Géométrie dans l’espace en seconde : corrigé détaillé des 20 exercices à télécharger en PDF

Aussi, Hauteur du pavé. Le volume d’un pavé droit est \(V=L\times\ell\times h\). Ici :

\[ 210=10\times7\times h \quad\text{donc}\quad h=\frac{210}{70}=3 \]

La hauteur du pavé est 3 cm.

Cube. Aussi, le cube de 1 cm de côté a un volume de \(1^3=1\text{ cm}^3\). Si on triple ses arêtes, elles mesurent 3 cm et le volume devient \(3^3=27\text{ cm}^3\) : le volume est multiplié par 27 (et non par 3), car un agrandissement de rapport \(k\) multiplie les volumes par \(k^3\).

Ainsi, Droites non matérialisées. Il faut choisir des droites qui ne portent aucune arête, par exemple des diagonales de faces :

• parallèles : \((AC)\) et \((EG)\). En effet \(ACGE\) est un rectangle (\(AE\) et \(CG\) sont parallèles et de même longueur), donc \((AC)\parallel(EG)\) ;
• Par ailleurs, sécantes : \((AC)\) et \((BD)\), diagonales du carré \(ABCD\), qui se coupent en son centre ;
• non coplanaires : \((AC)\) et \((FH)\). \((AC)\) est dans le plan du dessous, \((FH)\) dans le plan du dessus : ces plans sont parallèles, donc les droites ne se coupent pas ; elles ne sont pas parallèles non plus car \((FH)\) est parallèle à \((BD)\), qui coupe \((AC)\).

Exercice 1 : Volume d’un pavé droit (suite)

On analyse d’abord le modèle : la face avant est dessinée en vraie grandeur (4 × 4 carreaux) et une arête fuyante de 4 carreaux est représentée par un segment qui avance de 2 carreaux vers la droite et 1 carreau vers le haut. Ainsi, une profondeur de \(n\) carreaux se dessine par \(\frac{n}{2}\) carreaux vers la droite et \(\frac{n}{4}\) vers le haut (même angle de fuite, même coefficient de réduction). Ensuite, les arêtes cachées sont en pointillés.

• Donc, 1) Cube de 6 : face avant carrée 6 × 6 ; fuyantes : 3 carreaux à droite et 1,5 vers le haut.
• 2) Cube de 5 : face avant 5 × 5 ; fuyantes : 2,5 carreaux à droite et 1,25 vers le haut.
• 3) Pavé 3, 5 et 6 : par exemple face avant de 5 carreaux de large et 6 de haut, profondeur 3 ; fuyantes : 1,5 carreau à droite et 0,75 vers le haut.
• 4) Pyramide : base carrée de côté 3 (face avant de la base en vraie grandeur, fuyantes de 1,5 et 0,75) ; on trace les diagonales de la base pour trouver son centre \(O\), puis le sommet \(S\) à 6 carreaux à la verticale de \(O\) ; on relie \(S\) aux quatre sommets de la base, l’arête qui part du sommet caché en pointillés.

Exercice 2 : Représentations en perspective cavalière (corrigé (suite)

On repère d’abord la face de chaque motif. Puis les motifs noirs sont sur les faces visibles : ∇ sur la face avant, ∀ sur la face du dessus (le A est « tête en bas » vu de face) et ∂ sur la face de droite. Aussi, De plus, les motifs rouges sont vus par transparence : le symbole ∞, dessiné entre l’arête avant gauche et l’arête arrière gauche, est sur la face de gauche ; ∅, en haut à droite dans le carré du fond, est sur la face arrière ; le E, dans la zone du bas, est sur la face du dessous.

On dessine ensuite un patron, par exemple en croix : la face avant au centre, le dessus au-dessus, le dessous en dessous, la gauche et la droite de chaque côté, et la face arrière accolée à la face de droite. Ensuite, les faces opposées ne sont jamais voisines dans le patron : avant/arrière, gauche/droite, dessus/dessous.

Exercice 3 : Construire le patron d’un cube (suite)

Pour l’orientation des motifs, on imagine le pliage : par exemple, le haut du ∀ touche l’arête commune avec la face avant, comme sur la perspective. Par ailleurs, on vérifie en découpant et en repliant le patron.

Également, le prisme a pour bases les trapèzes rectangles \(ADHE\) et \(BCGF\), et pour faces latérales quatre rectangles de largeur \(AB=DC=2\) cm.

Étape 1 : le trapèze \(ADHE\) en vraie grandeur. De plus, il est rectangle en \(D\) et en \(H\), avec \(AD=5\) cm, \(DH=2\) cm (côté du carré \(DCGH\)) et \(HE=2\) cm (côté du carré \(EFGH\)). Puis on trace \([AD]\), la perpendiculaire en \(D\) sur laquelle on reporte \(DH=2\) cm, puis la parallèle à \((AD)\) passant par \(H\) sur laquelle on reporte \(HE=2\) cm.

Aussi, Étape 2 : la longueur \(AE\). Le projeté de \(E\) sur \([AD]\) est à 2 cm de \(D\), donc à 3 cm de \(A\). Par le théorème de Pythagore :

\[ AE^2=3^2+2^2=13 \quad\text{donc}\quad AE=\sqrt{13}\approx3{,}6\text{ cm} \]

Dans le patron, on n’a pas besoin de la valeur approchée : on reporte \(AE\) au compas depuis le trapèze.

Étape 3 : la bande des faces latérales. On trace une bande de 2 cm de large formée des rectangles \(ABCD\) (5 cm), \(DCGH\) (2 cm, carré), \(HGFE\) (2 cm, carré) et \(EFBA\) (\(\sqrt{13}\) cm).

Exercice 4 : Construire le patron d’un prisme (corrigé géométrie (suite)

Étape 4 : on accole le trapèze \(ADHE\) le long de \([AD]\) et le trapèze \(BCGF\) (identique, symétrique) le long de \([BC]\).

1) On dessine la base \(ABC\) en perspective (le côté \([AB]\) en vraie grandeur, 4 cm, le sommet \(C\) « en profondeur »), puis le sommet \(S\) à la verticale du centre \(H\) de la base. Ensuite, l’arête \([AC]\), cachée, est en pointillés.

2) La face \(ABS\) est un triangle équilatéral de côté 4 cm et \(I\) est le milieu de \([AB]\) : \([SI]\) est la médiane, donc aussi la hauteur, et le triangle \(AIS\) est rectangle en \(I\) avec \(AI=2\) cm.

\[ IS^2=AS^2-AI^2=16-4=12 \quad\text{donc}\quad IS=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\approx3{,}46\text{ cm} \]

3) Dans un tétraèdre régulier, le pied \(H\) de la hauteur est le centre de gravité du triangle équilatéral \(ABC\) : il est situé sur la médiane \([CI]\), aux deux tiers en partant de \(C\). Comme \(CI=2\sqrt{3}\) (même calcul que \(IS\)), on a \(IH=\frac{1}{3}\times2\sqrt{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\). Puis le triangle \(SHI\) est rectangle en \(H\) :

\[ SH^2=IS^2-IH^2=12-\frac{12}{9}=12-\frac{4}{3}=\frac{32}{3} \quad\text{donc}\quad SH=\sqrt{\frac{32}{3}}=\frac{4\sqrt{6}}{3}\approx3{,}27\text{ cm} \]

4) L’aire de la base est \(\mathcal{A}_{ABC}=\frac{AB\times CI}{2}=\frac{4\times2\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\text{ cm}^2\). De plus, le volume d’une pyramide est \(\frac{1}{3}\times\text{aire de base}\times\text{hauteur}\) :

\[ V=\frac{1}{3}\times4\sqrt{3}\times\frac{4\sqrt{6}}{3}=\frac{16\sqrt{18}}{9}=\frac{16\times3\sqrt{2}}{9}=\frac{16\sqrt{2}}{3}\approx7{,}54\text{ cm}^3 \]

L’objet est un prisme droit dont les deux bases sont des « H » et dont l’épaisseur est 2 cm. D’après la figure, chaque montant du H mesure 1 cm de large et 6 cm de haut, l’espace entre les montants mesure aussi 1 cm (le H fait donc 3 cm de large) et la barre centrale occupe les 2 cm du milieu de la hauteur (encoches de 2 cm en haut et en bas). Ensuite, ces deux dernières mesures sont lues sur le dessin, qui ne les cote pas.

Faces latérales. Chaque côté du contour du H donne un rectangle de 2 cm de large. Par ailleurs, en faisant le tour du H à partir du bas du montant gauche, on rencontre des côtés de longueurs :

Exercice 6 : Un patron pour confectionner une initiale (corrigé (suite)

\[ 6+1+2+1+2+1+6+1+2+1+2+1=26\text{ cm} \]

Le patron comprend donc une bande de 26 cm sur 2 cm découpée en 12 rectangles, et les deux faces en H fixées de part et d’autre du premier rectangle (celui de 6 cm, qui forme le côté gauche de la lettre). Puis on peut ajouter des languettes de collage sur un bord de la bande.

Chaque cavité est une demi-sphère de diamètre 3 cm, donc de rayon \(r=1{,}5\) cm. Ensuite, une boule pleine est formée de deux demi-sphères, c’est une sphère de rayon 1,5 cm. Son volume est :

\[ V_{\text{boule}}=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{4}{3}\times\pi\times1{,}5^3=\frac{4}{3}\times3{,}375\,\pi=4{,}5\,\pi\text{ cm}^3 \]

Pour 24 boules pleines :

\[ V=24\times4{,}5\,\pi=108\,\pi\approx339{,}3\text{ cm}^3 \]

Léa devra remplir le moule deux fois (48 demi-sphères) pour obtenir 24 boules.

Le camembert est un cylindre de rayon \(r=\frac{11}{2}=5{,}5\) cm et de hauteur \(h=3\) cm. Son volume est :

\[ V=\pi r^2h=\pi\times5{,}5^2\times3=90{,}75\,\pi\text{ cm}^3 \]

La part représente \(\frac{1}{8}\) du camembert :

\[ V_{\text{part}}=\frac{90{,}75\,\pi}{8}=\frac{363\,\pi}{32}\approx35{,}6\text{ cm}^3 \]

1) On choisit par exemple le coefficient de réduction \(k=\frac{1}{5\,000}\) (1 cm représente 50 m). Puis le côté de la base devient \(230{,}3\text{ m}\div5\,000=0{,}046\,06\text{ m}\approx4{,}6\) cm et la hauteur \(146{,}6\text{ m}\div5\,000\approx2{,}9\) cm. De plus, on dessine la base carrée en perspective (face avant en vraie grandeur, fuyantes réduites), on trouve son centre avec les diagonales, on élève le sommet à 2,9 cm puis on trace les arêtes.

2) Volume d’une pyramide : \(V=\frac{1}{3}\times\text{aire de la base}\times\text{hauteur}\).

\[ V=\frac{1}{3}\times230{,}3^2\times146{,}6=\frac{1}{3}\times53\,038{,}09\times146{,}6\approx2\,591\,795\text{ m}^3 \]

3) L’érosion a retiré le haut de la pyramide : la partie perdue est une petite pyramide de hauteur \(146{,}6-138{,}7=7{,}9\) m, qui est une réduction de la grande de coefficient \(k=\frac{7{,}9}{146{,}6}\approx0{,}0539\). Ensuite, les volumes sont multipliés par \(k^3\) :

\[ V_{\text{perdu}}=k^3\times V=\left(\frac{7{,}9}{146{,}6}\right)^3\times2\,591\,795\approx406\text{ m}^3 \]

Remarque : si l’on calculait \(\frac{1}{3}\times230{,}3^2\times(146{,}6-138{,}7)\approx139\,667\text{ m}^3\), on supposerait que la pyramide actuelle a gardé une pointe avec la même base, ce qui ne correspond pas à une érosion du sommet.

1) \((AB)\) est parallèle à \((DC)\), elle-même parallèle à \((HG)\) (côtés opposés des rectangles \(ABCD\) et \(DCGH\)). Deux droites parallèles distinctes définissent un plan : oui, c’est le plan \((ABGH)\).

2) \((AB)\) est dans le plan \((ABC)\) du dessous et \((CG)\) coupe ce plan uniquement en \(C\), qui n’est pas sur \((AB)\) : les droites ne sont pas sécantes. Par ailleurs, elles ne sont pas parallèles non plus (\((CG)\) est perpendiculaire au plan du dessous). Puis elles sont non coplanaires : non, elles ne définissent pas de plan.

3) Droites parallèles à \((FG)\) : \((BC)\), \((AD)\) et \((EH)\).

4) Droites sécantes à \((FG)\) : par exemple \((EF)\) et \((BF)\) (en \(F\)) et \((GH)\) (en \(G\)) ; on peut aussi citer \((CG)\), \((FH)\) ou \((EG)\).

5) Droites non coplanaires avec \((FG)\) : par exemple \((AB)\), \((DC)\) et \((AE)\) (ou \((DH)\)) : elles ne sont ni parallèles à \((FG)\), ni sécantes avec elle.

Rappel : deux droites de l’espace sont soit coplanaires (sécantes, parallèles ou confondues), soit non coplanaires (aucun plan ne les contient toutes les deux). Sur la figure, la hauteur tombe à l’intersection des diagonales : H est le centre du rectangle ABCD, donc H est le milieu de [AC] et de [BD].

1. (AB) et (CD) : ce sont deux côtés opposés du rectangle ABCD, donc (AB) et (CD) sont parallèles.
2. (SA) et (BD) : (BD) est dans le plan de la base ; la droite (SA) ne coupe ce plan qu’en A (car S n’est pas dans la base). Or A n’est pas sur (BD). Les deux droites n’ont donc aucun point commun et ne sont pas parallèles (sinon S serait dans le plan de la base) : (SA) et (BD) sont non coplanaires.
3. (HA) et (SC) : H est sur la diagonale [AC], donc la droite (HA) est la droite (AC). Les droites (AC) et (SC) passent toutes les deux par C : (HA) et (SC) sont sécantes en C (elles sont dans le plan (SAC)).
4. (BH) et (DB) : H est sur la diagonale [BD], donc les points B, H, D sont alignés : (BH) et (DB) sont confondues.

Le plan (ABC) est le plan du disque de base du cône de gauche : A et C sont sur le cercle de base, B en est le centre. Ensuite, les deux cônes ont le même axe (BE), perpendiculaire à leurs deux bases, qui sont donc parallèles.

1. (AB) : A et B sont deux points du plan (ABC), donc toute la droite (AB) est dans ce plan : (AB) est incluse dans le plan (ABC).
2. (SE) : S et E sont sur l’axe, donc (SE) est l’axe (BE). Elle coupe le plan (ABC) en un seul point, B : (SE) est sécante au plan (ABC) en B (elle lui est même perpendiculaire).
3. (EF) : E et F sont dans le plan de la base de droite, parallèle au plan (ABC) et distinct de lui. Une droite contenue dans un plan parallèle à (ABC) n’a aucun point commun avec (ABC) : (EF) est strictement parallèle au plan (ABC).

1) Les deux bases d’un cylindre de révolution sont dans des plans parallèles : le plan de la base inférieure, (ABF) (qui contient aussi O), et celui de la base supérieure, (DCE) (qui contient O′ et G). Donc (ABF) // (DCE).

2) Un plan qui contient une droite parallèle à l’axe coupe le plan de la base. Par exemple :

• le plan (ABC), qui contient la section rectangulaire ABCD et l’axe (OO′) ;
• le plan (EFG), plan de coupe de la question 3 ;
• le plan (EOO′), qui contient l’axe et le point E.

Chacun contient des points de la base inférieure et des points de la base supérieure : aucun n’est parallèle au plan (ABF), ils lui sont donc sécants.

Exercice 13 : Un camembert et un cylindre de révolution (corrigé (suite)

3) Le plan de coupe contient (GE) et est parallèle à (CB), c’est-à-dire parallèle à l’axe du cylindre. Puis la section d’un cylindre par un plan parallèle à son axe est un rectangle : ses côtés sont la corde [GE] en haut, la corde correspondante de la base du bas (qui passe par F), et deux génératrices verticales, dont [EF].

4) Comme (EF) // (CB) // (OO′), la droite (EF) est la parallèle à l’axe passant par E : elle est dans le plan (EOO′). De plus, elle est aussi dans le plan de coupe (EFG). Ensuite, ces deux plans ne sont pas confondus, car G n’est pas sur la droite (EO′) (le plan (EOO′) coupe la base supérieure selon le diamètre passant par E, qui ne passe pas par G). Donc les plans (EFG) et (EOO′) sont sécants suivant la droite (EF).

On lit sur la figure que [AG], [BH], [CI] et [DJ] sont des génératrices (segments verticaux) du cylindre : les quadrilatères ABHG et ACIG sont des rectangles.

1. (ABE) et (GHF) : E est sur (AG), donc le plan (ABE) contient A et E, donc toute la droite (AG), et en particulier G. De même, F est sur (BH), donc le plan (GHF) contient B. Les deux plans contiennent A, B, G, H : ce sont tous les deux le plan du rectangle ABHG. Ils sont confondus.
2. (ABC) et (GHJ) : ce sont les plans des deux bases du cylindre, distincts : ils sont strictement parallèles.
3. (ACG) et (JHI) : (JHI) est le plan de la base inférieure. Le plan (ACG) contient G, qui est dans cette base, mais aussi A, qui n’y est pas : les plans sont sécants. Comme C est au-dessus de I, ACIG est un rectangle et I est dans le plan (ACG). Les deux plans ont en commun G et I : ils sont sécants selon la droite (GI), qui est parallèle à (AC).

1) On reproduit la figure et on place I sur [AB] (sur la figure de correction, I est placé aux trois cinquièmes de [AB] en partant de A).

2) Pour trouver l’intersection de deux plans, on cherche deux points communs ; si les plans contiennent deux droites parallèles, l’intersection leur est parallèle.

• (EHI) et (AFB) : (AFB) est la face avant ABFE. E et I sont dans les deux plans : l’intersection est la droite (EI).
• (EHI) et (HDG) : (HDG) est la face arrière DCGH ; H est un point commun. Le plan (EHI) contient (EH), parallèle à (AD) : il coupe la base ABCD selon la parallèle à (AD) passant par I, qui rencontre [DC] en un point J (avec DJ = AI). Le plan (EHI) est donc le plan du rectangle EIJH, et son intersection avec (HDG) est la droite (HJ).
• (EHI) et (BDF) : (BDF) est le plan diagonal BDHF ; H est un point commun. Dans la base, les droites (IJ) et (BD) se coupent en un point L, qui est dans les deux plans. L’intersection est la droite (HL).
• (EHI) et (FBC) : (FBC) est la face de droite BCGF. Dans le plan de la face avant, les droites (EI) et (BF) se coupent en un point K, situé sous B (en dehors du solide). K est commun aux deux plans. De plus (EH) // (BC) : l’intersection est la parallèle à (BC) passant par K, entièrement à l’extérieur du parallélépipède. (La droite (HL) passe aussi par K, ce qui permet de contrôler la figure.)

Exercice 15 : Intersections de plans dans l espace (corrigé géométrie (suite)

1) Avec X = 3 et Y = 6, on exécute les lignes 10 à 12 :

\[ \begin{aligned} V1 &= \dfrac{3 \times 3 \times 6}{3} = \dfrac{54}{3} = 18 \\ V2 &= 3 \times 3 \times 4 = 36 \\ V &= 18 + 36 = 54 \end{aligned} \]

L’algorithme affiche « Le volume est: 54 ».

2) On reconnaît deux formules de volume :

• \( V1 = \dfrac{X^2 \times Y}{3} \) est le volume d’une pyramide à base carrée de côté X et de hauteur Y (\( \dfrac{1}{3} \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur} \)) ;
• \( V2 = X^2 \times 4 \) est le volume d’un pavé droit à base carrée de côté X et de hauteur 4.

Un solide qui convient : un pavé droit à base carrée de côté X et de hauteur 4, surmonté d’une pyramide ayant pour base la face du dessus du pavé et pour hauteur Y (une sorte de tour avec un toit pointu).

Le polyèdre est le pavé de dimensions AB = 4 cm, BC = 3 cm, AE = 2 cm, dont on a retiré le prisme de sommet A (coupé par le plan IJJ′I′) et la petite pyramide de sommet F (coupée par le triangle LMK). Par ailleurs, il a 12 sommets et 8 faces :

• la base IBCDJ (pentagone) : rectangle 4 × 3 privé du triangle AIJ, avec AI = 2 cm et AJ = 1,5 cm ;
• le dessus I′LKGHJ′ (hexagone) : rectangle 4 × 3 privé du triangle EI′J′ et du triangle FLK ;
• la face avant IBMLI′ (pentagone) : IB = 2 cm, BM = 1 cm, II′ = 2 cm, I′L = 1 cm ;
• la face de droite BCGKM (pentagone) : BC = 3 cm, CG = 2 cm, GK = 2 cm, BM = 1 cm ;
• la face arrière DCGH : rectangle de 4 cm sur 2 cm ;
• la face de gauche JDHJ′ : rectangle de 1,5 cm sur 2 cm ;
• la face coupée IJJ′I′ : rectangle de 2 cm sur IJ, avec, par le théorème de Pythagore dans AIJ rectangle en A, \( IJ = \sqrt{2^2 + 1{,}5^2} = \sqrt{6{,}25} = 2{,}5 \) cm ;
• le triangle LMK : ses trois côtés sont les hypoténuses de triangles rectangles isocèles de côtés 1 cm, donc \( LM = MK = KL = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} \approx 1{,}41 \) cm : il est équilatéral.

Exercice 17 : Patron du polyèdre (corrigé géométrie espace) (suite)

1) Schéma à main levée : on place la base au centre et on « déplie » autour d’elle les faces avant, droite, arrière, gauche et la face coupée ; le dessus se rattache à la face arrière et le triangle LMK à la face avant.

2) Patron en vraie grandeur : on trace chaque face avec les mesures ci-dessus (angles droits à l’équerre, triangle LMK au compas avec trois rayons de √2 cm, que l’on reporte depuis la face avant). Puis la figure ci-dessous est ce patron, réduit :

Contrôle : chaque arête doit avoir la même longueur sur les deux faces qu’elle borde (par exemple [LM] mesure √2 cm sur la face avant et sur le triangle), et on vérifie la relation d’Euler : 12 sommets − 18 arêtes + 8 faces = 2.

Les coordonnées géographiques d’un point s’écrivent (latitude ; longitude) :

• la latitude se lit sur les parallèles (lignes horizontales), de 0° à l’équateur jusqu’à 90° aux pôles, Nord ou Sud ;
• la longitude se lit sur les méridiens, de 0° (méridien de Greenwich, tracé en bleu foncé) à 180°, Est ou Ouest.

En suivant le parallèle et le méridien de chaque ville (les lignes sont espacées de 10°), on obtient :

La lecture sur un globe dessiné reste approximative, à quelques degrés près. Ensuite, pour information, les valeurs réelles sont : New York (41° N ; 74° O), Castellón (40° N ; 0°), Kadugli (11° N ; 30° E), Rio de Janeiro (23° S ; 43° O), Le Cap (34° S ; 18° E).

La sphère de l’énoncé n’apparaît pas sur l’image ; on utilise le globe de l’exercice précédent, qui est gradué de 10° en 10°.

• a) Les points de latitude 23° N forment un parallèle : un cercle de l’hémisphère Nord, parallèle à l’équateur. Sur le globe vu de face, c’est une ligne horizontale placée entre les parallèles 20° N et 30° N, un peu au-dessus de 20° N : on la colorie en rouge (tropique du Cancer).
• b) Les points de latitude 23° S forment le parallèle symétrique dans l’hémisphère Sud, entre 20° S et 30° S : on le colorie en vert (tropique du Capricorne).
• c) Les points de longitude 10° E forment un demi-méridien : un demi-cercle qui va du pôle Nord au pôle Sud, situé à mi-chemin entre le méridien 0° et le méridien 20° E : on le colorie en bleu.

Exercice 19 : Photocopie de la sphère terrestre (suite)

Les deux tropiques ont le même rayon (ils sont symétriques par rapport au plan de l’équateur), plus petit que celui de l’équateur. Puis le méridien, lui, est un demi-grand cercle dont le centre est le centre de la Terre.

a) (NQ) et (FG) : les quatre points M, N, Q, F, G sont dans le plan (MNQ). De plus, dans le triangle MNQ, F est sur [MN], G est sur [MQ], et

\[ \dfrac{MF}{MN} = \dfrac{1}{3} = \dfrac{MG}{MQ} \]

D’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (FG) et (NQ) sont parallèles (et \( FG = \dfrac{1}{3} NQ \)).

b) (MP) et (NQ) : si elles étaient coplanaires, les quatre points M, P, N, Q seraient dans un même plan. C’est impossible, car MNPQ est un tétraèdre (ses quatre sommets ne sont pas coplanaires). Donc (MP) et (NQ) sont non coplanaires.

c) (PFQ) et (NGP) : P est un point commun aux deux plans. Ensuite, dans le plan (MNQ), les droites (FQ) et (NG) ne sont pas parallèles : elles se coupent en un point, noté O, situé à l’intérieur du triangle MNQ. O est sur (FQ), donc dans le plan (PFQ), et sur (NG), donc dans le plan (NGP). Par ailleurs, les deux plans ne sont pas confondus (N n’est pas dans (PFQ)) : ils sont sécants selon la droite (PO).

Exercice 20 : Position relative dans un tétraèdre (suite)