Tétraedre

[adrien14]

soit OABC un tétraèdre trirectangle en O
montrer que le carré de laire de ABC est égal à la somme des carrés des aires des faces OAB OAC et OBC
jadore ce probleme je lavais fait en terminale et il mavait donné du fil à retordre!
amusez vous bien!

[benjy_star]

Parce qu'à 17 ans tu es plus en terminale ?

[invité576543]

Parce qu'à 17 ans tu es plus en terminale ?

C'est devenu si rare, un an d'avance ?

Cordialement,

[adrien14]

non je ne suis plus en terminale je suis en PCSI

[benjy_star]

C'est devenu si rare, un an d'avance ?

Bien sûr que non. C'est juste que ça pourrait ressembler à une fausse excuse pour faire l'exercice à la place de quelqu'un, alors je pose la question...

[Pio2001]

Bonjour

Un tétraèdre trirectangle, c'est un coin de cube, de sommet O.

La section ABC est un triangle équilatéral. Les trois autres faces sont des triangles rectangles isocèles.

Une fois qu'on a vu ça, cela aide bien :

Soit a la longueur du segment OA.

Les faces OAB, OBC et OCA sont des moitiés de carrés de côté a, donc leur aire vaut a2/2.

La longueur AB (=BC = BA car la base est un triangle équilatéral) est la diagonale de ce carré. Donc AB = a * sqrt(2).

La hauteur d'un triangle équilatéral vaut sqrt(3)/2 fois sa base (on peut vérifier le théorème de pythagore).

Donc son aire vaut base x hauteur /2 = base * base * sqrt(3) /2 /2

Ici, base = AB, donc on a

Aire(ABC) = base * base * sqrt(3) /2 /2
= a * sqrt(2) * a * sqrt(2) * sqrt(3) /2 /2
= a2 * 2 * sqrt(3) /2 /2
= a2 * sqrt(3) / 2

Elevons les aires obtenues au carré :

Carré de l'aire (ABC) = 3* a4/4
Carré de l'aire (OAB) = a4/4

Donc on a bien Carré de l'aire (ABC) = Somme des carrés des trois autres aires (identiques).

CQFD

[dgidgi]

Jolie démonstration pio2001.

Voilà un beau petit problème avec un objet géométrique simple qui fait intervenir à la fois les deux classiques de la géométrie utilisant les deux premières racines carrées d'entier naturels :
la diagonale du carré pour sqrt(2) et la hauteur du triangle équilatéral pour sqrt(3).
L'utisation des deux triangles particuliers les plus courants : le triangle isocèle rectangle et le triangle équilatéral et leur assemblage dans l'espace est aussi remarquable.

Bel exercice.

[invité576543]

La section ABC est un triangle équilatéral

Pourquoi?

Cordialement,

[dgidgi]

Pourquoi?

Cordialement,

Ce triangle est équilatéral car il a trois côtés de longueur a*sqrt(2) avec a qui est la longueur de l'arête du tétraèdre, ou encore a est la longueur de l'arête du cube dont est extrait le tétraèdre trirectangle.

[invité576543]

Ce triangle est équilatéral car il a trois côtés de longueur a*sqrt(2) avec a qui est la longueur de l'arête du tétraèdre, ou encore a est la longueur de l'arête du cube dont est extrait le tétraèdre trirectangle.

Et c'est où dans l'énoncé tout ça?

Cordialement,

[dgidgi]

Oups !

C'est vrai, çà.
Copie à revoir : est-ce que cela marche dans le cas général ?

[invité576543]

est-ce que cela marche dans le cas général ?

C'est ce que sous-entend l'énoncé du message #1.





Cordialement,

PS: Je sais très bien que l'énoncé parle de carrés...

[Pio2001]

En effet, j'ai sauté sur une intuition qui n'était pas la bonne. Le "coin de cube" n'est pas forcément coupé perpendiculairement à la diagonale du cube.

[dgidgi]

J'ai une démonstration en utilisant les outils basiques de relations métriques dans un triangle.

 Cliquez pour afficher

Le trièdre trirectangle possède trois arêtes perpendiculaires de longueurs a, b et c.

les triangles rectangles ont ainsi pour aires :ab/2, ac/2 et bc/2.
La somme des carrés des aires des triangles rectangles est alors :
1/4(a²b² + a²c² + b²c²).

il reste à évaluer le carré de l'aire du triange non rectangle.

la formule de Héron d'Alexandrie (IIème siècle avant JC) est adaptée :
S² = p(p-x)(p-y)(p-z)

S est l'aire du triangle.
p est son demi-périmètre
x, y et z sont les longueurs des côtés du triangle
ici, x =sqrt(b²+c²)
y = sqrt(a² + c²)
z = sqrt (b² + c²), d'après Pythagore, Vème sièce avant JC, les chiffres romains sont anachroniques.

En remplaçant (tout doucement) p par 1/2(x + y + z) dans la formule de Héron, il vient
S² = [1/2(x + y + z)][1/2( - x + y + z)][1/2(x - y + z)][1/2( x +y -z)]
d'où
S² = 1/16(x + y + z)( - x + y +z)(x - y + z)( x +y -z)

Il s'agit maintenant de développer( tout doucement, cela s'arrange très bien) et de réduire :

Cela donne :

16S² = - x^4 + 2x²y² + 2 x²z² + 2 y²z² - y^4 - z^4

Arrivés là, remplaçons x y et z par leur valeurs en fonction de a, b et c.
En fait , il faut remplacer
x² par b² + c², y² par a² + c² et z² par a² +b²
cela donne au passage x^4 = b^4 + c^4 + 2b²c²
y^4 = a^4 + c^4 + 2 a²c²
z^4 = a^4 + b^4 + 2a²b².

En remplaçant (tout doucement) dans S², en développant les produits de carrés , il vient :

16S² = -b^4 - c^4 - 2b²c² + 2 a²b² + 2 b²c² + 2 a²c² + 2 c^4 + 2 a²b² + 2 b^4 + 2 a²c² + 2 b²c² + 2 a^4 + 2 a²b² + 2 a²c² + 2 b²c² - a^4 - b^4 - 2a²b²

Et cela se réduit très bien :
16 S² = 4a²c² + 4b²c² + 4 ab²
d'où
S² = 1/4( a²c² + b²c² + a²b²)

Ce qui est bien la somme des aires des triangles rectangles vue en haut.

[invité576543]

Je vais développer la démo esquissée dans un de mes messages précédents, pour montrer une alternative.

 Cliquez pour afficher

On a une relation générale pour tout tétraèdre liant les "vecteurs surface" (vecteurs normaux de norme égale à une surface) :



qui se démontre simplement en développant

Note : En la réécrivant



on est juste en train de dire que la surface orientée totale est nulle, ce qui est le cas de toute surface fermée...

Reprenons



Si on en prend le carré on a

des produits scalaires des vecteurs surface

Or l'hypothèse de tri-rectangularité indique que les faces OBC, OCA et OAB sont perpendiculaires deux à deux, donc que le produit scalaire de leurs vecteurs surface sont nuls. D'où ce qu'il fallait démontrer.