9. Orthogonalité dans l`espace - Portail de maths

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CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014
9. Orthogonalité dans l’espace
Expliciter les savoirs et les procédures
1. Combien d’arêtes ?
a. Quelle que soit l’arête choisie, il y a 4 arêtes parallèles à celle-ci (y compris l’arête choisie, parallèle à elle-même).
b. Quelle que soit l’arête choisie, il y a 4 arêtes perpendiculaires à celle-ci.
c. Quelle que soit l’arête choisie, il y a 4 arêtes orthogonales et non perpendiculaires à celleci ; il y a donc 8 arêtes orthogonales à l’arête choisie.
d. Quelle que soit l’arête choisie, il y a 4 arêtes gauches avec celle-ci.
2. Démonstrations
Erratum (tirage 2013) : la démonstration de l’énoncé b se base sur l’énoncé a ; on permute
donc les deux énoncés.
a. Par un point donné, on ne peut mener qu’un seul plan perpendiculaire à une droite
donnée.
Hypothèse
β
d
droite d ; point P
Thèse
α
∃α : P ∈ α et α ⊥ d ; α est unique.
P
Démonstration
1er cas : P ∈ d
Soient α et β deux plans distincts contenant la droite d.
Par P, dans α, on mène a ⊥ d et par P,
dans β, on mène b ⊥ d (figure cicontre).
b
a
π
Soit π = ( a , b ) . Le plan π est perpendiculaire à la droite d car cette droite est perpendiculaire à deux droites particulières
passant par son pied dans le plan.
Ce plan est unique ; supposons qu’un autre plan γ, passant par P, soit aussi perpendiculaire à la droite d. Un autre plan, soit µ, mené par la droite d, couperait alors les plans α
et β définis ci-dessus suivant deux droites PQ et PR perpendiculaires à la droite d et
situées dans un même plan µ, ce qui est impossible. Donc π est le seul plan perpendiculaire à la droite d au point P.
Chapitre 9 – Orthogonalité dans l’espace
1
2e cas : P ∉ d
Soit α = ( P, d ) . Dans α, par P, on mène PA ⊥ d . Dans un plan quelconque comprenant
la droite d, on mène par A la droite q perpendiculaire à d.
Soit π = ( AP, q ) ; ce plan π est perpendiculaire à d,
car d est perpendiculaire à deux droites passant par
son pied A dans ce plan.
Le plan π est unique ; supposons qu’un autre plan β
mené par P soit aussi perpendiculaire à la droite d et
soit C le point de percée de la droite d dans ce plan.
Dès lors la droite d serait perpendiculaire à CP et à
d
α
P
π
A
q
AP et on pourrait dans le plan α = ( P, d ) mener
deux perpendiculaires à d par le point P ce qui est
impossible. Donc π est le seul plan perpendiculaire
à la droite d mené par le point P.
b. Par un point donné, on ne peut mener qu’une seule droite perpendiculaire à un plan
donné.
Hypothèse
plan α ; point P
Thèse
∃d : P ∈ d et d ⊥ α ; d est unique.
Démonstration
1er cas : P ∈α
Il suffit de construire une droite perβ
pendiculaire à deux droites du plan α
d
passant par P. Soit une droite quelconque du plan α : a passant par P. Par
Β
le théorème démontré ci-dessus, on
sait que, par P, on peut mener un et un
P
a
seul plan β perpendiculaire à la droite
α
a.
A
Ce plan β coupe le plan α suivant AB.
Dans le plan β, on mène d perpendiculaire à AB en P ; d est la perpendiculaire cherchée car d ⊥ AB par construction et d ⊥ a car d ⊂ β et β ⊥ a .
La droite d est unique ; supposons qu’il y ait en P deux perpendiculaires d et d’ au plan
α. Le plan ( d , d ′ ) couperait le plan α suivant une droite q ; on aurait d ⊥ q et d ′ ⊥ q ,
ce qui est impossible. Donc la droite d est la seule droite perpendiculaire au plan α en
P.
2
2e cas : P ∉α
Soit a une droite quelconque du plan α ; par
P, on mène un plan β ⊥ a . Soit A le point de
percée de a dans β et AB la droite d’intersection des plans α et β. On a AP ⊥ a et AB ⊥ a
Dans le plan β, on mène par P la droite
d ⊥ AB ; il faut vérifier que la droite d est la
perpendiculaire cherchée.
P
B
C
R
A
α
a
Soit R le point de percée de d dans le plan α.
Soit C un point quelconque du plan α.
Il faut démontrer que d ⊥ RC , ce qui revient à démontrer que le triangle PRC est rec2
2
2
2
2
tangle en R, c’est-à-dire que PC = PR + RC (théorème de Pythagore).
Le triangle PAC est rectangle, donc PC = PA + AC
2
(1).
Les triangles RAC et PRA sont rectangles, donc
2
2
2
2
AC = RC − RA
2
et
2
PA = PR + RA .
2
2
2
2
2
En remplaçant dans (1), on obtient : PC = PR + RA + RC − RA ; on a donc
établi que le triangle PRC est rectangle en R, ce qui prouve que d ⊥ RC . La droite d est
donc perpendiculaire au plan α, car elle est perpendiculaire à deux droites passant par
son pied dans le plan.
La droite d est unique ; supposons qu’on puisse mener deux droites d et d’ perpendiculaires au plan α. Le plan ( d , d ′ ) couperait alors le plan α suivant une droite a qui serait
perpendiculaire aux droites d et d’, issues de P, ce qui est impossible si d ≠ d ′ . Par le
point P, on ne peut donc mener qu’une seule droite d perpendiculaire à un plan donné.
c. Si une droite est perpendiculaire à deux plans, ces deux plans sont parallèles.
Hypothèses
-
plans α et β ;
-
droite d : d ⊥ α et d ⊥ β
d
A
Thèse
α //β
α
Démonstration
Si α = β , le théorème est immédiat.
Soit α ≠ β (voir figure).
B
β
Démonstration par l’absurde : si α et β ont un point P
commun, on pourrait mener par P deux plans distincts
perpendiculaires à une même droite d, ce qui est impossible (énoncé de l’exercice 2 a). Donc α //β .
3
d. Si deux plans sont parallèles, toute droite perpendiculaire à l’un est perpendiculaire
à l’autre.
Hypothèses
- plans α et β ; α //β
-
d
droite d : d ⊥ α en A
A
Thèse
d ⊥β
a
α
Démonstration
La droite d perce le plan β en un point B (théorème
8.7). Dans β, par le point B, on mène une droite quelconque b.
B
b
β
Le plan ( b, d ) coupe le plan α suivant une droite a parallèle à b (théorème 8.6) passant par A.
Puisque d ⊥ α , d est perpendiculaire à toute droite de α et donc d ⊥ a et donc d ⊥ b
puisque a //b . La droite d, perpendiculaire à une droite b quelconque du plan β, et passant par son pied dans ce plan, est perpendiculaire à toute droite passant par son pied
dans ce plan et est donc perpendiculaire à ce plan.
e. Si deux droites sont parallèles, tout plan perpendiculaire à l’une est perpendiculaire
à l’autre.
Hypothèses
- droites a et b : a //b
-
a
b
plan α : α ⊥ a en A
Thèse
α⊥b
Démonstration
e
A
B
α
La droite b perce le plan α en un point B. Pour
démontrer que b ⊥ α , il suffit de démontrer
que b est perpendiculaire à deux droites sécantes passant par son pied dans le plan.
Comme α ⊥ a , on sait que a est perpendiculaire à toute droite passant par son pied dans
le plan donc a ⊥ AB ; comme a //b , on en déduit que b ⊥ AB .
Dans le plan α, on trace par B la droite e ⊥ AB ; cette droite est perpendiculaire au plan
( a,AB ) (théorème des trois perpendiculaires, à démontrer en exercice 10), qui est en fait
le plan ( a, b ) . Dès lors, b ⊥ e . La droite b est donc perpendiculaire aux deux droites AB
et e, qui passent par son pied dans le plan α, elle est donc perpendiculaire à ce plan.
4
f. Si deux plans sont perpendiculaires, tout plan parallèle à l’un est perpendiculaire à
l’autre.
Hypothèses
- plans α et π : α ⊥ π
- plan β : β //α
d
π
b
B
Thèse
β⊥π
β
α
Démonstration
Si β = α , le théorème est immédiat.
a
A
Soit β ≠ α .
α ⊥ π ⇒ ∃ d ⊂ π : d ⊥ α (définition 9.3). Cette droite d est donc orthogonale à toute
droite incluse dans le plan α.
Soient c la droite d’intersection des plans π et α, et A le point de percée de d dans le plan
α. Par A, on mène dans α, la droite a perpendiculaire à c. On a a ⊥ π car a est perpendiculaire à deux droites sécantes de π ; en effet, ( d ⊥ π⇒ d ⊥ a ) et a ⊥ c par construction.
Soit B un point quelconque de β ; par B, on peut mener une et seule droite b parallèle à
la droite a. Cette droite b est tout entière dans β, sinon elle aurait un point commun avec
le plan α et les plans α et β ne seraient pas parallèles.
Par la propriété de l’exercice 2 e, on a b ⊥ π ; le plan β est donc perpendiculaire au plan
π car il contient donc une droite b perpendiculaire à ce plan.
g. Si deux plans sont perpendiculaires, toute droite perpendiculaire à l’un est parallèle
à l’autre.
Hypothèses
- plans α et π : α ⊥ π
-
droite d : d ⊥ α
α
d
Α
Thèse
d // π
Démonstration (par l’absurde)
π
Supposons que la droite d ne soit pas parallèle au plan π, c’est-à-dire que la droite d
perce le plan π en un point P. Comme les plans α et π sont perpendiculaires, on peut
mener par P une droite a perpendiculaire à α . Du point P, on aurait donc deux perpendiculaires (les droites d et a) au plan α , ce qui est impossible. Donc d // π .
5
h. Si deux plans sécants sont perpendiculaires à un même troisième, leur intersection
est perpendiculaire à ce troisième.
Hypothèses
- plans α et β : α ∩ β = d
-
plan π : π ⊥ α et π ⊥ β
Thèse d ⊥ π
Démonstration
d
α
β
a
A
π ⊥ α ⇒ ∃a : a ⊂ α et a ⊥ π
π ⊥ β ⇒ ∃b : b ⊂ β et b ⊥ π
b
Les droites a et b sont parallèles (on le vérifie par l’absurde, voir propriété de l’exerπ
cice 2 k).
Soit A un point de l’intersection des deux plans. ; par A, on mène une droite p ⊥ π . On
a p //a et p //b . Les plans ( A , a ) et ( p , a ) sont confondus avec le plan α ; il en est de
même pour les plans ( A , b ) et ( p , b ) , confondus avec le plan β. La droite p est commune
aux deux plans ; elle est donc confondue avec leur intersection. Comme p ⊥ π et d = p
, on a d ⊥ π .
i. Deux plans sont parallèles si et seulement si l’un d’eux est perpendiculaire à une
droite perpendiculaire à l’autre.
Condition suffisante
Condition nécessaire
Hypothèses
Hypothèses
- plans α et β
- plans α et β : α //β
- droite d : d ⊥ α et β ⊥ d
- droite d : d ⊥ α
Thèse β ⊥ d
Thèse α //β
Démonstration Voir exercice 2 d.
Démonstration Voir exercice 2 c.
j. Si une droite et un plan sont orthogonaux à une même droite, alors ils sont parallèles
entre eux.
Hypothèses
- plan α et droite a
- droite d : d ⊥ α et d ⊥ a
b
a
Thèse a //α
Démonstration
d
Soit A le point de percée de d dans α et B le
Β
A
point commun des droites d et a.
Le plan (a , d) coupe le plan α suivant la droite
b. Puisque d est perpendiculaire à α, elle est
α
perpendiculaire à toute droite de α passant par
son pied dans le plan, donc d ⊥ b Les droites
a et b sont coplanaires et perpendiculaires à
une même droite d ; elles sont donc parallèles. Et la droite a, étant parallèle à une droite
du plan α, est parallèle à ce plan (théorème 8.10).
6
k. Si deux droites sont perpendiculaires à un même plan, alors elles sont parallèles
entre elles.
Hypothèses
- droites a et b
a
b
- plan α : a ⊥ α et b ⊥ α
Thèse
A
a //b
B
Démonstration (par l’absurde)
α
Soient A et B les points de percée des droites a
et b dans le plan α.
Supposons que les droites a et b ne soient pas
parallèles.
On mène par B la parallèle b’ à a. Dès lors b’
serait perpendiculaire au plan α (exercice 2 e) et par B, on pourrait mener deux perpendiculaires b et b’ au plan α, ce qui est impossible (exercice 2 b). Les droites a et b sont
donc parallèles.
Appliquer une procédure
3. Plans perpendiculaires et parallélépipède rectangle
a. - Plans perpendiculaires au plan HDC : les plans HEF, ADC, BCG et ADH qui sont les
faces du parallélépipède rectangle ayant une arête commune avec le plan HDC.
- Plans perpendiculaires au plan AEH : les plans HEF, ADC, HDC et ADB qui sont les
faces du parallélépipède rectangle ayant une arête commune avec le plan AEH.
- Plan perpendiculaire au plan EFC : le plan HGB. En effet, la droite GB est perpendiculaire à la droite FC (les faces BCGF et ADHE sont des carrés et leurs diagonales sont
perpendiculaires) et à la droite EF (car GB ⊥ HG et HG //EF ).
- Plan perpendiculaire au plan FCD : le plan HGB. Même justification que ci-dessus car
les plans EFC et FCD sont identiques.
b. 1) On a DGF ⊥ ABF , car GF ⊥ ABF (l’arête GF du parallélépipède rectangle donné est
perpendiculaire à la face ABFE).
2) On a BGH ⊥ ADH (l’arête GH est perpendiculaire à la face ADHE).
3) Soit I le point de percée de la droite BG dans le plan AFC ; I est le point d’intersection
des droites BG et FC. Par I, on mène une perpendiculaire d au plan AFC (cette perpendiculaire existe et est unique ; voir exercice 2 a). Le plan cherché est le plan ( d ; BG ) ; il est
bien perpendiculaire au plan AFC puisqu’il contient une droite qui est perpendiculaire à ce
plan.
7
4. Perpendiculaire commune
a. Les arêtes BC et EH sont parallèles, et donc toute perpendiculaire à l’une dans le plan BCE est perpendiculaire à l’autre. Il y a une infinité de perpendiculaires
communes : toutes les parallèles à BE.
H
G
E
F
D
C
A
b. Les droites EF et CH sont gauches, mais situées dans
des plans parallèles. La droite EH est la perpendiculaire commune recherchée, en effet :
- EH ⊥ HDC et donc à toute droite de ce plan, en
particulier EH ⊥ HC ,
- EH ⊥ EFB et donc EH ⊥ EF .
B
H
G
E
F
D
C
A
c. Les droites DE et CF sont parallèles, et donc toute
perpendiculaire à l’une dans le plan CDE est perpendiculaire à l’autre. Il y a une infinité de perpendiculaires communes : toutes les parallèles à EF.
B
H
G
E
F
D
C
A
d. Les droites DH et CE sont gauches, il n’y a donc
qu’une seule perpendiculaire commune.
Le plan EAC est parallèle à l’arête DH ; les plans
DHF et EAC sont perpendiculaires entre eux car ce
sont des plans diagonaux du cube. Le point de percée
de la droite EC dans le plan DHF est le point P, milieu de la diagonale EC ; la perpendiculaire commune
est la droite MP, où M est le milieu de l’arête HD.
B
H
G
E
F
M
P
D
A
C
B
8
e. Les droites CE et BG sont gauches ; il n’y a donc
Considérons le plan EFC . On a
- BG ⊥ FC (diagonales d’un carré),
- EF ⊥ FBG (face et arête d’un cube) donc
EF ⊥ BG (une droite perpendiculaire à un plan est
orthogonale à toutes les droites de ce plan).
Dès lors, la droite BG est orthogonale à deux droites
sécantes du plan EFC ; donc BG ⊥ EFC .
Le point de percée de BG dans ce plan est le point
P, intersection des deux diagonales de la face BCGF
du cube. C’est le point milieu de la diagonale FC.
Soit p la perpendiculaire à EC, menée par le point P;
p est la perpendiculaire cherchée. Il faut déterminer
son point d’intersection M avec le droite EC. Cette
perpendiculaire est située dans le plan EFCD ; le
quadrilatère EFCD est un rectangle de côtés de
H
E
F
P
D
C
A
B
E
F
P
M
longueurs a (côté du cube) et a 2 (diagonale d’un
carré de côté a) (voir figure ci-contre). La longueur
de la diagonale de ce rectangle est a 3 .
Les triangles rectangles MPC et EDC sont
semblables car leurs angles sont égaux deux à deux
alternes
et C
(un angle droit et les angles E
D
C
H
E
point M est situé au tiers du segment [CE ] , à partir
G
F
internes). Les côtés homologues sont donc
a 2
x
a 3
proportionnels : 2 =
, ou x =
. Le
3
a 3 a 2
G
M
P
D
C
A
B
du point C.
f. Les droites DE et CH sont gauches ; il n’y a donc
Etapes de la construction
- parallélépipède rectangle constitué de deux
cubes identiques (voir figure) ;
- plan EDB : EDB //HC ;
- par D, droite DI //AG ; on vérifie que
DI ⊥ EDB . Pour le vérifier, on calcule les longueurs de côtés des triangles DIB et DEI et on
montre que ce sont les côtés de triangles rectangles en D.
H
E
G
F
D
A
C
B
9
K
I
J
H
G
E
F
M
L
P
D
C
B
A
DI est une diagonale du second cube ; dans le triangle rectangle DLI, on a
2
2
2
(
DI = DL + IL = a 2
)
2
+ a 2 = 3a 2 , donc DI = a 3 .
BI est une diagonale de la face latérale du parallélépipède rectangle ; dans le triangle rectangle
2
2
2
2
BIL, on a BI = BL + IL = ( 2a ) + a 2 = 5a 2 , donc BI = a 5 .
Dans le triangle DBI, on a DI = a 3 , BI = a 5 et DB = a 2 ; le triangle DBI est donc
rectangle en D, c’est-à-dire DI ⊥ DB .
Par une démarche similaire, on montre que DI ⊥ DE ; DI étant perpendiculaire à deux droites
sécantes du plan DEB, est perpendiculaire à ce plan. On a donc DEI ⊥ DEB , puisque l’un
d’eux contient une droite perpendiculaire à l’autre.
- Soit J le point d’intersection de EI et HC. Les droites DJ et HC sont coplanaires et se
coupent en M, point de percée de HC dans le plan DEI.
- Par M, tracer MP //DI ; MP est la perpendicualire cherchée.
- On peut montrer que M est situé au tiers de HC à partir de H et que P est situé au tiers
de DE à partir de D.
Remarque
Les deux derniers cas peuvent être résolus plus facilement, en utilisant les propriétés du
produit scalaire de vecteurs orthogonaux.
10
5. Plans médiateurs dans un cube
a. Plan médiateur de la diagonale AF
Soit M le point d’intersection des diagonales de
la face ABF. M est le milieu de la diagonale AF.
Le plan EBC comprend le point M et est perpendiculaire à la face EBF. La diagonale AF est
perpendiculaire à ce plan, car
- EB ⊥ AF (diagonales d’un carré) et BC ⊥ AF
car BC ⊥ ABF (arête et face d’un cube) et
qu’une droite perpendiculaire à un plan est orthogonale à toutes les droites de ce plan.
Le plan EBC est le plan médiateur de la diagonale AF.
b. Plan médiateur de la diagonale BH
Le point M, milieu de la diagonale BH est le
point d’intersection des diagonales BH et AG.
On considère deux plans distincts contenant la
diagonale BH et dans chacun de ces plans on
trace par M une perpendiculaire à BH ; le plan
défini par ces deux perpendiculaires est le plan
médiateur de BH.
Construction
-
Soit le rectangle DBFH, de côtés a et a 2 ;
on a HB = a 3 . Par M, on mène KL ⊥ HB
Les triangles HMK et HFB sont semblables
car ce sont des triangles rectangles ayant un
angle aigu de même amplitude. Les côtés
correspondants sont donc proportionnels
HK
HM
,
=
HB
HF
HK =
H
G
E
F
M
C
D
A
B
H
G
E
F
M
C
D
A
B
K
H
F
M
D
L
B
a 3 1
3a 2
⋅
⋅a 3 =
2 a 2
4
3
3
HF et BL = BD .
4
4
Par une démarche similaire dans le rectangle
BCHE, on obtient
3
3
BP = BE et HQ = HC .
4
4
Les points K, L et P définissent le plan médiateur cherché.
On a donc HK =
-
-
11
-
Pour le dessiner, il faut chercher la trace du
plan sur les faces du cube (recherche de section plane)
H
G
K
E
F
P
M
Q
C
D
L
A
B
Résoudre un problème
6. Un problème de cube
Hypothèses
Cube AGCDEFBH
H
E
B
F
Thèse
AB ⊥ EDG
D
Démonstration
A
C
G
1) AB ⊥ ED
En effet ABH ⊥ ED puisque BH ⊥ ED . (ED est une droite du plan EAH, plan d’une
face du cube) perpendiculaire à HB (droite contenant une arête du cube) et que
AH ⊥ ED (les diagonales d’un carré sont perpendiculaires).
2) AB ⊥ EG (analogue).
3) Puisque AB est orthogonale à deux droites sécantes du plan EDG, elle est orthogonale
à ce plan.
12
7. Tétraèdre et triangles isocèles
Hypothèses
- Tétraèdre MNPQ
M
- MP = PN et MQ = QN
Thèse
MN ⊥ QP
Démonstration
H
Q
P
Soit H le pied de la hauteur issue de M dans le
triangle MQP.
Ce point H est aussi le pied de la hauteur issue de N
dans le triangle NQP, car ces deux triangles sont
égaux, car ils ont leurs trois côtés égaux deux à
N
deux.
On a donc QP ⊥ MH et QP ⊥ NH ; la droite QP perpendiculaire à deux droites sécantes du plan MHN, est perpendiculaire à ce plan et donc orthogonale à toute droite
de ce plan, en particulier à la droite MN. On a donc MN ⊥ QP .
8. Plans sécants, plans perpendiculaires dans un cube
H
a. Dessin du cube en perspective cavalière (figure ci-contre).
b. Le plan HDB est le plan diagonal HDBF du
cube.
G
O
E
F
P
O ∈ EG ⇒ O ∈ EDG ; donc OD ⊂ EDG
O ∈ FH ⇒ O ∈ HDB ; donc OD ⊂ HDB
La droite OD est commune aux deux plans
qui sont distincts ; c’est donc leur intersection.
c. Les dimensions, en cm, du rectangle DBFH
D
C
A
B
sont HD = FB = 4 et HF = DB = 4 2 (longueur des diagonales d’un carré dont la longueur
du côté est 4 cm)
O
H
Le point O est au milieu du segment [ HF ] , donc
HO = 2 2 (cm). Soit P le point commun de DO
F
P
et HB.
Les triangles HPO et BPD sont semblables car
ils ont leurs trois angles égaux deux à deux
D
(angles opposés par le sommet et angles alternes-
B
13
internes). Les longueurs des côtés homologues sont donc proportionnelles :
HP
PB
=
OP
DP
=
OH
DB
=
2 2 1
=
4 2 2
1
1
OD et HP = HB
3
3
On en déduit OP =
2
(
)
(
)
Dans le triangle rectangle DHO, on a OD = 42 + 2 2
2
Dans le triangle rectangle HFB, on a HB = 42 + 4 2
2
2
= 24 ; on en déduit OP =
2 6
.
3
= 48 ; on en déduit HP =
4 3
.
3
2
2
24
= 8 et HO = 2 2 = 8 .
3
Les côtés du triangle OPH vérifient la relation de Pythagore ; le triangle est rectangle en P.
Donc OD ⊥ HB .
2
(
2
On a HP + OP =
)
d. Pour démontrer que HB est orthogonale au plan DEG, il faut encore vérifier que HB est
perpendiculaire à une seconde droite du plan, passant par son pied dans le plan. On vérifie
que HB est perpendiculaire à la droite EP.
Le triangle DEG est un triangle équilatéral dont les côtés mesurent 4 2 cm et DO est la
hauteur issue de D de ce triangle.
Puisque P est situé sur OD, le triangle EOP est rectangle en O ; on a donc (théorème de
2
2
2
2
(
Pythagore) : EP = EO + OP = 2 2
2
2
)
2
 2 6  32
+ 
 = .
3
3


2
Il reste à vérifier que BP + PE = EB . On a


2
2
2
donc BP + PE = EB .
2

2
2
2
 32 96
BP + PE =  HB  +
=
= 32 
3
3
3


2
(
EB = 4 2
)
2
= 32
On peut donc conclure que le triangle BPE est rectangle en P, et donc BH ⊥ EP .
La diagonale BH est perpendiculaire à deux droites sécantes passant par son pied dans le
plan DEG ; elle est donc perpendiculaire à ce plan.
14
S
9. Pyramide et orthogonalité
Hypothèses
- pyramide régulière SABCD à base carrée
D
- M, point milieu de l’arête [ AD ]
C
Thèse
AD est perpendiculaire au plan SOM
Démonstration
La pyramide SABCD est régulière, donc SO est la A
hauteur de cette pyramide.
M
O
B
La base est carrée, donc la droite OM est la médiatrice du segment [ AD ] , ce qui entraine
OM ⊥ AD .
Puisque la pyramide est régulière, le triangle ASD est isocèle en S et SM en est donc la
médiane et la hauteur, ce qui entraîne SM ⊥ AD .
L’arête AD est donc perpendiculaire en M aux droites MO et MS du plan SOM, ce qui
permet de conclure que l’arête AD est perpendiculaire à ce plan.
10. Théorème des trois perpendiculaires
a. Le point P est dans le plan π
Hypothèses
- plan α ; droite d, d ⊂ α ; point P ∈ π
- PB ⊥ α et PA ⊥ d
Thèse
B
p
d
P
d ⊥ ( PA, PB )
Démonstration
D
A
C
π
Par hypothèse, on a d ⊥ PA ; il faut démontrer que d ⊥ AB .
On prend sur d, de part et d’autre du point A et à égale distance de celui-ci, deux points
C et D que l’on joint aux points B et P.
Par hypothèse PA ⊥ d et, par construction, A est le milieu du segment [CD ] , donc AP
est, dans le plan PCD, médiatrice du segment [CD ] , ce qui entraine CP = DP .
On en déduit que les obliques BC et BD qui s’écartent également du pied de la perpendiculaire sont égales : BC = BD .
Donc BA est, dans le plan BCD, la médiatrice du segment [CD ] , puisque B et A sont
équidistants de C et de D. On en conclut que BA ⊥ d .
La droite d est donc perpendiculaire au plan ( PA, PB ) puisqu’elle est perpendiculaire
aux deux droites BA et PA passant par son pied dans le plan.
15
b. Le point P est extérieur au plan π
P
p
Hypothèses
- plan α ; droite d ⊂ α ; point P ∉ π
- PB ⊥ α et PA ⊥ d
d
B
D
Thèse
d ⊥ ( PA, PB )
A
π
C
Démonstration
Par hypothèse, on a d ⊥ PA ; il faut démontrer que d ⊥ AB .
On prend sur d, de part et d’autre du point A et à égale distance de celui-ci, deux points
C et D que l’on joint aux points B et P.
Par hypothèse PA ⊥ d et, par construction, A est le milieu du segment [CD ] , donc AP
est, dans le plan PCD, médiatrice du segment [CD ] , ce qui entraine CP = DP .
Les obliques CP et DP étant égales, s’écartent également du pied B de la perpendiculaire p, c’est-à-dire BC = BD .
On en conclut que BA est, dans le plan π, la médiatrice du segment [CD ] , puisque B et
A sont équidistants de C et de D ; on en déduit que BA ⊥ d .
La droite d est donc perpendiculaire au plan ( PA, PB ) puisqu’elle est perpendiculaire
aux deux droites BA et PA passant par son pied dans le plan.
16
11. L’Atomium
On peut modéliser l’Atomium par un cube ABCDA′B′C ′D′ , le centre de la boule centrale correspondant au centre M de celui-ci . Les centres de la boule supérieure et de la boule inférieure
sont les points A et C ′ .
D’
C’
A’
B’
M
D
A
C
B
a. Il faut montrer que les points B’, C et D’ sont dans un même plan horizontal, c’est-à-dire
dans un même plan perpendiculaire à l’axe vertical AC ′ . Cela revient à appliquer la propriété démontrée dans le cadre de l’exercice 6 (s’y référer, ou si, l’exercice n’a pas été fait,
refaire ici une démonstration analogue).
b. Hypothèse
Cube ABCDA′B′C ′D′
Thèse
Les milieux des arêtes BC, BB’, DC, DD’, A’B’ et
A’D’ sont coplanaires.
Démonstration (on a modifié l’angle sous lequel on
voit le cube pour mieux visualiser la situation)
Soient E le milieu de [ BB '] , F le milieu de [ A ' B '] , G le milieu de [ A ' D '] , H le milieu
de [ DD '] , I le milieu de [CD ] et J le milieu de [ BC ] .
On considère le plan EFH. La droite FG est, par construction, parallèle à la droite HE ;
en effet, elle est parallèle à D’B’ qui est elle-même parallèle à HE. La droite FG est
donc située dans le plan EFH (théorème 8.1 c).
On démontre de manière analogue que HI //FE , ce qui entraîne que le droite HI est
située dans le plan EFH, et que EJ //HG , ce qui entraîne que la droite EJ est située dans
le plan EFH. Les six points E, F, G, H, I et J sont donc coplanaires. On pourrait aussi
démontrer que ce sont les six sommets d’un hexagone régulier.
Appliquée à l’Atomium, la thèse, à présent démontrée, revient à dire que les milieux des
tubes dont il est question dans l’énoncé se trouvent dans un même plan.
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