Géométrie dans l’espace : corrigé des exercices de maths en 2de en PDF.

Exercice 1 (corrigé géométrie espace)

1. Prouver que chacun des points I et J appartient à la fois aux plans (AJB) et (CID).
J appartient au plan (AJB) par définition, de plus J appartient à la droite (CD) qui elle appartient au plan (CID) par définition.
I appartient au plan (CID) par définition de ce plan, de plus I est un point de (AB) donc I est un point du plan (AJB)
Donc I et J appartiennent aux plans (AJB) et (CID).

2. Quelle est alors l’intersection de ces deux plans.
L’intersection est une droite portée par le segment [IJ], soit la droite (IJ).

Exercice 2 :

1. Le plan (AIE) et le plan (BIG) : la droite (AB).
2. Le plan (ADI) et le plan (BJC) : le plan ADI .
3. Le plan (HEF) et le plan (BJC) : aucun , ces deux plans sont parallèles.

Justifications :

1. I est un point de [AB], donc la droite (AI) est la droite (AB) : le plan (AIE) est le plan (ABE) de la face ABFE. De même, le plan (BIG) est le plan (ABG), qui contient aussi H. Les deux plans sont distincts (E n’est pas dans le plan (ABG)) et contiennent tous les deux A et B : leur intersection est la droite (AB).
2. I est sur [AB], donc le plan (ADI) est le plan (ABD) de la face ABCD. J est sur [CD], donc le plan (BJC) contient B, C et D : c’est aussi le plan (ABCD). Les deux plans sont confondus : leur intersection est le plan (ABCD) tout entier.
3. Le plan (HEF) est le plan de la face EFGH et le plan (BJC) est celui de la face ABCD. Ce sont deux faces opposées du cube : les plans sont strictement parallèles, leur intersection est vide.

Exercice 3 (corrigé géométrie espace)

1. Le point M est sur l’arête [SA] et le point N sur l’arête [SC]. Ensuite, les quatre points M, N, A et C appartiennent donc au plan (SAC) : les droites (MN) et (AC) sont coplanaires.

Dans le triangle SAC, on a \(\dfrac{SM}{SA}=\dfrac{1}{2}\) car M est le milieu de [SA], et \(\dfrac{SN}{SC}=\dfrac{2}{3}\) d’après l’énoncé.

Si les droites (MN) et (AC) étaient parallèles, le théorème de Thalès dans le triangle SAC donnerait \(\dfrac{SM}{SA}=\dfrac{SN}{SC}\), c’est-à-dire \(\dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{3}\), ce qui est faux. Donc (MN) et (AC) ne sont pas parallèles.

Deux droites coplanaires qui ne sont pas parallèles sont sécantes : les droites (MN) et (AC) sont sécantes.

2. Notons P le point défini par \(\vec{AP}=2\,\vec{AC}\) : P est sur la droite (AC), et C est le milieu de [AP]. Montrons que P est aussi sur la droite (MN).

Avec la relation de Chasles, en passant par le sommet S :

\(\vec{MN}=\vec{MS}+\vec{SN}=-\dfrac{1}{2}\vec{SA}+\dfrac{2}{3}\vec{SC}\)

\(\vec{MP}=\vec{MA}+\vec{AP}=\dfrac{1}{2}\vec{SA}+2(\vec{SC}-\vec{SA})=-\dfrac{3}{2}\vec{SA}+2\vec{SC}\)

On remarque que \(3\,\vec{MN}=-\dfrac{3}{2}\vec{SA}+2\vec{SC}=\vec{MP}\). Les vecteurs \(\vec{MN}\) et \(\vec{MP}\) sont colinéaires, donc les points M, N et P sont alignés : P est sur (MN).

Le point d’intersection de (MN) et (AC) est le point P situé sur la demi-droite [AC) au-delà de C, tel que CP = AC (C est le milieu de [AP]). Puis pour le placer, on prolonge le segment [AC] après C d’une longueur égale à AC ; on vérifie sur la figure que la droite (MN) prolongée passe bien par ce point.

Exercice 4 :

Les points I, J et K sont des milieux.
Dire si les affirmations sont vraies ou fausses et démontrer.
1) (IJ) et (A’D’) sont parallèles .

La droite (A’D’) est perpendiculaire au plan A’B’B donc à toute droite contenue dans ce plan.

Or I est le milieu de [AB] et J celui de [BB’] : la droite (IJ) est contenue dans le plan (ABB’) de la face ABB’A’. Elle est donc orthogonale à (A’D’).

Donc les droites (IJ) et (A’D’) ne sont pas parallèles .

L’affirmation 1 est fausse.

2) (AJ) et (DK) sont parallèles .

Attention : deux droites contenues dans deux plans parallèles ne sont pas forcément parallèles (elles peuvent être non coplanaires). De plus, il faut une autre justification.

J est le milieu de [BB’] et K celui de [CC’]. Dans le carré BCC’B’, on a BJ = CK et les segments [BJ] et [CK] sont parallèles et de même sens, donc BCKJ est un parallélogramme : \(\vec{JK}=\vec{BC}\).

Dans le carré ABCD, \(\vec{BC}=\vec{AD}\). Donc \(\vec{JK}=\vec{AD}\) : le quadrilatère ADKJ est un parallélogramme, et ses côtés opposés [AJ] et [DK] sont parallèles.

L’affirmation 2 est vraie : (AJ) et (DK) sont parallèles.

Exercice  5 (corrigé géométrie espace)

La pyramide ci-dessous à pour base un rectangle ABCD de périmètre 24cm et pour hauteur le segment [SA] de longueur triple de celle du segment [AB]. On pose AB=x

1-Quelles valeurs peut prendre x ?

Le périmètre vaut 24.

Notons y la longueur du rectangle.

\(x+y=24:2=12\)  donc la longueur du rectangle vaut y=12-x.

Les deux dimensions x et y = 12 – x doivent être strictement positives : x > 0 et 12 – x > 0.

Donc x peut prendre toutes les valeurs strictement comprises entre 0 et 12 cm, c’est-à-dire x appartient à l’intervalle ]0 ; 12[. (Si l’on impose en plus que [AB] soit la largeur du rectangle, on se limite à x compris entre 0 et 6 cm.)

2-Démontrer que le volume de la pyramide SABCD est donné par la formule: \(V=x^2(12-x)\)

\(V=\frac{1}{3}B\times hauteur=\frac{1}{3}x\times (12-x)\times 3x\)

\(V=\frac{1}{3}B\times hauteur=x^2\times (12-x)\)

3-Quelle est le volume de la pyramide lorsque ABCD est un carré ?

Si ABCD est un carré alors la longueur et la largeur du rectangle sont égales.

x=6 cm

donc

\(V=\frac{1}{3}B\times hauteur=6^2\times (12-6)=36\times 6=216\,cm^3\)

Exercice 6 :

Dans le pavé droit ABCDEFGH, les faces ABCD et EFGH sont parallèles, et les arêtes [AE], [BF], [CG] et [DH] sont parallèles entre elles. Toutes les faces sont des rectangles.

1. Ensuite, la droite (AD) est contenue dans le plan (ABCD) et la droite (EF) dans le plan (EFGH). Ces deux plans sont parallèles et distincts, donc ils n’ont aucun point commun : les droites (AD) et (EF) ne peuvent pas se couper.

De plus, (AD) est parallèle à (EH) (ADHE est un rectangle) et (EH) n’est pas parallèle à (EF) (elles sont perpendiculaires en E). Donc (AD) n’est pas parallèle à (EF).

Les droites (AD) et (EF) ne sont pas sécantes : elles ne sont pas coplanaires.

2. ABFE est un rectangle, donc (AE) est parallèle à (BF). BCGF est un rectangle, donc (BF) est parallèle à (CG). Deux droites parallèles à une même troisième sont parallèles : oui, les droites (AE) et (CG) sont parallèles.

3. Deux droites parallèles distinctes définissent un plan. Par ailleurs, les droites (AE) et (CG) sont parallèles, donc les points A, E, C et G sont dans un même plan : oui, ils sont coplanaires (ACGE est même un rectangle).

4. Les points E, G et H ne sont pas alignés et appartiennent à la face EFGH : le plan (EGH) est le plan (EFGH). Puis la droite (AD) est parallèle à la droite (EH), qui est contenue dans le plan (EGH) ; donc (AD) est parallèle au plan (EGH). Comme A n’appartient pas à ce plan, la droite et le plan n’ont aucun point commun.

Exercice 6 : (suite)

Non, la droite (AD) et le plan (EGH) ne sont pas sécants : la droite est strictement parallèle au plan.

5. Le plan (BCD) est le plan de la face ABCD et le plan (AEH) celui de la face ADHE. Ensuite, ces deux plans sont distincts et ont en commun les points A et D.

Oui, les plans (BCD) et (AEH) sont sécants, et leur intersection est la droite (AD).

Exercice 7 (corrigé géométrie espace)

On utilise la propriété du cours : si une droite est orthogonale à deux droites sécantes d’un plan, alors elle est orthogonale à ce plan.

Première droite du plan P : (AB). Le triangle SAB est isocèle en S et O est le milieu de [AB]. Dans un triangle isocèle, la médiane issue du sommet principal est aussi la hauteur : la droite (SO) est perpendiculaire à la droite (AB).

Deuxième droite du plan P : (RU). RSUT est un losange de centre O : ses diagonales sont [RU] et [ST], elles se coupent en O et sont perpendiculaires. Puis la droite (SO), qui est la droite (ST), est donc perpendiculaire à la droite (RU).

Les droites (AB) et (RU) sont contenues dans le plan P (car A, B, R, U appartiennent à P) et elles sont sécantes en O, car elles sont distinctes et passent toutes les deux par O.

La droite (SO) est orthogonale à deux droites sécantes du plan P, donc la droite (SO) est orthogonale au plan P.

Exercice 8 :

Le triangle AHS est rectangle en H, son hypoténuse est [AS] avec AS = 10 cm et l’angle \(\widehat{ASH}\) mesure 20°. Le rayon du cercle de base est r = AH et la hauteur du cône est h = SH.

1. De plus, dans le triangle AHS rectangle en H, [AH] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{ASH}\) :

\(\sin\widehat{ASH}=\dfrac{AH}{AS}\) donc \(AH=10\times \sin 20^{\circ}\approx 3{,}420\)

Le rayon du cercle de base mesure r ≈ 3,4 cm (arrondi au dixième).

2. [SH] est le côté adjacent à l’angle \(\widehat{ASH}\) :

\(\cos\widehat{ASH}=\dfrac{SH}{AS}\) donc \(SH=10\times \cos 20^{\circ}\approx 9{,}397\)

La hauteur du cône mesure h ≈ 9,4 cm (arrondi au dixième).

3. La génératrice du cône est [SA], de longueur g = 10 cm. Ensuite, l’aire latérale d’un cône de révolution de rayon r et de génératrice g est \(\mathcal{A}=\pi\times r\times g\). En utilisant la valeur exacte de r :

\(\mathcal{A}=\pi\times 10\sin 20^{\circ}\times 10=100\pi\sin 20^{\circ}\approx 107{,}4\)

L’aire latérale du cône vaut environ 107 cm² (arrondi au cm²). (Avec la valeur arrondie r = 3,4 cm, on obtient environ 106,8 cm², soit aussi 107 cm².)

Exercice 9 (corrigé géométrie espace)

Le cube a pour arête 5 cm et I est le milieu de [EF], donc IE = IF = 2,5 cm. Par ailleurs, on rappelle que le volume d’une pyramide (ou d’un tétraèdre) est \(V=\dfrac{1}{3}\times \text{aire de la base}\times \text{hauteur}\).

1. Tétraèdre IFBG. On prend pour base le triangle IFB, contenu dans la face ABFE et rectangle en F : son aire est \(\dfrac{IF\times FB}{2}=\dfrac{2{,}5\times 5}{2}=\dfrac{25}{4}\text{ cm}^2\). L’arête [FG] est perpendiculaire à la face ABFE, c’est donc la hauteur associée : FG = 5 cm.

\(V_{IFBG}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{25}{4}\times 5=\dfrac{125}{12}\approx 10{,}42\text{ cm}^3\)

Tétraèdre IEAH. De même, le triangle IEA est rectangle en E, d’aire \(\dfrac{2{,}5\times 5}{2}=\dfrac{25}{4}\text{ cm}^2\), et la hauteur associée est l’arête [EH], perpendiculaire à la face ABFE : \(V_{IEAH}=\dfrac{125}{12}\text{ cm}^3\).

Prisme ADHBCG. Ses bases sont les triangles ADH et BCG, rectangles isocèles de côtés 5 cm, d’aire \(\dfrac{5\times 5}{2}=\dfrac{25}{2}\text{ cm}^2\), et sa hauteur est AB = 5 cm :

\(V_{ADHBCG}=\dfrac{25}{2}\times 5=\dfrac{125}{2}=62{,}5\text{ cm}^3\)

\(V_{IFBG}=V_{IEAH}=\dfrac{125}{12}\text{ cm}^3\) et \(V_{ADHBCG}=\dfrac{125}{2}\text{ cm}^3\).

2. Puis le cube (volume \(5^3=125\text{ cm}^3\)) est formé de la pyramide IABGH, des deux tétraèdres IFBG et IEAH et du prisme ADHBCG, qui ne se chevauchent pas :

\(V_{IABGH}=125-\dfrac{125}{12}-\dfrac{125}{12}-\dfrac{125}{2}=\dfrac{1500-125-125-750}{12}=\dfrac{500}{12}=\dfrac{125}{3}\)

Le volume de la pyramide IABGH est \(\dfrac{125}{3}\text{ cm}^3\approx 41{,}7\text{ cm}^3\).

3. Le quadrilatère ABGH est un rectangle : AB = 5 cm et [BG] est une diagonale du carré BCGF, donc \(BG=5\sqrt{2}\) cm (Pythagore dans le triangle BCG rectangle en C : \(BG^2=5^2+5^2=50\)).

\(\text{Aire}(ABGH)=5\times 5\sqrt{2}=25\sqrt{2}\approx 35{,}4\text{ cm}^2\)

[IS] est la hauteur de la pyramide de base ABGH, donc \(V_{IABGH}=\dfrac{1}{3}\times 25\sqrt{2}\times IS\), d’où :

\(IS=\dfrac{3\times \dfrac{125}{3}}{25\sqrt{2}}=\dfrac{125}{25\sqrt{2}}=\dfrac{5}{\sqrt{2}}=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\)

L’aire de ABGH est \(25\sqrt{2}\text{ cm}^2\) et la hauteur mesure \(IS=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\approx 3{,}54\) cm.

Exercice 9 (corrigé géométrie espace) (suite)

4. Construction : on place K, milieu de [AB], et L, milieu de [HG]. Ensuite, le triangle IKL est rectangle isocèle en I, car IK = IL = 5 cm ([IK] est parallèle à [EA] et [IL] à [EH]). La droite (AB) est orthogonale à (IK) et à (IL), donc au plan (IKL). Puis le pied S de la hauteur issue de I dans le triangle IKL est le milieu de [KL] ; c’est aussi le centre du rectangle ABGH, point d’intersection de ses diagonales [AG] et [BH]. La droite (IS) est perpendiculaire à (KL) et à (AB), deux droites sécantes du plan (ABGH) : [IS] est bien la hauteur. De plus, on retrouve \(IS=\dfrac{KL}{2}=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\) cm.

Exercice 10 :

Quatre ballons sphériques de diamètre 20 cm sont disposés de façon a former une pyramide.
Quelle est la hauteur de la pyramide ?

Chaque ballon a pour rayon 10 cm. Deux ballons qui se touchent ont leurs centres distants de 10 + 10 = 20 cm. Les centres des quatre ballons sont donc les sommets d’une pyramide à base triangulaire dont toutes les arêtes mesurent 20 cm (un tétraèdre régulier).

La base. Les centres \(O_1\), \(O_2\), \(O_3\) des trois ballons du dessous forment un triangle équilatéral de côté 20 cm. Sa hauteur mesure \(\sqrt{20^2-10^2}=\sqrt{300}=10\sqrt{3}\) cm. Ensuite, le centre \(O_4\) du ballon du dessus se projette au centre de gravité G de ce triangle, situé aux deux tiers de chaque médiane à partir du sommet :

\(O_1G=\dfrac{2}{3}\times 10\sqrt{3}=\dfrac{20\sqrt{3}}{3}\text{ cm}\)

La hauteur. Le triangle \(O_1GO_4\) est rectangle en G, avec \(O_1O_4=20\) cm. D’après le théorème de Pythagore :

\(O_4G^2=20^2-(\dfrac{20\sqrt{3}}{3})^2=400-\dfrac{400}{3}=\dfrac{800}{3}\), donc \(O_4G=\sqrt{\dfrac{800}{3}}=\dfrac{20\sqrt{6}}{3}\approx 16{,}3\text{ cm}\)

La pyramide formée par les centres des ballons a une hauteur de \(\dfrac{20\sqrt{6}}{3}\approx 16{,}3\) cm.

Si l’on mesure la hauteur totale de l’empilement posé sur une table, il faut ajouter un rayon en dessous et un rayon au-dessus : \(\dfrac{20\sqrt{6}}{3}+20\approx 36{,}3\) cm. L’empilement mesure environ 36,3 cm de haut.

Exercice 12 (corrigé géométrie espace)

un individu a un tour de tête de 59 cm.il souhaite se confectionner un chapeau pointu pour la nouvelle année dont la forme et celle d’un cône de révolution.

1) Déterminer le rayon R du disque de base du chapeau.

Le bord du chapeau fait le tour de la tête : le périmètre du cercle de base est égal à 59 cm.

\(2\pi\times R=59\) donc \(R=\dfrac{59}{2\pi}\approx 9{,}39\)

Le rayon du disque de base est \(R=\dfrac{59}{2\pi}\approx 9{,}39\) cm.

L’individu souhaite que son chapeau ait une hauteur de 20 cm : SO = 20 cm.

2) Déterminer SM.

Le triangle SOM est rectangle en O. D’après le théorème de Pythagore :

\(SM^2=SO^2+OM^2=20^2+(\dfrac{59}{2\pi})^2=400+\dfrac{3481}{4\pi^2}\)

\(SM=\sqrt{400+\dfrac{3481}{4\pi^2}}=\dfrac{\sqrt{1600\pi^2+3481}}{2\pi}\approx 22{,}09\)

La génératrice du chapeau mesure SM ≈ 22,09 cm.

3) Calculer l’angle du secteur circulaire du patron du chapeau.

Une fois déplié, le chapeau est un secteur d’un disque de rayon SM. L’arc de ce secteur a pour longueur le tour de tête, 59 cm, alors que le cercle complet de rayon SM mesure \(2\pi\times SM\). Par ailleurs, l’angle du secteur est proportionnel à la longueur de l’arc :

\(\alpha=360^{\circ}\times \dfrac{59}{2\pi\times SM}=360^{\circ}\times \dfrac{R}{SM}\approx 360^{\circ}\times \dfrac{9{,}39}{22{,}09}\approx 153^{\circ}\)

L’angle du secteur circulaire du patron mesure environ 153°.

Remarque : cet angle n’est pas l’angle au sommet du cône (\(2\widehat{OSM}\approx 50^{\circ}\)) ; c’est l’angle du morceau de disque qu’il faut découper dans le carton.

Exercice 13 :

Utiliser le théorème de Pythagore .

1) Calcul de SA. La base ABCD est un carré de côté 3 cm, sa diagonale mesure \(AC=3\sqrt{2}\) cm (Pythagore dans le triangle ABC rectangle en B). Puis le centre O est le milieu de [AC], donc \(AO=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\) cm.

La pyramide est régulière, donc [SO] est perpendiculaire à la base et le triangle SOA est rectangle en O. D’après le théorème de Pythagore :

\(SA^2=SO^2+AO^2=4^2+(\dfrac{3\sqrt{2}}{2})^2=16+\dfrac{18}{4}=20{,}5\)

\(SA=\sqrt{20{,}5}\approx 4{,}53\) cm.

2) Patron en vraie grandeur. On trace le carré ABCD de côté 3 cm. Sur chaque côté du carré, on construit vers l’extérieur un triangle isocèle dont les deux autres côtés mesurent SA ≈ 4,53 cm : au compas, on trace deux arcs de rayon 4,53 cm centrés aux extrémités du côté, leur point d’intersection donne le sommet S. Ensuite, on obtient quatre triangles isocèles identiques ; leur hauteur issue de S mesure \(\sqrt{20{,}5-1{,}5^2}=\sqrt{18{,}25}\approx 4{,}27\) cm, ce qui permet de contrôler le tracé. Le point A’ est placé au milieu de [SA] sur les deux faces qui contiennent l’arête [SA].

Exercice 14 :

PQRST est une pyramide de sommet P et de base QRST
Les droites (QS) et (RT) se coupent en I.
Déterminer la position relative :

a) des droites (PI) et (QS)

elles sont sécantes

Les droites (PI) et (QS) passent toutes les deux par le point I et sont distinctes (P n’est pas dans le plan de base) : elles sont sécantes en I.

b) des droites (PI) et (QT)

elles ne se croisent pas.

Supposons que (PI) et (QT) soient dans un même plan. Ce plan contiendrait Q, T et I, qui ne sont pas alignés : ce serait le plan de base (QRST). Il contiendrait aussi P, ce qui est impossible car P est le sommet de la pyramide. Les droites (PI) et (QT) sont non coplanaires : elles ne sont ni sécantes ni parallèles.

c) de la droite (RI) et du plan (QTP).

elle est sécante au plan.

La droite (RI) est la droite (RT), car I est sur [RT]. Elle contient le point T, qui appartient au plan (QTP), et le point R, qui n’appartient pas à ce plan. La droite (RI) coupe le plan (QTP) au point T.

Exercice 15 :

Un cône est dans un boule, le rayon de la boule est de 35cm .

1. Calculer le volume de la boule .

Également, \(V=\frac{4}{3}\pi\times R^3\)

\(V=\frac{4}{3}\pi\times 35^3\)

\(V=\frac{4}{3}\pi\times 42875\)

\(V\simeq 179\,594{,}38\text{ cm}^3\)

2.  Calculer le rayon du cône vert de hauteur 28 cm sachant que son sommet est en O et la génératrice du cône correspond au rayon de la boule .

Il suffit d’appliquer le théorème de Pythagore :

\(r^2=R^2-h^2\)

\(r^2=35^2-28^2\)

\(r^2=441\)

\(r=\sqrt{441}\)

\({\color{DarkRed} r=21\,cm}\)

Le rayon du cône est donc de 21 centimètres .

Exercice 16 :

1. Démontrer que les droites (MN) et (AC) sont sécantes.
Un théorème dit que dans le triangle ASC si une droite relis le milieu du côté [AS] au milieu du côté [SC] alors cette droite « des milieux » c’est à dire qui relis les deux milieux est parallèle au troisième côté qui est [AC] porté par la droite (AC). Dans notre situation M est bien le milieu du côté [AS] tandis que N n’est pas le milieu de [SC] dans ce cas la droite (MN) ne peut pas être parallèle à (AC), elles sont donc sécantes.
Il faut aussi préciser que tous les points utilisés font partie d’un même plan géométrique (ASC).

2. Placer le point d’intersection de (MN) et (AC).
Au vu de la construction \(SN\,>\,\frac{1}{2}\,SC\) donc l’intersection entre (MN) et (AC) se fera sur (AC) du côté du point C.

Plus précisément, le calcul vectoriel fait à l’exercice 3 (même pyramide, mêmes points M et N) montre que le point d’intersection P vérifie \(\vec{AP}=2\,\vec{AC}\) : on le place sur la demi-droite [AC) au-delà de C, à une distance CP = AC.

Corrigé géométrie espace : nos conseils pour progresser

D’abord, cherche chaque exercice seul, sur une feuille de brouillon. Puis contrôle tes calculs avant de passer à la suite. De cette façon, tu comprends d’où vient chaque erreur. En outre, quelques minutes par jour suffisent pour retenir l’essentiel.

Par exemple, explique la méthode à voix haute, comme à un camarade. Enfin, pour aller plus loin, l’article Géométrie dans l’espace de Wikipédia présente la notion autrement. Également, tu peux continuer avec valeur absolue et intervalle : corrigé des exercices de maths en 2de en PDF.