TS – Exercices corrigés – Espace 1

Partie A : Section du cube par le plan $(MNP)$

1. Les $2$ droites appartiennent à la face $EFGH$. Les droites $(EH)$ et $(FG)$ sont parallèles et le point $M$ appartient à $[EH]$ mais pas le point $P$. Par conséquent les droites $(MP)$ et $(FG)$ sont sécantes.
   $~$
2.  b. L’intersection des $2$ plans est représentée en trait plein rouge (les $2$ droites $(PT)$ et $(RQ)$ sont parallèles).
   
3. La section du cube par le plan $(MNP)$ est représentée par le polygône $RMPTQ$.
   Remarque : on peut vérifier que les droites $(TQ)$ et $(RM)$ sont parallèles.

Partie B

1. $M(0;0,5;1)$ $\quad N(1;0,5;0,5)$ $\quad P(0,25;1;1)$
   $~$
2. $\vect{MP} (0,25;0,5;0)$
   Une représentation paramétrique de $(MP)$ est donc :
   $$\begin{cases} x=0,25t \\\\y=0,5 + 0,5t \quad t \in \R \\\\z=1 \end{cases}$$
   $\vec{FG}(0;1;0)$
   Une représentation paramétrique de $(FG)$ est donc :
   $$\begin{cases} x=1 \\\\y=k \quad k \in \R \\\\z=1 \end{cases}$$
   Cela signifie donc que $0,25t = 1$ soit $t=4$
   Par conséquent $y=0,5 + 0,5 \times 4 = 2,5$
   Les coordonnées de $L$ sont donc $(1;2,5;1)$
   $~$
3. $TP^2 = (0,25-1)^2 + 0^2+\left(1-\dfrac{5}{8} \right)^2 = \dfrac{45}{64}$
   $TN^2 = 0^2+(-0,5)^2+\left(0,5 – \dfrac{5}{8} \right)^2 = \dfrac{17}{64}$
   $NP^2 = (-0,75)^2+0,5^2+0,5^2 = \dfrac{17}{16}$
   Or $\dfrac{45}{64}+\dfrac{17}{64} = \dfrac{31}{32} \ne \dfrac{17}{16}$
   D’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle $TPN$ n’est pas rectangle en $T$.

Partie A

1. Dans le triangle $FBI$ est rectangle en $B$ on applique le théorème de Pythagore.
   $\begin{align*} FI^2 &= BI^2 + FB^2 \\\\
   & = \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 + 1^2 \\\\
   & = \dfrac{4}{9} + 1 \\\\
   &= \dfrac{13}{9}
   \end{align*}$
   Dans le triangle $EFJ$ est rectangle en $E$ on applique le théorème de Pythagore.
   $\begin{align*} FJ^2 &= EJ^2 + FE^2 \\\\
   & = \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 + 1^2 \\\\
   & = \dfrac{4}{9} + 1 \\\\
   &= \dfrac{13}{9}
   \end{align*}$
   Par conséquent $FI = FJ$.
   Le triangle $FIJ$ est isocèle en $F$.
   $\quad$
   Dans un triangle isocèle, la médiane issue du sommet principal est aussi une hauteur.
   Par conséquent $(FK)$, médiane issue du sommet $F$ est perpendiculaire à $(IJ)$.
   $\quad$
2. $(IJ)$ est orthogonale aux deux droites $(FK)$ et $(GK)$.
   Ce sont deux droites sécantes du plan $(FGK)$.
   Par conséquent $(IJ)$ est orthogonale à $(FGK)$.
   $\quad$
3. Par conséquent $(IJ)$ est orthogonale à toutes les droites du plan $(FGK)$, en particulier à $(FG)$.
   $P$ est le projeté orthogonal de $G$ sur le plan $(FIJ)$. Par conséquent $(PG)$ est orthogonal à toutes les droites de $(FIJ)$, en particulier à $(IJ)$.
   $\quad$
   Ainsi $(IJ)$ est orthogonale à deux droites sécantes du plan $(FGP)$, $(FG)$ et $(PG)$. Elle est donc orthogonale au plan $(FGP)$.
   $\quad$
4. a. Les plans $(FGP)$ et $(FGK)$ sont orthogonaux à la même droite $(IJ)$. Ils sont donc parallèles.
   Ils ont le point $F$ en commun : ils sont donc confondus (d’après la propriété donnée en préambule).
   Par conséquent les points $F, G, K$ et $P$ sont coplanaires.
   $\quad$
   b. Par définition, les points $P$ et $K$ appartiennent au plan $(FIJ)$.
   Par conséquent, les points $F, P$ et $K$ sont coplanaires.
   D’après la question précédente, $F, G, K$ et $P$ sont également coplanaires.
   Ces deux plans n’étant pas parallèles, les points $F, P$ et $K$ appartiennent à l’intersection de ces deux plans et sont donc alignés.
   $\quad$

Partie B

1. Dans le repère $\left(A;\vect{AB},\vect{AD},\vect{AE}\right)$ on a :
   $F(1;0;1)$ $\quad$ $G(1;1;1)$ $\quad$ $I\left(1;\dfrac{2}{3};0\right)$ $\quad$ $J\left(0;\dfrac{2}{3};1\right)$.
   $\quad$
2. $P$ est le projeté orthogonal de $G$ sur $(FIJ)$. Par conséquent $(GP)$ est orthogonale aux droites $(FI)$ et $(FJ)$.
   Or $N$ appartient à $(GP)$. Ainsi $(GN)$ est orthogonale aux droites $(FI)$ et $(FJ)$.