Exercices - Produit scalaire - 3° partie, Exercices de Algèbre linéaire et analyse numérique
Eusebe_S
Eusebe_S19 May 2014

Exercices - Produit scalaire - 3° partie, Exercices de Algèbre linéaire et analyse numérique

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Exercices de sciences mathématique sur le produit scalaire - 3° partie Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Classique, Relations métriques, Repérage, Projeté orthogonal, Equation trigo, Distance d’un point à ...
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AM*AN=50,351934

AN=9,4287011 cm

AM=5,3402832 cm

M'

M

A FE O

2. Comme A est à l’origine, l’équation d’une telle droite est y = tx.

Le cercle quand à lui a pour équation : 2 2 2 2 2 2( 1) ( 0) ( 1)x y R x y R        . Les points M et M’ ont

des coordonnées x et y qui satisfont les deux équations, soit

2 2 2 2 2 2( 1) ( ) (1 ) 2 1 0x tx R t x x R         .

3. C’est une équation du second degré avec 2 21 , 2, 1a t b c R      . On a bien

2 2 2 2 2 2 2 2 24 4(1 )(1 ) 4 4(1 ) 4[ (1 ) ]t R t R t R R R t             .

Lorsque 1R  , 21 0R  et 2 2 24[ ( 1) ] 0R R t     , il y a deux points d’intersection pour n’importe

quelle valeur de t (heureusement puisque c’est le cas où A est à l’intérieur du cercle…).

Lorsque R = 1, 4  , l’équation est 2 2(1 ) 2 0t x x   qui a toujours deux solutions : 0 (solution A) et

autre chose.

Lorsque 1R  , il faut factoriser  :

  2 24 1 1R t R R t R      qui est positif lorsque 2 21 1

R R t

R R

  

  puisque dans ce cas le

coefficient de 2t dans  est 2 1R  qui est négatif (signe du trinôme : deux racines, coefficient a négatif, donc  est positif entre les racines).

Lorsque 21

R t

R  

 , 0  , il y a racine double, c’est le cas où (C) et (d) sont tangents.

4. D’une manière générale le produit des racines est 2 2

1 2 2

( 4 ) .

2 2 4

b b b b ac c x x

a a aa

           , on a

donc ici 2

2

1

1

R uv

t

  

.

5. On a au carré :           2 2 2 22 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2. 'AM AM x y x y x x y y x y y x             ; mais x1 et x2

sont les abscisses de M et M’, les ordonnées sont alors y1 = tx1 et y2 = tx2, ce qui donne :

         

   

2 2

2 2 222 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2

2

1 . ' 1 1 1

1

R AM AM x t x x t x t x x t R

t

                

d’où 2. ' 1AM AM R k   .

4-49 : Classique (c)

Dans le repère orthonormal ( ; , )O i j on considère les points A( –1 ; 2), B(0 ; –3) et C(3 ; 1).

Un graphique complet, montrant l’ensemble de l’exercice sera réalisé.

1. a. Déterminer les coordonnées des vecteurs AB , AC et BC .

b. Calculer les longueurs AB, AC et BC.

c. En déduire une valeur approchée au degré près de l’angle ACB .

2. Calculer .CA CB puis .CH CB H est le pied de la hauteur issue de A, dans le triangle ABC.

3. a. Citer un vecteur normal de la hauteur (AH).

b. Déterminer une équation de (AH).

4. a. Déterminer les coordonnées de G, centre de gravité du triangle ABC.

b. G est-il un point de (AH) ?

5. a. Déterminer les coordonnées du point D tel que ACDB soit un parallélogramme.

b. Déterminer l’ensemble des points M du plan 1

2 MC MB AD  .

Correction

H

D

B

C

A

y

j

i xO

1. a. 1

5 AB

      

, 4

1 AC

      

, 3

4 BC

      

.

b. 1 25 26AB   , 16 1 17AC    , 9 16 25 5BC     .

c. Avec AL-Kashi, on a 2 2 2 26 17 25 16

cos 2 . 10 17 10 17

AB AC BC ACB

AB AC

      

 d’où 67ACB  .

2. 4 3

. . 12 4 8 . 1 4

CA CB CH CB     

           

puisque H est le projeté orthogonal de A sur (BC).

3. a. (AH) est orthogonale à (BC), donc BC est un vecteur normal de la hauteur (AH).

b. 1 3

. 0 . 0 3 4 5 0 2 4

x AM BC x y

y

             

    .

4. a. On cherche les coordonnées de I, milieu de [BC] : I(3/2, −1) et on a

1 3 / 2 1 2 / 32 2

2 1 2 03 3

G G

G G

x x AG AI

y y

              

        .

b. Remplaçons x et y par les coordonnées de G dans l’équation de (AH) : 3(2 / 3) 4(0) 5 0   donc non.

5. a. Il faut que 4 4

1 3 4

D D

D D

x x AC BD

y y

            

        .

b. 1

2 MC MB AD  : posons ( , )M x y et remplaçons en élevant au carré :

  2

2 2 2 2 2 231 1 61(4 1) ( 4 2) (3 2 ) ( 2 2 ) 1 34 4 4

x x MC MB AD x y

y y

                      

      ,

soit en divisant par 2 dans les parenthèses :   2

23 61 1

2 16 x y       

  , ce qui correspond à un cercle de

centre I et de rayon 61

4 .

5. Relations métriques

5-50 : Un triangle très spécial (c)

ABC est un triangle isocèle de sommet principal A tel que BC = 1 et les angles à la base vérifient

72B C  ° ; (BD) est la bissectrice de l’angle B ; E est le milieu de [AB] et H celui de [BC] (figure ci- dessous, inutile de la refaire).

1. a. Montrer que les triangles BCD et BDA sont isocèles.

b. En déduire que BC = BD = AD = 1.

c. En déduire que (ED) est perpendiculaire à (AB).

2. On pose AB= x. Exprimer cos 36° et sin 18° en fonction de x en utilisant des triangles rectangles convenables.

3. a. En utilisant la formule 2cos2 1 2sin   , montrer que x vérifie l’équation 3 22 1 0x x   .

b. Développer 2( 1)( 1)x x x   et résoudre l’équation ci-dessus.

4. En déduire en les justifiant les valeurs exactes de cos 36°, sin 36°, sin 18° et cos 18°.

E

D

A

H CB

72

Correction

ABC est un triangle isocèle de sommet principal A tel que BC = 1 et les angles à la base vérifient

72B C  ° ; (BD) est la bissectrice de l’angle B ; E est le milieu de [AB] et H celui de [BC] (figure ci- dessous, inutile de la refaire).

1. a. On a évidemment 36BAD DBA   donc BDA est isocèle. De même 36CBD   et 72BCD   donc

180 36 72 72BDC      , BCD est isocèle.

b. Comme BC = 1, BC = BD = 1 et BD = AD = 1.

c. Comme E est le milieu de [AB], et que ABD est isocèle, DE est la médiatrice de [AB] et est donc perpendiculaire à (AB).

2. Si on prend le triangle ABH, on a BH = 1/2 et AB = x d’où 1/ 2 1

cos72 sin 18 2

BH

AB x x       . Prenon

maintenant le triangle AED : 2

x AE  , 1DA  d’où cos36

2

AE x

AD    .

3. a. On remplace  par 18° dans 2cos2 1 2sin   : 2cos36 1 2sin 18    , soit

2 3 2 3 2

2 2

1 2 1 1 2 2 4 2 2 1 0

2 4 2 2

x x x x x x x

x x

            .

b. 2 3 2( 1)( 1) 2 1x x x x x      d’où les solutions 0 1 2 1 5 1 5

1, , 2 2

x x x  

   .

4. Tous les cosinus et sinus cherchés sont positifs, on doit donc garder 1 1 5

2 x

  ce qui donne

1

1 1 5 1 sin 18

2 41 5x

    

 d’où 2

5 1 2 5 10 2 5 10 2 5 cos18 1 sin 18 1

16 16 4

            ,

1 5 1cos36 2 4

x     et 2

10 2 5 sin 36 1 cos 36

4

      .

5-51 : cos et sin

Soit un repère orthonormé ( ; , )O i j , A, B, C, D les points de coordonnées respectives (−15 ; −3), (2 ; 14),

(−8 ; 14), (10 ; 2).

1. Déterminez une équation du cercle  passant par A, B et C et vérifiez que  passe par D.

2. Calculez cosinus et sinus des angles  ,CA CB et  ,DA DB . Que peut-on dire de ces angles ?

5-52 : 3 carrés (c)

cba

Soit les trois carrés ci-dessus. Calculer cos a, sin a, cos b, sin b, sin c et cos c puis sin cos sin cosa b b a. Qu'en déduit on entre a, b et c ?

Correction

On prend le côté égal à 1, ce qui donne 3 1 2 1

cos , sin , cos , sin 10 10 5 5

a a b b    . On en déduit

1 2 1 3 5 1 2 sin cos sin cos sin( ) sin

2 410 5 5 10 50 2 a b b a a b

          d’où

4 a b

   .

5-53 : Repérage

Un bateau avance à 24 km/h. Pour aller de B en A, il devra passer par C car la profondeur est

insuffisante entre la terre et l'île. A 8 heures il passe en B et le capitaine trouve 32ABC   .

A 8 heures 20 mn le bateau arrive en C. Juste avant de virer vers A le capitaine mesure ACx et trouve 57°.

A quelle heure le bateau arrivera-t’il en A ?

i l e d e s p a lm ie rs

cô te ...

B

A

C

te rre

x

5-54 : Projeté orthogonal (c)

Un parallélogramme ABCD est tel que AB = 15 cm, BC = 12 cm et AC = 13 cm.

1. Faire une figure exacte. Soit b l’angle ( , )BA BC .

2. Donnez les valeurs exactes de cos b, sin b et tan b. Calculez une valeur approchée de l’angle ( , )BA BC .

3. Donnez alors une valeur approchée de l’aire du parallélogramme, puis sa valeur exacte.

4. Soit H le projeté orthogonal de C sur (AB). Calculer l’aire du triangle ACH.

Correction

1.

H

D C

BA

w=6,5

v=6

u=7,5

2. 2 2 2

2 2 2 169 225 144 52 . .cos cos 2 . 2.15.12 9

AC AB BC AC AB BC AB BC b b

AB BC

          

  ; comme l’angle est

inférieur à 90° on a 2 25 2 14

sin 1 cos 1 81 9

b b     et 2 14

tan 5

b  et finalement

1cos (5 / 9) 56,25b    .

3. L’aire du parallélogramme ABCD vaut 2 14

. . .sin 15.12. 40 14 9

ABCH AB BC b   .

4. Pour le triangle ACH on a 2 1 1 5 2 14 80 14

cos . sin cos 72. . 2 2 9 9 9

BH BC b Aire CH BH BC b b      .

5-55 : Equation trigo (c)

1. Montrer que pour tout réel x,    2cos 3 cos 3 3 sin 3 3

x x x      

  .

2. Résoudre l'équation    cos 3 3 sin 3 1x x   . Représenter les solutions sur le cercle

trigonométrique.

Correction

1.        2cos 3 2cos cos 3 2sin sin 3 cos 3 3 sin 3 3 3 3

x x x x x          

  .

2.     1

cos 3 3 sin 3 1 2cos 3 1 cos 3 3 3 2

x x x x     

                 

.

On a donc

2 2 3 2

3 3 9 3

2 2 3 2

3 3 3 3

k x k x

k x k x

    

    

      

          

.

Les solutions sur le cercle trigonométrique entre 0 et 2 sont 2 7 4 13

, , 9 9 3 9 9 3 9

           pour la

première ligne et 2 4 6 5

, , 3 3 3 3 3 3 3 3

                 pour la deuxième.

6. Dans l’espace

6-56 : Plan et plan (c)

L’espace est rapporté à un repère orthonormé ( ; , , )O i j k . On appelle P le plan d’équation 2 5 0x y  

et P’ celui d’équation 3 0x y z   .

1. Montrer que P et P’ sont sécants suivant une droite D dont une représentation paramétrique est

5 2

5 5

x t

y t

z t

   

  

t est un réel quelconque.

2. Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses ? Justifier précisément vos réponses :

* D est parallèle au plan R d’équation 5 5 0x y z    .

* Soit D’ la droite de représentation paramétrique

3

1

2 2

x u

y u

z u

    

  

u est un réel quelconque. Les droites D

et D’ ont un point commun.

Correction

P le plan d’équation 2 5 0x y   et P’ celui d’équation 3 0x y z   .

1. On essaie de résoudre : 2 5 0

2 5 0 2 5 3 0

3 0 3 5 5

x t x t x y

t y y t x y z

t y z z t y t

       

                    

.

2. * Vrai : Un vecteur directeur de D est

1

2

5

u

          

; un vecteur normal à R est

5

5

1

n

         

. Si D est

parallèle à R son vecteur directeur doit être orthogonal à n , et c’est le cas : . 5 10 5 0un      .

* Faux : Si D et D’ ont un point en commun ce point satisfait les deux systèmes d’équation :

3 3 3

1 2 5 1 6 5 7 4

2 2 5 5 2 2 15 5 17 3

x u t t u t u

y u t u u u

z u t u u u

                        

            

ce qui est manifestement impossible.

6-57 : Distance d’un point à un plan (c)

Soient les points  2 ;1 ; 0)A  ,  1 ; 2 ;1B et  0 ;1 ; 1C  de l’espace.

1. Montrez que A, B et C ne sont pas alignés.

2. Montrez que le vecteur

1

5

2

n

         

est orthogonal à AB et AC . Déduisez-en que 5 2 7 0x y z    est une

équation du plan (ABC).

3. Soit D le point de coordonnées (1 ; 1 ; −2). Vérifiez que D n’est pas dans (ABC).

On cherche la distance de D à (ABC), soit la distance DHH est le projeté orthogonal de D sur (ABC).

4. a. Montrez que le produit scalaire .DH n vaut 1 ; on posera que H a pour coordonnées (x ; y ; z) et on utilisera le fait que H est dans (ABC).

b. En utilisant le fait que DH est colinéaire à n , montrez que . . 30DH n DH .

c. Déduisez-en la distance DH.

5. Proposez une méthode générale permettant de donner la formule donnant la distance d’un point

( ; ; )D D DD x y z à un plan d’équation 0ax by cz d    .

Correction

1.

1 2 3

2 1 1

1 0 1

AB

                    

,

0 2 2

1 1 0

1 0 1

AC

                      

; il est impossible que AC kAB .

2. . 3.1 5.1 2.1 0ABn     et . 2.1 5.0 2.( 1) 0AC n      ;

2 1

. 1 . 5 ( 2) 5( 1) 2 5 2 7 0

2

x

AM n y x y z x y z

z

                               

.

3. On remplace dans 5 2 7 0x y z    : 1 5 4 7 1 0      , donc pas dans (ABC).

4. a.

1 1

. 1 . 5 1 5 5 2 4 5 2 8 7 8 1

2 2

x

DH n y x y z x y z

z

                                  

puisque 5 2 7x y z    .

b. 2 2 2. . . 1 ( 5) 2 30DH n DH n DH DH      .

c. Finalement 1

30 DH DH  .

5.

a

n b

c

          

, on calcule . .

D

D D D D D D D

D

x x a

DH n y y b ax by cz ax by cz ax by cz d

z z c

                              

; par

ailleurs 2 2 2

. . .

D D D DH n ax by cz d

DH n DH n DH n a b c

      

  .

6-58 : Distance d’un point à un plan 2 (c)

J

N M

R

L K

IO

u=90

L'espace étant rapporté à un repère orthonormal de sens direct (O, OI, OJ, OK) , on considère le cube de

sommets O, I, R, J, N, K, L, M dont une représentation est jointe sur la feuille annexe.

On note A le milieu de l'arête [IL] et B le point défini par : 2

KB KN. 3  On appelle P le plan passant par

les points O, A et B.

1. a.Préciser les coordonnées des points A et B.

b. Déterminer les coordonnées d’un vecteur u orthogonal à OA et OB .

2. a.Montrer que l'aire du triangle OAB vaut 14

. 6

b. Le point 1

C 1 ; ;1 3

     

appartient-il à P ? Justifier votre réponse.

3. On considère le tétraèdre OABK.

a. Montrer que son volume vaut 1

9 .

b. En déduire la distance du point K au plan P.

N.B. : On rappelle que le volume d'un tétraèdre est le tiers du produit de l'aire d'une base par la longueur de la hauteur correspondante.

Correction

A

B

J

N M

R

L K

IO

u=90

A le milieu de l'arête [IL] et B le point défini par 2

. 3

KB KN P le plan passant par les points O, A et B.

1. a. A est le milieu de I(1, 0, 0) et L(1, 0, 1), il a pour coordonnées : 1

1, 0, 2

     

;

B est tel que

0 0 0 0 2

0 1 0 2 / 3 3

1 1 1 1

B B

B B

B B

x x

y y

z z

          

                 

.

b. On pose

a

u b

c

          

et on effectue les produits scalaires : 1 2

. 0, . 0 2 3

uOA a c uOB b c      . On obtient

alors en posant c = t :

/ 2

3 / 2

a t

b t

c t

    

 

qui sont les équations paramétriques d’une droite passant par O et de

vecteur directeur

1/ 2

3 / 2

1

u

          

, lequel est un des vecteurs cherchés (il y en a une infinité possible…).

2. a. Avec Pythagore on a 5

2 OA  et

4 13 1

9 3 OB    ; l’aire du triangle est (avec D le projeté

orthogonal de B sur OA) : 1 1

. . .sin 2 2

OA BD OA OB AOB .

On cherche le cosinus :

1 0 . 6 6 1 3 9 56 2 14

cos 0 2 / 3 sin 1 . 2 65 6565 65 65 65

1/ 2 1

OA OB AOB AOB

OA OB

     

                

.

On termine : 1 1 5 13 2 14 14

. .sin 2 2 2 3 665

OA OB AOB   .

A

B

J

N M

R

L K

IO

u=90

b. 1

1 ; ;1 3

C      

appartient à P si OC est orthogonal à u :

1 1/ 2 1 1

. 1/ 3 . 3 / 2 1 0 2 2

1 1

OC u

                         

donc oui.

3. a. Le tétraèdre OABK a pour volume base x hauteur

3 ; on peut prendre comme base le triangle OAK et

comme hauteur KB. Ceci nous donne une base de 1/2 et une hauteur de 2/3, soit un volume de 1

9 .

b. Si on prend comme volume 1

aire( ).distance( , ) 3

OAB K OAB , on a

1 14 1 2 14 ( , ) ( , )

3 6 9 714 d K OAB d K OAB    .

6-59 : Plan et tétraèdre

Soit, dans l’espace, le plan (P) d’équation 3 2 5 7 0x y z    , A le point de coordonnées (6, −5, 11) et H

son projeté orthogonal sur le plan (P).

1. Déterminer un vecteur normal n au plan (P). Peut-on trouver trois points B, C, D de (P) tels que :

2

2

1

BC

          

et

0

1

1

BD

          

?

2. Déterminer les coordonnées de H, calculez la distance AH.

3. Vérifiez que le point E(3, 1, 0) est dans (P) ; déterminez alors deux points F et G de (P) tels que EF et

EG soient orthogonaux à n et orthogonaux entre eux (attention vous devez avoir une infinité de possibilités). Calculer le volume du tétraèdre AEFG.

6-60 : Tétraèdre (Bac S 2003, Polynésie)

Dans l’espace muni d’un repère orthonormé ( ; , , )O i j k on considère les points A, B, C et D de

coordonnées respectives : (0 ; 0 ; 3), (2 2 ; 0 ; 1), ( 2 ; 6 ; 1), ( 2 ; 6 ; 1)A B C D      .

1. Montrer que ABCD est un tétraèdre régulier (les longueurs de tous ses côtés sont égales).

2. On note R, S, T et U les milieux respectifs des arêtes [AC], [AD], [BD] et [BC] ; démontrer que RSTU est un parallélogramme de centre O.

3. Ce parallélogramme a-t-il des propriétés supplémentaires ? Expliquer.

6-61 : Routes aériennes (Bac S 2000,Centres ét.)

On se propose d’étudier une modélisation d’une tour de contrôle de trafic aérien, chargée de surveiller deux routes aériennes représentées par deux droites de l’espace.

L’espace est rapporté à un repère orthonormé ( ; , , )O i j k d’unité 1 km. Le plan ( ; , )O i j représente le

sol. Les deux routes aériennes à contrôler sont représentées par deux droites (D1) et (D2) dont on connaît les représentations paramétriques :

1

3

( ) : 9 3

2

x a

D y a

z

    

 

et 2

0,5 2

( ) : 4

4

x b

D y b

z b

    

  

.

1. a. Calculer les coordonnées des points de (D1) correspondant à a = 0 (appelé A) et a = −1 ; déterminer

un vecteur directeur 1u de (D1). Procéder de même pour (D2) : coordonnées des points correspondants à

b = 0 (appelé B) et b = −1 puis vecteur directeur 2u de (D2). Faire une figure (on prendra 1 cm comme

unité).

b. Prouver que les droites (D1) et (D2) ne sont pas coplanaires (vérifier que les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires et qu’aucun point de (D1) n’est sur (D2)).

2. On veut installer au sommet S de la tour de contrôle, S de coordonnées (3 ; 4 ; 0,1), un appareil de surveillance qui émet un rayon représenté par une droite notée (R). Soit (P1) le plan contenant S et (D1) et (P2) celui contenant S et (D2).

a. Montrer que (D2) est sécante à (P1) (on déterminera le vecteur AS et on cherchera ,  et b tels que

pour M appartenant à (D2) on ait 1AM u AS   ).

b. Montrer que (D1) est sécante à (P2).

c. Un technicien affirme qu’il est possible de choisir la direction de (R) pour que cette droite coupe chacune des droites (D1) et (D2). Cette affirmation est-elle vraie ? Justifier.

6-62 : Tétraèdre et p.s

On se donne un tétraèdre régulier ABCD de centre de gravité O et de côté a.

1. Montrer que O est le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre.

2. Montrer que les triangles OAB, OBC, OCA, OAD, OBD et OCD sont isométriques. Soit  l’angle AOB .

3. Calculer   2

OA OB OC OD   en fonction de  et de a. Déduisez-en cos puis  à 10−2 près en

degrés.

6-63 : Espace / VF (c)

VRAI-FAUX, pas de justification.

L’espace est rapporté à un repère orthonormal ( ; , , )O i j k .

On considère les points A(0 ; 4 ; −1), B(−2 ; 4 ; −5), C(1 ; 1 ; −5), D(1 ; 0 ; −4) et E(2 ; 2 ; −1).

a. Une équation du plan (ABC) est 2x + 2yz − 9 = 0.

b. Le point E est projeté orthogonal de D sur (ABC).

c. Les droites (AB) et (CD) sont orthogonales.

d. Le point  (−1 ; 2 ; −3) est le centre d’une sphère passant par A, B, C et D.

Correction

a. Vrai : il suffit de vérifier que AB et AC sont orthogonaux à un vecteur normal à (ABC), soit

2

2

1

n

        

:

2 2

. 0 . 2 4 0 4 0

4 1

AB n

                        

et

1 2

. 3 . 2 2 6 4 0

4 1

AC n

                        

b. Faux : il faut que E soit sur (ABC) : 2.2 + 2.2 −(−1) − 9 = 0, ok. Il faut également que ED soit

colinéaire à n :

1 2 1 2

2 2 2 2

3 1 3

t

ED tn t t

t

          

                     

ce qui est manifestement impossible.

c. Faux : on calcule

2 0

. 0 . 1 0 0 4 0

4 1

ABCD

                       

.

d. Vrai : y’a pas le choix, il faut calculer les quatre distances, ou plutôt leurs carrés : 2 1 4 4 9A     , 2 1 4 4 9B     , 2 4 1 4 9C     , 2 4 4 1 9D     .

6-64 : Pyramide (c)

SABCD est une pyramide régulière. Sa base ABCD est un carré de côté a et de centre H. La hauteur [SH] mesure 2a. On appelle I le milieu de [SA] et J le milieu de [SC].

On rappelle que, dans une pyramide régulière, toutes les faces latérales sont des triangles isocèles isométriques.

J

I

S

H

A B

CD

Partie I : Les tracés demandés dans cette partie se feront sur la figure de la page suivante que vous joindrez à votre copie.

1. Dessiner l'intersection du plan (BIJ) avec les faces SAB et SBC.

2. La droite (IJ) coupe le segment [SH] en K. Montrer que (BK) et (SD) sont sécantes.

3. On appelle L le point d'intersection des droites (BK) et (SD). Dessiner l'intersection du plan (BIJ) avec les faces SAD et SDC.

4. Tracer en rouge la section de la pyramide SABCD par le plan (BIJ).

Partie II

1. Calculer la longueur AC. En déduire la longueur IJ.

2. Montrer que la longueur SA est égale à 3 2

2

a .

3. Calculer, en fonction de a, les longueurs BI et BJ.

4. Déterminer à un degré près la mesure de l'angle IBJ .

Correction

1. En vert.

2. (IJ) coupe [SH] en K. (BK) et (SD) sont sécantes : (BK) est dans le plan BSD de même que (SD) ; elles ne sont pas parallèles sinon BSD ne serait pas un triangle…

3. Intersection du plan (BIJ) avec les faces SAD et SDC : comme (BK) est dans le plan (BIJ), et qu’elle coupe (SD) en L cette intersection est constituée des segments [LI] et [LJ].

4. En rouge.

L

K

J

I

S

H

A B

CD

Partie II

1. 2AC a . 1 2

2 2

a IJ AC  (Thalès).

2. Pythagore : 2

2 2 2 2 2 2 21 1 9 3 3 24 4 2 2 22

a a a SA AH HS AC HS a a SA          .

3. On peut par exemple se fixer un repère en prenant comme origine H et comme vecteurs directeurs

HA , HB et HK : on a alors 2

, 0, 0 2

a A      

, 2

0, , 0 2

a B      

,  0, 0, 2S a d’où 2

, 0, 4

a I a      

et la

longueur BI :

 

2 2 2 2 2 2 22 22 2 2 2 13 26 260 0 0

4 2 16 4 8 16 4

a a a a a a BI a a BI a

                       

.

4. On en déduit avec Al-Kashi :   2 2 2

2 2 2

2

2 26 26

114 16 16cos , 2 . 1326

2 4

a a a IJ BI BJ

BI BJ BI BJ

a

   

     

    

d’où 32,2IBJ   .

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