Enoncé D371 (Diophante) Passons de 2D à 3D
On donne un triangleABCde centre de gravitéGOn construit les centres A0,B0,C0 des cercles (BCG), (CAG), (ABG).
Q1 Montrer que le centre de gravité du triangle A0B0C0 est le centre du cercle circonscrit à ABC.
Q2 Généraliser cette propriété à l’espace avec un tétraèdreABCDinscrip- tible dans une sphère S et de centre de gravitéG. Les centres des quatre sphères (ABCG), (ABDG), (ACDG), (BCDG) déterminent un tétraèdre dont le centre de gravité est le centre de S.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Question 1
Soit O le centre du cercle circonscrit (ABC) de rayon R. Sa distance à BC est RcosA.
A0 appartient à la médiatrice du segment BC. B et C en sont distants de RsinA. La distance de G à cette médiatrice est le tiers de celle de A, soitRsin(B−C)/3 ; la distance deGàBC est le tiers de celle deA, soit 2RsinBsinC/3.
Je prends comme inconnue OA0, compté positivement quandA0 s’éloigne de A. On a donc
BA02 =CA02 = (OA0−RcosA)2+R2sin2A,
=GA02 = (OA0−RcosA+ 2RsinBsinC)/3)2+R2sin2(B−C)/9.
On en tire OA0 =R(a2+b2+c2)/(3bc) =P a, en posant P =R(a2+b2+c2)/(3abc).
Ainsi OA0 est la force résultant d’une pression P par unité de longueur, agissant sur le côtéBC. Elle est équilibrée par les forcesOB0 etOC0résul- tant de la même pression agissant surCAetAB. Vérifions-le dans le plan complexe d’axe polaireBC. Au facteurP Rprès, le complexe représentant la somme vectorielle OA0+OB0+OC0 est
−2i(sinA+ sinBei(π−C)+ sinCei(B−π)) =
e−iA−eiA+ei(B−C)+ei(π−B−C)−ei(B−C)+ei(B+C)= 0.
Le centre de gravité du triangleA0B0C0 est doncO, CQFD.
Question 2
Le tétraèdre est un exemple simple de surface close et orientable. Une pression uniforme agissant à son intérieur a une résultante nulle. En effet, considérons une direction particulière de l’espace ; un élément de surface contribue à la composante de la résultante par le produit de son aire, de la pression et du cosinus de l’angle entre la direction étudiée et la normale à la surface. C’est le produit de la pression par la projection de l’aire sur un plan perpendiculaire à la direction étudiée. Les composantes venant d’aires élémentaires de même projection se neutralisent deux à deux.
Il nous suffira donc de montrer la proportionnalité entre les aires des faces BCD, CDA, DAB, ABC et les longueurs OA0, OB0, OC0, OD0.
La sphèreS de centreO et de rayonR coupe le planBCDselon un cercle d’axeOA0, de centre o, de rayon Rsinα, avec Oo=Rcosα. Ainsi
BA02=CA02 =DA02= (OA0−Rcosα)2+R2sin2α.
Soit H la projection de A sur le plan BCD; ce plan coupe la droite AG au centre de gravité g du triangle BCD, avec Ag = 4Gg. AO a pour projectionsRcosβsurOA0etHo=Rsinβsur le planBCD; les distances de A et de G au plan BCD sont respectivement AH = R(cosα+ cosβ) etR(cosα+ cosβ)/4.
D’où, pour la projection deGA0 surOA0,
OA0−Rcosα+R(cosα+ cosβ)/4 =OA0+R(cosβ−3 cosα)/4.
Une application répétée de la formule de la médiane donne, pour le carré de la distance deG àOA0,Ho2/4 + 3go2/4−3Hg2/16.
Par la propriété de centre de gravité du pointg,
3R2sin2α=oB2+oC2+oD2= 3go2+gB2+gC2+gD2, BC2+CD2+DB2 = (gC−gB)2+ (gD−gC)2+ (gB−gD)2+ (gB+gC+gD)2= 3(gB2+gC2+gD2),
3Hg2+gB2+gC2+gD2 =HB2+HC2+HD2 =AB2+AC2+AD2−3AH2, et en notant Σ la somme des carrés des 6 arêtes, la distance de G à OA0 a pour carré
R2sin2β/4 + 3R2sin2α/4 + 3AH2/16−Σ/16.
AinsiGA02 = (OA0+R(cosβ−3 cosα)/4)2+R2sin2β/4 + 3R2sin2α/4 + 3AH2/16−Σ/16.
0 = GA02 − BA02 = (OA0 + R(cosβ − 3 cosα)/4)2 + R2sin2β/4 + 3R2sin2α/4 + 3AH2/16−Σ/16−(OA0−Rcosα)2−R2sin2α,
=R.OA0(cosα+cosβ)/2+R2(cosβ−3 cosα)2/16+R2(3 sin2α+sin2β)/4+
3AH2/16−Σ/16−R2.
CommeAH =R(cosα+ cosβ), l’équation se réduit à 0 =OA0.AH/2−Σ/16.
Soit V le volume du tétraèdre, sl’aire du triangleBCD; la distance AH = 3V /s. AinsiOA0 = sΣ
24V.
La somme vectorielleOA0+OB0+OC0+OD0 est la résultante des forces de pression quand règne dans le tétraèdre une pression uniforme Σ/(24V) par unité de surface. Cette résultante est nulle, ce qui montre que le centre de S est le centre de gravité du tétraèdreA0B0C0D0.
