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Volume d'un tétraèdre
Bonjour ,
Merci d'avance.
ABCD est un tétraède tel que le triangle BCD soit équilatéral de côté a et tels que les triangles ABC , ACD et ABD soient rectangles en A et isocèles.
On désigne par G le centre de gravité du triangle BCD.
1) Démontrer que G est le projeté orthogonal de A sur le plan (BCD).
2) Calculer le volume du tétraèdre ABCD.
1) J'ai fait la figure 
bonjour,
la question 1 (tétraèdre trirectangle, dans le cas particulier où il est en plus régulier, mais ça ne change pas grand chose) a déja été traitée deux fois
(deux exos précédents, au moins)
tes triangles rectangle isocèle en A n'en ont pas l'air
C'est justement là qu'il est intéressant d'utiliser Geogebra 3D !!
(en plaçant A à l'origine du repère, et justifier que AB = AC = AD pour placer B, C et D sur les axes)
en tout cas, il est indispensable de coder explicitement sur la figure les angles droits et les côtés égaux.
sinon la figure ne sert strictement à rien du tout.
tu l'avais utilisé dans l'exo précédent là où ça ne servait plus à rien ou presque
mais quoi qu'il en soit, quel que soit l'outil pour tracer le dessin (un simple crayon et une règle sur du papier suffit ! voire même à main levée) la vraie question n'est pas là
c'est :
• Les codages indispensables sur la figure
• se rappeler ou retrouver les techniques utilisées dans les autres exo pour démontrer (c'est du raisonnement, pas du dessin) exactement la même chose que ce qu'on demande dans cette question 1
cadeau :
le dernier en date comporte bien un parfait tétraèdre trirectangle isocèle, là :
il y a juste renommage des points de la figure et "effacement" des trucs qui ne servent pas ici
dans un autre on avait utilisé une histoire de plans médiateurs
dans un autre encore une histoire d'orthocentre
j'en passe, je ne les ai pas tous suivis.
rappel, le centre de gravité d'un triangle équilatéral est à la fois orthocentre et centre du cercle circonscrit (médiatrices = traces des plans médiateurs)
bref tu n'as que l'embarras du choix pour la technique que tu vas suivre pour cette question ici.
G est l'intersection des médianes (hauteurs) du triangle BCD.
(BC) est orthogonale au plan (AID) .
(AG) est incluse dans le plan (AID).
Donc la droite (BC) est orthogonale à la droite (AG).
Les droites (BC) et (CD) sont sécantes en C .
La droite (AG) est orthogonale à deux sécantes incluses dans le plan (BCD) donc (AG) est orthogonale au plan (BCD)
D'où AGB est un triangle rectangle en G.
Alors G est le projeté orthogonal de A sur le plan (BCD)
2)
soit tu considères uniquement que AB=AC=AD et tu utilises le coup des plans médiateurs déja utilisé dans un autre exo (pour démontrer autre chose en fait , après vérification) voir 
Orthogonalité
la hauteur AH du tétraèdre est alors l'intersection des plans médiateurs (orthogonale à (BCD))
et comme les médiatrices sont confondues avec les médianes dans un triangle BCD équilatéral, c'est bien du même point H=G dont on parle.
tu peux même faire d'une pierre deux coups car les plans médiateurs contiennent dès le départ le sommet opposé (le plan médiateur de [BC] contient A et D
et Orthogonalité dans un tétraèdre régulier
soit tu refais le coup de l'orthocentre déja utilisé dans un autre exo , en partant de uniquement les angles droits en A
et la projection orthogonale de A sur BCD est alors l'orthocentre de BCD
et là encore il est confondu avec le centre de gravité pour un BCD équilatéral.
voir Orthocentre
ou d'autres méthodes encore ... (utilisation d'une rotation de 120° par exemple etc)
au choix.
et c'est à toi de choisir vu que l'énoncé n'impose aucune méthode.
bon tu sembles avoir choisi entre temps
"... (BC) est orthogonale au plan (AID)" . c'est qui "I" ???
et pourquoi cette orthogonalité ?
figure (faite avec Geogebra3D et la base horizontale BCD, exacte, les codages ont été ajoutés après coup car Geogebra3D ne sait pas mettre des codages sur les segments)
j'ai, deviné ton point I, edit : avant ton message entre temps
en tout cas dans la rédaction il doit être défini explicitement et pas laissé à l'imagination du lecteur. (rien ne doit être laissé à l'imagination du lecteur, jamais)
ma remarque est toujours valable en entier et pour la suite (CD) aussi
point sur les i :
objection toujours valable : pourquoi "(BC) est orthogonale au plan (AID) ." ??
et plus loin :
démonstration incomplète si tu ne justifies pas explicitement pourquoi (AG) est aussi orthogonale à (CD) ...
ce ne doit pas être au lecteur de faire la démonstration à partir de bribes suggérées !!
Ok ,
2) comment faire ?
Déjà je coince au niveau de la hauteur du triangle BCD ...
Base=Aire du triangle BCD =(a×h)/2
Là le h , il n'est pas défini ...
Soit je me fourvoie 
la 1 n'est pas bonne : il en manque des bouts importants, fondamentaux même
la 2 :
placer le tétraèdre sur une de ses faces triangle rectangle et pas sur sa face BCD
le calcul est alors énormément plus simple : il est inutile de calculer la mesure de [AG] ni même l'aire d'un triangle équilatéral !
et même que la figure est plus facile à faire !!
(quasi instantané avec Geogebra 3D, ce qui n'est pas du tout le cas si on met BCD dans le plan horizontal)
Bonjour
1) ABC est un triangle rectangle isocèle en A.
Soit I le milieu de [BC] donc (AI) est la hauteur du triangle ABC issue de A , la droite (AI) est perpendiculaire à (BC).
Le triangle BCD est équilatéral, I étant le milieu de [BC] donc (DI) est la hauteur du triangle BCD issue de D , donc (DI) est perpendiculaire à (BC).
(AI) et (DI) sont sécantes en I.
La droite (BC) est orthogonale à deux sécantes du plan (AID) donc (BC) perpendiculaire au plan (AID)
G est l'intersection des médianes (hauteurs) du triangle BCD.
(BC) est orthogonale au plan (AID) .
(AG) est incluse dans le plan (AID).
Donc la droite (BC) est orthogonale à la droite (AG).
Les droites (BC) et (CD) sont sécantes en C .
La droite (AG) est orthogonale à deux sécantes incluses dans le plan (BCD) donc (AG) est orthogonale au plan (BCD).
La droite (AG) est perpendiculaire à toute droite contenue dans (BCD).
La droite (BG) est contenue dans le plan (BCD) donc la droite (AG) est perpendiculaire à (BG).
D'où AGB est un triangle rectangle en G.
Alors G est le projeté orthogonal de A sur le plan (BCD).
on s'y perd ...
soit I le milieu de [BC]
dans ABC isocèle, (AI) ⊥ (BC) (inutile de diluer exagérément la démonstration)
dans BCD équilatéral (DI) ⊥ (BC)
donc (BC) ⊥ (AID)
et (AG) appartenant à ce plan donc (AG) ⊥ (BC)
OK
il en manque un morceau ici :
on démontrerait de même que (AG) ⊥ (CD)
il FAUT le dire sinon on se demande d'où sort la suite :
Les droites (BC) et (CD) sont sécantes en C .
La droite (AG) est orthogonale à deux sécantes incluses dans le plan (BCD) donc (AG) est orthogonale au plan (BCD).
OK
La droite (AG) est perpendiculaire à toute droite contenue dans (BCD).
La droite (BG) est contenue dans le plan (BCD) donc la droite (AG) est perpendiculaire à (BG).
D'où AGB est un triangle rectangle en G.
baratin inutile, vu que la définition de projeté orthogonal de A est
"G est le point du plan tel que (AG) ⊥ ce plan"
Alors G est le projeté orthogonal de A sur le plan (BCD).
OK
(message supprimé et refait car envoi prématuré intempestif avec des erreurs de frappe)
Ok.
2) le tétraèdre placé ainsi :
,
Avec O le centre de gravité du triangle ABC d'où (DO) la hauteur du tétraèdre ABCD.
Avec O le centre de gravité du triangle ABC d'où (DO) la hauteur du tétraèdre ABCD.
aucun rapport avec quoi que ce soit
la hauteur issue du sommet D est la perpendiculaire issu de D au plan (ABC)
c'est à dire AD !!
c'est pour ça que les calculs sont très simples, orienté ainsi !
On commence d'abord par l'aire du triangle ABC
BC=a
Pythagore dans le triangle rectangle ABE en E donne
Donc
Ensuite Pythagore dans le triangle ABD rectangle en A donne
Donc
qu'est ce que c'est que ces horreurs ...
BC = a, BA = a/2 et AE = a/2 aussi car la médiane issue du sommet de l'angle droit est égale à la moitié de l'hypoténuse, dans tout triangle rectangle,
et ici cette médiane est en même temps hauteur car ABC isocèle en A.
donc aire de ABC = quelque chose d'extrêmement simple en fonction de (de
tout seul)
Ensuite Pythagore dans le triangle ABD rectangle en A donne
et pour toi "ça" c'est Pythagore ???
écris mois ça correctement et en tenant compte que AB = AD
ça donne, AD = un truc très simple en fonction de a, de a tout seul
et puis il n'y a même pas besoin de Pythagore si tu remarques que BD est en fait la diagonale d'un carré de côté AD
(autre vue du même tétraèdre "plongé" dans un cube)
or la diagonale d'un carré par rapport au coté c'est du archi connu sans besoin de refaire Pythagore à chaque fois
et donc le coté en fonction de la diagonale c'est immédiat
aire de ABC = 1/2 BC * AE = 1/2 a * a/2 = a²/4
ça se voit aussi comme ça :
le quart d'un carré de côté a
valeur à corriger pour la suite du calcul.
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