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Orthogonalité et distances dans l'espace

A SAVOIR: le cours sur Orthogonalité et distances dans l'espace

Exercice 4

$ P$ est un plan de l'espace, et S est un point de l'espace qui n'est pas dans $ P$.
Le projeté orthogonal de $S$ sur $ P$ est le point $A$.
$B$ est un point du plan $ P$ distinct de $A$, et $Ce1$ est le cercle du plan $ P$ de diamètre $[AB]$.
$C$ est un point du cercle $Ce1$ distinct de A et de B.
$H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur la droite (SB).
$K$ est le projeté orthogonal de $A$ sur la droite (SC).
tétraèdre, cercle et orthogonalité
Attention! La perspective masque les angles droits...

  1. Montrer que: ${CB}↖{→}$ est normal au plan (ASC).
  2. Montrer que: ${AK}↖{→}$ est normal au plan (BSC).
  3. En utilisant la relation de Chasles et le résultat de la question 2., montrer que: ${SB}↖{→}.{HK}↖{→}=0$
  4. Pourquoi a-t-on l'égalité: ${AK}↖{→}.{HK}↖{→}=0$
  5. Montrer que le point K est sur le cercle $Ce2$ de diamètre $[AH]$ contenu dans le plan perpendiculaire à (SB) et passant par H.
  6. Montrer que lorsque le point K lorsque C décrit tout le cercle $Ce1$, alors K est sur le cercle $Ce2$.
Solution...
Corrigé
  1. Le plan (ASC) admet pour vecteurs directeurs ${AC}↖{→}$ et ${AS}↖{→}$.
    Or, comme $C$ est sur le cercle $Ce1$ de diamètre $[AB]$, on a: ${CB}↖{→}.{AC}↖{→}=0$   (a)
    Et comme $A$ est le projeté orthogonal de $S$ sur $ P$, ${AS}↖{→}$ est orthogonal à tout vecteur appartenant à la direction du plan $ P$.
    Et comme $B$ et $C$ sont tous les deux dans $ P$, , on obtient: ${CB}↖{→}.{AS}↖{→}=0$   (b)
    Par conséquent, d'après (a) et (b), ${CB}↖{→}$ est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan (ASC).
    Donc ${CB}↖{→}$ est normal au plan (ASC).

  2. Le plan (BSC) admet pour vecteurs directeurs ${CB}↖{→}$ et ${CS}↖{→}$.
    Or ${CB}↖{→}$ est normal au plan (ASC) (d'après le 1.).
    Donc il est orthogonal à tout vecteur appartenant à la direction du plan (ASC), en particulier, au vecteur ${AK}↖{→}$ (qui appartient évidemment à la direction du plan (ASC).
    On a donc : ${AK}↖{→}.{CB}↖{→}=0$   (c)
    Par ailleurs, comme $K$ est le projeté orthogonal de $A$ sur la droite (SC), on a: ${AK}↖{→}.{CS}↖{→}=0$   (d)
    Par conséquent, d'après (c) et (d), ${AK}↖{→}$ est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan (BSC).
    Donc ${AK}↖{→}$ est normal au plan (BSC).

  3. tétraèdre, cercle et orthogonalité
  4. On a: ${SB}↖{→}.{HK}↖{→}={SB}↖{→}.({HA}↖{→}+{AK}↖{→})$   (Chasles)
    Soit: ${SB}↖{→}.{HK}↖{→}={SB}↖{→}.{HA}↖{→}+{SB}↖{→}.{AK}↖{→}$
    Or, comme $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur la droite (SB), on a: ${SB}↖{→}.{HA}↖{→}=0$
    Et comme ${AK}↖{→}$ est normal au plan (BSC) (d'après le 2.), on a: ${SB}↖{→}.{AK}↖{→}=0$.
    Par conséquent, on obtient: ${SB}↖{→}.{HK}↖{→}=0+0=0$   c.q.f.d.

  5. Comme ${AK}↖{→}$ est normal au plan (BSC) (d'après le 2.), il est orthogonal à tout vecteur appartenant à la direction du plan (BSC), en particulier, au vecteur ${HK}↖{→}$ (qui appartient évidemment à la direction du plan (BSC).
    Donc on a bien: ${AK}↖{→}.{HK}↖{→}=0$

  6. Comme ${SB}↖{→}.{HK}↖{→}=0$ (d'après le 3.), le point K est dans le plan perpendiculaire à (SB) et passant par H.
    Et comme ${AK}↖{→}.{HK}↖{→}=0$, ce point K est sur le cercle $Ce2$ de diamètre $[AH]$ contenu dans le plan perpendiculaire à (SB) et passant par H.   c.q.f.d.

  7. On rappelle que les hypothèses précisent que le point $C$ est un point du cercle $Ce1$ distinct de A et de B.
    On vient donc de montrer que, si le point C est dans le cercle $Ce1$ privé des points $A$ et $B$, alors le point K est sur le cercle $Ce2$.
    Examinons le cas où C est en A.
    Le point K est alors en A, et le point K est donc bien sur le cercle $Ce2$.
    Examinons le cas où C est en B.
    Le point K est alors en H, et le point K est donc bien sur le cercle $Ce2$.
    Par conséquent, lorsque C décrit tout le cercle $Ce1$, K est sur le cercle $Ce2$.
    Voici quelques figures qui précisent l'idée précédente.
    espace, cercle et orthogonalité
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