Géométrie dans l’espace : corrigé des exercices en 1ère à télécharger en PDF

Exercice 1 :

1. Partie préliminaire. Soit M le milieu de [BC]. On définit le point L par \(\vec{\Omega L}=\vec{\Omega A}+\vec{\Omega B}+\vec{\Omega C}\).

Comme \(\vec{\Omega B}+\vec{\Omega C}=2\vec{\Omega M}\), on obtient \(\vec{AL}=\vec{A\Omega}+\vec{\Omega L}=\vec{\Omega B}+\vec{\Omega C}=2\vec{\Omega M}\).

Or Ω est sur la médiatrice de [BC] (ΩB = ΩC), donc \(\vec{\Omega M}\) est orthogonal à \(\vec{BC}\) (si M = Ω, le vecteur est nul et l’égalité reste vraie). Ainsi \(\vec{AL}\cdot\vec{BC}=0\) : L est sur la hauteur issue de A. De même, L est sur la hauteur issue de B, donc L est le point de concours des hauteurs : L = H.

G étant le centre de gravité, \(\vec{\Omega G}=\dfrac{1}{3}(\vec{\Omega A}+\vec{\Omega B}+\vec{\Omega C})=\dfrac{1}{3}\vec{\Omega H}\). Donc \(\vec{GH}=\vec{G\Omega}+\vec{\Omega H}=\vec{G\Omega}+3\vec{\Omega G}=-2\vec{G\Omega}\).

H est l’image de Ω par l’homothétie de centre G et de rapport −2 (les points Ω, G, H sont alignés : c’est la droite d’Euler).

2. On suppose 0 < l ⩽ 2R et on note \(d=\sqrt{R^2-\dfrac{l^2}{4}}\).

a. Le triangle OBC est isocèle en O, donc la médiane (OI) est aussi hauteur : le triangle OIB est rectangle en I. Par le théorème de Pythagore, \(OI^2=OB^2-IB^2=R^2-\dfrac{l^2}{4}\), donc OI = d, qui ne dépend pas de la position de la corde. Réciproquement, pour tout point I tel que OI = d, la perpendiculaire à (OI) en I coupe Γ en deux points B et C avec BC = l.

Le lieu des milieux I est le cercle de centre O et de rayon \(d=\sqrt{R^2-\dfrac{l^2}{4}}\) (réduit au point O si l = 2R).

b. G est situé aux deux tiers de la médiane [AI] en partant de A : \(\vec{AG}=\dfrac{2}{3}\vec{AI}\). G est donc l’image de I par l’homothétie de centre A et de rapport \(\dfrac{2}{3}\).

Le lieu de G est le cercle de centre Q, défini par \(\vec{AQ}=\dfrac{2}{3}\vec{AO}\), et de rayon \(\dfrac{2}{3}d\), privé des points obtenus quand B ou C est confondu avec A (le triangle est alors aplati).

c. Ici le centre du cercle circonscrit est O. D’après la partie 1, \(\vec{OH}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}=\vec{OA}+2\vec{OI}\), donc \(\vec{AH}=2\vec{OI}\) et AH = 2OI = 2d.

Le lieu de H est le cercle de centre A et de rayon \(2d=\sqrt{4R^2-l^2}\) (image du lieu de I par la translation de vecteur \(\vec{OA}\) composée avec l’homothétie de centre O et de rapport 2), privé des mêmes points exceptionnels.

3. Soit P le projeté orthogonal de A sur Δ et a = AP > 0. On se place dans le repère orthonormé d’origine P où Δ est l’axe des abscisses : A(0 ; a), B(t − l/2 ; 0) et C(t + l/2 ; 0), où t est l’abscisse du milieu I, t décrivant ℝ.

a. I(t ; 0) : le lieu de I est la droite Δ tout entière.

b. Comme au 2.b, G est l’image de I par l’homothétie de centre A et de rapport \(\dfrac{2}{3}\) : le lieu de G est la droite Δ’, parallèle à Δ, image de Δ par cette homothétie (dans le repère, c’est la droite d’équation \(y=\dfrac{a}{3}\)).

c. La hauteur issue de A est la droite (AP), d’équation x = 0, donc H(0 ; y). La hauteur issue de B est orthogonale à \(\vec{AC}\,(t+\dfrac{l}{2}\,;\,-a)\) : \(\vec{BH}\cdot\vec{AC}=0\) donne \(-(t-\dfrac{l}{2})(t+\dfrac{l}{2})-ay=0\), soit \(y=\dfrac{1}{a}(\dfrac{l^2}{4}-t^2)\).

Quand t décrit ℝ, y prend toutes les valeurs inférieures ou égales à \(\dfrac{l^2}{4a}\) (maximum pour t = 0, c’est-à-dire quand ABC est isocèle en A). Le lieu de H est la demi-droite de (AP) d’origine le point K(0 ; l²/(4a)), dirigée vers Δ et au-delà.

Exercice 2 :

1. Montrer que GH = IJ.

Dans le triangle ABC, (EG) est parallèle à (AB). D’après le théorème de Thalès, \(\dfrac{CG}{CA}=\dfrac{CE}{CB}\), donc \(CG=CE\times \dfrac{AC}{BC}\). De même, (FH) ∥ (AB) donne \(CH=CF\times \dfrac{AC}{BC}\). G et H étant sur [CA] dans le même ordre que E et F sur [CB], \(GH=|CE-CF|\times \dfrac{AC}{BC}=EF\times \dfrac{AC}{BC}\).

De la même façon, (EI) ∥ (AC) et (FJ) ∥ (AC) donnent \(BI=BE\times \dfrac{AB}{BC}\) et \(BJ=BF\times \dfrac{AB}{BC}\), d’où \(IJ=EF\times \dfrac{AB}{BC}\).

Comme AB = AC, on conclut : GH = IJ.

2. Condition pour que (JG) et (IH) soient parallèles.

On travaille dans le repère \((A\,;\,\vec{AB},\vec{AC})\) et on pose \(\vec{BE}=e\,\vec{BC}\) et \(\vec{BF}=f\,\vec{BC}\) avec e et f dans [0 ; 1], e ≠ f.

Avec Thalès comme au 1 : I(1 − e ; 0), J(1 − f ; 0), G(0 ; e) et H(0 ; f). Donc \(\vec{JG}\,(f-1\,;\,e)\) et \(\vec{IH}\,(e-1\,;\,f)\).

Ces vecteurs sont colinéaires si et seulement si leur déterminant est nul : \((f-1)f-e(e-1)=0\iff f^2-e^2-(f-e)=0\iff (f-e)(f+e-1)=0\).

Comme e ≠ f, la condition est e + f = 1, c’est-à-dire BE = CF. (JG) et (IH) sont parallèles si et seulement si E et F sont symétriques par rapport au milieu de [BC] (autrement dit par rapport à la médiatrice de [BC], axe de symétrie du triangle isocèle), ce que suggère la seconde figure.

Exercice 3 :

Le point I appartient à [SA], donc au plan (SAC) ; il appartient aussi au plan (DIJ). C’est un premier point commun.

Dans le triangle SAB, I et J sont les milieux de [SA] et [SB] : d’après le théorème des milieux, (IJ) est parallèle à (AB). Comme ABCD est un rectangle, (AB) est parallèle à (DC). Donc (IJ) ∥ (DC) : les droites (IJ) et (DC) sont coplanaires et le point C appartient au plan (DIJ) (la section de la pyramide par ce plan est le trapèze IJCD).

C appartient évidemment au plan (SAC) : c’est un second point commun, distinct de I. Les deux plans ne sont pas confondus, car D n’appartient pas au plan (SAC) (ce plan coupe la base selon (AC) et D n’est pas sur (AC)).

L’intersection des plans (DIJ) et (SAC) est la droite (IC).

Exercice 4 :

Indication : montrer que les vecteurs \(\vec{IH}\) et \(\vec{JO}\) sont colinéaires.

Dans le pavé droit, \(\vec{DH}=\vec{AE}\), \(\vec{GC}=-\vec{AE}\), \(\vec{CB}=-\vec{AD}\) et \(\vec{HG}=\vec{AB}\).

D’après la relation de Chasles, comme I est le milieu de [AB] : \(\vec{IH}=\vec{IA}+\vec{AD}+\vec{DH}=-\dfrac{1}{2}\vec{AB}+\vec{AD}+\vec{AE}\).

J est sur [HG] avec \(\vec{HJ}=\dfrac{3}{4}\vec{AB}=\dfrac{3}{4}\vec{HG}\), donc \(\vec{JG}=\dfrac{1}{4}\vec{AB}\). O, centre du rectangle BCGF, est le milieu de la diagonale [GB], donc \(\vec{GO}=\dfrac{1}{2}\vec{GB}=\dfrac{1}{2}(\vec{GC}+\vec{CB})=-\dfrac{1}{2}\vec{AE}-\dfrac{1}{2}\vec{AD}\).

Ainsi \(\vec{JO}=\vec{JG}+\vec{GO}=\dfrac{1}{4}\vec{AB}-\dfrac{1}{2}\vec{AD}-\dfrac{1}{2}\vec{AE}=-\dfrac{1}{2}(-\dfrac{1}{2}\vec{AB}+\vec{AD}+\vec{AE})\).

Donc \(\vec{JO}=-\dfrac{1}{2}\vec{IH}\) : les vecteurs sont colinéaires. Les droites (IH) et (JO) sont parallèles (elles ne sont pas confondues : \(\vec{IJ}=\vec{IA}+\vec{AD}+\vec{DH}+\vec{HJ}=\dfrac{1}{4}\vec{AB}+\vec{AD}+\vec{AE}\) n’est pas colinéaire à \(\vec{IH}\), donc J n’est pas sur (IH)).

Exercice 5 :

Indication : montrer que les vecteurs \(\vec{AG}\) et \(\vec{AE}\) sont colinéaires.

O est le centre du carré ABCD : c’est le milieu de [BD] et de [AC]. Dans le triangle SBD, [SO] est la médiane issue de S, donc le centre de gravité G vérifie \(\vec{SG}=\dfrac{2}{3}\vec{SO}\). Comme O est le milieu de [AC], \(\vec{SO}=\dfrac{1}{2}(\vec{SA}+\vec{SC})\).

D’une part : \(\vec{AG}=\vec{AS}+\vec{SG}=\vec{AS}+\dfrac{1}{3}\vec{SA}+\dfrac{1}{3}\vec{SC}=\dfrac{2}{3}\vec{AS}+\dfrac{1}{3}\vec{SC}\).

D’autre part, E étant le milieu de [SC] : \(\vec{AE}=\vec{AS}+\vec{SE}=\vec{AS}+\dfrac{1}{2}\vec{SC}\).

On remarque que \(\dfrac{2}{3}\vec{AE}=\dfrac{2}{3}\vec{AS}+\dfrac{1}{3}\vec{SC}=\vec{AG}\). Les vecteurs \(\vec{AG}\) et \(\vec{AE}\) sont colinéaires : les points A, G et E sont alignés.

Autre regard : [SO] est aussi une médiane du triangle SAC, donc G est le centre de gravité de SAC ; il est donc sur la médiane [AE] de ce triangle.

Exercice 6 :

On calcule les vecteurs utiles : \(\vec{AB}\,(-2\,;\,0\,;\,1)\), \(\vec{AC}\,(0\,;\,-6\,;\,5)\), \(\vec{AD}\,(3\,;\,-9\,;\,6)\) et \(\vec{AE}\,(2\,;\,-6\,;\,4)\).

1. \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de \(\vec{AC}\) est nulle, pas celle de \(\vec{AB}\)). On cherche deux réels a et b tels que \(\vec{AD}=a\vec{AB}+b\vec{AC}\) :

\(-2a=3\), \(-6b=-9\) et \(a+5b=6\). Les deux premières équations donnent \(a=-\dfrac{3}{2}\) et \(b=\dfrac{3}{2}\) ; la troisième est vérifiée : \(-\dfrac{3}{2}+\dfrac{15}{2}=6\).

Donc \(\vec{AD}=-\dfrac{3}{2}\vec{AB}+\dfrac{3}{2}\vec{AC}\) : les points A, B, C et D sont coplanaires.

2. \(\vec{AD}\,(3\,;\,-9\,;\,6)=\dfrac{3}{2}\times (2\,;\,-6\,;\,4)\), donc \(\vec{AD}=\dfrac{3}{2}\vec{AE}\). Les vecteurs sont colinéaires : D appartient à la droite (AE).

3. \(\vec{EC}\,(1-3\,;\,-6+6\,;\,4-3)\), soit \(\vec{EC}\,(-2\,;\,0\,;\,1)\). Donc \(\vec{AB}=\vec{EC}\) : ABCE est un parallélogramme.

\(\vec{AB}\cdot\vec{AE}=(-2)\times 2+0\times (-6)+1\times 4=0\) : les côtés [AB] et [AE] sont perpendiculaires. Un parallélogramme ayant un angle droit est un rectangle : ABCE est un rectangle.

\(AB=\sqrt{4+0+1}=\sqrt{5}\) et \(AE=\sqrt{4+36+16}=\sqrt{56}=2\sqrt{14}\). Deux côtés consécutifs n’ont pas la même longueur : ABCE n’est pas un carré.

Exercice 7 :
On donne A (1 ; – 2 ; 3), B (0 ; 4 ; 4) et C (4 ; – 20 ; 9).

Les points A, B et C sont-ils alignés ?

\(\vec{AB}\,(0-1\,;\,4+2\,;\,4-3)\) et \(\vec{AC}\,(4-1\,;\,-20+2\,;\,9-3)\), soit \(\vec{AB}\,(-1\,;\,6\,;\,1)\) et \(\vec{AC}\,(3\,;\,-18\,;\,6)\).

Pour les deux premières coordonnées, \(\vec{AC}\) s’obtient en multipliant par −3 ; mais \(-3\times 1=-3\ne6\). Aucun réel k ne vérifie \(\vec{AC}=k\vec{AB}\) : les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

Exercice 8 :
On donne A(1 ; 1 ; 3), \(B(\sqrt{2}+1\,;\,0\,;\,2)\) et \(C(\sqrt{2}+1\,;\,2\,;\,2)\).

Quelle est la nature du triangle ABC ?

Dans un repère orthonormé :

\(AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(-1)^2+(-1)^2}=\sqrt{2+1+1}=2\)

\(CB=\sqrt{(x_B-x_C)^2+(y_B-y_C)^2+(z_B-z_C)^2}=\sqrt{0^2+(-2)^2+0^2}=2\)

\(AC=\sqrt{(x_C-x_A)^2+(y_C-y_A)^2+(z_C-z_A)^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+1^2+(-1)^2}=\sqrt{2+1+1}=2\)

Conclusion : AB = BC = AC = 2, donc ABC est un triangle équilatéral.

Exercice 9 :
On donne A( – 3 ; 1 ; 4), B( – 2 ; – 1 ; 7), C( – 4 ; – 1 ; – 2) et D(- 5 ;- 5 ; 4).

Les droites (AB) et (CD) sont-elles parallèles ? Calculons les coordonnées des vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{CD}\).

\(\vec{AB}\,(-2+3\,;\,-1-1\,;\,7-4)\), soit \(\vec{AB}\,(1\,;\,-2\,;\,3)\).

\(\vec{CD}\,(-5+4\,;\,-5+1\,;\,4+2)\), soit \(\vec{CD}\,(-1\,;\,-4\,;\,6)\).

Si \(\vec{CD}=k\vec{AB}\), la première coordonnée impose k = −1, mais alors la deuxième donnerait \(-1\times (-2)=2\ne-4\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites (AB) et (CD) ne sont pas parallèles.

Exercice 10 :

On donne A(2 ; – 1 ; 3), B(1 ; 2 ; 0), C( – 2 ; 1 ; 2) et D( -1 ; – 2 ; 5).

1. ABCD est-il un parallélogramme ? Un rectangle ?

\(\vec{AB}\,(-1\,;\,3\,;\,-3)\) et \(\vec{DC}\,(-2+1\,;\,1+2\,;\,2-5)\), soit \(\vec{DC}\,(-1\,;\,3\,;\,-3)\).

\(\vec{AB}=\vec{DC}\), donc ABCD est un parallélogramme.

\(\vec{AD}\,(-3\,;\,-1\,;\,2)\) et \(\vec{AB}\cdot\vec{AD}=(-1)\times (-3)+3\times (-1)+(-3)\times 2=3-3-6=-6\ne0\).

Les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{AD}\) ne sont pas orthogonaux : l’angle en A n’est pas droit, donc ABCD n’est pas un rectangle.

2. Isobarycentre de ABCD. L’isobarycentre G des quatre points a pour coordonnées les moyennes des coordonnées :

\(x_G=\dfrac{2+1-2-1}{4}=0\), \(y_G=\dfrac{-1+2+1-2}{4}=0\) et \(z_G=\dfrac{3+0+2+5}{4}=\dfrac{10}{4}=\dfrac{5}{2}\).

G(0 ; 0 ; 5/2). Vérification : c’est bien le milieu de la diagonale [AC], centre du parallélogramme : \((\dfrac{2-2}{2}\,;\,\dfrac{-1+1}{2}\,;\,\dfrac{3+2}{2})\).

Exercice 11 :

Une droite d’équation cartésienne ax + by + c = 0 admet pour vecteur normal \(\vec{n}\,(a\,;\,b)\).

• a) 2x + y − 3 = 0 : \(\vec{n}\,(2\,;\,1)\).
• b) −3x + 5y = 0 : \(\vec{n}\,(-3\,;\,5)\).
• c) 5x − 3y + 2 = 0 : \(\vec{n}\,(5\,;\,-3)\).
• d) −2x − 4y + 1 = 0 : \(\vec{n}\,(-2\,;\,-4)\), ou plus simplement \((1\,;\,2)\), qui lui est colinéaire.

Exercice 12 :

On calcule un vecteur directeur \(\vec{u}\,(p\,;\,q)\) de la droite ; le vecteur \(\vec{n}\,(-q\,;\,p)\) est alors orthogonal à \(\vec{u}\), car \(p\times (-q)+q\times p=0\).

• a) \(\vec{BC}\,(1+3\,;\,-2-2)\), soit \((4\,;\,-4)\). Un vecteur normal est \((4\,;\,4)\), ou plus simplement \(\vec{n}\,(1\,;\,1)\).
• b) \(\vec{FG}\,(-3-1\,;\,4-0)\), soit \((-4\,;\,4)\). Un vecteur normal est \((-4\,;\,-4)\), ou plus simplement \(\vec{n}\,(1\,;\,1)\).
• c) \(\vec{MN}\,(5-0\,;\,4+2)\), soit \((5\,;\,6)\). Un vecteur normal est \(\vec{n}\,(-6\,;\,5)\).
• d) \(\vec{HK}\,(-1+2\,;\,-5-3)\), soit \((1\,;\,-8)\). Un vecteur normal est \(\vec{n}\,(8\,;\,1)\).

Exercice 13 :

Une droite de vecteur normal \(\vec{n}\,(a\,;\,b)\) a une équation de la forme ax + by + c = 0 ; on trouve c en écrivant que le point donné vérifie l’équation.

a) 2x + 3y + c = 0 et \(2\times (-\dfrac{2}{3})+3\times \dfrac{1}{3}+c=0\), soit \(-\dfrac{4}{3}+1+c=0\), donc \(c=\dfrac{1}{3}\).

Équation : \(2x+3y+\dfrac{1}{3}=0\), ou encore, en multipliant par 3 : 6x + 9y + 1 = 0.

b) −5x + y + c = 0 et \(-5\times \dfrac{3}{2}+(-4)+c=0\), soit \(-\dfrac{15}{2}-4+c=0\), donc \(c=\dfrac{23}{2}\).

Équation : \(-5x+y+\dfrac{23}{2}=0\), ou encore −10x + 2y + 23 = 0.

c) 3x − 2y + c = 0 et \(3\times (-\sqrt{3})-2\times (-1)+c=0\), soit \(-3\sqrt{3}+2+c=0\), donc \(c=3\sqrt{3}-2\).

Équation : \(3x-2y+3\sqrt{3}-2=0\).

Exercice 14 :

1) La droite d a pour équation 3x + y − 4 = 0 : \(\vec{n}\,(3\,;\,1)\) est un vecteur normal à d.

2) Une droite perpendiculaire à d a pour vecteur directeur \(\vec{n}\,(3\,;\,1)\) ; un de ses vecteurs normaux est donc \((1\,;\,-3)\). Son équation est de la forme x − 3y + c = 0, et B(2 ; −3) lui appartient : \(2-3\times (-3)+c=0\), soit c = −11.

La perpendiculaire à d passant par B a pour équation x − 3y − 11 = 0.

3) Le projeté orthogonal K de B sur d est l’intersection de d et de cette perpendiculaire. On résout le système : 3x + y = 4 et x − 3y = 11.

La première équation donne y = 4 − 3x ; en reportant : x − 12 + 9x = 11, soit 10x = 23, donc \(x=\dfrac{23}{10}\) et \(y=4-\dfrac{69}{10}=-\dfrac{29}{10}\).

K(23/10 ; −29/10), c’est-à-dire K(2,3 ; −2,9). Vérification : \(\vec{BK}\,(\dfrac{3}{10}\,;\,\dfrac{1}{10})=\dfrac{1}{10}\vec{n}\) est bien colinéaire au vecteur normal de d.

Exercice 15 :

Centre	Rayon
E(1 ; 3)	\(r=2\)
F(−4 ; −2)	\(r=1\)
G(−3 ; 2)	\(r=\sqrt{6}\)
H(2 ; −1)	\(r=\sqrt{5}\)

On fait apparaître la forme canonique en x et en y, en utilisant \(x^2+2ax=(x+a)^2-a^2\). Une équation \((x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2\) est celle du cercle de centre \((x_0\,;\,y_0)\) et de rayon r.

a) \(x^2-4x+y^2+2y+1=(x-2)^2-4+(y+1)^2-1+1\), donc l’équation s’écrit \((x-2)^2+(y+1)^2=4\). Centre H(2 ; −1), rayon r = 2.

b) \(x^2+6x+y^2-4y+7=(x+3)^2-9+(y-2)^2-4+7\), donc \((x+3)^2+(y-2)^2=6\). Centre G(−3 ; 2), rayon \(r=\sqrt{6}\).

c) \(x^2-2x+y^2-6y+9=(x-1)^2-1+(y-3)^2-9+9\), donc \((x-1)^2+(y-3)^2=1\). Centre E(1 ; 3), rayon r = 1.

d) \(x^2+8x+y^2+4y+15=(x+4)^2-16+(y+2)^2-4+15\), donc \((x+4)^2+(y+2)^2=5\). Centre F(−4 ; −2), rayon \(r=\sqrt{5}\).

Exercice 16 :

Même méthode : si, après mise sous forme canonique, le second membre est strictement positif, c’est le carré du rayon ; s’il est négatif, aucun point ne vérifie l’équation.

a) \((x+\dfrac{3}{2})^2-\dfrac{9}{4}+(y-2)^2-4=0\), donc \((x+\dfrac{3}{2})^2+(y-2)^2=\dfrac{25}{4}\). Cercle de centre \((-\dfrac{3}{2}\,;\,2)\) et de rayon \(\dfrac{5}{2}\).

b) \((x-\dfrac{1}{2})^2-\dfrac{1}{4}+(y-\dfrac{3}{2})^2-\dfrac{9}{4}+1=0\), donc \((x-\dfrac{1}{2})^2+(y-\dfrac{3}{2})^2=\dfrac{3}{2}\). Cercle de centre \((\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{3}{2})\) et de rayon \(\sqrt{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}\).

c) \((x+4)^2-16+(y+\dfrac{3}{2})^2-\dfrac{9}{4}+16=0\), donc \((x+4)^2+(y+\dfrac{3}{2})^2=\dfrac{9}{4}\). Cercle de centre \((-4\,;\,-\dfrac{3}{2})\) et de rayon \(\dfrac{3}{2}\).

d) \((x+3)^2-9+(y-2)^2-4+14=0\), donc \((x+3)^2+(y-2)^2=-1\). Une somme de carrés ne peut pas être négative : aucun point ne vérifie cette équation, ce n’est pas l’équation d’un cercle.

Exercice 17 :

1) et 2) Première équation : \((x+1)^2-1+(y-1)^2-1-2=0\), soit \((x+1)^2+(y-1)^2=4\). C’est l’équation du cercle \(\mathcal{C}_1\) de centre \(\Omega_1(-1\,;\,1)\) et de rayon \(r_1=2\).

Seconde équation : \((x-3)^2-9+(y+2)^2-4+4=0\), soit \((x-3)^2+(y+2)^2=9\). C’est l’équation du cercle \(\mathcal{C}_2\) de centre \(\Omega_2(3\,;\,-2)\) et de rayon \(r_2=3\).

3) \(\Omega_1\Omega_2=\sqrt{(3-(-1))^2+(-2-1)^2}=\sqrt{16+9}=\sqrt{25}=5\). La distance entre les centres vaut 5.

4) On constate que \(\Omega_1\Omega_2=5=2+3=r_1+r_2\). La distance des centres est égale à la somme des rayons : les deux cercles sont tangents extérieurement, ils ont un seul point commun, situé sur le segment \([\Omega_1\Omega_2]\) à la distance 2 de \(\Omega_1\) : le point T(3/5 ; −1/5), obtenu par \(\vec{\Omega_1T}=\dfrac{2}{5}\vec{\Omega_1\Omega_2}\).

Exercice 18 :

1. Dans ce repère, \(A(0\,;0\,;0)\), \(B(1\,;0\,;0)\), \(C(1\,;1\,;0)\), \(D(0\,;1\,;0)\), \(E(0\,;0\,;1)\), \(F(1\,;0\,;1)\), \(G(1\,;1\,;1)\) et \(H(0\,;1\,;1)\).

I est le milieu de [EF] : \(I(\dfrac{0+1}{2}\,;0\,;1)=(\dfrac{1}{2}\,;0\,;1)\). J est le milieu de [FG] : \(J(1\,;\dfrac{1}{2}\,;1)\). K est le milieu de [BC] : \(K(1\,;\dfrac{1}{2}\,;0)\).

2. \(\vec{IJ}(1-\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}-0\,;1-1)=(\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\,;0)\) et \(\vec{AC}(1\,;1\,;0)\). Donc \(\vec{IJ}=\dfrac{1}{2}\vec{AC}\) : ces vecteurs sont colinéaires et les droites (IJ) et (AC) sont parallèles (elles sont même distinctes, car I n’appartient pas à (AC)).

3. Le repère étant orthonormé :

\(IJ=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+0}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) ; \(\vec{JK}(0\,;0\,;-1)\) donc \(JK=1\) ; \(\vec{IK}(\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\,;-1)\) donc \(IK=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+1}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}\).

On a \(IJ^2+JK^2=\dfrac{1}{2}+1=\dfrac{3}{2}=IK^2\). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle IJK est rectangle en J. Son aire vaut \(\dfrac{IJ\times JK}{2}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{\sqrt{2}}{2}\times 1=\) \(\dfrac{\sqrt{2}}{4}\).

4. Le centre de gravité G’ de IJK est l’isobarycentre des trois points :

\(x=\dfrac{\frac{1}{2}+1+1}{3}=\dfrac{5}{6}\) ; \(y=\dfrac{0+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}{3}=\dfrac{1}{3}\) ; \(z=\dfrac{1+1+0}{3}=\dfrac{2}{3}\). \(G’(\dfrac{5}{6}\,;\dfrac{1}{3}\,;\dfrac{2}{3})\).

Exercice 19 :

1. \(SA^2=(0-2)^2+(0-2)^2+(0-3)^2=4+4+9=17\). De même \(SB^2=(4-2)^2+(0-2)^2+9=17\), \(SC^2=(4-2)^2+(4-2)^2+9=17\) et \(SD^2=4+4+9=17\). Les quatre arêtes latérales ont la même longueur \(\sqrt{17}\) : le sommet S est équidistant des sommets du carré, c’est une pyramide régulière. De plus, S se projette au centre \(I(2\,;2\,;0)\) du carré, et la hauteur est \(SI=3\).

2. \(M(\dfrac{2+4}{2}\,;\dfrac{2+4}{2}\,;\dfrac{3+0}{2})=(3\,;3\,;\dfrac{3}{2})\) et \(N(\dfrac{2+0}{2}\,;\dfrac{2+4}{2}\,;\dfrac{3}{2})=(1\,;3\,;\dfrac{3}{2})\).

\(\vec{MN}(-2\,;0\,;0)\) et \(\vec{AB}(4\,;0\,;0)\). Donc \(\vec{MN}=-\dfrac{1}{2}\vec{AB}\) : (MN) est parallèle à (AB), et \(MN=2\).

3. Le volume d’une pyramide est \(\dfrac{1}{3}\times \text{aire de la base}\times \text{hauteur}=\dfrac{1}{3}\times 16\times 3=\) 16 (unités de volume).

Une face latérale, par exemple SAB, est un triangle isocèle de base \(AB=4\). Si J est le milieu de [AB], \(SJ^2=SA^2-AJ^2=17-4=13\), donc la hauteur issue de S vaut \(\sqrt{13}\). Son aire est \(\dfrac{4\times \sqrt{13}}{2}=\) \(2\sqrt{13}\) (environ 7,21).

4. \(\vec{SA}(-2\,;-2\,;-3)\), donc \(\vec{SP}(-\dfrac{1}{2}\,;-\dfrac{1}{2}\,;-\dfrac{3}{4})\) et \(P(2-\dfrac{1}{2}\,;2-\dfrac{1}{2}\,;3-\dfrac{3}{4})=\) \((\dfrac{3}{2}\,;\dfrac{3}{2}\,;\dfrac{9}{4})\). Enfin \(SP=\dfrac{1}{4}SA=\) \(\dfrac{\sqrt{17}}{4}\).

Exercice 20 :

1. \(A(0\,;0\,;0)\), \(B(80\,;0\,;0)\), \(C(80\,;50\,;0)\), \(D(0\,;50\,;0)\), \(E(0\,;0\,;30)\), \(F(80\,;0\,;30)\), \(G(80\,;50\,;30)\) et \(H(0\,;50\,;30)\).

2. \(AG=\sqrt{80^2+50^2+30^2}=\sqrt{6400+2500+900}=\sqrt{9800}=\sqrt{4900\times 2}=70\sqrt{2}\approx98{,}99\) cm. \(AG=70\sqrt{2}\) cm, soit environ 99 cm.

La plus grande longueur que l’on puisse ranger en ligne droite dans la valise est cette diagonale, environ 98,99 cm. Le parapluie de 95 cm rentre (95 < 98,99), la canne de 100 cm ne rentre pas (100 > 98,99).

3. Les milieux sont :

[AG] : \((\dfrac{0+80}{2}\,;\dfrac{0+50}{2}\,;\dfrac{0+30}{2})=(40\,;25\,;15)\) ; [BH] : \((\dfrac{80+0}{2}\,;\dfrac{0+50}{2}\,;\dfrac{0+30}{2})=(40\,;25\,;15)\) ;

[CE] : \((\dfrac{80+0}{2}\,;\dfrac{50+0}{2}\,;\dfrac{0+30}{2})=(40\,;25\,;15)\) ; [DF] : \((\dfrac{0+80}{2}\,;\dfrac{50+0}{2}\,;\dfrac{0+30}{2})=(40\,;25\,;15)\).

Les quatre diagonales ont le même milieu \(\Omega(40\,;25\,;15)\), centre du pavé.

4. \(B(80\,;0\,;0)\), \(D(0\,;50\,;0)\), \(G(80\,;50\,;30)\) :

\(BD^2=80^2+50^2+0=8\,900\) ; \(BG^2=0+50^2+30^2=3\,400\) ; \(DG^2=80^2+0+30^2=7\,300\).

Les trois côtés sont différents : le triangle n’est pas isocèle. De plus, la plus grande des trois quantités est \(8\,900\), et \(3\,400+7\,300=10\,700\neq8\,900\) : l’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée. Le triangle BDG est scalène et non rectangle (\(BD=10\sqrt{89}\), \(BG=10\sqrt{34}\), \(DG=10\sqrt{73}\)).

5. \(\vec{AP}=\dfrac{2}{5}\vec{AG}=\dfrac{2}{5}(80\,;50\,;30)=(32\,;20\,;12)\), et A est l’origine. \(P(32\,;20\,;12)\).