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http://mathemitec.free.fr/index.php Terminale S – Exercice de Bac – Afrique 2005
A
B
C D
I J
A1 G
H
Afrique, 2005 – Espace.
Soit ABCD un tétraèdre tel que ABC, ABD et ACD soient trois triangles isocèles rectangles en A avec AB = AC = AD = a.
On appelle A1 le centre de gravité du triangle BCD.
1. Montrer que la droite (AA1) est orthogonale au plan (BCD) (on pourra par exemple calculer AA→1
.CD→
et AA→1
.BC→ ).
2. En exprimant de deux façons différentes le volume du tétraèdre ABCD, calculer la longueur du segment [AA1].
3. On appelle G l’isobarycentre du tétraèdre ABCD et I le milieu de [BC].
a. Montrer que G appartient au segment [AA1] et déterminer la longueur AG.
b. Déterminer l’ensemble des points M de l’espace tels que ||MA→ + MB→
+ MC→ + MD→
|| = 2||MB→ + MC→
||.
4. Soit H le symétrique de A par rapport à G.
a. Démontrer que 4GA→ + AC→ + AD→ = BA→. b. Démontrer l’égalité: HC² - HD² = DC→
.BA→ . c. En déduire que HC = HD.
On rappelle que le volume V d’une pyramide de hauteur h et d’aire de base associée b est V = bh/3.
Correction
ABCD est un tétraèdre tel que ABC, ABD et ACD soient trois triangles isocèles rectangles en A AB = AC = AD = a.
→ On en déduit que la face BCD est un triangle équilatéral de côté a 2.
→ Comme A1 est le centre de gravité du triangle BCD, on a A→1B + A→1C
+ A→1D = o→.
1. Pour montrer que la droite (AA1) est orthogonale au plan (BCD), on va montrer que (AA1) est orthogonale à deux droites sécantes du plan, (CD) et (BC).
• AA→1
.CD→ = AJ→
.CD→ + JA→1
.CD→
(relation de Chasles) avec J milieu de [DC]
→ AJ→ .CD→
= 0 car ADC étant rectangle et isocèle en A, la médiane (AJ) est aussi une hauteur.
→ JA→1
.CD→
= 0 car BCD étant équilatéral, la médiane (JA1) est aussi hauteur.
Ainsi AA→1
.CD→ = 0.
• On montre de même que AA→1
.BC→
= 0 en utilisant le milieu de [BC].
Finalement, (AA1) ⊥ (CD) et (AA1) ⊥ (BC) donc (AA1)⊥ (BCD).
(AA1) est donc la hauteur issue de A du tétraèdre ABCD.
2. Calculons la longueur du segment [AA1].
• D’un coté, V = 1
3 DA × aire ABC = 1
3 AA1× aire DBC.
Comme l’aire de ABC est a²
2 (triangle rectangle isocèle en A), V = 1
3 DA × aire ABC = 1 3 ×a 2
×a² 2 .
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• D’un autre coté, V = 1
3 AA1× aire DBC où aire DBC = 1
2 BC×BD×sin 60 = 1
2 ×a 2×a 2× 3 2 = 3a²
2 . Ainsi, V = 1
3 AA1× 3a² 2 . Par identification, il vient AA1 = a 3
3 . 3.
a. Comme G est l’isobarycentre du tétraèdre ABCD, G est le barycentre de (A,1) (B,1) (C,1) (D,1).
Vu que A1 est le barycentre de (B,1) (C,1) (D,1), d’après la propriété du barycentre partiel, G est le barycentre de (A,1) (A1,3). Les coefficients étant de même signe, G appartient [AA1].
De plus, AG→ = 3
1 + 3 AA→1
c’est à dire AG→ = 3
4 AA→1
et donc AG = 3
4 AA1 = a 3 4 . b. Déterminons l’ensemble des points M de l’espace tels que ||MA→
+ MB→ + MC→
+ MD→
|| = 2||MB→ + MC→
||.
• G est le barycentre de (A,1) (B,1) (C,1) (D,1) donc pour tout point M de l’espace, MA→
+ MB→ + MC→
+ MD→
= 4MG→
• I est le milieu de [BC] donc pour tout point M de l’espace, MB→ + MC→
= 2MI→ . On a alors || MA→
+ MB→ + MC→
+ MD→
|| = 2|| MB→
+ MC→ || ⇔ || 4MG→
|| = 2.|| 2MI→ || ⇔ MG = MI L’ensemble des points M cherché est le plan médiateur du segment [GI].
4. Soit H le symétrique de A par rapport à G.
Au passage, G est le milieu de [AH] donc AH→
= 2AG→ . a. Démontrons que 4GA→ + AC→ + AD→ = BA→.
4GA→ + AC→
+ AD→
= BA→ ⇔ 4GA→ = − AC→ − AD→
+ BA→ ⇔ 4AG→ = AB→
+ AC→ + AD→
⇔ 4AG→
= 3AA→1
car A1 est l’isobarycentre de B, C et D.
Cette égalité a été démontrée au 3a, donc le résultat recherché est vrai par équivalences.
b. Démontrons l’égalité: HC² - HD² = DC→ .BA→
. On a HC² − HD² = HC→² − HD→
² = (HC→ − HD→ ).(HC→
+ HD→
) = (HC→ + DH→
).(HC→ + HD→
) = DC→ .(HC→
+ HD→ ).
Or HC→ + HD→
= 2HA→ + AC→
+ AD→
= 2(2GA→
) + AC→ + AD→
= BA→
d’après a.
Donc HC² − HD² = DC→. BA→. c. On en déduit que HC = HD.
En effet, HC² − HD² = DC→
. BA→ = 0 car (BA) ⊥ (AC) et (BA) ⊥ (AD) donc (BA) ⊥ (ADC).
Or HC² − HD² = 0 ⇔ HC = HD car il s’agit de distances.
