Calculons
−→
H D ·
− →
AB :
−→
H D ·
− →
AB =
−→
H A ·
− →
AB +
− →
AD ·
− →
AB .
H étant l’isobarycentre du triangle équilatéral ABC son projeté orthogonal
sur (AB) est le milieu de [AB], donc
−→
AH ·
− →
AB = a 2 /2 , d’où
−→
H A ·
− →
AB
= −a 2 /2.
D’autre part, le triangle AB D étant équilatéral de côté a,
− →
AD ·
− →
AB
= a 2 /2.
On a donc
−→
H D ·
− →
AB = 0.
On montre de même que
−→
H D ·
− →
AC = 0, ce qui montre que la droite (H D)
est orthogonale au plan (ABC).
3. Certaines longueurs ont déjà été calculées. Pour les autres, n’oublions pas qu’il y
a beaucoup de triangles rectangles dans ce problème : nous allons pouvoir utiliser
le théorème de Pythagore.
• Calcul de H A, H B et HC :
Soit I le milieu de [BC] :
− →
I B +
− →
I C =
0. D’autre part,
−→
H A +
−→
H B +
−→
HC
=
0 donc, en introduisant I dans les deux derniers vecteurs par la relation
de Chasles,
−→
H A + 2
− →
H I =
0 , on encore 3
−→
H A + 2
− →
AI =
0 ; on a donc
H A =
2
3
AI .
Le triangle ABC étant équilatéral le triangle AB I est rectangle en I.
D’après le théorème de Pythagore on a donc AB 2 = AI 2 + I B 2 d’où :
AI 2 = AB 2 − I B 2
= AB 2 − (BC/2) 2
= 3a 2 /4
et finalement AI = a
√
3/2 . On en déduit H A = a
√
3/3 . Un raisonnement
analogue montre que H B = HC = H A.
• Le triangle H AD est rectangle en H donc AD 2 = AH 2 + H D 2 , soit
H D 2 = a 2 − a 2 /3 = 2a 2 /3 et enfin H D = a
√
2/3.
• Le triangle AG H est rectangle en H donc AG 2 = AH 2 + G H 2 . Or
AH = a
√
3/3 et G H = H D/4 = a
√
2/3/4 d’où : G A = a
√
3/8 . On
montre de même que G B et GC ont cette valeur.
•
−→
H D = 4
−→
H G donc
−→
H G +
−→
G D = 4
−→
H G , soit
−→
G D = 3
−→
H G d’où l’on tire
G D = 3H G = 3H D/4 . On en déduit G D = a
√
18/48 = a
√
3/8 :
G est donc équidistant des quatre sommets du tétraèdre.
72
Partie 1 • Première période
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H D ·
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AB :
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H D ·
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AB =
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H A ·
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AB +
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AD ·
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AB .
H étant l’isobarycentre du triangle équilatéral ABC son projeté orthogonal
sur (AB) est le milieu de [AB], donc
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AH ·
− →
AB = a 2 /2 , d’où
−→
H A ·
− →
AB
= −a 2 /2.
D’autre part, le triangle AB D étant équilatéral de côté a,
− →
AD ·
− →
AB
= a 2 /2.
On a donc
−→
H D ·
− →
AB = 0.
On montre de même que
−→
H D ·
− →
AC = 0, ce qui montre que la droite (H D)
est orthogonale au plan (ABC).
3. Certaines longueurs ont déjà été calculées. Pour les autres, n’oublions pas qu’il y
a beaucoup de triangles rectangles dans ce problème : nous allons pouvoir utiliser
le théorème de Pythagore.
• Calcul de H A, H B et HC :
Soit I le milieu de [BC] :
− →
I B +
− →
I C =
0. D’autre part,
−→
H A +
−→
H B +
−→
HC
=
0 donc, en introduisant I dans les deux derniers vecteurs par la relation
de Chasles,
−→
H A + 2
− →
H I =
0 , on encore 3
−→
H A + 2
− →
AI =
0 ; on a donc
H A =
2
3
AI .
Le triangle ABC étant équilatéral le triangle AB I est rectangle en I.
D’après le théorème de Pythagore on a donc AB 2 = AI 2 + I B 2 d’où :
AI 2 = AB 2 − I B 2
= AB 2 − (BC/2) 2
= 3a 2 /4
et finalement AI = a
√
3/2 . On en déduit H A = a
√
3/3 . Un raisonnement
analogue montre que H B = HC = H A.
• Le triangle H AD est rectangle en H donc AD 2 = AH 2 + H D 2 , soit
H D 2 = a 2 − a 2 /3 = 2a 2 /3 et enfin H D = a
√
2/3.
• Le triangle AG H est rectangle en H donc AG 2 = AH 2 + G H 2 . Or
AH = a
√
3/3 et G H = H D/4 = a
√
2/3/4 d’où : G A = a
√
3/8 . On
montre de même que G B et GC ont cette valeur.
•
−→
H D = 4
−→
H G donc
−→
H G +
−→
G D = 4
−→
H G , soit
−→
G D = 3
−→
H G d’où l’on tire
G D = 3H G = 3H D/4 . On en déduit G D = a
√
18/48 = a
√
3/8 :
G est donc équidistant des quatre sommets du tétraèdre.
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Partie 1 • Première période
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