4. Ici encore nous allons exploiter la régularité de la figure : il y a beaucoup de triangles rectangles mais aussi de triangles équilatéraux… En ce sens cet exercice est
donc beaucoup plus simple que les exercices 4.1 et 4.2 qui traitaient de triangles
quelconques.
− →
G A ·
− →
G B = (
−→
G H +
−→
H A) · (
−→
G H +
−→
H B)
= G H 2 +
−→
H A ·
−→
H B
car (H B) et (HC) sont orthogonales à (H G) .
On a vu que
G H =
a
4
2/3
soit
G H
2
= a
2
/24.
D’autre part,
−→
H A ·
−→
H B = H A × H B × cos(
AH B) ;
or cet angle est 2π/3, car H est l’isobarycentre du triangle équilatéral
ABC, donc d’après les calculs de H A et H B faits plus haut :
−→
H A ·
−→
H B = −a
2
/6.
On en déduit
− →
G A ·
− →
G B = a
2
/24 − a
2
/6 = −a
2
/8.
D’autre part
− →
G A ·
− →
G B = G A × G B × cos(
AG B) = 3a
2 cos(
AG B)/8.
On en déduit cos(
AG B) = −1/3 ; cet angle étant mesuré entre 0 et π on
en déduit
AG B = Arccos(−1/3).
On aurait aussi pu appliquer la formule d’Al-Kâshi dans le triangle AG B :
AB 2 = AG 2 + BG 2 − 2AG · BG cos(
AG B) ce qui, d’après les valeurs des longueurs AG et BG calculées plus haut, donne bien cos(
AG B) = −1/3 ; en fait, le
calcul que nous avons fait plus haut n’est rien d’autre qu’une démonstration de cette
formule à l’aide du produit scalaire !
Cependant, la manipulation d’expressions vectorielles est beaucoup plus souple et
générale, c’est pourquoi nous l’avons préférée.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
73
Chapitre 4 • Géométrie
9782100547678-Fresl-C4.qxd 5/07/10 9:13 Page 73