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-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
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\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
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% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction des exercices de géométrie dans l'espace}}\end{center}

\subsection{}
\subsubsection*{\textcolor{red}{Partie A}}

Dans un repère orthonormé $\left(O~;~\overrightarrow{i}~;~\overrightarrow{j}~;~\overrightarrow{k}\right)$, on considère les points A$(3~;~-2~;~2)$, B$(6~;~1~;~5)$ et C$(6~;~-2~;~-1)$.\\
Déterminons par des calculs la nature du triangle ABC.

\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3\\3\\3\end{pmatrix}$ donc $AB=\sqrt{3^3+3^3=3^3}=\sqrt{3\times 3^2}=\boxed{\textcolor{red}{3\sqrt{3}=\sqrt{27}}}$

\item $\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}0\\-3\\-6\end{pmatrix}$ donc $BC=\sqrt{(-3)^2+(-6)^2}=\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{45}=\sqrt{3^2\times 5}=3\sqrt{5}}}$

\item $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}3\\0\\-3\end{pmatrix}$ donc $AC=\sqrt{3^2+(-3)^2}=\sqrt{2\times 3^2}=\boxed{\textcolor{red}{\sqrt{18}=2\sqrt{3}}}$.
\end{enumerate}
Il est clair que ABC n'est pas isocèle (donc pas équilatéral).\\
$BC$ est la plus grande longueur :\\
$BC^2=45$~;~$AB^2+AC^2=27+18=45$ donc $BC^2=AB^2+AC^2$.\\
Après la \textbf{\textcolor{blue}{réciproque du théorème de Pythagore}}, le triangle ABC est \textbf{\textcolor{red}{rectangle en A}}.\\
Remarque : on peut aussi calculer le produit scalaire des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ et montrer qu'il est nul.

\subsubsection*{\textcolor{red}{Partie B}}

On considère un parallélépipède rectangle ABCDEFGH.

\begin{center}
\psset{unit=0.9}
\begin{pspicture*}(-1,-2)(10,5)
\psline[linewidth=1pt](0,0)(0,4)
\psline[linewidth=1pt](0,4)(2,3)
\psline[linewidth=1pt](2,3)(2,-1)
\psline[linewidth=1pt](2,-1)(0,0)
\psline[linewidth=1pt](2,-1)(9,-1)
\psline[linewidth=1pt](9,-1)(7,0)
\psline[linewidth=1pt,linestyle=dashed](7,0)(0,0)
\psline[linewidth=1pt](9,-1)(9,3)
\psline[linewidth=1pt](9,3)(7,4)
\psline[linewidth=1pt,linestyle=dashed](7,4)(7,0)
\psline[linewidth=1pt](2,3)(9,3)
\psline[linewidth=1pt](0,4)(7,4)
\psline[linewidth=1pt](0,4)(7,4)
\psdots[dotstyle=*](0,0)
\rput[bl](0.08,0.2){$A$}
\psdots[dotstyle=*](0,4)
\rput[bl](0.08,4.2){$B$}
\psdots[dotstyle=*](2,3)
\rput[bl](2.08,3.2){$C$}
\psdots[dotstyle=*](2,-1)
\rput[bl](2.08,-0.8){$D$}
\psdots[dotstyle=*](7,0)
\rput[bl](7.08,0.2){$E$}
\psdots[dotstyle=*](7,4)
\rput[bl](7.08,4.2){$F$}
\psdots[dotstyle=*](9,3)
\rput[bl](9.08,3.2){$G$}
\psdots[dotstyle=*](9,-1)
\rput[bl](9.08,-0.8){$H$}
\end{pspicture*}
\end{center}
Déterminer si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses, en justifiant avec soin.

\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Affirmation 1 : les plans (HAE) et (BGC) se coupent selon la droite parallèle à (HA) passant par F.\\
\textbf{\textcolor{red}{FAUX}} : \\
les plans sont strictement parallèles, donc ne se coupent pas !

\item Affirmation 2 : les droites (BE) et (FG) sont orthogonales.\\
\textbf{\textcolor{red}{VRAI}} : ls deux droites sont incluses respectivement dans deux plans orthogonaux (BEF) et (FGH).

\item Affirmation 3 : on appelle I le milieu du segment [EH].\\
La section du parallélépipède par le plan parallèle à (EGB) passant par I est un trapèze (un tracé suffit à justifier la réponse).
\textbf{\textcolor{red}{FAUX}} : 
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Notons $\mathscr{P}$ ce plan passant par I et parallèle au plan (EGB).\\
(EGB) coupe les plans (EGB) et $\mathscr{P}$ selon deux droites parallèles. $\mathscr{P}$ coupe les plans (BCG) et (ADH) selon deux droites parallèles, donc coupe (ADH) selon une droite passant par I et parallèle à (BG). D'après la réciproque du théorème de Thalès, elle coupe [AE] en J, milieu de ce segment.

\item De même, (EGB) et $\mathscr{P}$ sont parallèles, donc coupent le plan (EFG) selon deux droites parallèles. Après la réciproque du théorème de Thalès, on obtient comme section [IK] où K est le milieu de [GH].

\item De même, $\mathscr{P}$ coupe (DCG) selon (KL) où L est le milieu de [CG].

\item La section de $\mathscr{P}$ avec (BCG) est le segment [LM], passant par L et parallèle à (BG), donc M est le milieu de [BC].

\item La section de $\mathscr{P}$ avec (ABC) est [MN] où N est le milieu de [AB].

\item La section de $\mathscr{P}$ avec le plan (AEF) est le segment [NJ].
\end{enumerate}

La section de $\mathscr{P}$ avec le parallélépipède est donc l'hexagone IJKLMN (dont les côtés opposés sont parallèles), mais \textbf{\textcolor{red}{pas un trapèze}}

\bigskip
Représentation de la section :
\begin{center}
\psset{xunit=1cm,yunit=1cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=1.6pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-1,-2)(10,5)
%\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-1,-2)(10,5)
\psline[linewidth=2pt](0,0)(0,4)
\psline[linewidth=2pt](0,4)(2,3)
\psline[linewidth=2pt](2,3)(2,-1)
\psline[linewidth=2pt](2,-1)(0,0)
\psline[linewidth=2pt,linestyle=dashed](7,0)(7,4)
\psline[linewidth=2pt](7,4)(9,3)
\psline[linewidth=2pt](9,3)(9,-1)
\psline[linewidth=2pt,linestyle=dashed](9,-1)(7,0)
\psline[linewidth=2pt](2,-1)(9,-1)
\psline[linewidth=2pt,linestyle=dashed](0,0)(7,0)
\psline[linewidth=2pt](2,3)(9,3)
\psline[linewidth=2pt](0,4)(7,4)
\psline[linewidth=2pt](0,4)(9,3)
\psline[linewidth=2pt,linestyle=dashed](0,4)(7,0)
\psline[linewidth=2pt,linestyle=dashed](7,0)(9,3)
\psline[linewidth=2.8pt,linestyle=dashed,linecolor=red](8,-0.5)(3.5,0)
\psline[linewidth=2.8pt,linestyle=dashed,linecolor=red](8,-0.5)(9,1)
\psline[linewidth=2.8pt,linecolor=red](9,1)(5.5,3)
\psline[linewidth=2.8pt,linecolor=red](5.5,3)(1,3.5)
\psline[linewidth=2.8pt,linecolor=red](1,3.5)(0,2)
\psline[linewidth=2.8pt,linestyle=dashed,linecolor=red](0,2)(3.5,0)
%\psdots[dotstyle=*](0,0)
\uput[l](0,0){$A$}
\psdots[dotstyle=*](0,4)
\rput[bl](0.08,4.2){$B$}
\psdots[dotstyle=*](2,3)
\rput[bl](2.08,3.2){$C$}
\psdots[dotstyle=*](2,-1)
\rput[bl](2.08,-0.8){$D$}
\psdots[dotstyle=*](0,0)
\rput[bl](0.08,0.2){$A$}
\psdots[dotstyle=*](7,0)
\rput[bl](7.08,0.2){$E$}
\psdots[dotstyle=*](7,4)
\rput[bl](7.08,4.2){$F$}
\psdots[dotstyle=*](9,3)
\rput[bl](9.08,3.2){$G$}
\psdots[dotstyle=*](9,-1)
\rput[bl](9.08,-0.8){$H$}
%%\rput[bl](0.32,2){$f$}
%%\rput[bl](0.84,3.22){$g$}
%%\rput[bl](1.66,1){$h$}
%%\rput[bl](1.14,-0.2){$i$}
%%\rput[bl](7.3,2){$j$}
%%\rput[bl](7.84,3.22){$k$}
%%\rput[bl](8.66,1){$l$}
%%\rput[bl](8.14,-0.2){$m$}
%%\rput[bl](5.48,-1.32){$n$}
%%\rput[bl](3.48,-0.32){$p$}
%%\rput[bl](5.48,2.68){$q$}
%%\rput[bl](3.48,3.68){$r$}
\psdots[dotsize=4pt,dotstyle=*](8,-0.5)
\rput[bl](8.08,-0.34){\darkgray{$I$}}
%%\rput[bl](4.46,3.2){$s$}
%%\rput[bl](3.34,1.74){$t$}
%%\rput[bl](8.26,1.34){$a$}
\psdots[dotsize=4pt 0,dotstyle=*](3.5,0)
\rput[bl](3.58,0.16){$J$}
%%\rput[bl](5.78,0.08){\red{$b$}
\psdots[dotsize=4pt 0,dotstyle=*](9,1)
\rput[bl](9.08,1.16){$K$}
%%\rput[bl](8.76,0.08){\red{$c$}
\psdots[dotsize=4pt 0,dotstyle=*](5.5,3)
\rput[bl](5.58,3.16){$L$}
%\rput[bl](7.4,2.28){\red{$d$}
\psdots[dotsize=4pt 0,dotstyle=*](1,3.5)
\rput[bl](1.08,3.66){$M$}
%%\rput[bl](3.28,3.58){\red{$e$}
\psdots[dotsize=4pt 0,dotstyle=*](0,2)
\rput[bl](0.08,2.16){$N$}
%%\rput[bl](0.22,2.94){\red{$f_1$}
%%\rput[bl](1.58,0.74){\red{$g_1$}
\end{pspicture*}

\end{center}
\end{enumerate}



\subsection*{\textcolor{red}{Partie C}}
On se place dans le repère $\left(A~;~\overrightarrow{AD}~;~\overrightarrow{AE}~;~\overrightarrow{AB}\right)$.\\
Les coordonnées de B, E, G et I sont :\\
B$(0~;~0~;~1)$~;~E(0~;~1~;~0), G(1~;~1~;~1) et I$\left(\dfrac{1}{2}~;~1~;~0\right)$


\subsection*{\textcolor{blue}{Métropole juin 2003}}
\parbox[l]{0.38\textwidth}{Soient $a$ un réel strictement positif et OABC un tétraèdre tel que :

$\bullet$	OAB, OAC et OBC sont des triangles rectangles en O,

$\bullet$	OA = OB = OC = $a$.

On appelle I le pied de la hauteur issue de C du triangle ABC, H le pied de la hauteur issue de O
 du triangle OIC, et D le point de l'espace défini par
  
 $\overrightarrow{\text{HO}} = \overrightarrow{\text{OD}}$.} \hfill 
 \parbox[r]{0.62\textwidth}{\psset{unit=0.75cm}\begin{pspicture}(-0.5,0)(9,10.2)
\psline[linestyle=dotted](1.2,0.9)(2,4)(1.5,9.7)
\psline[linestyle=dotted](8.5,4)(2,4)
\psline[linestyle=dotted](3.7,4.9)(0.2,3.1)
\psline[linestyle=dotted](8.5,4)(0.2,3.1)
\psline(1.5,9.7)(0.2,3.1)(1.2,0.9)(8.5,4)(1.5,9.7)(4.85,2.45)
\psline(1.2,0.9)(1.5,9.7)
\uput[d](1.2,0.9){A} \uput[d](4.85,2.45){I} \uput[dr](8.5,4){B} 
\uput[ul](1.5,9.7){C} \uput[ul](2,4){O} \uput[l](0.2,3.1){D}  
\uput[r](3.7,4.9){H}
\end{pspicture}}

\begin{enumerate} 
\item %Quelle est la nature du triangle ABC ?
OAB, OAC et OBC sont rectangles isocèles en O, donc leurs hypoténuses AB, AC et BC ont la même longueur $\boxed{\textcolor{red}{a\sqrt{2}}}$ (que l'on calcule avec le théorème de Pythagore).\\
Donc ABC est un triangle équilatéral.

\item %Démontrer que les droites (OH) et (AB) sont orthogonales, puis que H est l'orthocentre du triangle ABC.

\begin{enumerate}
\item (CI) étant hauteur du triangle isocèle ABC,  la droite (CI) est \textbf{\textcolor{red}{perpendiculaire}} à la droite (AB).

\item (CI) est aussi médiane, donc I est le milieu de [AB] ; donc dans le triangle OAB isocèle en O la droite (OI) médiane est aussi hauteur donc (OI) est \textbf{\textcolor{red}{perpendiculaire}} à (AB).

\item \textbf{\textcolor{blue}{Conclusion}} : la droite (AB) perpendiculaire à deux droites sécantes du plan (OIC), est orthogonale à toute droite de ce plan donc en particulier à (OH).

(OH)  orthogonale aux deux droites sécantes (IC) et (AB) est orthogonale au plan (ABC) donc en particulier à la droite (BC).

\item (OA) est orthogonale aux deux droites sécantes (OB) et (OC), donc au plan (OBC) et en particulier à la droite (BC).

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Conclusion}} : (BC) est orthogonale à (OH) et à (OA) donc au plan (OHA) et en particulier à la droite (AH) qui est donc une hauteur du triangle (ABC) ; H commun à deux hauteurs du triangle (ABC) est \textbf{\textcolor{red}{l'orthocentre}} de ce triangle.
\end{enumerate}

\item Calcul de OH
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer le volume V du tétraèdre OABC puis l'aire S du triangle ABC.
On peut prendre comme base le triangle rectangle isocèle OAB et comme hauteur [OC].

V $ = \dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}a \times a \times a =\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{a^3}{6}}}$.

On prend  maintenant comme base le triangle équilatéral ABC et comme hauteur [OH]

$\mathcal{A}(\text{ABC}) = \dfrac{1}{2}\times \text{AB} \times \text{CI} = \dfrac{1}{2} \times a\sqrt{2}\times a \sqrt{2}\times  \dfrac{\sqrt{3}}{2} =\boxed{\textcolor{red}{ a^{2}\dfrac{\sqrt{3}}{2}}}$.

		\item %Exprimer OH en fonction de V et de S, en déduire que OH = $a\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
		
On a donc V $ = \dfrac{a^3}{6} = a^{2}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \text{OH} \iff \text{OH} = \dfrac{2}{6\sqrt{3}}a =\boxed{\textcolor{red}{ a\dfrac{\sqrt{3}}{3}}}$.
	\end{enumerate}
\item %Étude du tétraèdre ABCD.

%L’espace est rapporté au repère orthonormal $\left(\text{O}~ ;~\dfrac{1}{a}\overrightarrow{\text{OA}},~\dfrac{1}{a}\overrightarrow{\text{OB}},~\dfrac{1}{a}\overrightarrow{\text{OC}}\right)$.
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que le point H a pour coordonnées : $\left(\dfrac{a}{3},~\dfrac{a}{3},~\dfrac{a}{3}\right)$.
		On a vu que (ABC) est équilatéral et que H en est l'orthocentre, donc aussi le centre de gravité soit l'isobarycentre (centre de gravité) des points A, B, et C. Les coordonnées de H sont donc : $\left(\dfrac{a}{3},~\dfrac{a}{3},~\dfrac{a}{3}\right)$.
		\item %Démontrer que le tétraèdre ABCD est régulier (c'est-à-dire que toutes ses arêtes ont même longueur).
		Le point D est le symétrique de H autour de O ses coordonnées sont donc : $\left(-\dfrac{a}{3},~- \dfrac{a}{3},~) \dfrac{a}{3}\right)$.
		
AD$2 = \left(a + \dfrac{a}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{a}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{a}{3}\right)^2 = \dfrac{16a^2}{9} +  \dfrac{a^2}{9} = \dfrac{18a^2}{9} = 2a^2 = \left(a\sqrt{2}\right)^2 \Rightarrow \text{AD} = a\sqrt{2}$.

Le calcul est le même pour BD et CD, donc finalement AB = BC = CA = AD = BD = CD $= a\sqrt{2}$ : le tétraèdre ABCD est régulier.
		\item %Soit $\Omega$ le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre ABCD. Démontrer que $\Omega$ est un point de la droite (OH) puis calculer ses coordonnées.
Les points équidistants de A, de B et de C appartiennent aux plans médiateurs de [AB] et de [BC],donc à leur intersection la droite (OH).

Ce centre du cercle $\Omega$ a donc pour coordonnées $(x~;~x~;~x)$ et on doit avoir $\Omega\text{A} = \Omega\text{D} \Rightarrow \Omega\text{A}^2 = \Omega\text{D}^2 \iff (x - a)^2 + x^2 + x^2 = 3\left(x + \frac{a}{3}\right)^2 \iff $

$3x^2 + a^2 - 2ax = 3x^2 + \frac{a^2}{3} + 2 ax \iff 4ax = \frac{2a^2}{3} \iff x = \frac{a}{6}$.

Donc $\Omega\left(\frac{a}{6}~;~\frac{a}{6}~;~\frac{a}{6} \right)$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\label{fin}
\end{document}  