Corrigé des 20 exercices sur les droites et plans de l’espace en terminale à télécharger en PDF

Les points \(E\), \(F\), \(H\) et \(K\) appartiennent tous à la face \(EFGH\) (\(K\) est le milieu de \([FG]\)). Par ailleurs, les droites \((EF)\) et \((HK)\) sont donc coplanaires.

Puis dans le carré \(EFGH\), \((EF)\) est parallèle à \((HG)\). Or \((HK)\) coupe \((HG)\) en \(H\) sans être confondue avec elle (car \(K\notin(HG)\)). Donc \((HK)\) n’est pas parallèle à \((HG)\), ni à \((EF)\).

De plus, deux droites coplanaires non parallèles sont sécantes. Par ailleurs, leur point d’intersection \(L\) est situé sur le prolongement de \([EF]\) au-delà de \(F\) : les triangles \(KFL\) et \(KGH\) ont \(KF=KG\), des angles opposés par le sommet égaux et des angles droits en \(F\) et \(G\), donc \(FL=GH=EF\) : \(F\) est le milieu de \([EL]\).

Figure 1 : \(I\) milieu de \([EH]\), \(J\) milieu de \([BC]\), \(K\in[GH]\) avec \(HK=\frac23 HG\).

• \(I\) et \(K\) sont sur la face \(EFGH\) : on trace \([IK]\).
• La face \(ABCD\) est parallèle à \(EFGH\) : le plan la coupe selon la parallèle à \((IK)\) passant par \(J\). Elle coupe \([AB]\) en \(L\) tel que \(AL=\frac13 AB\).
• Dans le plan \(EFGH\), \((IK)\) coupe \((EF)\) en \(P\). \(P\) et \(L\) sont dans le plan de la face \(ABFE\) : \((PL)\) coupe \([AE]\) en \(M\), avec \(AM=\frac13 AE\).
• La face \(BCGF\) est parallèle à \(ADHE\) : la parallèle à \((IM)\) passant par \(J\) coupe \([CG]\) en \(N\), avec \(CN=\frac23 CG\).

Ainsi, la section est l’hexagone \(KIMLJN\), dont les côtés opposés sont parallèles deux à deux.

Figure 2 : \(I\in[AD]\) avec \(AI=\frac13 AD\), \(J\in[FG]\) avec \(FJ=\frac23 FG\), \(K\in[AB]\) avec \(AK=\frac13 AB\).

• \(I\) et \(K\) sont sur la face \(ABCD\) : on trace \([KI]\).
• \(EFGH\) est parallèle à \(ABCD\) : la parallèle à \((KI)\) passant par \(J\) coupe \([GH]\) en \(L\), avec \(HL=\frac23 HG\).
• Dans le plan \(ABCD\), \((KI)\) coupe \((BC)\) en \(P\). Dans le plan \(BCGF\), \((PJ)\) coupe \([BF]\) en \(M\), milieu de \([BF]\).
• \(DCGH\) est parallèle à \(ABFE\) : la parallèle à \((KM)\) passant par \(L\) coupe \([DH]\) en \(N\), milieu de \([DH]\).

De même, la section est l’hexagone \(KMJLNI\).

1) On place \(I\), milieu de \([SD]\), et \(J\), milieu de \([AB]\).

2) Construction justifiée :

• \(C\) et \(J\) sont dans le plan de la base : on trace \([CJ]\).
• \(C\) et \(I\) sont dans la face \(SCD\) : on trace \([CI]\).
• Dans le plan de la base, \((CJ)\) coupe \((AD)\) en \(L\). Les triangles \(JAL\) et \(JBC\) sont isométriques (\(JA=JB\), angles droits en \(A\) et \(B\), angles opposés par le sommet), donc \(AL=BC=AD\).
• \(L\) et \(I\) sont dans le plan \((SAD)\) : la droite \((LI)\) coupe \([SA]\) en \(M\). On trace \([IM]\) et \([MJ]\).

Ensuite, dans le triangle \(SLD\), \(A\) est le milieu de \([LD]\) et \(I\) celui de \([SD]\) : \((SA)\) et \((LI)\) sont deux médianes, donc \(M\) est le centre de gravité et \(SM=\frac23 SA\).

1) On reproduit le tétraèdre et on place \(I\), \(J\), \(K\), milieux de \([BC]\), \([AB]\), \([AD]\).

2) Dans le triangle \(ABD\), le théorème des milieux donne \((JK)\parallel(BD)\). Puis le plan \((IJK)\) contient une droite parallèle à \((BD)\) et coupe le plan \((BCD)\) (il contient \(I\)) : d’après le théorème du toit, l’intersection est la parallèle à \((BD)\) passant par \(I\). Ensuite, dans le triangle \(BCD\), elle coupe \([CD]\) en son milieu \(L\). Puis la section est le quadrilatère \(IJKL\).

3) Par le théorème des milieux : \(IJ=KL=\frac12 AC\) et \(JK=LI=\frac12 BD\), avec \((IJ)\parallel(AC)\parallel(KL)\) et \((JK)\parallel(BD)\parallel(LI)\). De plus, le tétraèdre étant régulier d’arête \(a\), les quatre côtés valent \(\frac a2\) : \(IJKL\) est un losange.

De plus, si \(N\) est le milieu de \([AC]\), les médianes \((BN)\) et \((DN)\) des triangles équilatéraux \(ABC\) et \(ACD\) sont aussi des hauteurs : \((AC)\) est orthogonale à \((BN)\) et \((DN)\), donc au plan \((BND)\), donc à \((BD)\). Ainsi \((IJ)\perp(JK)\) : le losange a un angle droit.

Première partie. Deux droites de l’espace sont orthogonales si leurs parallèles menées par un même point sont perpendiculaires (elles ne sont pas forcément sécantes).

• 1) \((EA)\) est orthogonale aux plans \((ABCD)\) et \((EFGH)\), donc à toutes leurs droites, par exemple : \((AB)\), \((AD)\), \((BC)\), \((CD)\), \((EF)\), \((EH)\) (ou \((FG)\), \((HG)\), \((AC)\), \((BD)\)…).
• 2) \((EB)\) est une diagonale du carré \(ABFE\) : elle est perpendiculaire à l’autre diagonale \((AF)\), donc aussi orthogonale à sa parallèle \((DG)\). Par ailleurs, \((BC)\) est orthogonale au plan \((ABF)\), donc à \((EB)\), ainsi que ses parallèles \((AD)\), \((EH)\), \((FG)\). Six droites : \((AF)\), \((DG)\), \((BC)\), \((AD)\), \((EH)\), \((FG)\).
• 3) Deux droites orthogonales au plan \((BCG)\) : \((AB)\) et \((EF)\) (ou \((DC)\), \((HG)\)).
• 4) Le plan \((AFG)\) est le plan \((ADGF)\). \((EB)\perp(AF)\) et \((EB)\perp(AD)\), avec \((AF)\) et \((AD)\) sécantes dans ce plan : \((EB)\) est orthogonale à \((AFG)\), de même que sa parallèle \((HC)\).

Deuxième partie. 1) \(ABCD\) et \(ABFE\) sont des carrés, donc \((AB)\perp(BC)\) et \((AB)\perp(BF)\). Ensuite, les droites \((BC)\) et \((BF)\) sont sécantes en \(B\) et contenues dans le plan \((BCG)\). Par ailleurs, une droite orthogonale à deux droites sécantes d’un plan est orthogonale à ce plan : \((AB)\perp(BCG)\).

2) Une droite orthogonale à un plan est orthogonale à toutes les droites de ce plan. Puis comme \((CF)\subset(BCG)\), on a \((AB)\perp(CF)\).

Dans l’exercice précédent de la fiche d’origine, \(ABCDEFGH\) est un pavé droit, \(I\in[AE]\) avec \(AI=\frac34 AE\) et \(J\in[CG]\) avec \(CJ=\frac14 CG\).

1) On reproduit le pavé et on place \(I\) et \(J\).

2) \(B\) et \(I\) appartiennent au plan \((BIJ)\) et à la face \(EABF\) : l’intersection est le segment \([BI]\).

3) Les faces \(EABF\) et \(DCGH\) sont parallèles, donc le plan \((BIJ)\) les coupe selon deux droites parallèles : l’intersection avec \(DCGH\) est la parallèle à \((BI)\) passant par \(J\). De plus, soit \(T\) le point tel que \(\overrightarrow{JT}=\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BA}+\frac34\overrightarrow{AE}\). Par ailleurs, comme \(\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD}\) et \(\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{DH}\) :

\[ \overrightarrow{CT}=\overrightarrow{CJ}+\overrightarrow{JT}=\frac14\overrightarrow{DH}+\overrightarrow{CD}+\frac34\overrightarrow{DH}=\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DH}=\overrightarrow{CH}. \]

Donc \(T=H\) : la parallèle à \((BI)\) passant par \(J\) passe par \(H\). Puis L’intersection est le segment \([JH]\).

4) On relie \(I\) à \(H\) (face \(ADHE\)) et \(B\) à \(J\) (face \(BCGF\)). Ensuite, la section est le quadrilatère \(BIHJ\), qui est un parallélogramme (côtés opposés parallèles deux à deux, car les faces opposées du pavé sont parallèles).

Figure 1 : \(I\in[HD]\) avec \(HI=\frac23 HD\), \(J\in[FG]\) avec \(FJ=\frac34 FG\), plan \((EIJ)\).

• \(E\) et \(J\) sont sur la face \(EFGH\) : on trace \([EJ]\).
• \(E\) et \(I\) sont sur la face \(ADHE\) : on trace \([EI]\).
• La face \(BCGF\) est parallèle à \(ADHE\) : la parallèle à \((EI)\) passant par \(J\) coupe \([CG]\) en \(M\), avec \(CM=\frac56 CG\).
• On trace \([MI]\) dans la face \(DCGH\).

Ainsi, la section est le trapèze \(EJMI\) (\((JM)\parallel(EI)\)).

Figure 2 : \(I\in[EF]\) avec \(EI=\frac13 EF\), \(J\) milieu de \([BC]\), \(K\in[HG]\) avec \(HK=\frac34 HG\).

• \(I\) et \(K\) sont sur la face \(EFGH\) : on trace \([IK]\).
• \(ABCD\) est parallèle à \(EFGH\) : la parallèle à \((IK)\) passant par \(J\) coupe \([AB]\) en \(L\), avec \(AL=\frac{19}{24}AB\).
• On trace \([IL]\) dans la face \(ABFE\).
• \(DCGH\) est parallèle à \(ABFE\) : la parallèle à \((IL)\) passant par \(K\) coupe \([CG]\) en \(M\), avec \(CM=\frac{5}{11}CG\). On trace \([KM]\) et \([MJ]\).

De même, la section est le pentagone \(ILJMK\).

Figure 1 : \(I\), \(J\), \(K\) milieux de \([BC]\), \([CD]\), \([EH]\).

• \([IJ]\) est sur la face \(ABCD\).
• \(EFGH\) est parallèle à \(ABCD\) : la parallèle à \((IJ)\) passant par \(K\) coupe \([EF]\) en son milieu \(L\).
• Dans le plan \(ABCD\), \((IJ)\) coupe \((AD)\) en \(Q\) (avec \(DQ=\frac12 AD\)). Dans le plan \(ADHE\), \((QK)\) coupe \([DH]\) en son milieu \(N\).
• \(BCGF\) est parallèle à \(ADHE\) : la parallèle à \((KN)\) passant par \(I\) coupe \([BF]\) en son milieu \(M\).

Ensuite, la section \(IJNKLM\) a pour sommets six milieux d’arêtes ; chaque côté est une demi-diagonale de face, de longueur \(\frac{a\sqrt2}{2}\) : c’est un hexagone régulier.

Figure 2 : \(I\in[AE]\) avec \(AI=\frac14 AE\), \(J\in[DH]\) avec \(DJ=\frac34 DH\), \(K\in[FG]\) avec \(FK=\frac13 FG\).

• \([IJ]\) est sur la face \(ADHE\).
• \(BCGF\) est parallèle à \(ADHE\) : la parallèle à \((IJ)\) passant par \(K\) coupe \([BF]\) en \(M\), avec \(BM=\frac56 BF\).
• On trace \([IM]\) dans la face \(ABFE\).
• \(DCGH\) est parallèle à \(ABFE\) : la parallèle à \((IM)\) passant par \(J\) coupe \([HG]\) en \(N\), avec \(HN=\frac37 HG\). On trace \([NK]\) dans la face \(EFGH\).

Puis la section est le pentagone \(IMKNJ\).

1) \(\overrightarrow{AB}\) a pour coordonnées \((x_B-x_A\,;\,y_B-y_A\,;\,z_B-z_A)\) :

\[ \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2\\-1\\-4\end{pmatrix},\qquad \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}5\\-5\\1\end{pmatrix},\qquad \overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}3\\-4\\5\end{pmatrix}. \]

2)

\[ \vec u=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}4-5\\-2+5\\-8-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\3\\-9\end{pmatrix},\qquad \vec v=\overrightarrow{AC}+3\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}5+9\\-5-12\\1+15\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}14\\-17\\16\end{pmatrix}. \]

1) \(\overrightarrow{AC}=\vec u\) équivaut à \(x_C-2=2\), \(y_C-5=-1\), \(z_C+1=4\), donc \(C(4\,;\,4\,;\,3)\).

2) \(\overrightarrow{AB}(0-2\,;\,3-5\,;\,4+1)=(-2\,;\,-2\,;\,5)\). \(ABDC\) est un parallélogramme si et seulement si \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}\) :

\[ x_D-4=-2,\quad y_D-4=-2,\quad z_D-3=5\quad\text{donc}\quad D(2\,;\,2\,;\,8). \]

3) Le centre \(K\) est le milieu commun des diagonales \([AD]\) et \([BC]\) :

\[ K\left(\frac{2+2}{2}\,;\,\frac{5+2}{2}\,;\,\frac{-1+8}{2}\right)=\left(2\,;\,\frac72\,;\,\frac72\right). \]

Vérification avec \([BC]\) : \(\left(\frac{0+4}{2}\,;\,\frac{3+4}{2}\,;\,\frac{4+3}{2}\right)\), même point.

1) Un point \( M(x ; y ; z) \) appartient à \( \Delta \) si et seulement s’il existe un réel \( t \) tel que \( \overrightarrow{AM} = t\,\vec{u} \). De plus, avec \( A(2 ; 5 ; -1) \) et \( \vec{u}(2 ; -1 ; 4) \) :

\[ \Delta : \begin{cases} x = 2 + 2t \\ y = 5 – t \\ z = -1 + 4t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}. \]

2) On cherche un réel \( t \) tel que \( 2 + 2t = 2 \), \( 5 – t = -3 \) et \( -1 + 4t = 4 \).

• La première équation donne \( t = 0 \) ;
• la deuxième donne \( t = 8 \).

Par ailleurs, les valeurs sont différentes : aucun réel \( t \) ne convient (la troisième donnerait d’ailleurs \( t = \frac{5}{4} \)). Donc \( B \notin \Delta \).

Dans une représentation paramétrique \( x = x_A + at,\ y = y_A + bt,\ z = z_A + ct \), les coefficients de \( t \) sont les coordonnées d’un vecteur directeur et les termes constants celles d’un point (obtenu pour \( t = 0 \)).

Ainsi, ici \( x = -3 + 4t \), \( y = 2 + 0 \times t \), \( z = 0 + (-1) \times t \). Donc :

• un vecteur directeur de \( \Delta \) est \( \vec{v}(4 ; 0 ; -1) \) ;
• pour \( t = 0 \), on obtient le point \( A(-3 ; 2 ; 0) \) de \( \Delta \).

De même, tout vecteur colinéaire non nul convient aussi, par exemple \( (-4 ; 0 ; 1) \), et chaque valeur de \( t \) donne un point : pour \( t = 1 \), le point \( (1 ; 2 ; -1) \).

Deux outils servent tout au long de l’exercice : le théorème des milieux (dans un triangle, la droite qui joint les milieux de deux côtés est parallèle au troisième) et le fait que A, B, C, D ne sont pas coplanaires (ABCD est un tétraèdre). Puis dans le triangle ABC, I et K sont les milieux de [BC] et [AC], donc (IK) // (AB) ; dans le triangle BCD, I et J sont les milieux de [BC] et [CD], donc (IJ) // (BD).

1) (IK) et (AD). Supposons-les coplanaires dans un plan \( \mathcal{P} \). De plus, ce plan contient A, I et K, non alignés, donc \( \mathcal{P} = (AIK) \), qui est le plan (ABC) (car K est sur (AC) et I sur (BC)). Ensuite, il contiendrait alors D : impossible. Par ailleurs, les droites (IK) et (AD) sont non coplanaires : leur intersection est vide.

2) (IK) et (AB). D’après le théorème des milieux, (IK) // (AB), et ces droites sont distinctes (A n’est pas sur (IK)). Puis elles sont strictement parallèles : intersection vide.

3) (IJ) et (AID). I appartient aux deux. Ensuite, si J appartenait au plan (AID), ce plan contiendrait D et J, donc la droite (DJ) = (DC), puis C, puis la droite (IC) = (BC) et B : A, B, C, D seraient coplanaires. Donc J n’est pas dans (AID) : la droite (IJ) est sécante au plan (AID) en I.

4) (ABJ) et (ACD). A appartient aux deux plans, et J, milieu de [CD], est sur la droite (CD) contenue dans (ACD). Ensuite, les plans sont distincts (B n’est pas dans (ACD)) et ont deux points communs A et J : ils sont sécants selon la droite (AJ).

5) (DIK) et (ABD). D est un point commun, et les plans sont distincts (I n’est pas dans (ABD), sinon C y serait). Puis le plan (DIK) contient la droite (IK), parallèle à la droite (AB) du plan (ABD). Puis d’après le théorème du toit, leur intersection est parallèle à (AB) : c’est la droite passant par D et parallèle à (AB).

6) (IJ) et (KBD). (IJ) est parallèle à (BD), droite du plan (KBD), donc (IJ) est parallèle au plan (KBD). De plus I n’est pas dans (KBD) : sinon ce plan contiendrait (BI) = (BC), donc C, puis (KC) = (AC), donc A, et les quatre points seraient coplanaires. De plus, la droite (IJ) est strictement parallèle au plan (KBD) : intersection vide.

1) La base BCDE est un rectangle, donc ses côtés opposés sont parallèles : (BC) // (ED). Or (ED) est une droite du plan (EAD). Ensuite, une droite parallèle à une droite d’un plan est parallèle à ce plan : (BC) est parallèle au plan (EAD).

2) I est sur [AE], donc I appartient au plan (EAD) ; il appartient aussi au plan (IBC). Par ailleurs, les deux plans sont donc sécants (ils sont distincts car B n’est pas dans (EAD)) et leur intersection est une droite passant par I.

De plus, le plan (IBC) contient la droite (BC), parallèle au plan (EAD). Par ailleurs, d’après le théorème du toit (ou la propriété : si une droite est parallèle à un plan, tout plan qui la contient et coupe ce plan le coupe selon une parallèle à cette droite), l’intersection est la droite passant par I et parallèle à (BC). Puis elle est aussi parallèle à (ED) et coupe l’arête [AD] en un point J.

1) Intersection de \( \Delta \) avec le plan (IBD). D est sur \( \Delta \) et dans le plan (IBD) : c’est un point commun. Ainsi, supposons que \( \Delta \) soit contenue dans (IBD). Ensuite, ce plan contiendrait B et une droite parallèle à (BC), donc la droite (BC) tout entière, donc C. Puis il contiendrait alors I et C, donc la droite (IC) = (AC), et A. De même, les points A, B, C, D seraient coplanaires : c’est faux. Donc \( \Delta \) n’est pas contenue dans (IBD) et la coupe en un seul point : \( \Delta \cap (IBD) = \{D\} \).

2) Intersection de \( \Delta \) avec le plan (ABC). \( \Delta \) est parallèle à (BC), droite du plan (ABC) : \( \Delta \) est donc parallèle au plan (ABC). Ensuite, comme D n’appartient pas à (ABC) (les points ne sont pas coplanaires), \( \Delta \) n’a aucun point dans ce plan : elle est strictement parallèle à (ABC), l’intersection est vide.

La base ABCD est un trapèze de bases [AB] et [DC] : (AB) // (DC), tandis que les côtés (AD) et (BC) ne sont pas parallèles.

1) Plans (SAB) et (SDC). S est un point commun. Puis le plan (SAB) contient (AB), le plan (SDC) contient (DC), et ces deux droites sont parallèles. De plus, d’après le théorème du toit, l’intersection des deux plans est la droite passant par S et parallèle à (AB) (et à (DC)).

2) Plans (SAD) et (SBC). S est encore un point commun. Par ailleurs, les droites (AD) et (BC) sont dans le plan de la base et ne sont pas parallèles : elles se coupent en un point M, que l’on obtient en prolongeant [AD] et [BC] au-delà de D et de C. Ainsi, M est sur (AD) donc dans (SAD), et sur (BC) donc dans (SBC). De même, les deux plans ont deux points communs S et M : leur intersection est la droite (SM).

On note le pavé droit de façon habituelle : ABCD est la base, E, F, G, H sont au-dessus de A, B, C, D, et \( \overrightarrow{AE} = \overrightarrow{BF} = \overrightarrow{CG} = \overrightarrow{DH} \).

1) (AB) et (IF). I est sur [AE] et F est un sommet de la face ABFE : les deux droites sont dans le plan (ABF). Ensuite, elles sont coplanaires (et même sécantes, car (IF) n’est pas parallèle à (AB) puisque I ≠ E).

2) (DJ) et (IF). Comparons les vecteurs :

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{IF} &= \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BF} = -\tfrac{3}{4}\overrightarrow{AE} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AB} + \tfrac{1}{4}\overrightarrow{AE}, \\ \overrightarrow{DJ} &= \overrightarrow{DC} + \overrightarrow{CJ} = \overrightarrow{AB} + \tfrac{1}{4}\overrightarrow{CG} = \overrightarrow{AB} + \tfrac{1}{4}\overrightarrow{AE}. \end{aligned} \]

Donc \( \overrightarrow{IF} = \overrightarrow{DJ} \) : IFJD est un parallélogramme et (IF) // (DJ). Puis deux droites parallèles sont coplanaires.

3) (BC) et (AE). Si elles étaient dans un même plan, celui-ci contiendrait A, B et C, non alignés : ce serait le plan (ABC) de la base. De plus, il contiendrait aussi E, ce qui est faux. Ensuite, les droites (BC) et (AE) sont non coplanaires.

4) (EH) et (IJ). Si elles étaient dans un même plan, celui-ci contiendrait E et I, donc la droite (AE), et aussi H : ce serait le plan (AEH) de la face ADHE. Or J est sur l’arête [CG], qui n’a aucun point dans ce plan (la face BCGF lui est parallèle). Puis les droites (EH) et (IJ) sont non coplanaires.

On note \( a \) la longueur de l’arête du cube.

1) Plan (IFG). Le segment [IF] est sur la face ABFE et [FG] sur la face EFGH. De plus, les faces EFGH et ABCD sont parallèles : le plan (IFG) les coupe selon deux droites parallèles. Par ailleurs, sur la face ABCD, on trace donc la parallèle à (FG) passant par I ; comme (FG) // (BC), elle coupe [DC] en son milieu J. Ainsi, la section est le quadrilatère IFGJ.

• \( \overrightarrow{IJ} = \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{FG} \) : IFGJ est un parallélogramme.
• (FG) est orthogonale à la face ABFE (car (FG) ⊥ (FB) et (FG) ⊥ (FE)), donc (FG) ⊥ (FI) : l’angle en F est droit, c’est un rectangle.
• \( FG = a \) et, par Pythagore dans IBF rectangle en B, \( IF = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2} \neq a \) : ce n’est pas un carré.

2) Plan (IFC). I, F et C sont sur trois faces qui se rejoignent en B : les segments [IF] (face ABFE), [FC] (face BCGF) et [IC] (face ABCD) ferment la section, qui est le triangle IFC (il découpe le coin B du cube).

• Dans IBF rectangle en B : \( IF = \frac{a\sqrt{5}}{2} \) ; dans IBC rectangle en B : \( IC = \sqrt{\frac{a^2}{4} + a^2} = \frac{a\sqrt{5}}{2} \).
• [FC] est une diagonale de face : \( FC = a\sqrt{2} \).

Donc \( IF = IC \neq FC \) : le triangle IFC est isocèle en I (et non équilatéral).

a. Dans le triangle \(ABC\), \(I\) et \(J\) sont les milieux de \([AB]\) et \([BC]\) : d’après le théorème des milieux, \((IJ)\parallel(AC)\). Le quadrilatère \(ACGE\) est un rectangle (face diagonale du cube), donc \((AC)\parallel(EG)\). Deux droites parallèles à une même troisième sont parallèles : \((IJ)\parallel(EG)\).

b. Dans ce repère : \(A(0\,;0\,;0)\), \(B(1\,;0\,;0)\), \(C(1\,;1\,;0)\), \(G(1\,;1\,;1)\), \(H(0\,;1\,;1)\). Donc \(I\left(\dfrac{1}{2}\,;0\,;0\right)\), \(J\left(1\,;\dfrac{1}{2}\,;0\right)\), \(H(0\,;1\,;1)\) et \(K\left(1\,;1\,;\dfrac{1}{2}\right)\).

c. On calcule \(\overrightarrow{IJ}\left(\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{1}{2}\,;0\right)\) et \(\overrightarrow{HK}\left(1\,;0\,;-\dfrac{1}{2}\right)\).

• Pas parallèles : si \(\overrightarrow{IJ}=k\,\overrightarrow{HK}\), la première coordonnée donne \(k=\dfrac{1}{2}\), mais la deuxième donne \(\dfrac{1}{2}=0\) : impossible.
• Pas sécantes : un point de \((IJ)\) s’écrit \(\left(\dfrac{1}{2}+u\,;u\,;0\right)\) et un point de \((HK)\) s’écrit \(\left(v\,;1\,;1-\dfrac{v}{2}\right)\). L’égalité impose \(u=1\), puis \(1-\dfrac{v}{2}=0\), soit \(v=2\). Mais alors \(\dfrac{1}{2}+u=\dfrac{3}{2}\neq 2=v\) : le système n’a pas de solution.

Les droites ne sont ni parallèles ni sécantes : elles sont non coplanaires.

a. \(B(1\,;0\,;0)\), \(D(0\,;1\,;0)\), \(E(0\,;0\,;1)\), \(G(1\,;1\,;1)\). Donc \(\overrightarrow{AG}(1\,;1\,;1)\), \(\overrightarrow{BD}(-1\,;1\,;0)\) et \(\overrightarrow{BE}(-1\,;0\,;1)\).

b. On calcule les produits scalaires :

\[\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{BD}=-1+1+0=0\qquad\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{BE}=-1+0+1=0\]

Les vecteurs \(\overrightarrow{BD}\) et \(\overrightarrow{BE}\) ne sont pas colinéaires (\(\overrightarrow{BE}\) a une coordonnée \(y\) nulle, pas \(\overrightarrow{BD}\)) : ils dirigent le plan \((BDE)\). Le vecteur \(\overrightarrow{AG}\) leur est orthogonal : \((AG)\) est orthogonale au plan \((BDE)\).

c. \(\overrightarrow{AG}(1\,;1\,;1)\) est normal au plan, donc une équation est \(x+y+z+d=0\). Comme \(B(1\,;0\,;0)\) appartient au plan, \(1+d=0\), soit \(d=-1\). Équation : \(x+y+z-1=0\). (Vérification : \(D\) et \(E\) la vérifient aussi.)

d. La droite \((AG)\) a pour représentation paramétrique \(x=t\), \(y=t\), \(z=t\), \(t\in\mathbb{R}\). Son intersection avec le plan vérifie :

\[t+t+t-1=0\iff t=\dfrac{1}{3}\]

Donc \(L\left(\dfrac{1}{3}\,;\dfrac{1}{3}\,;\dfrac{1}{3}\right)\). Comme \(\overrightarrow{AL}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AG}\), on obtient \(\dfrac{AL}{AG}=\dfrac{1}{3}\) : le plan \((BDE)\) coupe la diagonale au tiers de sa longueur.