (HG) et D2, etc.

C

L
K’

b) M est un point du plan (SKL), donc la droite (SM) est
110476_C09_prof_fig01
dans ce plan
et il en est de même de N.
c) Si M parcourt le segment [I J ], alors N décrit le segment
[IJ’].
d) Lorsque M parcourt le segment [JK], N est un point
du plan (SJK) et du plan (ABC). Or (IL), contenue dans
(ABC), est parallèle à (JK) contenue dans le plan (SJK).
Donc, d'après le théorème du toit, la droite intersection est
parallèle à (IL) et (JK). Le point N parcourt le segment
[J’K’].

2 a) IAJ est un triangle isocèle car AI = AJ = 12.
b) Le triangle IBJ est un triangle isocèle, la bissectrice [BH]
est donc également hauteur et médiatrice et les triangles
BHI et BHJ sont rectangles.
c) D'après le théorème de Pythagore, BH2 = IB2 – IH2 = 1 – IH2
et de même le triangle AHI est rectangle en H car H est le
milieu de [IJ], donc :
AH2 = AI2 – IH2 = 2 – IH2.
2
2
d) AH – BH = 2 – IH2 – (1 – IH2) = 1 – AB2,
soit AH2 = BA2 + BH2.
Il en résulte que le triangle ABH est rectangle en B, donc d
et d3 sont perpendiculaires.
© Nathan 2012 – Transmath Term. S

CHAPITRE

9

Droites et plans
de l'espace

Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace

1

PROBLÈME OUVERT
1 HC.
I et J sont les milieux de [AH] et [AC], donc IJ = 
2
Or HC = 412, donc I J = 212.
Dans le triangle rectangle ICG on a IG2 = IC2 + CG2.
1 AC = 212, donc IG2 = 8 + 16 = 24.
Or IC = 
2
De même, GJ2 = 24 dans le triangle rectangle JKG.
GK2 = GJ2 – KJ2 = 24 – 2 = 22
GK = 422 donc
1 GK × IJ = 1 422 × 212,
aire (IGJ) = 

2
2

soit aire (IGJ) = 444 cm2 = 2411 cm2 < 7 cm2.
Conclusion : l'aire du triangle ne dépasse pas 7 cm2.
G

2 6

2 6

K
2 5

J

I

110476_C09_prof_fig02

Application (page 270)

EXERCICES
1

M et N sont deux points du plan (ASC).
Le plan (ASC) coupe le plan (ABC) suivant la droite (AC),
donc la droite (MN) coupe le plan (ABC) en E situé sur la
droite (AC).

Les points I, J, K sont alignés car ils appartiennent à la
droite D intersection des plans (BCD) et (MNP).
A
M

P

S
N

B

M

C

N

I

D



A
C

E

B

2

110476_C09_prof_fig03
La droite
(AI) contenue dans le plan (ABC) coupe
(BC) en J. De même, la droite (AK) du plan (CAD) coupe
(CD) en L. Les droites (JL) et (IK) sont coplanaires et
sécantes en E.
Le plan (AIK) coupe le plan (BCD) suivant la droite (JL),
donc l'intersection F du plan (AIJ) et de la droite (BD) est
l'intersection des droites (BD) et (JL).

J

4

1.110476_C09_prof_fig05
M est un point du plan (HDA), donc (MN) coupe
(AD) en K qui est l'intersection de la droite (HM) et du plan
(ABC).
2. M est un point du plan (KBH), donc la parallèle à
(HB) passant par M coupe (KB) en I. Ce point est donc
l'intersection de la droite d et du plan (ABC).
H
F

M
B

A
K
K

B

D

F

L E

J
C

3 La droite
(MN) est dans le plan (ABC) et n'est pas
110476_C09_prof_fig04
parallèle à (BC). Elle coupe donc (BC) en I. De même,
(NP) contenue dans (ACD) n'est pas parallèle à (CD) donc
coupe (CD) en J et de même (MP) coupe (BD) en K.

C

D

I
© Nathan 2012 – Transmath Term. S

G

E

A

2

E

D

I

d

5 I et K sont des points du plan (ABF), donc (IK)
coupe (AB) en110476_C09_prof_fig06
L. De même, J et K sont deux points du plan
(CBF), donc (JK) coupe (BC) en M.
Les points L et M
H
G
J
appartiennent
à
I
E
la fois aux plans
F
(IJK) et (ABC).
D
C
K
La droite (LM) est
donc la droite D
A
L

MB
cherchée.

Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace

110476_C09_prof_fig07

6

(MN) est une droite du plan (ABC). Elle coupe donc
(BC) en E. (EP) est une droite du plan (BCD). Elle coupe
donc [BD] en Q. La section du tétraèdre ABCD par le plan
(MNP) est donc le quadrilatère MNPQ.

résulte que (EG) est perpendiculaire aux droites (HF) et
(FB), donc au plan (HDB).
2. (EG), étant perpendiculaire au plan (HDB), est
perpendiculaire à toutes les droites de ce plan, donc à (HB).
H

A
E

M

A

P
C

7

1. Le 110476_C09_prof_fig08
plan (BDH) est aussi le plan (BFH). (EG) est
perpendiculaire à (HF) comme diagonales du carré EFGH.
De plus, (FB) est perpendiculaire au plan (EFG) donc à
toutes les droites de ce plan et en particulier à (EG). Il en

110476_C09_prof_fig09
Le plan (EHB)
est aussi le plan (EHC). On raisonne
comme pour l'exercice 7. (HC) est perpendiculaire à (DG) et
(EH), étant perpendiculaire au plan (DCG), est orthogonale
à (DG). Donc (DG), étant perpendiculaire aux deux droites
concourantes (HF) et (HE), est perpendiculaire au plan
(EBH).

Activités de recherche (page 274)

13 Section plane d'un cube
• Les outils
– Logiciel de géométrie pour conjecturer.
– Le parallélisme dans l'espace.
– Le théorème de Pythagore.
• Les objectifs
– Savoir conjecturer un résultat.
– Savoir reconnaître la nature d'une section.
E
H
1. a) Le point M est le centre de
gravité du triangle ADH. En effet,
O
les diagonales du carré se coupent
J
M
en O et l'on a :
DE = 2DO donc 3DM = 2DO, d'où
D
2 DO. Par ailleurs, O est le A
DM = 
3
milieu de [AH].
110476_C09_prof_fig10
2 de la médiane à
Le centre de gravité du triangle ADH aux 
3
partir de D est donc le point M.
b) M étant le centre de gravité du triangle ADH, le point J
est le milieu de [DH].
J et G sont deux points du plan (AHG) et de la face DCGH,
donc le segment [JG] est l'intersection cherchée.
H

G

En conclusion, la section est le parallélogramme AIGJ.
b) G se projette orthogonalement
E
F
en F sur le plan (ABFE), et J en K
milieu de [AE]. Donc (FK) // (AI)
I
K
et I est le milieu de [FB].
c) I étant le milieu de [FB], on
A
B
retrouve sur les faces ABFE et
BCGF les mêmes configurations.
AI2 = AB2 + IB2 = 16 + 4 = 20 et de même
IG2 = 20.
110476_C09_prof_fig11bis
Donc le parallélogramme, ayant deux côtés consécutifs de
même longueur, est un losange.
3. a) et b) La diagonale IJ = DB = 412 cm.
De plus, AG2 = AC2 + CG2 = AB2 + BC2 + CG2,
soit AG = 413 cm. On a :
1 I J × AG = 1 412 × 413 cm2 = 816 cm2.
aire (AIGJ) = 

2
2
G
1 AI × AJ × sin dIAM,
aire (IAJ) = 
2
1 (215)2 sin dIAM.
soit 416 = 
2
D'où 416 = 10 sin dIAM.

I

M

216
Or sur dIAM = , soit dIAM ≈ 78°.
5

A
110476_C09_prof_fig12

F

J

K

J

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

EXERCICES

14 Un calcul de distance
D

I
C

A

B

8

E

M

C

D

N

E

F
D

Q

B

G

4 cm

B

2. a) Le plan (AMG) coupe la face ABFE suivant un
110476_C09_prof_fig11
segment [AI] parallèle
à [JG].

• Les outils
– Orthogonalité de droites et de plans.
– Le théorème de Pythagore.
– Le théorème de Thalès.
• L'objectif
– Savoir calculer des distances dans l'espace.

Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace

3

1. a) Les droites (SA) et (MP) sont parallèles, donc P est un
point du plan (ASC) et également un point de la diagonale
[AC] du carré ABCD.
b) (MP) est perpendiculaire au plan (ABC), donc à (AB).
De plus, (AB) est perpendiculaire à (PH). Donc (AB),
étant perpendiculaire à deux droites concourantes du plan
(MPH), est perpendiculaire à ce plan et en particulier à la
droite (MH).
2. a) SC2 = SA2 + AC2 = 36 + 32 = 68, donc SC = 2417 cm.
Dans le triangle ACS on a :
AS
MP CM 1
 =  =  donc MP =  = 2 cm.
AS CS 3
3
b) Dans le triangle ABC :
CP
CM 2
PH AP AC – CP
 =  =  = 1 –  = 1 –  = ,
BC AC
AC
CA
CS 3
8
2
2
donc PH =  BC =  × 4, soit PH =  cm.
3
3
3
c) Il en résulte que :
64 + 36 100
64
MH2 = PH2 + PM2 =  + 4 =  = ,
9
9
9
10
soit MH =  cm.
3

PH = AP = 1 – CP = 1 – t,
De même, 


4
AC
CA
donc PH = 4(1 – t).
Il en résulte que
MH2 = 16(1 – t)2 + 36t2 = 4 [13t2 – 8t + 4].
On note f la fonction définie sur [0 ; 1] par
f(t) = 4 (13t2 – 8t + 4).

4,
On a f’(t) = 4 (26t – 8), donc MH est minimale pour t = 
13
4 CS.
soit CM = 
13

17 TD – Sections planes d'un cube
H

C

P
A

H
4 cm

B

15 Narration
de recherche
110476_C09_prof_fig13
Il semble que la section soit un
M
rectangle MNPK.
E
En effet, si on trace par J et
K les parallèles à (DH), elles
coupent respectivement [FG] en
K
N et [EH] en M tels que
A
4 EM = EH et 4 GN = GF.
D'où la figure ci-après.

H

N

I

G
J

F

I

D

P

C

B

N

M

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

E

F

Dans le plan, eEM = eNG, donc EMGN est un parallélogramme.
Comme I est le 110476_C09_prof_fig15
milieu de [EG] il est aussi le milieu de
[MN]. Ainsi, les points I, J, M, N, K sont coplanaires.
Il en est de même des points I, J, K, P.
Ainsi, la section est bien un rectangle.

16 Narration de recherche
On reprend les résultats de l'exercice 14 avec cette fois
CM = t CS, avec 0  t  1.
MP
 = t, donc MP = 6t.
AS

4

F

K

O
N

D

C

L

M
A

B

18 TD – Les alvéoles des ruches

110476_C09_prof_fig14
G

H

I

E

A. 2. La section va du triangle à l'hexagone.
B. 1. a) Les plans (ADH) et (BCG) sont parallèles, donc ils
110476_C09_prof_fig16
sont coupés par le plan (NIJ) suivant deux droites parallèles
(MN) et (JK).
b) Il en va de même pour les droites (IJ) et (ML), ainsi que
(NI) et (LK).
2. a) Les droites (HE), (I J) et (MN) sont concourantes
en O. En effet, les droites (EH) et (IJ) du plan (EFG) se
coupent en O. Ce point O appartient aux plans (AED) et
(NIJ). Il appartient donc à l'intersection de ces deux plans,
c'est-à-dire à la droite (MN).
b) Il en va de même pour les droites (IJ), (HG) et (LK).

M
D

P

J

S

6 cm

G

A. 1. Figure 2. OABC est un losange. Par conséquent,
les diagonales sont perpendiculaires et se coupent en
leur milieu. D'où le résultat. AP est la hauteur du triangle
a13
équilatéral OAB de côté a, donc AP = .
2
OP
BP
2. Figure 3. Sin hBB1P = sin dOSP, soit  = .
B1P SP
Or BP = OP, donc B1P = SP et P est le milieu de [B1S].
3. Figure 1. P est le milieu de [AC] et [B1S], donc le
quadrilatère AB1CS est un parallélogramme. Or (AP) est
perpendiculaire à [BO] et (OS), donc au plan (BOS) et en
particulier à (B1S). Il en résulte que AB1CS est un losange.
B. 1.  = aire(AB1CS) + 2aire(ABGH) – 2aire(ABB1), or
aire(ABGH) est constante donc  et  sont minimales
ensembles.
a2
1 94x2 + a2.
2. a) B1P2 = BP2 + BB21 =  + x2, soit B1P = 
4
2
a13
b) aire (AB1CS) = AP × B1S =  × 94x2 + a2 ;
2
ax
aire(ABB1) = .
2
a13
Donc
 =  94x2 + a2 – ax.
2

Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace

13
213x
8x
3. a) f’(x) =  ×  – 1 =  – 1
2
2
2 294x + a
94x2 + a2

a12
b) Donc x0 = .
4

213x – 84x4a2
= .
94x2 + a2
D'où le tableau :

a16
3a12
4. a) Dans ce cas, B1P =  et AB1 = .
4
4

x

a12
4
0

0

f’



B1P 13
θ
b) Donc cos  = cos(hAB1P) = 
= 
2
AB1 3

+∞



+

θ
2 – 1 = – 1.
et cos θ = 2 cos2  – 1 = 

2
3
3

 

a12
f 
4

f

Soit θ ≈ 109° 47.

Entraînement (page 278)

EXERCICES

25 Le plan (IGJ) coupe le plan (ABC) suivant la droite

DE TÊTE
19 a) d // 2.

b) d ^ 2.

(MN) parallèle à (GI). Ainsi, (MN) et (IJ) sont coplanaires
et leur intersection est le point K cherché.

c) d // 2.

H

20 1. BEG est équilatéral.
2. Le plan EGA contient le rectangle AEGC et I n'appartient
pas à ce plan. Donc les droites ne sont pas sécantes.

G
I

E

F

J

21 Le plan (IJC) coupe le plan (EFG) suivant une droite
passant par I et parallèle à (JC). C'est la droite (IE). Donc E
appartient au plan (ICJ).

C

D
A



B

N

K

M

26 La
figure ci-après a été réalisée avec K milieu de
110476_C09_prof_fig19

INTERSECTION D'UNE DROITE
ET D'UN PLAN
22 Corrigé sur le site élève.
23 1. a) 1 et la face
H
ADHE ont en commun
les points A et H, donc
E
F
l'intersection est la droite
(AH).
I
b) 2 coupe la face BCGF
D
suivant la droite (BG).
2. Ces droites (AH) et
(BG) sont parallèles, ainsi A
B
que les droites (DB) et
(HF). Donc les plans 1 et 2 sont parallèles.

G

J

N
Q

A

E

G

B

G
F
K

O

N

A

K

P

J

I

R

M C

D

D

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

J

W
C

110476_C09_prof_fig17
H
24 I se projette orthogoI
nalement sur le plan (ABC) en J
F
E

milieu de [AD] et M en N tel que
4BN = BC.
Donc (IM) coupe le plan (ABC)
en K, intersection de (IM) et
(JN).

[FB].
1. Voir la figure.
2. a) Les points U, Q et R appartiennent aux plans (IJK)
et (AOD), donc à l'intersection de ces plans. Ils sont donc
alignés.
b) Il en est de même de V, N, P qui appartiennent à la fois
aux plans (IJK) et (DOC).
c) La droite (OD) est l'intersection des plans (AOD) et
(DOC). Donc le point commun W aux droites (RQ) et (PN)
appartient à cette droite.

V
C

B

L

M

U

110476_C09_prof_fig18

110476_C09_prof_fig20

Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace

5

3. Si a est le côté du carré, K étant le milieu de [FB], alors
a
IF = BL et FJ = BM, donc BM = BL = .
2
BM = BL = 1 .
Donc, dans le triangle ALU, 
 
AU AL 3
BL = 1 , donc AU = CV = 3a , soit
De même 


CV 3
2
5a12
5a
OV = OU =  et UV = .
2
2
5a12
On démontre de même que UW = WV = .
2
D'où le résultat.

2. La droite d coupe (FG) en O, (OI) coupe (HG) en M et
(EF) en Q.
L'intersection est donc le trapèze MNPQ, car les plans
(HGC) et (EFB) sont parallèles, donc (MN) est parallèle
à (PQ).

32

A
E

INTERSECTION DE DEUX PLANS
H

27 1. Le plan (EGJ) coupe

le plan (ABC) suivant une
E
F
droite passant par J et parallèle
à (EG) ou (AC).
D I
Donc (JK) est parallèle à (AC)
C
J
et le point K de [AB] est tel
que 4AK = AB.
B
A K
2. Les droites (EK) et (HI) sont
D
C
parallèles, donc (HI) est parallèle
110476_C09_prof_fig21J
au plan (EGJ).

28 Corrigé sur le site élève.
A K

E

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

I
L
V

A

K
E

d

I
F F

D
P
B

M F
C

N

C

C
J
U

La110476_C09_prof_fig27
droite (KJ) coupe (DC) en U et (AD) en V.
En traçant (IU) on obtient M sur (SD) et (VM) coupe (AS)
en L. La section est le polygone IJKLM. On remarquera
que (LK) et (IJ) sont parallèles (théorème du toit).

D

110476_C09_prof_fig24

M G

K

O L

B

O

D
A

B

B

31 1.

6

M

C

SECTION D'UN POLYÈDRE
PAR UN PLAN

A

33 Corrigé sur le site élève.
S

110476_C09_prof_fig23
A

E

1. (EF) coupe (BC) en K et (KG) coupe (BD) en L.
110476_C09_prof_fig26
La section est le quadrilatère EFGL.
2. a) On prend par exemple (EF) parallèle à (BC) pour
avoir un trapèze.
b) Si (EF) est parallèle à (BC) et (FG) parallèle à (AD), on
obtient un parallélogramme (théorème du toit).

B

D

30 OK = 1 OB et OL = 1 OD.
3
3
Donc, d'après le théorème de Thalès
dans le triangle BDO, les droites
(KL) et (BD) sont parallèles. On
démontre de même dans le triangle
AED que KM est parallèle à (AD).
Il en résulte que le plan (KLM) est
parallèle au plan ABD.

Q

C K


S
110476_C09_prof_fig22

et (BC) sont parallèles, donc
les plans (SAD) et (SBC) se
coupent suivant une droite D
passant par S et parallèle à
(BC) (théorème du toit).
b) (AB) et (DC) se coupent
en E, donc la droite (SE) et
l'intersection des plans
(SAB) et (SDC).

F

34

29 a) Les droites (AD)

H

B

G

L D
G

DROITES ET PLANS ORTHOGONAUX
35 Notons (P) la proposition « d orthogonale à  » et (Q)
« d orthogonale à D ».
d
(P) ⇒ (Q) est vraie.
En effet, si d est

orthogonale à  elle

est orthogonale à toute
droite de , donc à D.
(Q) ⇒ (P) est fausse,
d
car si d est orthogonale 110476_C09_prof_fig28
à D elle n'est pas

nécessairement perpendiculaire à .


Enseignement
spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace
110476_C09_prof_fig25

110476_C09_prof_fig29

S

un carré. (SO) est perpendiculaire
au plan (ABC) donc à (DB).
Il en résulte que (DB) est
perpendiculaire au plan (AOS),
donc à toute droite de ce plan et
en particulier à (AS).

37 Corrigé sur le site élève.

D

C
O

A

B

110476_C09_prof_fig30

38 (CD) est perpendiculaire à (AH) et (AB), donc au
plan (ABH). De plus, (BK) étant perpendiculaire au plan
(ACD) est perpendiculaire à (CD). Donc K est un point du
plan ABH et A, K, H sont alignés.
39 (AS) étant perpendiculaire au plan (ABC), les
triangles SAB et SAD sont des triangles rectangles en A.
De plus, (AB) est perpendiculaire à (AD) et (AS), donc au
plan (SAD) et en particulier à (SD). Donc, comme (DC) est
parallèle à (AB), le triangle SDC est rectangle en D et l'on
a SD2 = 2a2, SC2 = 3a2, SB2 = 5a2 et CB2 = 2a2, donc SB2 =
SC2 + CB2 et le triangle SCB est rectangle en C.

Les droites (OC) et (AB) sont perpendiculaires, donc (MN)
et (MQ) sont perpendiculaires. Ainsi, le parallélogramme
MNPQ, ayant un angle droit, est un rectangle.
2. a) OM = x. Les triangles OMQ et
B
OAB sont rectangles isocèles, donc
MQ = x 12.
Q
H
De plus, le triangle AOC est rectangle
isocèle, donc MN = AM = a – x. Ainsi,
A
O x M
aire (MNPQ) = x12(a – x).
C
x12
OH = , H étant le projeté orthogonal
2
N
110476_C09_prof_fig33
de O sur le plan (MPQ), donc sur (MQ).
Il en résulte que le volume de la
1 × OH × aire(MNPQ), A
pyramide est 
M x O
3
soit
1 x 12
1 110476_C09_prof_fig34
2
– x3).
 ×  × x 12(a – x) =  (ax
3
2
3
b) Soit f la fonction définie sur [0 ; a] par
1 (ax2 – x3) ; on a f’(x) = 1 (2ax – 3x2) = 1 x (2a – 3x).
f(x) = 


3
3
3
x

40 1. a) D'après le théorème des « milieux » :
A
BD
IK = LJ = 
2
K
AC
et
IL = KJ = .
I
2
D
Or BD = AC, donc IJKL est
N
M
un losange.
B
J
b)
Les
diagonales
d'un
losange
sont
L
perpendiculaires, donc (IJ)
C
^ (KL).
De même, (IJ) ^ (MN) et (MN) ^ (LK).
110476_C09_prof_fig31
2. a) (IJ), étant perpendiculaire
à (KL) et (MN), est
perpendiculaire au plan formé par ces deux droites sécantes,
donc en particulier à (LN) et (NK).
b) D'après le théorème des « milieux » (LN) // (AB) et
(NK) // (CD), donc (IJ) est orthogonale à (AB) et (CD).
3. Le milieu G de [IJ] est tel que (GI) est la médiatrice de
[AB] et [CD], donc :
GA = GB et GC = GD.
De la même manière, on démontre que GA = GD.
Donc G est le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre.

f’

+

44


M

N

M

O

A

B



On a (BC) ^ (AH) et (MH), étant perpendiculaire au plan
110476_C09_prof_fig35
(ABC), est perpendiculaire
à (BC). Donc (BC), étant
perpendiculaire à (AH) et (MH), est perpendiculaire au
plan (AMH) donc à (AM). On démontre de même que
(AC) ^ MB et (AB) ^ (MC).
A
I

E

D

B

M

L
J

Q

C

H

B

P



43 Corrigé sur le site élève.

EXERCICES DE SYNTHÈSE
C

0

2 a.
Le volume est donc maximal pour x = 
3

K

42 1.

α

f

45 1. a)

41 Corrigé sur le site élève.

2
3

a

0

C

b) E milieu de [BK] est tel que BE = EK = KA donc, dans
110476_C09_prof_fig36
le triangle EAD,
(KI) est la droite des milieux. Il en résulte
que (KI) et (ED) sont parallèles. Donc, dans le triangle

A
110476_C09_prof_fig32

Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace

7

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

36 (DB) ^ (AS) car ABCD est

(BKM), on a tracé par le milieu E de [BK] la parallèle à
(KM), elle coupe donc [BM] en son milieu D.
C
2. a) M et J sont deux points
M
des plans (KIJ) et (BCD), donc
L
l'intersection L de (JM) et (CD) J
D
est l'intersection de (CD) et du
B
plan (IJK).
b) L est le centre de gravité du triangle BCM, donc
110476_C09_prof_fig37
2 CD.
CL = 
3

46

Prendre toutes les initiatives
48 On pose BM = t BH avec t ∈ [0 ; 1].
Or BH2 = HD2 + DB2 = HD2 + DA2 + AB2 = 3a2,
donc BM = 13a t.
Si on considère le triangle rectangle HAB, on a :
AM2 = BM2 + BA2 – 2BM × BA cos(α).
H
M
3at

a 2

S

O




J
I

M

1 ,
AM2 = 3a2 t 2 + a2 – 2a × 13a t × 
13
soit AM2 = 3a2t 2 – 2a2t + a = a2(3t 3 – 2t + 1).
Dans le triangle isocèle AMC (AM = MC), on a :
AC2 = AM2 + MC2 – 2AM × MC cos(2θ).

D
V

N

C

A
B

1. a) Les plans (SAB) et (SDC) sont tels que (AB) // (DC)
donc,
d'après le théorème du toit, leur intersection est la
110476_C09_prof_fig38
parallèle à (AB) passant par S.
b) O est à la fois dans le plan (IJK) et le plan (SDC). Il en
est de même du point K. Donc (OK) est l'intersection des
deux plans, et ainsi les points O, M, K, N sont alignés.
2. Les droites (IJ) et (AB) du plan (ABC) se coupent en V.
V et N sont communs aux plans (ABC) et (IJK), donc (VN)
est l'intersection de ces deux plans et coupe (AD) en P.
3. On trace par S la droite D puis O intersection de (IJ) et
D. La droite (OK) coupe (SC) en M et (DC) en N.
La droite (IJ) coupe (AB) en V et (VN) coupe (AD) en P.
D'où le pentagone IJMNP.

M
2
A

1
3
0

0

1



f’



+
1
2

0

AVEC LES TICE



f

47 1. On a : MN // RQ // AF,
NP // SR // AH, SM // PQ // HF.
F P
Ainsi, les triangles MBN, NFP, E
R
GPQ, QHR, et RSD sont tous
des triangles rectangles isocèles.
N
On a donc :
C
S D
MB = BN = PG = GQ = RD
= DS = a – x, A x M a – x B
AM = AS = HR = HQ = FP = FN = x.
110476_C09_prof_fig39
Donc MN = PQ = SR = (a – x) 12 et
PN = SM = RQ = x 12.
2. On en déduit que le périmètre du polygone est 3a 12. Il
est donc indépendant de la position de M sur le segment
[AB].
H

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

C

a 2

2MA2 – AC2
D'où cos 2θ = 
,
110476_C09_prof_fig41
2AM2
2a2(3t 3 – 2t + 1) – 2a2
3t 2 – 2t
= 
.
soit cos 2θ = 
2a2(3t 2 – 2t + 1)
3t 2 – 2t + 1
On note f la fonction définie sur l'intervalle [0 ; 1] par
3t 2 – 2t
f(t) = 
;
3t 2 – 2t + 1
2(3t – 1)
alors f’(t) = 
.
(3t 2 – 2t + 1)2
D'où le tableau :
t

8

B

AB = a = 1 , donc :
Or cos α = 
 
110476_C09_prof_fig40
BH a13
13

K

P

a

A

Q

1
–
2

G


1 13a = 13 a.
donc lAMC =  et BM = 

3
3
3

49 Le plan (AMB) coupe  suivant la droite (IJ). Or
O est aussi un point de cette intersection, donc lorsque M
varie la droite (IJ) passe par le point fixe O.

Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace

B

A



O

M
J

I

110476_C09_prof_fig42

Le jour du BAC (page 282)
On a DF = 13 et IJ = 12, donc

50  Corrigé sur le site élève.
5
H
G
51  1. IF =  
​   ​  = FJ2
4
F
et IJ2 = IC2 + CJ2
E
J
5 1 3
K
​   ​  =  
​   ​ .

= ​    ​+  
4 4 2
D
Le triangle est donc
L C
isocèle.
2. Les plans (ABF) et
A
B
I
(DCG) sont parallèles,
donc le plan (IFJ) coupe la face DCGH suivant [JL]
110476_C09_prof_fig43
parallèle à (IF). Ainsi la section est un trapèze.
D
3. Les droites (FG) et (BC) sont A
parallèles, C est le symétrique
de G par rapport à J, donc K est I
L
le symétrique de F par rapport
à J.
B
C
K
Il en résulte que C est le milieu
de [BK].
110476_C09_prof_fig45
CL 1
F
G
​   ​ ,
4.  
​   ​ =  
IB 2
J
1  ​IB = ​ 1 ​  CD,
donc CL = ​  
 
2
4
3
B
C
K
soit
DL = ​    ​DC.
4
2

52  1. En calculant IF, FJ, JD et DI on trouve chaque fois
110476_C09_prof_fig44
15
IF =  
​   ​ , donc le quadrilatère IFJD est un losange.
2

EXERCICES

1  ​16.
aire (IFJD) = ​  
2
2. (IJ) // (GB). Or (GB) est perpendiculaire à (FC), donc
(IJ) est orthogonale à (FC).
3. (EF) est perpendiculaire au plan (BCG) donc à (BG), et
également à (IJ). Par conséquent, (IJ) est orthogonale à (EF)
et (FC), donc au plan (ECF). De plus (EK) est contenue
dans ce plan, donc (IJ) est perpendiculaire à (EK).

53  1. a) EJ = EI =
FJ = FI =

41 + ​ 94 ​ = ​ 4133 ​ .
   

41 + ​ 19 ​ = ​ 4103 ​ .
   

Les deux triangles sont donc isocèles.
b) K étant le milieu de [IJ], on a (EK) ^ (IJ) et (FK) ^ (IJ),
donc (IJ) est perpendiculaire au plan (EKF).
2. (IJ), étant perpendiculaire au plan (EKF), est
perpendiculaire à (EF). De plus, (FP) étant perpendiculaire
au plan (EIJ), est perpendiculaire à (IJ). En conclusion, (IJ)
est perpendiculaire au plan (EPF).
3. a) (IJ) est perpendiculaire aux plans (EPF) et (EKF).
Or ces plans ont en commun F et il existe un unique plan
passant par F et perpendiculaire à (IJ), donc E, P, F, K sont
coplanaires.
b) Il en résulte l'alignement de E, K, P, car (EP) et (EK)
sont deux droites du plan (EIJ) perpendiculaires à (IJ).

54  Voir la correction de l'exercice 40 (énoncé page 280
du manuel).

Pour aller plus loin (page 284)

55  A. 1. a) Le rapport k est le rapport des hauteurs des

x
deux pyramides, soit  
​     ​.
x+h
4@’
x2
x
.
​   ​ 
b) @’ = ​  
  2 ​@ soit  
​     ​=  
x + h 3@
(x + h)
D'où 3@x = 4@’x + h 4@’.
h  4@’
​ 
  ​.
x  (3@ – 4@’) = h  4@’ soit x =  
4@ – 4@’
h   (7@@’ + @’)
Donc x =  
​ 
 ​.
  
@ – @’
1  ​@  (x + h) – ​ 1  ​@’x
2. a) 9 = ​  
 
3
3
1  ​h@.

=  
​ 1 ​  x  (@ – @’) + ​  
3
3
On en déduit que :
b) 9 =  
​ 1 ​  [h(  7@@’ + @’) + @h]
3
1

= ​    ​h  (@ + @’ + 7@@’).
3

B. 1. Les plans (EFG) et (ABC) sont parallèles donc
H
G
(KL) // IJ avec CL =  
​ 1 ​  CB.
4
J
Il en résulte que IK = JL et la
I
E
F
section est un trapèze isocèle
avec @ = aire (KBL),
@’ = aire (IFJ) et h = FB.
D
C
1
1
L
2
2. @ =  
​   ​  BK =  
​   ​  × 36 = 18.
2
2
A K
B
9
1
@’ = ​    ​IF2 =  
​   ​ .
2
2
110476_C09_prof_fig46
h = 9 donc :
1  ​× 9 ​ 18 + ​ 9 ​  + 481  ​
P = ​  
 
3
2
189
 ​ cm3.
soit P = ​  
2

 



56  1. (EG) est perpendiculaire à (FH) et (FB), donc au
plan (HFB) soit à (HB).
Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace

9

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

EXERCICES

De même, (ED) est perpendiculaire au plan (AHB), donc
à (HB). Il en résulte que (HB) est perpendiculaire au plan
(EDG).
2. Les plans (EDG) et (BEH) ont en commun les points D
et I centre de la face EFGH, donc K est un point de (DI). De
même, les plans (EDG) et (AHG) ont en commun les points
G et J centre de la face ADHE, donc K est un point de (GJ).
Ainsi K est le centre de gravité du triangle EDG.
H

G

I

E

F

K
J

C

D
A

57 

B

3x212
f(x) = 12x –  
​   ​ si x ∈ [0 ; 312],
1  ​  (612 – x)(12 2– 12x) si x ∈ [312 ; 612].
et
f(x) = ​  
2
1  ​× 312 × 6 = 912
a) f(312) = ​  
2
3x212
et lim f(x) = lim 12x –  
​   ​ = 3612 – 2712 = 912,
x → 312
x → 312
2
donc f est contenue sur I.
b) f est dérivable sur [0 ; 312] < ]312 ; 612].
Il reste à voir si f est dérivable sur 312.
• Sur [0 ; 312[, f’(x) = 12 – 3x12.
• Sur [312 ; 612], f’(x) = 12x – 12.
La dérivée à droite est f’(312) = – 6.
f(312 + h) – f(312)
La dérivée à gauche est lim–  
     ​,
​ 
h → 0
h
3
– 6h +  
​    ​   12h2
3
2 
     ​= lim– ​ – 6 +  
soit lim–  
​ 
​   ​    12h  ​= – 6.
h → 0
h → 0
2
h
Donc f est dérivable sur I.

 

110476_C09_prof_fig47

b)

1. a)

3. f est définie sur I par :

y

S

S

12 2
16

I
K
J

9 2

T
N

A
L

M

A

D

O

O

B

B

C

M

V

N
A
D
110476_C09_prof_fig48
M

B

O

M

6

C

4

S
110476_C09_prof_fig50
I
6
A

M
6 2

C

Avec le théorème de Thalès :
12 – 12x
 ​ 
.
IM = ​  
2

De plus, dans le triangle BAS, il vient LJ = LB = 6 – x  12.
110476_C09_prof_fig51

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

Donc

x
aire   (LNKIJ) = 2 aire   (LMIJ) = x   ​ 12 – 3  
​    ​12 ​,
2
3x2  12
 ​ 
.
soit 12x – ​  
2
Si M ∈ [OC], VTW est un triangle rectangle isocèle et
12 – 12x
TV =  
​ 
 ​ 
et MV = MC = 612 – x.
2
Donc aire  (VTW) = 2 aire  (VTM)


10

 

2

110476_C09_prof_fig49

C

V

 



12 – 12x
= 2  ​  
 ​  
​ 1  ​(612 – x)​  
​ 
​  ​.
2
2
1  ​(612 – x)(12 – 12x).
aire  (VTW) = ​  
2

12
8

W

ML = AM = x,
A  L = x  12 et BL = 6 – x  12.

W

14
10

D

2. Si M ∈ [AO], JLMI est un trapèze rectangle.

L



O

2 2 3 2

6 2 x

58  1. x2 + 9 = y2 ; x2 + z2 = 2 ; t2 = z2 + 9,

donc z2 = 2 – x2 ;110476_C09_prof_fig52
t2 = 11 – x2 et y2 = x2 + 9.
6
6
2. S = BC + BD – AC6 – AD6 = (t2)3 + (y2)3 – (z2)3 – (x2)3,
donc
S = (11 – x2)3 + (9 + x2)3 – (2 – x2)3 – (x2)3
= 54  (x4 – 2x2 + 38).
Le minimum est donc atteint pour x = 1 et
S = 1 998.
1  ​SM × AO = ​ 1  ​× 2  (3 – x) = 3 – x.
59  1. aire  (AMS) = ​  
 

2
Le triangle (AMB) est isocèle.
AM = 0AO2 + OM2 = 8x2 + 4 et
AB = 212.
Enfin MH = 0AM2 – AH2,
soit MH = 9x2 + 4 – 2.
Donc
1  ​AB × MH
aire  (AMB) = ​  
2


= 12 8x2 + 2 = 82x2 + 4,
soit f(x) = 3 – x + 82x2 + 4.
2x
   ​
2. f’(x) = – 1 +  
​ 
82x2 + 4


Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace

2x – 82x2 + 4
 ​.
=  
​ 
  
82x2 + 4

2

M

A

H

B

110476_C09_prof_fig53

f’(x) s'annule sur [0 ; 3] pour x = 12.
12
0

0

f’



3
+
422

5
f
3 + 12

Donc pour x = 12 la somme des aires est minimale.

60  1. a)

6

H
E

N
2

M 2G
4

F

6

V

R
4

D
6

A

P

C

4

2
4

x

Q

B



4 2

4 3

2 5
2

2

1

O

P

4 5

x 2

2. a) Avec le théorème de Thalès on démontre que Q est le
milieu de
[BC] et R est le milieu de [CG]. Donc
110476_C09_prof_fig55
PQ = RM = 215, QR = 412, MP = AH = 812 et
NP = NM = 415.
b) La droite D est axe de symétrie pour la figure.
13
cos(Q   N1) =  
​   ​ = sin(F  P1)
15
6
​ 1 ​ .
​   ​  – 1 =  
donc cos(F  N) = 2cos2(F  N1) – 1 =  
5
5
1  ​. Il en résulte que F  N ≈ 78° 5 ; F   P ≈ 101° 5 et
cos F   P = – ​  
5
F  Q ≈ 129° 25.
S

14 cm

A

J

K

M
x



62  1. a) OAD et OAC sont des triangles rectangles en
A. (DB) est perpendiculaire à (AD) et (AO), donc au plan
(OAD) et en particulier à OD. Donc le triangle ODB est
rectangle en D. De même, (BC) est perpendiculaire à (AC)
et (OA) donc au plan (AOC) et en particulier à (OC). Donc
le triangle OCB est rectangle en C.

Q

4 5

61 

+

713
Il faut donc choisir M sur [AD] tel que x =  
​   ​ pour que le
3
volume soit maximal.

4 2

4 2

N

7

f

R
2 5
M
110476_C09_prof_fig54

1

713
3
0

​   ​ 
 

f’

U

b)

0

D
14 cm

B

I

C
7 cm

MIJK est un trapèze rectangle en M et K. La pyramide
AMIJK a pour hauteur AM = x.
110476_C09_prof_fig56

M

H
A
D

8 cm

C

N
B

b) Les plans (AMN) et (OCB) sont tels que (AD) // (BC),
110476_C09_prof_fig57
donc l'intersection
de ces plans, c'est-à-dire la droite (MN),
est parallèle à (BC) (théorème du toit).
On a (MN) // BC, d'où (MN) est perpendiculaire au plan
(AOC) donc à (AM). Il en résulte que le quadrilatère
AMND est un trapèze rectangle en A et M.
2. a) D'après le théorème de Thalès,
O
dans le triangle (OBC), on a

45° x 2
MN x  12
MN OM
 ​   ,
 ​ soit  
​   ​ = ​  
​   ​ = ​  
 
8
M
BC OC
8
812
K
soit MN = x.
A
C
AM2 = OA2 + OM2 – 2OA.OM cos 45°
12
​   ​ , donc

= 64 + 2x2 – 1612x  
2
110476_C09_prof_fig58
2
AM = 02x – 16x + 64 = 0(8 – x)2 + x2.
b) Donc l'aire du trapèze est égale à  
​ 1 ​  (x + 8)0(8 – x)2 + x2.
2

Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

x

On cherche donc l'aire du trapèze MIJK. Dans le triangle
x
DM ​ = ​ 7 – ​
, d'où :

ADS, on a  
​ MK ​ = ​  
 
7
14
DA
MK = 14 – 2x, MI = 14 cm.
KJ SK SD – DK
DK ​ = 1 – ​ DM ​ = ​ AM ​ 
​    ​=  
​ 
 ​ 
= 1 – ​  
,
De plus,  
​    ​=  
   
DC SD
SD
SD
DA DA
x
soit KJ = 14 ×  
​    ​= 2x.
7
1  ​× (14 – 2x)(14 + 2x) = 2(49 – x2).
Donc aire  (MIJK) = ​  
2
Par conséquent, le volume de la pyramide est :
1  ​2x  (49 – x2).
P(x) = ​  
3
2  ​x  (49 – x2).
Notons f la fonction définie sur [0 ; 7] par f(x) = ​  
3
2  ​   (49 – 3x2), d'où le tableau de variation :
On a f’(x) = ​  
3

11

(x + 8)(2x – 8)
3. a) f’(x) =  
​ 1 ​  0(8 – x)2 + x2 + 
​ 
  
   ​
2
0(8 – x)2 + x2
2x  (x – 2)
1  ​​  4x2 – 8x

= ​  
  
  ​=  
​ 

 ​  .

2
2
2 0(8 – x) + x 0(8 – x)2 + x2
x
f’

0


2
0

8
+

32

64

f
10410

8x
4x
1
2
2
2
3
0(8 – x) + x
On obtient bien un trinôme du second degré.
1
3

​   ​  ×  
​ 
   ​× ​   ​  (x + 8) 0(8 – x)2 + x2 =  
​   ​ (x + 8).
 

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

b) Donc pour x = 2 l'aire est minimale.

4. Les plans (AMN) et (AOC) sont perpendiculaires, donc
le projeté H de O sur le plan (AMN) est un point de (AM).
1  ​ OH × AM = ​ 1  ​ OA × MK, où K est
On a aire  (OAM) = ​  
 
2
2
le projeté de M sur (OA). Le triangle OKM est rectangle
8x
isocèle, donc MK = x. Il en résulte que OH =  
​    ​, donc le
AM
volume de la pyramide de OAMN est égal à :

12

Enseignement spécifique ● Chapitre 9 ● Droites et plans de l'espace


Aperçu du document Droites et plans de l'espace.pdf - page 1/12

 
Droites et plans de l'espace.pdf - page 3/12
Droites et plans de l'espace.pdf - page 4/12
Droites et plans de l'espace.pdf - page 5/12
Droites et plans de l'espace.pdf - page 6/12
 




Télécharger le fichier (PDF)


Télécharger
Formats alternatifs: ZIP Texte



Documents similaires


droites et plans de l espace
comment demontrer
book geometrie 3e
ex angles orientes 3e a
serie 3 3e math
geometrie dans space

Sur le même sujet..




🚀  Page générée en 0.014s