Exercice corrigé Ancien programme

section de cube, tétraèdre et orthogonalité

1. On considère le cube ci-contre :

a. Soit M le point défini par :

Tracer la section du cube par le plan (MFD).

Les droites d'intersection d'un plan
avec deux plans (faces) parallèles
sont parallèles entre elles.

b. Démontrer que la droite (AF) est orthogonale au plan (BEH).

Chercher deux droites sécantes du plan (BEH) qui soient orthogonales à (AF)
(voir le savoir-faire 1). En déduire que

c. Soit N le milieu du segment [AB] et P le centre du carré BCGF. Tracer la section du cube par le plan (ENP).

Construire le point d'intersection de (EN) avec la droite (FB).

2. On considère le tétraèdre ABCD représenté
ci-contre :

I est le milieu de [AB], J est le milieu de [AC], et F vérifie 

On veut tracer la section du tétraèdre par le plan (IJF).

On note (d ) la droite d'intersection des plans (IJF) et (BCD).


a. Démontrer que (d ) est parallèle à (IJ ).

Commencer par démontrer que (IJ) est parallèle au plan (BCF), puis consulter le paragraphe du cours « position relative de deux droites » et procéder par élimination.

b. Terminer le dessin de la section du tétraèdre par (IJF). Quelle est la nature du quadrilatère ainsi obtenu ?

1.a. Il s'agit de trouver, lorsqu'elles existent, les droites d'intersection entre le plan (MFD) et les plans contenant les faces du cube.

[MF] et [MD] sont deux segments communs aux faces du cube et au plan.

Puis l'intersection du plan avec la face DCGH est un segment parallèle à (MF) car les faces DCGH et ABFE sont parallèles. On obtient ainsi le segment [DI] où I est le point d'intersection du plan (MFD) et de l'arête [GC].

Enfin [IF] est l'intersection du plan avec la face BCGF car ces deux points sont communs à (MFD) et à la face BCGF.

car ces deux droites du plan (MFD) sont contenues dans deux plans parallèles. MFID est dont un parallélogramme.

La section du cube avec le plan (MFD) est donc le quadrilatère MFID.

b. Les diagonales d'un carré étant perpendiculaires, (AF) et (BE) sont perpendiculaires.

La droite (HE) est orthogonale à la face ABFE, donc (HE) est orthogonale à toutes les droites de ce plan, et à (AF) en particulier.

Ainsi, (AF) est orthogonale à deux droites sécantes de (BHE), donc (AF) est orthogonale au plan (BHE). Elle est donc orthogonale à toutes les droites de (BHE), donc en particulier, (AF) est orthogonale à (CE).

c. [EN] est un segment commun à (ENP) et à la face ABFE.

(EN) et (FB) sont deux droites sécantes du plan (ABF). Appelons N′ leur point d'intersection. N′ est donc un point commun à (ENP) et à (FB).

N′ est donc aussi un point commun aux plans (ENP) et (FBC) : on en déduit que la droite (N′P) est commune aux plans (ENP) et (FBC), ce qui nous permet de tracer le segment [QR], intersection de (ENP) avec la face BCGF, Q étant sur [BC] et R sur [FG].

[NQ] est alors l'intersection de (ENP) avec la face ABCD et [RE] avec la face EFGH.

La section cherchée est ENQR.

2. a. D'après le théorème des milieux dans le plan (ABC), la droite (IJ) est parallèle à (BC), et donc au plan (BCF) (ou (BCD)). Toute droite de (BCF) est donc soit parallèle, soit non coplanaire avec (IJ). En particulier, (d ) est la droite commune à (BCF) et (IJF), donc c'est une droite de (BCF) coplanaire (dans (IJF)) avec (IJ), donc (d ) est parallèle à (IJ).

b. (d) est une droite parallèle à (IJ) passant par F puisque F est un point commun à (BCD) et (IJF). On obtient ainsi le segment [FG], intersection de (IJF) avec la face BCD du tétraèdre.

G et I étant deux points de la face ABD, [IG] est un autre segment d'intersection. De même pour [JF] dans la face ACD. Le quadrilatère IJFG obtenu est donc un trapèze puisqu'il a deux côtés [IJ] et [GF] parallèles.

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