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Fahmio
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Bac Tunisie
Mathématiques/GS-G
GS-GGéométrie dans l’espace

Sphère, famille de sphères par un cercle fixe et homothéties de l'espace

Idée directrice

Deux sphères de rayons RR et R′R' se correspondent toujours par une homothétie : son rapport vaut R′R\dfrac{R'}{R} ou −R′R-\dfrac{R'}{R}, et son centre II se lit sur la droite des centres grâce à IΩ′→=k IΩ→\overrightarrow{I\Omega'}=k\,\overrightarrow{I\Omega}. L'exercice y arrive par une famille de sphères SmS_m : quand l'équation de SmS_m est celle de SS augmentée d'un multiple de l'équation d'un plan PP, tous les points du cercle S∩PS\cap P vérifient les deux équations, donc toutes les SmS_m contiennent ce cercle et leurs centres décrivent la perpendiculaire à PP en son centre. Un point imposé fixe mm, puis l'homothétie transporte plans et cercles de section : l'image d'un plan est un plan parallèle, l'image de S∩PS\cap P est h(S)∩h(P)h(S)\cap h(P).

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Montrer que SS est une sphère dont on précisera le rayon et les coordonnées du centre » ; « montrer que SS coupe PP suivant un cercle dont on précisera le centre et le rayon » ; « déterminer les homothéties de l'espace transformant SS en S′S' » ; « soit S′S' l'image de la sphère SS par l'homothétie hh » ; « montrer que (S′)(S') coupe le plan h(P)h(P) suivant un cercle »

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode
  • Équation développée : compléter les carrés, puis conclure « sphère » seulement si le second membre est strictement positif (c'est lui qui dépend du paramètre dans une famille SmS_m).
  • Section par un plan : dd = distance du centre au plan ; si d<Rd<R, cercle de centre le projeté orthogonal du centre et de rayon R2−d2\sqrt{R^2-d^2}.
  • Famille « équation de SS + m×+\ m\times équation de PP » : tout point de S∩PS\cap P annule les deux termes, donc toutes les SmS_m contiennent ce cercle ; un point imposé hors de PP donne une équation du premier degré en mm.
  • Homothéties transformant la sphère (Ω,R)(\Omega,R) en (Ω′,R′)(\Omega',R') : k=R′Rk=\dfrac{R'}{R} ou k=−R′Rk=-\dfrac{R'}{R}, centre II par IΩ′→=k IΩ→\overrightarrow{I\Omega'}=k\,\overrightarrow{I\Omega}.
  • Image d'un plan : le plan parallèle passant par l'image d'un de ses points ; image d'un cercle de section : la section de la sphère image par le plan image (centre h(H)h(H), rayon ∣k∣r|k|r).
Les pièges à vérifier dans ta démarche

Oublier le rapport négatif (il y a en général deux homothéties) ; inverser le rapport en prenant RR′\dfrac{R}{R'} au lieu de R′R\dfrac{R'}{R} pour aller de SS vers S′S' ; écrire IΩ→=k IΩ′→\overrightarrow{I\Omega}=k\,\overrightarrow{I\Omega'} au lieu de IΩ′→=k IΩ→\overrightarrow{I\Omega'}=k\,\overrightarrow{I\Omega} ; quand R′=RR'=R et Ω≠Ω′\Omega\neq\Omega', retenir k=1k=1 (une homothétie de rapport 11 est l'identité et ne peut pas envoyer Ω\Omega sur Ω′\Omega' : seule reste k=−1k=-1, de centre le milieu de [ΩΩ′][\Omega\Omega']) ; croire que h(P)=Ph(P)=P alors que le centre de hh n'est pas sur PP ; affirmer que SmS_m est une sphère sans vérifier le signe du second membre.

Sujet principal

Exercice 2 — espace, sphères et homothéties (4 points), dans l'esprit des sujets de la section Mathématiques 2015–2019

3 questionsCorrigé masqué

L'espace est rapporté à un repère orthonormé direct (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O,\vec i,\vec j,\vec k). On considère le plan PP d'équation 2x−y+2z−1=02x-y+2z-1=0, le point H(1,1,0)H(1,1,0) et l'ensemble SS des points M(x,y,z)M(x,y,z) de l'espace tels que x2+y2+z2−6x−4z−32=0x^2+y^2+z^2-6x-4z-32=0.

    1. Montrer que SS est une sphère dont on précisera le centre Ω\Omega et le rayon RR.
    2. Vérifier que HH appartient à PP et que le vecteur HΩ→\overrightarrow{H\Omega} est normal à PP.
    3. En déduire que SS coupe PP suivant un cercle ζ\zeta de centre HH et de rayon 66.
  2. Pour tout réel mm, on désigne par SmS_m l'ensemble des points M(x,y,z)M(x,y,z) de l'espace tels que x2+y2+z2−6x−4z−32+2m(2x−y+2z−1)=0x^2+y^2+z^2-6x-4z-32+2m(2x-y+2z-1)=0.
    1. Montrer que SmS_m est une sphère de centre Ωm(3−2m, m, 2−2m)\Omega_m(3-2m,\,m,\,2-2m) et de rayon Rm=3(m−1)2+4R_m=3\sqrt{(m-1)^2+4}.
    2. Montrer que, lorsque mm décrit R\R, le point Ωm\Omega_m décrit la droite (ΩH)(\Omega H).
    3. Montrer que, pour tout réel mm, la sphère SmS_m coupe le plan PP suivant le cercle ζ\zeta.
    4. On considère le point D(1,1,−2)D(1,1,-2). Montrer qu'il existe un unique réel m0m_0 tel que DD appartienne à Sm0S_{m_0} et le déterminer. Préciser le centre Ω′\Omega' et le rayon R′R' de la sphère S′=Sm0S'=S_{m_0}.
    1. Déterminer les homothéties de l'espace qui transforment SS en S′S'.
    2. Soit hh celle de ces homothéties dont le rapport est négatif. Déterminer une équation cartésienne du plan P′=h(P)P'=h(P).
    3. Montrer que P′P' coupe S′S' suivant un cercle ζ′\zeta' dont on précisera le centre et le rayon. Vérifier que ζ′=h(ζ)\zeta'=h(\zeta).
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a Idée : compléter les carrés pour lire le centre et le rayon. On a : x2−6x=(x−3)2−9x^2-6x=(x-3)^2-9 et z2−4z=(z−2)2−4z^2-4z=(z-2)^2-4, donc

M∈S  ⟺  (x−3)2+y2+(z−2)2=45M\in S\iff(x-3)^2+y^2+(z-2)^2=45

Comme 45>045>0, SS est la sphère de centre Ω(3,0,2)\boxed{\Omega(3,0,2)} et de rayon R=45=35\boxed{R=\sqrt{45}=3\sqrt5}.

1.b 2×1−1+2×0−1=02\times1-1+2\times0-1=0, donc H∈PH\in P. D'après l'équation de PP, le vecteur n⃗(2,−1,2)\vec n(2,-1,2) est normal à PP ; or HΩ→(3−1, 0−1, 2−0)=(2,−1,2)=n⃗\overrightarrow{H\Omega}(3-1,\,0-1,\,2-0)=(2,-1,2)=\vec n, ce qui prouve que HΩ→\overrightarrow{H\Omega} est normal à PP.

1.c Idée : le centre du cercle de section est le projeté orthogonal du centre de la sphère sur le plan. D'après 1.b, HH est le projeté orthogonal de Ω\Omega sur PP, d'où d(Ω,P)=ΩH=4+1+4=3d(\Omega,P)=\Omega H=\sqrt{4+1+4}=3. Comme 3<353<3\sqrt5, il en résulte que PP coupe SS suivant le cercle ζ\zeta de centre HH et de rayon

r=R2−ΩH2=45−9=6r=\sqrt{R^2-\Omega H^2}=\sqrt{45-9}=\boxed{6}

2.a Idée : développer, puis compléter les carrés ; l'ensemble est une sphère si et seulement si le second membre obtenu est strictement positif. En développant, M∈SmM\in S_m équivaut à

x2+y2+z2+(4m−6)x−2myx^2+y^2+z^2+(4m-6)x-2my
+(4m−4)z−32−2m=0\quad+(4m-4)z-32-2m=0

On pose Ωm(3−2m, m, 2−2m)\Omega_m(3-2m,\,m,\,2-2m). Comme x2+(4m−6)x=(x−(3−2m))2−(3−2m)2x^2+(4m-6)x=\big(x-(3-2m)\big)^2-(3-2m)^2, y2−2my=(y−m)2−m2y^2-2my=(y-m)^2-m^2 et z2+(4m−4)z=(z−(2−2m))2−(2−2m)2z^2+(4m-4)z=\big(z-(2-2m)\big)^2-(2-2m)^2, on obtient M∈Sm  ⟺  ΩmM2=kmM\in S_m\iff \Omega_mM^2=k_m avec

km=(3−2m)2+m2+(2−2m)2+32+2mk_m=(3-2m)^2+m^2+(2-2m)^2+32+2m
km=9m2−18m+45=9[(m−1)2+4]k_m=9m^2-18m+45=9\big[(m-1)^2+4\big]

Pour tout réel mm, km≥36>0k_m\geq36>0 : SmS_m est la sphère de centre Ωm\Omega_m et de rayon Rm=3(m−1)2+4\boxed{R_m=3\sqrt{(m-1)^2+4}}.

2.b Idée : comparer HΩm→\overrightarrow{H\Omega_m} et HΩ→\overrightarrow{H\Omega}. HΩm→(2−2m, m−1, 2−2m)=(1−m)HΩ→\overrightarrow{H\Omega_m}(2-2m,\,m-1,\,2-2m)=(1-m)\overrightarrow{H\Omega}, donc Ωm\Omega_m appartient à la droite (ΩH)(\Omega H). Réciproquement, tout point MM de (ΩH)(\Omega H) s'écrit HM→=t HΩ→\overrightarrow{HM}=t\,\overrightarrow{H\Omega} avec t∈Rt\in\R, et M=Ω1−tM=\Omega_{1-t}. Par suite, lorsque mm décrit R\R, Ωm\Omega_m décrit toute la droite (ΩH)(\Omega H), perpendiculaire à PP en HH.

2.c Idée : sur PP, le terme 2m(2x−y+2z−1)2m(2x-y+2z-1) est nul. Soit M(x,y,z)M(x,y,z) un point de PP : on a 2x−y+2z−1=02x-y+2z-1=0, donc M∈Sm  ⟺  x2+y2+z2−6x−4z−32=0  ⟺  M∈SM\in S_m\iff x^2+y^2+z^2-6x-4z-32=0\iff M\in S. Ainsi Sm∩P=S∩P=ζS_m\cap P=S\cap P=\zeta pour tout réel mm.

Contrôle géométrique : d(Ωm,P)=ΩmH=3∣1−m∣d(\Omega_m,P)=\Omega_mH=3|1-m| et Rm2−9(1−m)2=36R_m^2-9(1-m)^2=36 ; on retrouve un cercle de centre HH et de rayon 66.

2.d Idée : écrire que DD vérifie l'équation de SmS_m ; c'est une équation du premier degré en mm. On a : 1+1+4−6+8−32=−241+1+4-6+8-32=-24 et 2−1−4−1=−42-1-4-1=-4. Donc

D∈Sm  ⟺  −24−8m=0  ⟺  m=−3D\in S_m\iff-24-8m=0\iff m=-3

Le coefficient de mm n'est pas nul (car D∉PD\notin P), d'où l'unicité : m0=−3\boxed{m_0=-3}. Alors Ω′=Ω−3\Omega'=\Omega_{-3} a pour coordonnées (9,−3,8)(9,-3,8) et R′=316+4=65R'=3\sqrt{16+4}=6\sqrt5, soit Ω′(9,−3,8)\boxed{\Omega'(9,-3,8)} et R′=65\boxed{R'=6\sqrt5}. Vérification : Ω′D2=64+16+100=180=R′2\Omega'D^2=64+16+100=180=R'^2.

3.a Idée : une homothétie de rapport kk transforme la sphère de centre Ω\Omega et de rayon RR en la sphère de centre h(Ω)h(\Omega) et de rayon ∣k∣R|k|R. Soit hh une homothétie de centre II et de rapport kk telle que h(S)=S′h(S)=S'. Alors h(Ω)=Ω′h(\Omega)=\Omega' et ∣k∣R=R′|k|R=R', d'où ∣k∣=6535=2|k|=\dfrac{6\sqrt5}{3\sqrt5}=2 : k=2k=2 ou k=−2k=-2. Réciproquement, pour k∈{2,−2}k\in\{2,-2\}, l'homothétie de rapport kk qui envoie Ω\Omega sur Ω′\Omega' transforme SS en S′S'. Son centre II vérifie IΩ′→=k IΩ→\overrightarrow{I\Omega'}=k\,\overrightarrow{I\Omega} (il existe car k≠1k\neq1). On a ΩΩ′→(6,−3,6)\overrightarrow{\Omega\Omega'}(6,-3,6).

Pour k=2k=2 : IΩ′→=2IΩ→\overrightarrow{I\Omega'}=2\overrightarrow{I\Omega} signifie que Ω\Omega est le milieu de [IΩ′][I\Omega'], donc I=2Ω−Ω′I=2\Omega-\Omega', soit I1(−3,3,−4)I_1(-3,3,-4).

Pour k=−2k=-2 : IΩ→+ΩΩ′→=−2IΩ→\overrightarrow{I\Omega}+\overrightarrow{\Omega\Omega'}=-2\overrightarrow{I\Omega}, d'où ΩI→=13ΩΩ′→=(2,−1,2)\overrightarrow{\Omega I}=\dfrac13\overrightarrow{\Omega\Omega'}=(2,-1,2), soit I2(5,−1,4)I_2(5,-1,4).

Les homothéties cherchées sont h1=h(I1, 2)\boxed{h_1=h(I_1,\,2)} et h2=h(I2, −2)\boxed{h_2=h(I_2,\,-2)}.

3.b Idée : l'image d'un plan par une homothétie est un plan parallèle ; il suffit de l'image d'un de ses points. Ici h=h2h=h_2. On a I2H→(−4,2,−4)\overrightarrow{I_2H}(-4,2,-4) et I2h(H)→=−2I2H→=(8,−4,8)\overrightarrow{I_2h(H)}=-2\overrightarrow{I_2H}=(8,-4,8), donc h(H)(13,−5,12)h(H)(13,-5,12). Le plan P′P' est parallèle à PP : il a une équation 2x−y+2z+d=02x-y+2z+d=0, et h(H)∈P′h(H)\in P' donne 26+5+24+d=026+5+24+d=0, soit d=−55d=-55. D'où P′: 2x−y+2z−55=0\boxed{P':\ 2x-y+2z-55=0}.

3.c On a : d(Ω′,P′)=∣18+3+16−55∣3=6d(\Omega',P')=\dfrac{|18+3+16-55|}{3}=6 et 6<656<6\sqrt5, donc P′P' coupe S′S' suivant un cercle ζ′\zeta' de rayon 180−36=12\sqrt{180-36}=12. De plus h(H)Ω′→(−4,2,−4)=−2n⃗\overrightarrow{h(H)\Omega'}(-4,2,-4)=-2\vec n est normal à P′P' : h(H)h(H) est le projeté orthogonal de Ω′\Omega' sur P′P'. Le cercle ζ′\zeta' a pour centre h(H)(13,−5,12)\boxed{h(H)(13,-5,12)} et pour rayon 12\boxed{12}.

Enfin hh est une bijection de l'espace, donc h(ζ)=h(S∩P)=h(S)∩h(P)=S′∩P′=ζ′h(\zeta)=h(S\cap P)=h(S)\cap h(P)=S'\cap P'=\zeta'. On le retrouve sur les éléments : le centre de h(ζ)h(\zeta) est h(H)h(H) et son rayon ∣−2∣×6=12|-2|\times6=12.

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Variantes rencontrées : famille SλS_\lambda donnée directement par son centre sur la perpendiculaire au plan de section et par son rayon, point imposé, puis homothéties transformant SS en Sλ0S_{\lambda_0} (principale 2019) ; homothétie donnée par son centre et son rapport, centre et rayon de la sphère image, section de l'image par un plan, points diamétralement opposés (contrôle 2015) ; cube, homothétie de centre un sommet, images de points par des plans parallèles, volume d'un tétraèdre image, section de la sphère image par le plan image (principale 2017). Dans la section Mathématiques, 3 sessions sur 24 (contrôle 2015, principales 2017 et 2019) et aucune depuis 2019 ; les devoirs du 3e trimestre la reprennent avec l'expression analytique de l'homothétie et le rapport des volumes.

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill GS-G.1 — image d'une sphère par une homothétie donnée : sections par un même plan et tangente issue du centre
Entraînement 01 / 02

Drill GS-G.1 — image d'une sphère par une homothétie donnée : sections par un même plan et tangente issue du centre

3 questionsCorrigé masqué

L'espace est rapporté à un repère orthonormé direct (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O,\vec i,\vec j,\vec k). On considère la sphère SS d'équation x2+y2+z2−4x−2y−4=0x^2+y^2+z^2-4x-2y-4=0, le plan QQ d'équation z=1z=1 et les points E(−1,1,3)E(-1,1,3) et A(2,1,3)A(2,1,3).

    1. Déterminer le centre II et le rayon RR de la sphère SS.
    2. Montrer que QQ coupe SS suivant un cercle Γ\Gamma dont on précisera le centre et le rayon.
  2. Soit hh l'homothétie de centre EE et de rapport 53\dfrac53, et S′S' la sphère image de SS par hh.
    1. Déterminer l'expression analytique de hh.
    2. Déterminer le centre I′I' et le rayon R′R' de S′S'.
    3. Montrer que QQ coupe S′S' suivant un cercle Γ′\Gamma' dont on précisera le centre et le rayon.
    4. Le cercle Γ′\Gamma' est-il l'image de Γ\Gamma par hh ? Justifier.
    1. Vérifier que AA appartient à SS et montrer que la droite (EA)(EA) est tangente à SS en AA.
    2. On pose A′=h(A)A'=h(A). Montrer que la droite (EA)(EA) est tangente à S′S' en A′A'.
    3. Soit BB le point de SS diamétralement opposé à AA. Montrer que h(B)h(B) est le point de S′S' diamétralement opposé à A′A'.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a x2−4x=(x−2)2−4x^2-4x=(x-2)^2-4 et y2−2y=(y−1)2−1y^2-2y=(y-1)^2-1, donc SS a pour équation (x−2)2+(y−1)2+z2=9(x-2)^2+(y-1)^2+z^2=9 : I(2,1,0)\boxed{I(2,1,0)} et R=3\boxed{R=3}.

1.b d(I,Q)=∣0−1∣=1<3d(I,Q)=|0-1|=1<3 : QQ coupe SS suivant un cercle Γ\Gamma de centre le projeté orthogonal (2,1,1)(2,1,1) de II sur QQ et de rayon 9−1=22\sqrt{9-1}=\boxed{2\sqrt2}.

2.a Idée : traduire EM′→=53EM→\overrightarrow{EM'}=\dfrac53\overrightarrow{EM} coordonnée par coordonnée. M′(x′,y′,z′)=h(M)M'(x',y',z')=h(M) équivaut à x′+1=53(x+1)x'+1=\dfrac53(x+1), y′−1=53(y−1)y'-1=\dfrac53(y-1) et z′−3=53(z−3)z'-3=\dfrac53(z-3), c'est-à-dire

x′=5x+23, y′=5y−23, z′=5z−63x'=\frac{5x+2}{3},\ y'=\frac{5y-2}{3},\ z'=\frac{5z-6}{3}

2.b I′=h(I)I'=h(I) : x′=123=4x'=\dfrac{12}{3}=4, y′=33=1y'=\dfrac33=1, z′=−63=−2z'=\dfrac{-6}{3}=-2, donc I′(4,1,−2)\boxed{I'(4,1,-2)} et R′=53×3=5R'=\dfrac53\times3=\boxed{5}.

2.c d(I′,Q)=∣−2−1∣=3<5d(I',Q)=|-2-1|=3<5 : QQ coupe S′S' suivant un cercle Γ′\Gamma' de centre le projeté orthogonal (4,1,1)(4,1,1) de I′I' sur QQ et de rayon 25−9=4\sqrt{25-9}=\boxed{4}.

2.d Idée : h(Γ)h(\Gamma) est contenu dans le plan h(Q)h(Q), pas forcément dans QQ. Le centre EE n'appartient pas à QQ (sa cote vaut 33), donc h(Q)h(Q) est un plan parallèle à QQ et distinct de QQ : l'image du point (2,1,1)(2,1,1) de QQ a pour cote 5−63=−13\dfrac{5-6}{3}=-\dfrac13, d'où h(Q): z=−13h(Q):\ z=-\dfrac13. Le cercle h(Γ)h(\Gamma) est dans h(Q)h(Q) alors que Γ′\Gamma' est dans QQ : Γ′\Gamma' n'est pas l'image de Γ\Gamma par hh. Les rayons diffèrent d'ailleurs : 53×22=1023≠4\dfrac53\times2\sqrt2=\dfrac{10\sqrt2}{3}\neq4.

3.a 4+1+9−8−2−4=04+1+9-8-2-4=0, donc A∈SA\in S. On a : EA→(3,0,0)\overrightarrow{EA}(3,0,0) et IA→(0,0,3)\overrightarrow{IA}(0,0,3), donc EA→⋅IA→=0\overrightarrow{EA}\cdot\overrightarrow{IA}=0 : la droite (EA)(EA) est perpendiculaire en AA au rayon [IA][IA]. Par suite d(I,(EA))=IA=Rd(I,(EA))=IA=R et (EA)(EA) est tangente à SS en AA.

3.b Idée : une droite passant par le centre d'une homothétie est globalement invariante. E∈(EA)E\in(EA), donc h((EA))=(EA)h\big((EA)\big)=(EA). L'homothétie conserve l'orthogonalité : l'image de la tangente (EA)(EA) à SS en AA est la tangente à h(S)=S′h(S)=S' en h(A)=A′h(A)=A', c'est-à-dire (EA)(EA) elle-même. Contrôle : A′(4,1,3)A'(4,1,3), EA′→(5,0,0)\overrightarrow{EA'}(5,0,0) et I′A′→(0,0,5)\overrightarrow{I'A'}(0,0,5) sont orthogonaux et I′A′=5=R′I'A'=5=R'.

3.c II est le milieu de [AB][AB], d'où B(2,1,−3)B(2,1,-3). L'homothétie conserve les milieux : h(I)=I′h(I)=I' est le milieu de [A′h(B)][A'h(B)], et h(B)∈h(S)=S′h(B)\in h(S)=S'. Donc h(B)h(B) est le point de S′S' diamétralement opposé à A′A' ; par le calcul, h(B)(4,1,−7)h(B)(4,1,-7) et le milieu de [A′h(B)][A'h(B)] est bien (4,1,−2)=I′(4,1,-2)=I'.

2 Drill GS-G.2 — homothétie dans un cube : centre, rapport, expression analytique et volumes
Entraînement 02 / 02

Drill GS-G.2 — homothétie dans un cube : centre, rapport, expression analytique et volumes

2 questionsCorrigé masqué

L'espace est rapporté à un repère orthonormé direct (A,i⃗,j⃗,k⃗)(A,\vec i,\vec j,\vec k). ABCDEFGHABCDEFGH est un cube d'arête 33 tel que B(3,0,0)B(3,0,0), D(0,3,0)D(0,3,0), E(0,0,3)E(0,0,3), F(3,0,3)F(3,0,3) et H(0,3,3)H(0,3,3). On note JJ le point du segment [AB][AB] tel que AJ=1AJ=1 et LL le point du segment [AD][AD] tel que AL=1AL=1.

    1. Montrer que les droites (AE)(AE) et (JF)(JF) sont sécantes en Ω(0,0,−32)\Omega\left(0,0,-\dfrac32\right).
    2. Soit hh l'homothétie de centre Ω\Omega qui transforme AA en EE. Montrer que hh est de rapport 33 et que h(J)=Fh(J)=F.
    3. Montrer que l'expression analytique de hh est x′=3xx'=3x, y′=3yy'=3y, z′=3z+3z'=3z+3.
    1. Montrer que h(L)=Hh(L)=H. En déduire l'image par hh du plan (AJL)(AJL).
    2. Calculer le volume V1V_1 du tétraèdre ΩAJL\Omega AJL, puis en déduire le volume V2V_2 du tétraèdre ΩEFH\Omega EFH.
    3. En déduire le volume VV du solide AJLEFHAJLEFH.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a On a : J(1,0,0)J(1,0,0), L(0,1,0)L(0,1,0). La droite (AE)(AE) est l'ensemble des points (0,0,z)(0,0,z) ; la droite (JF)(JF), de vecteur directeur JF→(2,0,3)\overrightarrow{JF}(2,0,3), a pour représentation paramétrique x=1+2sx=1+2s, y=0y=0, z=3sz=3s (s∈Rs\in\R). Un point commun vérifie 1+2s=01+2s=0, soit s=−12s=-\dfrac12 et z=−32z=-\dfrac32 : les droites sont sécantes en Ω(0,0,−32)\boxed{\Omega\left(0,0,-\tfrac32\right)}.

1.b Idée : le rapport kk se lit sur ΩE→=k ΩA→\overrightarrow{\Omega E}=k\,\overrightarrow{\Omega A}. ΩA→(0,0,32)\overrightarrow{\Omega A}\left(0,0,\tfrac32\right) et ΩE→(0,0,92)=3 ΩA→\overrightarrow{\Omega E}\left(0,0,\tfrac92\right)=3\,\overrightarrow{\Omega A} : hh est de rapport 3\boxed{3}. De même ΩJ→(1,0,32)\overrightarrow{\Omega J}\left(1,0,\tfrac32\right) et ΩF→(3,0,92)=3 ΩJ→\overrightarrow{\Omega F}\left(3,0,\tfrac92\right)=3\,\overrightarrow{\Omega J}, d'où h(J)=Fh(J)=F.

1.c M′=h(M)  ⟺  ΩM′→=3 ΩM→M'=h(M)\iff\overrightarrow{\Omega M'}=3\,\overrightarrow{\Omega M}, soit x′=3xx'=3x, y′=3yy'=3y et z′+32=3(z+32)z'+\dfrac32=3\left(z+\dfrac32\right), c'est-à-dire z′=3z+3z'=3z+3.

2.a h(L)h(L) a pour coordonnées (0,3,0+3)=(0,3,3)(0,3,0+3)=(0,3,3) : h(L)=Hh(L)=H. Comme h(A)=Eh(A)=E, h(J)=Fh(J)=F et h(L)=Hh(L)=H, l'image du plan (AJL)(AJL) (d'équation z=0z=0) est le plan (EFH)(EFH), d'équation z=3z=3.

2.b Idée : une homothétie de rapport kk multiplie les volumes par ∣k∣3|k|^3. Le triangle AJLAJL est rectangle en AA, d'aire 12\dfrac12, et ΩA=32\Omega A=\dfrac32 est la hauteur issue de Ω\Omega, donc V1=13×12×32=14V_1=\dfrac13\times\dfrac12\times\dfrac32=\boxed{\dfrac14}. Le tétraèdre ΩEFH\Omega EFH est l'image de ΩAJL\Omega AJL par hh (h(Ω)=Ωh(\Omega)=\Omega), d'où V2=33V1=274V_2=3^3V_1=\boxed{\dfrac{27}{4}}.

Contrôle : V2=13×92×92=274V_2=\dfrac13\times\dfrac92\times\dfrac92=\dfrac{27}{4}.

2.c Les points AA, JJ et LL appartiennent respectivement aux segments [ΩE][\Omega E], [ΩF][\Omega F] et [ΩH][\Omega H] (car h(A)=Eh(A)=E, h(J)=Fh(J)=F, h(L)=Hh(L)=H et le rapport 33 est supérieur à 11) : le solide AJLEFHAJLEFH est le tétraèdre ΩEFH\Omega EFH privé du tétraèdre ΩAJL\Omega AJL, donc V=V2−V1=274−14=132V=V_2-V_1=\dfrac{27}{4}-\dfrac14=\boxed{\dfrac{13}{2}}.

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