Devoir Maison 9 de maths

2°)
On se place dans le repère $$(B; \overrightarrow{BA}; \overrightarrow{BC}; \overrightarrow{BE})$$.

On veut démontrer que les points $$A$$; $$R$$; $$T$$ et $$S$$ sont coplanaires.

Pour cela, on va démontrer que les vecteurs $$\overrightarrow{AR}$$; $$\overrightarrow{AT}$$ et $$\overrightarrow{AS}$$ sont coplanaires.


 * $$\overrightarrow{AR} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BR} = -\overrightarrow{BA} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BD} = -\overrightarrow{BA} + \frac{2}{3} (\overrightarrow{BE} + \overrightarrow{ED})$$

$$= -\overrightarrow{BA} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BE} + \frac{2}{3}\overrightarrow{ED} = -\overrightarrow{BA} +\frac{2}{3}\overrightarrow{BE} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BA}$$

$$= \frac{-1}{3}\overrightarrow{BA} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BE}$$

On a donc $$\overrightarrow{AR}(\frac{-1}{3}; 0; \frac{2}{3})$$


 * $$\overrightarrow{AT} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BE} + \overrightarrow{ET} = -\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BE} + \frac{2}{3}\overrightarrow{EF}$$

$$= -\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BE} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BC}$$

On a donc $$\overrightarrow{AT}(-1; \frac{2}{3}; 1)$$


 * $$\overrightarrow{AS} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BE} + \overrightarrow{ED} + \overrightarrow{DS} = -\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BE} + \overrightarrow{BA} + \frac{2}{3}\overrightarrow{DC}$$

$$= \overrightarrow{BE} + \frac{2}{3}\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{BE} + \frac{2}{3}(\overrightarrow{DE} + \overrightarrow{EB} + \overrightarrow{BC})$$

$$= \overrightarrow{BE} + \frac{2}{3}(\overrightarrow{AB} + -\overrightarrow{BE} + \overrightarrow{BC}) = \overrightarrow{BE} + \frac{2}{3}(-\overrightarrow{BA} - \overrightarrow{BE} + \overrightarrow{BC})$$

$$= \overrightarrow{BE} - \frac{2}{3}\overrightarrow{BA} - \frac{2}{3}\overrightarrow{BE} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BC} = \frac{-2}{3}\overrightarrow{BA} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BC} + \frac{1}{3}\overrightarrow{BE}$$

On a donc $$\overrightarrow{AS}(\frac{-2}{3}; \frac{2}{3}; \frac{1}{3})$$.

Il faut trouver $$a$$ et $$b$$ tels que

$$\overrightarrow{AR} = a\overrightarrow{AT} + b\overrightarrow{AS}$$.

On a donc le système suivant:

$$ \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{-1}{3} = a\times -1 + b \times \frac{-2}{3}~(1) \\ 0 = a \times \frac{2}{3} + b \times \frac{2}{3}~(2) \\ \frac{2}{3} = a \times 1 + b \times \frac{1}{3}~(3) \end{array}\right. $$

Dans $$(2)$$, on isole $$a$$:

$$\frac{2}{3}a + \frac{2}{3}b = 0$$

Donc $$a = -b$$.

On remplace $$a$$ dans $$(1)$$ par son expression:

$$-a - \frac{2}{3}b = \frac{-1}{3}$$

Donc $$a + \frac{2}{3}b = \frac{1}{3}$$

Donc $$-b + \frac{2}{3}b = \frac{1}{3}$$

Donc $$b(\frac{2}{3} - 1) = \frac{1}{3}$$

Donc $$\frac{-1}{3}b = \frac{1}{3}$$

Donc $$b = -1$$

On remplace $$b$$ par sa valeur dans $$(2)$$

$$a = -(-1) = 1$$

On vérifie si cela fonctionne dans $$(3)$$

$$a + \frac{1}{3}b = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$$

Donc cela fonctionne, donc $$\overrightarrow{AR} = \overrightarrow{AT} - \overrightarrow{AS}$$

Donc les vecteurs $$\overrightarrow{AR}$$, $$\overrightarrow{AT}$$ et $$\overrightarrow{AS}$$ sont coplanaires.

Donc les points $$A$$; $$R$$; $$T$$ et $$S$$ sont coplanaires.

A-1°)c)
On veut démontrer que $$(IJ)$$ et $$(KL)$$ sont sécantes. Il nous faut tout d'abord montrer que ces droites sont coplanaires.

 (JK) et (IL) parallèles 

D'après la question précédente, on a $$\overrightarrow{JK} = \frac{1}{4}\overrightarrow{KL}$$. Donc les vecteurs $$\overrightarrow{JK}$$ et $$\overrightarrow{KL}$$ sont colinéaires. Donc les droites $$(JK)$$ et $$(IL)$$ sont parallèles.

 (IJ) et (KL) coplanaires 

Sachant que ces deux droites sont parallèles, elles appartiennent donc nécessairement à un même plan $$(ILK)$$, elles sont donc coplanaires. Donc les quatre points $$I$$; $$J$$; $$K$$ et $$L$$ sont coplanaires. Donc $$(IJ)$$ et $$(KL)$$ sont coplanaires.

 I distinct de J 

D'après l'énoncé, $$A$$ et $$E$$ sont deux sommets d'un cube. Donc ces deux points ne sont pas confondus. Or $$I$$ est le milieu de $$[AE]$$, donc $$A$$ et $$I$$ ne sont pas confondus.

Le point $$B$$ est un autre sommet du cube, distinct de $$A$$ et de $$E$$, donc $$B$$ et $$I$$ ne sont pas confondus.

Or, d'après l'énoncé, $$\overrightarrow{BJ} = \frac{1}{4}\overrightarrow{BA}$$, donc $$J\epsilon [AB]$$.

Comme $$I$$ est distinct de $$A$$ et de $$B$$, il est aussi nécessairement distinct de $$J$$.

(IJ) et ( '''

D'après la relation $$\overrightarrow{JK} = \frac{1}{4}\overrightarrow{IL}$$, on peut déduire que $$JK = \frac{IL}{4}$$. Le quadrilatère

B-1°)
On se place dans le repère $$(B; \overrightarrow{BA}; \overrightarrow{BC}; \overrightarrow{BF})$$.

$$A(1;0;0)$$

$$B(0;0;0)$$

$$C(0;1;0)$$

$$D(1;1;0)$$

$$E(1;0;1)$$

$$F(0;0;1)$$

$$G(0;1;1)$$

$$H(1;1;1)$$

$$I(1;0;\frac{1}{2})$$

$$J(\frac{1}{4};0;0)$$

$$K(0;\frac{1}{4};0)$$

$$L(0;1;\frac{1}{2})$$

B-2°)a)
 La droite (IJ) 

On prend le vecteur directeur $$\overrightarrow{IJ}(\frac{-3}{4}; 0; \frac{-1}{2})$$ et le point $$J(\frac{1}{4};0;0)$$.

On peut donc établir cette représentation paramétrique pour la droite $$(IJ)$$:

$$ \left\{ \begin{array}{rcl} x = \frac{1}{4} - \frac{3}{4}t \\y = 0 \\c = \frac{-1}{2}t \end{array}\right. $$

avec $$t\epsilon \mathbb{R}$$

 La droite (KL) 

On prend le vecteur directeur $$\overrightarrow{KL}(0;\frac{3}{4};\frac{1}{2})$$ et le point $$L(0;1;\frac{1}{2})$$

On peut donc établir cette représentation paramétrique pour la droite $$(KL)$$:

$$ \left\{ \begin{array}{rcl} x = 0 \\y = 1 + \frac{3}{4}s \\c = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}s \end{array}\right. $$

avec $$s\epsilon \mathbb{R}$$

 Concourance 

Si $$(IJ)$$ et $$(KL)$$ sont concourantes, alors il existe un couple $$(t;s)$$ tel que:

$$ \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{1}{4} - \frac{3}{4}t = 0~(1) \\ 1 + \frac{3}{4}s = 0~(2) \\ \frac{-1}{2}t = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}s~(3) \end{array}\right. $$

D'après $$(1)$$, on a $$\frac{1}{4} - \frac{3}{4}t = 0$$

Donc $$\frac{3}{4}t = \frac{1}{4}$$

Donc $$t = \frac{1}{3}$$

D'après $$(2)$$, on a $$1 + \frac{3}{4}s = 0$$

Donc $$\frac{3}{4}s = -1$$

Donc $$s = \frac{-4}{3}$$

On vérifie si ces deux valeurs conviennent pour $$(3)$$:

$$\frac{-1}{2}t = \frac{-1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{-1}{6}$$

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{2}s = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{-4}{3} = \frac{1}{2} - \frac{2}{3} = \frac{-1}{6}$$

Donc il existe le couple $$(\frac{1}{3}; \frac{-4}{3})$$ donc $$(IJ)$$ et $$(KL)$$ sont concourantes.

 Point de concourance 

On prend la représentation paramétrique de $$(IJ)$$.

$$ \left\{ \begin{array}{rcl} x = \frac{1}{4} - \frac{3}{4}t = 0 \\y = 0 \\c = \frac{-1}{2}t = \frac{-1}{6} \end{array}\right. $$

Donc on a $$R(0;0;\frac{-1}{6})$$

B-2°)b)
On veut démontrer que les points $$R(0;0;\frac{-1}{6})$$;$$B(0;0;0)$$ et $$F(0;0;1)$$ sont alignés.

Ces trois points ont en commun leur abscisse et leur ordonnée, ils sont donc tous alignés sur le même axe de côte.