Problème — Tétraèdre régulier et produit scalaire

Exercice de TD · niveau 3 (difficile) · mathématiques (terminale), chapitre 8 — Géométrie dans l'espace

Énoncé

Problème — Tétraèdre régulier et produit scalaire. Soit $A B C D$ un tétraèdre régulier d'arête $a > 0$ (toutes ses faces sont des triangles équilatéraux de côté $a$ ). On note $I$ le milieu du segment $[A B]$ et $J$ le milieu du segment $[C D]$ .

Démontrer que le vecteur $I J$ est orthogonal aux vecteurs $A B$ et $C D$ .
Calculer le produit scalaire $A B \cdot A C$ en fonction de $a$ .
Soit $H$ le projeté orthogonal du point $D$ sur le plan $(A B C)$ . Rappeler pourquoi $H$ est le centre de gravité du triangle $A B C$ et exprimer la longueur de la hauteur $D H$ du tétraèdre en fonction de $a$ .

Corrigé

Exprimons le vecteur $I J$ en utilisant la relation de Chasles par deux chemins différents :

$I J = I A + A C + C J$

$I J = I B + B D + D J$

Sommons ces deux égalités :

$2 I J = (I A + I B) + (A C + B D) + (C J + D J)$

Comme $I$ est le milieu de $[A B]$ , on a $I A + I B = 0$ . Comme $J$ est le milieu de $[C D]$ , on a $C J + D J = 0$ . Il reste :

$2 I J = A C + B D ⟹ I J = \frac{1}{2} (A C + B D)$

Calculons le produit scalaire avec $A B$ :

$2 I J \cdot A B = (A C + B D) \cdot A B = A C \cdot A B + B D \cdot A B$

Les triangles $A B C$ et $A B D$ étant équilatéraux de côté $a$ :

$A C \cdot A B = A C \times A B \times cos (\frac{π}{3}) = a \times a \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} a^{2}$ ;
$B D \cdot A B = B D \cdot (A B) = - B D \cdot B A = - B D \times B A \times cos (\frac{π}{3}) = - a \times a \times \frac{1}{2} = - \frac{1}{2} a^{2}$ .

Ainsi, $2 I J \cdot A B = \frac{1}{2} a^{2} - \frac{1}{2} a^{2} = 0$ , donc $I J$ est orthogonal à $A B$ .

Reprenons la même relation $2 I J = A C + B D$ et calculons cette fois le produit scalaire avec $C D$ :

$2 I J \cdot C D = (A C + B D) \cdot C D = A C \cdot C D + B D \cdot C D$

Les triangles $A C D$ et $B C D$ étant équilatéraux de côté $a$ :

$A C \cdot C D = - C A \cdot C D = - C A \times C D \times cos (\frac{π}{3}) = - a \times a \times \frac{1}{2} = - \frac{1}{2} a^{2}$ ;
$B D \cdot C D = (- D B) \cdot (- D C) = D B \cdot D C = D B \times D C \times cos (\frac{π}{3}) = a \times a \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} a^{2}$ .

Ainsi, $2 I J \cdot C D = - \frac{1}{2} a^{2} + \frac{1}{2} a^{2} = 0$ , donc $I J$ est aussi orthogonal à $C D$ .

Le triangle $A B C$ est équilatéral de côté $a$ , l'angle en $A$ vaut $6 0^{\circ}$ (ou $\frac{π}{3}$ radians). Le produit scalaire est :

$A B \cdot A C = ∥ A B ∥ \times ∥ A C ∥ \times cos (B A C) = a \times a \times cos (\frac{π}{3}) = \frac{1}{2} a^{2}$

Par raison de symétrie du tétraèdre régulier, les distances de $D$ aux trois sommets $A$ , $B$ et $C$ sont égales. Par conséquent, son projeté orthogonal $H$ sur le plan $(A B C)$ est équidistant de $A$ , $B$ et $C$ . Dans un triangle équilatéral, le seul point équidistant des trois sommets est son centre de gravité.

Exprimons les longueurs : Dans le triangle équilatéral $A B C$ de côté $a$ , la longueur d'une médiane (qui est aussi hauteur) est $m = a \frac{3}{2}$ . Le centre de gravité $H$ est situé aux deux tiers de chaque médiane en partant du sommet. La distance $A H$ vaut :

$A H = \frac{2}{3} m = \frac{2}{3} \times a \frac{3}{2} = \frac{a 3}{3}$

Le triangle $A H D$ est rectangle en $H$ car $(D H)$ est orthogonale au plan $(A B C)$ . D'après le théorème de Pythagore dans ce triangle :

$A D^{2} = A H^{2} + D H^{2} ⟺ a^{2} = (\frac{a 3}{3})^{2} + D H^{2} ⟺ a^{2} = \frac{3 a ^{2}}{9} + D H^{2} ⟺ a^{2} = \frac{a ^{2}}{3} + D H^{2}$

On en déduit :

$D H^{2} = a^{2} - \frac{a ^{2}}{3} = \frac{2}{3} a^{2} ⟹ D H = a \frac{2}{3} = a \frac{6}{3}$

La hauteur d'un tétraèdre régulier de côté $a$ vaut donc $a \frac{6}{3}$ .

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