11Géométrie dans l'espace - Didier

Chapitre11 Géométriedans l’espaceCe chapitre reprend et prolonge le travail fait en collège en géométriedans l’espace. Les activités de conjecture, de démonstration et de constructionde figures sont poursuivies. On continue le travail sur lessolides : patrons, images mentales des situations de parallélisme etd’orthogonalité, perspective cavalière, réalité d’une figure de l’espace etreprésentation dans le plan, sections planes.Des calculs de longueurs, d’aires et de volumes permettant de mieux préciserla notion d’orthogonalité entre une droite et un plan, d’énoncer despropriétés usuelles de géométrie plane ou de l’espace, de réinvestir desacquis des autres chapitres du programme sont proposés en TP et dansde nombreux exercices.Le cours offre les définitions du vocabulaire utiles à une rédaction rigoureuse,les énoncés des propriétés nécessaires pour établir les démonstrationset de nombreux exercices d’application directe.L’utilisation du logiciel Geospace dans les TP 2 et 4 permet aux élèvesune bonne découverte des solides de l’espace dans des positions variées,de conjecturer puis d’établir des démonstrations.De nombreux renvois sont faits au CD-Rom qui accompagne le manuel,pour ceux qui souhaitent aller plus loin dans les exercices ou TP et développerla perception des objets de l’espace auprès des élèves.chapitre 11 Géométrie dans l’espace ➥1

Pour reprendre contactActivitésdc1. GHIJ est un rectangle, non carré : ( HG) // ( IJ)et( HI) // ( JG) . De plus, toute droite du plan ( AEH)est orthogonale à ( HG) , donc en particulier ( HI)et( HG)sont orthogonales. De même, pour les autrescôtés.2. a. Arêtes non sécantes du tétraèdre :[ AB] et [ DC] ; [ AC] et [ BD] ; [ AD] et [ BC].b.cylindreOab2 1. V = R 2 h où R = 1 -- AB et h = AE.2V=14,14 cm 3 .pyramide2. V = 1 -- AB ⋅BC ⋅AE.2V=9 cm 3 .3. V = 1 3 -- ⋅ h où = 1 -- AB × BC2et h = AE.V=3 cm 3 .4. V = 1 3 -- ⋅ h où = 1 -- BC × AE2et h = AB.V=3 cm 3 .cône5. V = 1 3 -- R2 h où R = 1 -- AB2et h = AE.V=4,71 cm 3 .6. V = 1 3 -- ⋅ h où = AE × BC et h = AB.V=6 cm 3 .prisme droit3 C’est le cube n o 3. Il est conseillé de construire lepatron ou d’utiliser le CD-Rom.4 1. a. largeur = 3 u , épaisseur = 0,6 u,longueur = 5,4 u.b. 4 ou 3.c. Cet objet est impossible.2. Possible : a ; c ; d.1qcrsb5 1. ( AB) // ( DC) ; ( AB) // ( HG) ; ( AB) ⊥ ( BC);( AB) ⊥ ( BC).2. ( AB) // ( EFG) ; ( EG) // ( EFG) ; ( CG) ⊥ ( EFG);( AG) ∩ ( EFG)= { A}.3. ( ABCD) // ( EFGH) ; ( ABC) = ( CDA);( AEFB) ⊥ ( ABCD).otpa2 ➥ chapitre 11 Géométrie dans l’espace

Travaux pratiques11. figure c ; 2. figure a ; 3. figure a.2 A F S F+S–A FaceTétraèdre 6 4 4 2 triangleCube 12 6 8 2 carréOctaèdre 12 8 6 2 triangleDodécaèdre 30 12 20 2 pentagoneIcosaèdre 30 20 12 2 triangle3 1. a. Le triangle EFG est un triangle isocèle rectangleen F de côtés de mesure 1 ; donc EG = 2 .2P est le milieu de [ EG] , d’où EP = ------ .2b. La droite ( AE) est orthogonale aux droites ( EF)et ( EH), donc est orthogonale à toute droite du plan( EFG) , et en particulier à ( EP).Donc AEP est un triangle rectangle en E.D’après la relation de Pythagore, dans ce triangle,AP AE 2 EP 2 3 6= + = -- = ------ .2 22. En faisant rouler le dé d’un quart de tour, le point Q6prend la place du point P, donc AQ = AP = ------ .2Ou on refait le calcul de la question 1 en montrant queABQ est rectangle en B.3. a. Le triangle APQ est un triangle isocèle( AP = AQ); donc la hauteur issue de A est la médiatricedu segment [ PQ].Comme M est le milieu de [ PQ] , les droites ( AM)et( PQ)sont perpendiculaires.Donc PAM est un triangle rectangle en M.b. P est le milieu de [ EG] , Q est le milieu de [ BG]donc dans le triangle BEG, ( PQ)est la parallèle à ladroite ( EB) et PQ 1 2= -- EB. D’où PQ = ------ .2 24. a. Dans le triangle rectangle PAM :sin PAM PM 3= -------- = ------ , d’où PAM 16,78° .PA 6b. ( AM)est la bissectrice issue de A du triangle isocèlePAQ, donc PAQ = 2PAM 33,56° .4 Un fichier Geospace avec la correction est disponiblesur le CD-Rom.W appartient à la droite ( CG) , donc au plan ( BCG).Par suite, les points V et W appartiennent aux plans Pet ( BCG).Donc l’intersection de ces 2 plans est la droite ( VW).b. De même, on montre que l’intersection des plans Pet ( ABF) est la droite ( UV).3. a. W est un point commun à P et à ( DCGH)carW ∈ ( CG).b. Les plans ( DCG) et ( ABF)sont parallèles.D’après la propriété 7, la droite intersection de P et de( DCG)est parallèle à la droite intersection de P et de( ABF).Donc l’intersection de P et de ( DCG)est la droiteparallèle à ( UV)et passant par W.c. Le point X du schéma représente un point de P et duplan ( EFGH).Comme U est aussi un point des plans P et ( EFGH),la droite cherchée est la droite ( UX).EPAB. Réponse c.UHDXC. 1. Les points J, K, F, G étant coplanaires, l’intersectionde la droite ( JK) et du plan ( EFG)est le pointd’intersection des droites ( FG) et ( JK): a.2. On trace la portion de la droite ( aI)située sur laface EFGH.3. On construit les pont b et c de la même manière eton obtient le schéma ci-dessous.bEHIFVBGWCFGJa5 A. 1. U et V appartiennent au plan ( ABEF).W appartenant à la droite ( CG)strictement parallèleau plan ( ABEF), les trois points U, V et W ne sontpas alignés (car sinon W appartiendrait au plan( ABEF)).2. a. V appartient à la droite ( BF), donc au plan( BCG).ADcBKCchapitre 11 Géométrie dans l’espace ➥3

ExercicesQue sais-je ?1 1. Réponse B 2. Réponse C3. Réponse A 4. Réponse C2 1. Réponse C 2. Réponse C3. Réponse A 4. Réponse D3 1. Réponse A 2. Réponse C3. Réponse C4 1. Réponse C 2. Réponse B3. Réponse C5 1. Réponse C 2. Réponse A3. Réponse Cc. Elles peuvent être sécantes car les points M, N, A etC sont coplanaires.En effet, ( NC) est parallèle à ( MA), donc au plan( MAC) donc ( NC) est une droite du plan ( MAC).Selon le choix des points M et N, les droites ( MN)et( AC)peuvent être parallèles.d. Non sécantes sauf si M=B, car H n’appartient pasau plan ( MBF).5 P et M appartiennent au plan ( ABD)donc P, Met N seront alignés si N est aussi dans le plan ( ABD),condition réalisée uniquement lorsque N=A.Si N=A, A, P et M seront alignés uniquement si undes 2 points P et M est confondu avec A.6HGJEF1 1. Vue arrière2. Vue de gauche3. Vue de dessus4. Vue de droiteENTRAÎNEMENTIADOBC1 2 3 47AI2a.b. c.GDBCLégende :violetorange81.A2.Avertrosejaune3 Un fichier Geospace complet est disponible sur leCD-Rom.BC3.DABCD4 a. Non sécantes, car E n’appartenant pas au planABC, les droites ( EB) et ( AC)ne sont pas coplanaires.b. Non sécantes sauf si M=D, car H n’appartient pasau plan ( DMB).BCD4 ➥ chapitre 11 Géométrie dans l’espace

91.ASBC2. On ne peut pasdessiner de pyramideà base carréeen perspective cavalièreà partir de lafigure proposée dansle manuel.13 1. SAT est un triangle rectangle.2. ST = 2 10 .6 33. cos = ------------ = ----- 102 10 10d’où 18,4° .6S10 et 114. Patron du côneAT6 = 2 ⋅ AT = 4d’où = 2 ------ rad .312 Cylindre vu en perspective :(rayon : 2 et hauteur : 8 ; figure réduite).6 cmAire latérale :2rh = 32 cm 2 100,53 cm 2 .14 1. Ce solide possède 10 sommets et 7 faces.2.JHIPatron :8FGBCIJD12,53. Le volume du solide AIJEI′J′ esth 1 .2 -- a--⎝ ⎛ 2⎠⎞ 2 1= ⋅ a = -- a83Le volume cherché est a 3 1– -- a .83 7= -- a83chapitre 11 Géométrie dans l’espace ➥5

15 1.H GGH D CGLa droite ( DH) étant orthogonale aux 2 droites ( AB)et ( AC) , ( DH)est orthogonale au plan ABC et passepar le sommet D.6. a. Lorsqu’on referme le patron, les points B′ et Dcoïncident, donc B′P=DP.b. DHP est un triangle rectangle en H doncDP > PH ; ce qui donne B′P>PH.c. De même, A′Q> QH et C′R>RH.EA12. Le volume de la pyramide EGBF est V 1= -- ⋅ h3où est l’aire du triangle rectangle EFB et h = FG.1 FBD’où V 1-- ⋅ EF 1= -------------------- ⋅ FG = -- a .3 2 635Donc le volume du solide ABCDEGH est -- a .6316 1. Un tétraèdre réguliera 4 faces et 6 arêtes.2. Chaque face est un triangleéquilatéral.3. Figure ci-contre.17 CEDABCDBD19 1. a. Les droites ( DC) , ( EF) , ( HG)sont parallèlesà ( AB).b. Les droites ( BF) , ( GC) , ( HD)sont parallèles à( AE).c. Les droites ( BC) , ( FG) , ( EH)sont parallèles à( AD).2. a. ( AB) et ( HG)sont coplanaires.b. ( AC) et ( DF)ne sont pas coplanaires.20 1. a. K appartient au plan ( ACD), mais pas auplan ( BCD) , car K est sur la droite ( AC)sécante auplan ( BCD) en D et K≠D.b. De même, L ∈ ( ABD)et L ∉ ( ABC).2. I et K sont dans le plan ( ABD); donc les droites( IK) et ( BD)sont coplanaires.Dans le triangle ABD, I est le milieu de [ AB], donc( IK) n’est pas parallèle à ( BD)car K n’est pas lemilieu de [ AD].Par suite, ( IK) et ( BD)sont sécantes.3. a. D∉( ABC), donc ( AD) et ( BC)sont noncoplanaires, donc non sécantes.b. c. et d. De même les droites sont non coplanaires.AKJD21 1. a. Droites parallèles à ( AB) : ( DC) , ( IJ),( LK).b. Droites parallèles à ( AD) : ( JK) , ( IL) , ( BC).c. Aucune droite.2. ( IJ) et ( LK) sont parallèles au plan ( ABC), ainsique toute droite du plan ( ABCD).22 1.AIC I B I C18 1. A′C= 5,4 ; B′C= 6,5 ; AC′ = 7 .2. à 4. Voirfigure.A5. [ HD]est lahauteur du BPtétraèdre carH R( AC) ⊥ ( B′H),donc( AC) ⊥ ( DH).De même( AB) ⊥ ( DH).C Q BACKIJDBC2. ( IJ) et ( JK)sont 2 droites sécantes et parallèlesrespectivement aux droites ( BC) et ( CD). Doncd’après la propriété 6, les plans ( IJK) et ( BCD)sontparallèles.3. Les droites ( IK) et ( BD)sont inclues dans le plan( ABD) . De plus, ( IK) est inclue dans le plan ( IJK)et ( BD) dans le plan ( BCD) . Les plans ( IJK)et( BCD) étant parallèles, on en déduit que ( IK)et( BD)sont parallèles.6 ➥ chapitre 11 Géométrie dans l’espace

23O27 Reprise d’exercices précédents.AIJB(P)28 1.MB OBA(P)AKComme la droite ( AB) est inclue dans ( P) , si ( AB)et ( IJ) sont sécantes, alors : ( IJ) ∩ ( P)= ( IJ) ∩ ( AB)d’où le point d’intersection.24 1. [ AE] et [ CG]sont parallèles et de même longueur(propriété du parallélépipède) donc ACGE estun parallélogramme. De même pour BFHD.2. [ BC] et [ EH]sont parallèles et de même longueur,donc BCHE est un parallélogramme.On en déduit que [ BH] et [ CE]ont même milieu ; orle milieu de [ BH] est J et celui de [ CE]est I.On en déduit que I=J.3. Les 4 diagonales [ AG] , [ BH] , [ CE] et [ DF]sont concourantes et se coupent en leur milieu.25 1. Les 4 pointsE, G, B, C sontAcoplanaires.Comme ( EG)etF( BC)ne sont pas J Eparallèles, cesG2 droites se coupenten le point I.I BDMême raisonnementpour J et K.C2. a. I, J, K appartiennentauxK2 plans ( EGF)et( BCD).b. Comme ( EFG) et ( BCD)sont 2 plans distincts( E ∈ ( ECD)et E ∉ ( BCD)) contenant des pointscommuns (I, J et K), l’intersection de ces 2 plans estune droite.c. On en déduit que les points I, J et K sont alignés.26 ADPMBNC2. Le plan ( MAB)coupe le plan P en la droite( A′B′ ). Comme O ∈ P ∩ ( MAB), O∈ ( A′B′ ) ;donc toutes les droites ( A′B′ ) passent par O.3. Si ( AB) est parallèle à P, ( A′B′ ) est toujoursparallèle à ( AB).29 1. Cf. propriété 7.2. ( MNP) ∩ ( ABFE)= ( NP)Comme ( DCGH) et ( ABFE)sont parallèles,l’intersection du plan ( MNP) et de la face ( DCGH)est une droite parallèle à la droite ( NP)et passant parM car M ∈ ( DCGH)et M∈ ( MNP).3.H MGENFDCAP B30HMGENFDCAP B31 1. P et N appartiennent aux 2 plans ( MNP)et( ABFE) , donc l’intersection de la face ( ABFE)etdu plan ( MNP) est le segment [ NP].HEGJF MNDCAPIBchapitre 11 Géométrie dans l’espace ➥7

2. a. Le point d’intersection I des droites ( NP)et( BC) appartient aux plans ( MNP) et ( BCGF).b. Les droites ( NP) et ( MI)sont coplanaires ; de plus( NP) ⊂ ( NPM)et ( MI) ⊂ ( BFG).c. L’intersection des plans ( MNP) et ( BFG)est ladroite ( MI).3. On reproduit la même construction pour trouver lepoint J.3236 1. Le point K.F2. Les plans ( EFC)Eet ( ABC)secoupent selonla droite ( BC).DLLa droite ( BC)Aest parallèle au planKC( ADK)doncd’après le théorèmeBdu toit, ( ADK) coupe ( EFC)en une droite parallèleà ( BC).Comme K∈( ADK) ∩ ( EFC), on peut construirel’intersection.3334EEIAHDBG G E′G′B′ est leplan passantpar I et parallèleF à EGB.On utiliseC ensuite lapropriété 7du cours.B37 a. LesOdroites ( AD)et ( CB)sontsécantes car( ABCD)estun trapèze deIcôtés parallèles[ AB]etD C[ CD].Soit I le pointABd’intersection de ( AD) et de ( CB).I appartient aux plans ( AOD) et ( BOC)donc( AOD) ∩ ( BOC)= ( OI).b. Le plan ( ABCD) coupe les plans ( AOB)et( ODC) selon les 2 droites parallèles ( AB) et ( DC).D’après le théorème du toit, l’intersection de ces2 plans est une droite parallèle à ( AB).Comme O∈( AOB) ∩ ( DOC), on peut tracerl’intersection cherchée : ( ).38 ADKJIBCJ35 Soit ( )la droite intersection de (P) et de (Q).( d)est parallèle au plan (P) ; donc il existe une droite( d 1) de (P) telle que ( d) et ( d 1) soient parallèles.(On choisit ( d 1) différent de ( )).De même, il existe une droite ( d 2) de (Q) telle que( d) et ( d 2) soient parallèles (on choisit de même ( d 2)différent de ( )).Appelons ( P′ ) le plan contenant les 2 droites (parallèles)( d 1) et ( d 2). ( P′ ) coupe (P) en ( d 1) et (Q) en( d 2).D’après le théorème du toit, ( d 1) et ( d 2) sont parallèlesà ( ).Par suite ( d) est parallèle à ( ).KLes plans ( ABC) et ( DBC)sont sécants selon ladroite ( BC).Le plans ( IJK) est un plan parallèle à ( BC)card’après le théorème des milieux, ( IJ) // ( BC).Donc d’après le théorème du toit ( IJK)coupe( DBC) en une droite parallèle à ( BC).Il suffit donc de construire le point K′ (ou le pointL′ ).8 ➥ chapitre 11 Géométrie dans l’espace

39EADHFBIGCA appartient auplan ABG et auplan passant parC et contenant( AF).I appartient à ladroite ( BG),donc au plan( ABG).44 a. La droite ( MA)est orthogonale au plan P,donc orthogonale à la droite ( DB)de ce plan.b. ( DB) est orthogonale à ( AC)(propriété d’uncarré).Donc ( DB)est orthogonale aux 2 droites sécantes( AC) et ( AM).Par suite, ( DB) est orthogonale au plan ( AMC)etdonc à toute droite de ce plan et en particulier la droite( MC).I appartient au plan ( AFC) car I ∈ ( FC)donc l’intersectioncherchée est la droite ( AI).40 Il suffit de respecter le parallélisme des rayons dusoleil. Pour une illustration dynamique, vous pouvezutiliser le CD-Rom.45 1. Comme ABC est un triangle équilatéral, H estle milieu de [ BC].Dans le triangle équilatéral BCD, ( HD)est unemédiane de ce triangle, donc également la hauteurissue de D.2. ( BC) est orthogonale à ( AH) car ( AH)est unehauteur du triangle ABC.De même, ( BC) est orthogonale à ( DH) car ( DH)est une hauteur du triangle BCD.Donc ( BC) est orthogonale au plan ( ADH), car elleest orthogonale aux 2 droites sécantes ( AH) et ( DH)de ce plan.3. ( BC)est donc orthogonale à toute droite du plan( ADH) et en particulier à la droite ( AD).On montre de même que ( AB)est orthogonale à( CD) et que ( BD) est orthogonale à ( AC).41 a. Droites orthogonales à ( AB) : ( AD) , ( EH),( FG) , ( BC) , ( AE) , ( BF) , ( DH) , ( CG).b. Droites orthogonales à ( AE) : ( EH) , ( AD),( BC) , ( FG) , ( AB) , ( DC) , ( EF) , ( HG).c. Droites orthogonales à ( AD) : ( AE) , ( AB),( EF) , ( DC) , ( HG) , ( BF) , ( CG) , ( HD).42 a. Droites orthogonales à ( AB) : ( AD) et ( BC).b. Droites orthogonales à ( AD) : ( AB) et ( DC).c. Aucune.43 1.Étape 1 2 3 4 5Outil( 1) ( 2) ( 5) ( 4) ( 5)2. Étape 1 : ( BG) et ( CF)sont orthogonales.Étape 2 : ( BG) et ( EF)sont orthogonales.Étape 3 : ( BG) est orthogonale au plan ( ECF).Étape 4 : ( BG) est orthogonale à ( EC).3. ( EC) est orthogonale à ( BG) et à ( DG).D’après la propriété 4 de la boîte à outils, ( EC)estorthogonale au plan ( BDG).46 1. Dans le triangle isocèle ABC ( AB = AC), lamédiane issue de A est également une hauteur de cetriangle.Donc ( AI) et ( BC)sont orthogonales (I est le milieude [ BC]).2. Même raisonnement dans le triangle CDB : ( DI)et( BC)sont orthogonales.3. On en déduit que ( BC)étant orthogonale aux2 droites sécantes ( AI) et ( DI) , ( BC)est orthogonaleau plan ( AID).Par suite, ( BC)est orthogonale à toute droite de ceplan, et en particulier à ( AD).47 La longueur de la diagonale d’une face d’un cubede côté a est 2a .Longueur de la diagonale [ AG]:ACGE est un rectangle de côtés de longueur a eta 2 . Donc AG = 3a .48 Les arêtes du tétraèdre ACBD sont des diagonalesdes 6 faces du cube. Elles ont donc toutes même longueur.Donc ACBD est un tétraèdre régulier.chapitre 11 Géométrie dans l’espace ➥9

49 1. a. ADC est un triangle rectangle en D.b. P= ( 13+85) cm . S=21 cm 2 .2. a. x ∈ [ 0 ; 4].b. Face DCGH (réduite à 95 %) :HJLG451 • La pyramide est régulière, doncHD = HC = HB = HA ;H est le centre du carré ABCD.aComme I est le milieu de [ BC] , HI = -- .2• Dans le triangle SHI, rectangle en H,SI 2 SH 2 HI 217= + donc SI = --------- a.2• Dans le triangle SBC isocèle en S, (SI) est la hauteurissue de S donc SIB est un triangle rectangle en I.d’où SB 2 SI 2 IB 2 9= + = -- a ; donc .22 SB = 3 --------- 2 a2DC7c. Le rapport de réduction k du triangle ADC au triangleJKL est k = -------- .JLDCD’après le théorème de Thalès appliqué dans le triangleDCH :JL HJ xk = -------- = --------- = -- .DC HD 4xxd. p( x ) = -- P et ax ( ) = ----- 2S .4163. Allure des courbesyPp(x)Sa(x)52 1. Le plan médiateur de [ AC] est SBS′D, donc ladroite ( SS′ ) est orthogonale à ( AC).De même ( SS′ ) est orthogonale à ( BD) donc ( SS′ )est orthogonale au plan ABCD.1Dans le carré ABCD, on calcule : OI = -- AB = 5 cm.2Dans le triangle équilatéral ABS, en calcule :3SI = ------ AB = 5 3 cm .2Dans le triangle OSI rectangle en O, on calcule :SO = SI 2 – OI 2 = 5 2 cm .La hauteur de l’octaèdre est alorsSS′ = 2SO = 10 2 cm (par symétrie, O est milieu de[ AC] , donc aussi de [ SS′ ]).2. Dans le triangle OIS rectangle en O,OS 2sin OIS = ------- = -- d’où OIS 54,74°IS 3Le triangle SIS′ étant isocèle en S,SIS′ = 2OIS 109,47° .O 1 2 3 414. a. p( x ) -- P ⇔ x 2 .21b. ax ( ) -- S ⇔ x .22 8 ⇔ x 2 250 En appliquant la relation de Pythagore dans chacundes 3 triangles rectangles en A, on obtient :AD 2 + AC 2 = 14 2 ; AD 2 + AB 2 = 12 2 ;AC 2 + AB 2 = 10 2 .En sommant ces 3 relations, on trouve :2AD ( 2 + AC 2 + AB 2 ) = 440donc AD 2 + AC 2 + AB 2 = 220 .Par comparaison avec les 3 relations précédentes, ontrouve :AB 2 = 220 – 14 2 = 24 ; AC 2 = 76 ; AD 2 = 120 .D’où AB = 2 6 ; AC = 2 19 ; AD = 2 30 .xAPPROFONDISSEMENT53 La construction au fur et à mesure est disponiblesur le CD-Rom.NAEDHPFBMGC10 ➥ chapitre 11 Géométrie dans l’espace

54 On trace la parallèleà ( BC′ ) passant par I : ( d).Cette droite coupe ( CC′ ) en J.Or J ∈ ( d)et J ∈ ( CC′A).J est le point cherché.CJA57EQHPKIIPFGCBIADC55 L’intersection du plan ( MJK)et de (P) est unedroite passant par I, A et B.Donc ces 3 points sont alignés.BI est le point d’intersection des droites ( HF) et ( PQ).Il s’agit dans cet exercice de faire apparaître l’orthocentre,que nous désignerons par K, du triangle HIPJà partir des hauteurs issues de I et de P. La droite( HK)sera alors la troisième hauteur du triangle etMsera donc perpendiculaire à la droite ( IP, ) c’est-àdireà ( PQ).ADémonstrationIDans le plan ( EFG) la droite parallèle à ( FG)et passantpar I est perpendiculaire à la droite ( HP), car lesBdroites ( FG) et ( HG)sont perpendiculaires en G,EFGH étant un carré. Cette droite coupe ( HP)perpendiculairementPen I′ . ( II′ ) est donc la hauteurKissue de I dans le triangle HIP.De même la droite passant par P et parallèle à ( EG)est perpendiculaire à ( HI) = ( HF), car ( EG)et( HF)étant les diagonales du carré EFGH, sont perpendiculaires.Cette droite coupe ( HI) en P′ . ( PP′ )est donc la hauteur issue de P dans le triangle HIP.56Le point d’intersection de ( II′ ) et ( PP′ ) est doncl’orthocentre K du triangle HIP. La droite ( HK)estalors la troisième hauteur du triangle HIP, elle estdonc perpendiculaire à la droite ( IP)c’est-à-dire à ladroite ( PQ).AEIAHJKDFBGC58 Cylindre : V 1= r 2 h = 25hParallélépipède : V 2= Lh = 30h1 1Cône : V 3= -- B ⋅ h = -- ( h tan 30° )3 32 h =1 -- h39Pour toute valeur de h, V 1 V 2car 25 30.Comparaison de V 1et de V 3:V 1 – V 3--- 225h h .93 h= [ – ] = ------ ( 15 – h) ( 15 + h)9Donc si 0 h 15, V 1 V 3, sinon V 1 V 3.Conclusion : si 0 h 15, le récipient contenant leplus de liquide est le cylindre, sinon c’est le cône.0chapitre 11 Géométrie dans l’espace ➥11

59 1.3 cm8 cmDA8 cmB4 cmD’après la propriété 7, ( AD) et ( BC)sont parallèles.De même ( AB) et ( DC).( ABCD)est un parallélogramme.2. Pour tracer en vraie grandeur le parallélogrammeABCD, les longueurs des cotés [ AB, ] [ BC, ] [ CDet][ DA]ne suffisent pas. Il faut aussi déterminer la longueurde la diagonale [ AC].Soit b′ le point du segment [ AM]tel que( Bb′ ) // ( UM) . b′ est le milieu du segment [ AM]carBU = b′M= 4 et AM = 8 . Le triangle Ab′B est rectangleen b′ .Donc AB 2 = Bb′ 2 + b′A 2 = 64 + 16 = 80 . Il en résulteCD = AB = 4 5 .Soit b le point du segment [ CE]et a le point de ladroite ( ND)tels que AaNM et UBbC soient des rectangles.BbC est un triangle rectangle en b.BC 2 = Bb 2 + bc 2 = 9+ 16=25 .Il en résulte AD = CB = 5 .Le triangle CNa est un triangle rectangle en N et isocèletel que aN= NC= 8 donc l’hypoténuse [ aC]esttelle que aC=8 2.( Aa) // ( MN) et ( MN)est orthogonale au plan( CDN) , donc ( Aa)est orthogonale à toutes les droitesdu plan ( CDN) . Il en résulte que ( Aa)est orthogonaleà ( aC).Le triangle AaC est donc rectangle en a.Nous en déduisons en appliquant le théorème dePythagore que AC 2 = aC 2 + Aa 2 = 128 + 9 = 137 , soitAC = 137 .Nous pouvons alors construire le parallélogrammeABCD en vraie grandeur.Nous traçons le cercle de centre A et de rayon 4 5 etplaçons un point B sur ce cercle. Nous construisonsensuite le cercle de centre A de rayon 137 et le cerclede centre B et de rayon 5 et désignons par C l’undes points d’intersection (ces deux cercles sont biensécants car 137 – 5 < AB = 4 5

. La droite ( BD)est donc orthogonale aux 2 droitessécantes ( AM) et ( CM) ; donc ( BD)est orthogonaleau plan ( ACM).Par suite ( BD)est orthogonale à toute droite de ceplan, en particulier à ( AC).Comme ( IJ) // ( AC) et ( IL) // ( BD), on en déduitque ( IJ) et ( IL)sont orthogonales.c. IJKL est un losange tel que 2 côtés consécutifs sontorthogonaux, donc IJKL est un carré.a4. L’aire de IJKL vaut -- .⎝ ⎛ 2⎠⎞ 2 = a ----2462 1. Appelons a la longueur AD.Comme ABD, ABC, ADC sont des triangles isocèlesen A, AB = AD = AC = a .Comme ces triangles sont aussi rectangles en A,BD = 2a = DC = CB .Donc BDC est un triangle équilatéral.2. ( DA) est orthogonale à ( AB) et à ( AC)donc( DA) est orthogonale au plan ( ABC).Donc ( DA) est orthogonale à la droite ( BC)contenuedans ce plan.3. Comme ( DH)est une hauteur du triangle BDC,( DH) est orthogonale à ( BC) . ( BC)est donc orthogonaleà ( DH) et à ( AD), sécantes en D.Donc ( BC) est orthogonale au plan ( ADH)et parsuite ( BC) est orthogonale à la droite ( AH)du plan( ADH).4. ( AB) est orthogonale à ( AD) et à ( CA), donc( AB) est orthogonale au plan ( ACD)d’où l’orthogonalitédes 2 droites ( AB) et ( CD).( BH)est la hauteur issue de B du triangle BCD ; donc( BH) est orthogonale à ( CD).On en déduit que ( CD) est orthogonale à ( BH)et à( AB) , donc au plan ( ABH).Par suite ( CD) et ( AH)sont orthogonales.En reprenant le résultat de la question 3, ( AH)étantorthogonale aux droites sécantes ( CD) et ( BC),( AH) est orthogonale au plan ( BCD).5. a. Le tétraèdre peut être vu comme un cône de sommetC et de base ABD.Comme ( AC) est orthogonale à ( ABD), AC est lahauteur du tétraèdre,donc V 1 , d’où .3 -- ⎛a ----2 ⎞ 1= a = -- a⎝ 2 ⎠ 63 V = 32 ----- cm33b. BCD est un triangle équilatéral de côtéb = 2a = 4 2 cm,3donc S = ------ b .22 = 3a 2 = 16 3 cm 2c. Comme ( AH) est orthogonale au plan ( BDC), onpeut voir le tétraèdre comme un cône de base ( BDC)et de sommet A, avec AH la hauteur de ce cône.Donc V=S⋅AH.3 2On en déduit que AH = ------ a = -- 3 cm .18 963 1. Le cône C Aa pour patron 1 et C Bpourpatron 2.12. V A-- OB32 y⋅ OA2 x= = ------------31et V B-- OA32 x⋅ OB2 y= = ------------3Vdonc A y------- = -- .V Bx3. Le périmètre de base du cône C Aest 2OB = 2yet celui de C B, 2OA = 2x .2y 2y4. Pour le patron 1, 1= --------- = --------------------- .R x 2 + y 22xPour le patron 2, 2= --------------------- .x 2 + y 25. S A= y x 2 + y 2 et S B= x x 2 + y 2Sdonc A y V------ = -- = ------- A.S B x V BRemarque : On applique ces résultats avec x = 4 cmy = 3 cm.64 21. L’angle O 1OO 2a pour mesure en radians ------ .52.O avec = 2 ------ .52CommeO 1 O 2 = 6 cm , Osin -- 1H= ------------2 OO 1O 1 HO 23d’où OO 1= ------------ .sin ---53. a. O′O 1= 6 cmdonc OO′ O′O2 1O′O 2 9= – = 36 – ---------------.sin 2 ---5b. Les 2 boules jaunes sont donc distantes de2OO′ – 6 cm , soit environ 0,3 cm.etchapitre 11 Géométrie dans l’espace ➥13