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Exercice 7

Géométrie dans l'espace - Triangle équilatéral Niveau : Difficile

1 Énoncé

Dans l'espace muni d'un repère orthonormé $(O; \vec{i}; \vec{j}; \vec{k})$, on considère les points :

$$A(1; 0; 0), \quad B(0; 1; 0), \quad C(0; 0; 1), \quad D(0; -1; 0)$$

Vérifier que le triangle $ABC$ est équilatéral.

✅ Solution détaillée

Étape 1 : On calcule les distances $AB$, $BC$ et $CA$.

Étape 2 : Calcul de $AB$ :

$$AB = \sqrt{(0-1)^2 + (1-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2}$$

Étape 3 : Calcul de $BC$ :

$$BC = \sqrt{(0-0)^2 + (0-1)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$$

Étape 4 : Calcul de $CA$ :

$$CA = \sqrt{(1-0)^2 + (0-0)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$$

Étape 5 : On a $AB = BC = CA = \sqrt{2}$.

Conclusion

Le triangle $ABC$ est équilatéral de côté $\sqrt{2}$. ✅

Les droites $(AD)$ et $(BC)$ sont-elles orthogonales ?

✅ Solution détaillée

Étape 1 : On calcule les vecteurs directeurs des deux droites.

Étape 2 : Vecteur directeur de $(AD)$ :

$$\overrightarrow{AD} = \begin{pmatrix} 0-1 \\ -1-0 \\ 0-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$$

Étape 3 : Vecteur directeur de $(BC)$ :

$$\overrightarrow{BC} = \begin{pmatrix} 0-0 \\ 0-1 \\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

Étape 4 : On calcule le produit scalaire des deux vecteurs :

$$\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC} = (-1)(0) + (-1)(-1) + (0)(1) = 0 + 1 + 0 = 1$$

Étape 5 : Le produit scalaire est non nul.

Conclusion

Les droites $(AD)$ et $(BC)$ ne sont pas orthogonales.

Elles sont sécantes car $\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC} = 1 \neq 0$.

Soit $I$ le milieu de $[AB]$ et $J$ le milieu de $[AD]$.
Calculer $\overrightarrow{CI} \cdot \overrightarrow{CJ}$. En déduire une mesure en degrés de l'angle $\widehat{ICJ}$.

✅ Solution détaillée

Étape 1 : On calcule les coordonnées de $I$ et $J$.

$$I\left(\frac{1+0}{2}; \frac{0+1}{2}; \frac{0+0}{2}\right) = I\left(\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; 0\right)$$ $$J\left(\frac{1+0}{2}; \frac{0+(-1)}{2}; \frac{0+0}{2}\right) = J\left(\frac{1}{2}; -\frac{1}{2}; 0\right)$$

Étape 2 : On calcule les vecteurs $\overrightarrow{CI}$ et $\overrightarrow{CJ}$ :

$$\overrightarrow{CI} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2}-0 \\ \frac{1}{2}-0 \\ 0-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ -1 \end{pmatrix}$$ $$\overrightarrow{CJ} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2}-0 \\ -\frac{1}{2}-0 \\ 0-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} \\ -1 \end{pmatrix}$$

Étape 3 : On calcule le produit scalaire :

$$\overrightarrow{CI} \cdot \overrightarrow{CJ} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \left(-\frac{1}{2}\right) + (-1) \times (-1)$$ $$= \frac{1}{4} - \frac{1}{4} + 1 = 1$$

Étape 4 : On calcule les normes :

$$CI = \sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 + (-1)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 1} = \sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{6}}{2}$$ $$CJ = \sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(-\frac{1}{2}\right)^2 + (-1)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 1} = \sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{6}}{2}$$

Étape 5 : On utilise la formule du cosinus :

$$\cos(\widehat{ICJ}) = \frac{\overrightarrow{CI} \cdot \overrightarrow{CJ}}{CI \times CJ} = \frac{1}{\frac{\sqrt{6}}{2} \times \frac{\sqrt{6}}{2}} = \frac{1}{\frac{6}{4}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$$

Étape 6 : On en déduit l'angle :

$$\widehat{ICJ} = \arccos\left(\frac{2}{3}\right) \approx 48.19^\circ$$

Conclusion

$$\overrightarrow{CI} \cdot \overrightarrow{CJ} = 1$$

$$\widehat{ICJ} = \arccos\left(\frac{2}{3}\right) \approx 48.2^\circ$$

Triangle ABC équilatéral avec I milieu de [AB] et J milieu de [AD]

On appelle $H$ le projeté orthogonal de $J$ sur la droite $(CI)$.
Calculer les coordonnées de $H$. Quel rôle joue le point $H$ sur le triangle $ABC$ ?

✅ Solution détaillée

Rappel

Le projeté orthogonal de $J$ sur la droite $(CI)$ est le point $H \in (CI)$ tel que $\overrightarrow{JH} \perp \overrightarrow{CI}$.

On a $H = C + t\overrightarrow{CI}$ avec $t \in \mathbb{R}$.

Étape 1 : On a $\overrightarrow{CI} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ -1 \end{pmatrix}$.
Donc $H$ s'écrit :

$$H = C + t\overrightarrow{CI} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{t}{2} \\ \frac{t}{2} \\ 1-t \end{pmatrix}$$

Étape 2 : On a $\overrightarrow{JH} = H - J$ :

$$\overrightarrow{JH} = \begin{pmatrix} \frac{t}{2} - \frac{1}{2} \\ \frac{t}{2} + \frac{1}{2} \\ 1-t - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{t-1}{2} \\ \frac{t+1}{2} \\ 1-t \end{pmatrix}$$

Étape 3 : La condition $\overrightarrow{JH} \perp \overrightarrow{CI}$ donne :

$$\overrightarrow{JH} \cdot \overrightarrow{CI} = 0$$

Étape 4 : On calcule le produit scalaire :

$$\frac{t-1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{t+1}{2} \times \frac{1}{2} + (1-t) \times (-1) = 0$$ $$\frac{t-1}{4} + \frac{t+1}{4} - 1 + t = 0$$ $$\frac{2t}{4} - 1 + t = 0$$ $$\frac{t}{2} - 1 + t = 0$$ $$\frac{3t}{2} - 1 = 0$$ $$\frac{3t}{2} = 1$$ $$t = \frac{2}{3}$$

Étape 5 : On en déduit les coordonnées de $H$ :

$$H\left(\frac{1}{3}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3}\right)$$

Étape 6 : On remarque que $H$ est le centre de gravité du triangle $ABC$.
En effet, les coordonnées du centre de gravité de $ABC$ sont :

$$G\left(\frac{1+0+0}{3}; \frac{0+1+0}{3}; \frac{0+0+1}{3}\right) = G\left(\frac{1}{3}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3}\right) = H$$

Conclusion

Les coordonnées de $H$ sont :

$$H\left(\frac{1}{3}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3}\right)$$

$H$ est le centre de gravité du triangle $ABC$.

C'est aussi le projeté orthogonal de $J$ sur la médiane $(CI)$.

H est le centre de gravité du triangle ABC

Exercice 6 Exercice 8