Bonjour

je le pense aussi.
si tout était vrai on en déduirait par permutation des sommets B,C,D que (ACH) et (ADH) seraient aussi perpendiculaires
comme tous ces plans ont la droite (AH) en commun, c'est clairement impossible
(de mettre 3 plans à 90° les uns des autres autour d'une même droite)

peut être s'agit il de
1) Démontrer que les plans (ABH) et (ACH) sont perpendiculaires au plan (BCD)
dans rien changer au reste.

Or (AH) est la hauteur du tétraèdre ABCD car H est l'orthocentre du triangle BCD.
non

dans un tétraèdre quelconque le pied de la hauteur n'est PAS l'orthocentre de la base.
et réciproquement.

ce n'est que dans certains tétraèdres très particuliers qu'il l'est

ici AH = hauteur sera une conséquence annexe de ce qu'il faut démontrer et pas du tout une cause.

1) H étant l'orthocentre du triangle BCD, alors les droites (BH) , (CH) et (DH) sont les hauteurs du triangle BCD.

D'où (BH) (CD)

(CH) (BD)

Et (DH) (BC)

*La droite (CD) (BCD).

Or  (CD) est  orthogonale à (AB) , à (BH) aussi.

(AB) et (BH) étant deux sécantes du plan (ABH)

Alors (CD) (ABH)

Donc (BCD) (ABH).

*(BC) (BCD)

Or (BD) (AC) , à (CH) aussi .

(AC) et (CH) sont deux sécantes du plan (ACH) .

Alors (BD) (ACH)

Donc (BCD) (ACH)


2) (BCD) est perpendiculaire aux plans (ABH) et (ACH)

Alors (AH) , l'intersection des deux plans (ABH) et (ACH) est perpendiculaire au plan (BCD).

D'où (AH) (BC)

Or (DH) (BC).

(AH) et (DH) étant deux sécantes du plan (ADH) , (ADH) (BC)

(AD) (ADH) ,

Alors (BC) (AD)

Merci

imbriquer les deux démonstrations en parallèle est illisible.

1) H étant l'orthocentre du triangle BCD, alors les droites (BH) , (CH) et (DH) sont les hauteurs du triangle BCD.

D'où (BH) ⊥ (CD)

(CH) ⊥ (BD) obscurcit la démonstration
Et (DH) ⊥ (BC) idem

La droite (CD) (BCD).

Or (CD) est orthogonale à (AB) , à (BH) aussi.
(AB) et (BH) étant deux sécantes du plan (ABH)

Alors (CD) ⊥ (ABH)
Donc (BCD) ⊥(ABH).

oui

"on démontrerait de même que (BCD) ⊥ (ACH) " (et si on veut préciser c'est là que ça commence par "(CH) ⊥ (BD)" etc
on n'avait pas à en parler avant, au sein de la démonstration concernant uniquement (ABH), car cela y était "comme un cheveu sur la soupe"

sinon tout est OK.

Ok , merci

PS
on vient de démontrer par cet exercice que si deux paires d'arêtes opposées d'un tétraèdre sont formées de droites orthogonales, alors la troisième paire aussi

et au passage que alors le pied de la hauteur est l'orthocentre de la base
comme tout ça c'est symétrique par permutation des sommets cela veut dire que alors les pieds des 4 hauteurs du tétraèdre sont les orthocentres des 4 faces !

intéressant est la réciproque :

si le pied d'une hauteur d'un tétraèdre est l'orthocentre de la base, alors les paires de cotés opposés sont formées de droites orthogonales !!

D'accord

PS

Deux plans de l'espace perpendiculaires à un même plan sont parallèles.

Mais dans un tétraèdre , si deux plans sont perpendiculaires à un même plan , cela n'implique jamais que ces deux plans sont parallèles.

La preuve (ABH) (BCD) et (ACH) (BCD)

Pourtant (ACH) et (ABH) ne sont pas parallèles.

la réciproque c'est ce que tu avals commencé à faire au début, à tort, en prenant comme hypothèse que AH était la hauteur.

attention que ce n'est pas parce que une propriété est vraie que sa réciproque l'est !
démontrer la propriété n'est pas du tout pareil que démontrer sa réciproque.

par exemple dans un autre exo, il a été démontré que si un tétraèdre est "trirectangle" (les trois arêtes issues d'un même sommet sont orthogonales) alors le pied de la hauteur issue de ce sommet est l'orthocentre de la base

la réciproque est fausse :
si le pied de la hauteur est l'orthocentre, alors les arêtes issues du sommet opposé ne sont pas du tout forcément perpendiculaires !

d'un point de vie construction :
si on se donne la base BCD, il existe une infinité de tétraèdres pour lesquels le pied de la hauteur AH est l'orthocentre de BCD
(le sommet A n'importe où sur la perpendiculaire au plan (BCD) en l'orthocentre H)

Par contre il en existe un seul pour lequel AB, AC, AD sont perpendiculaires deux à deux.
(on le trace en considérant des intersections avec des sphères, lieux des points d'où on "voit" un segment sous un angle droit,
extension à l'espace de ce qu'on sait dans le plan : ∠BAC = 90° si et seulement si A est sur le cercle de diamètre [BC])

Oui , je comprends encore mieux maintenant

D'accord , je vois..

Merci