Tétraèdre orthocentrique

[Ben314]

Salut, j'ai un petit problème de géométrie élémentaire que j'ai du mal à résoudre simplement.

On considère un tétraèdre (ABCD) de l'espace de dimension 3 (i.e. 4 points non coplanaires)

On appelle "hauteurs" d'un tétraèdre les droites passant par un sommet du tétraèdre et orthogonale à la face opposée à ce sommet.
On dit que le tétraèdre est "orthocentrique" lorsque ces 4 hauteurs sont concourantes.
Dans ce cas, le point de concours des hauteurs est appelé "orthocentre" du tétraèdre.

1) Montrer que, si un tétraèdre est orthocentrique, alors les 3 perpendiculaires communes aux arrêtes opposées du tétraèdre passent par l'orthocentre (la perpendiculaire commune à deux droites D et D' non coplanaires et l'unique droite à la fois orthogonale et sécante à D et à D')

2) Réciproquement, si les trois perpendiculaires communes aux arrêtes opposées d'un tétraèdre sont concourantes, le tétraèdre est-il forcément orthocentrique ?

Le 1) est très élémentaire, mais j'ai du mal à trouver une preuve simple du 2)...

[jlb]

salut, consulter ce site: tétraèdre avec geogébra 3D http://www.debart.fr/geogebra_3D/geogebra_3D_teraedre.html#ch3
Cela doit répondre au problème. {lien à vérifier!!}

[Ben314]

1) Le lien n'est pas valable.
2) Je préfère trouver par moi même les résultats plutôt que de les chercher sur le net.

EDIT :
1) J'ai trouvé la page en question (en enlevant la fin du lien)
2) Ça m'intéresserait de savoir comment tu fait pour construire un tétraèdre dont tu sait uniquement que les perpendiculaires communes sont concourantes (pour vérifier avec Géogébra la conjecture)

(RE) EDIT :
Dans la page qui semble la plus complète, c'est à dire celle là :
http://www.debart.fr/geogebra_3D/geogebra_3D_tetraedre.html#ch2
Il parlent du sens "direct" (qui est assez évident) mais pas de la réciproque...

[jlb]

J'ai un peu abandonné les maths, j'avais souvenir de ce site, j'avais en mémoire des " réciproques" mais ce n'était apparemment pas les bonnes. Bon, je ne pourrai pas rendre les aides que tu as pu me fournir. Bonne continuation, du coup.

[Ben314]

J'aurais sans doute du mettre le truc plutôt dans "énigme" que défi :
Jusque là, bien que totalement convaincu que la réciproque est juste, je n'ai pas de preuve vu que tout ce que j'ai commencé à écrire débouche sur des trucs bien compliqués et que je cherche un truc relativement simple.
En particulier, même avec de l'analytique (beurk...), ça ne semble pas immédiat du tout...

Après, ça m'empêche pas de dormir et je n'ai pas "besoin" de la réponse : je pensait peut-être m'en servir pour une feuille de T.D. ou un D.M. mais vu tout ce qu'on peut déjà raconter concernant les tétraèdres orthocentrique, c'est pas indispensable.

Bilan : c'était plutôt pour faire partager un petit problème de géométrie (semblant) élémentaire...

[LeJeu]

2) Réciproquement, si les trois perpendiculaires communes aux arrêtes opposées d'un tétraèdre sont concourantes, le tétraèdre est-il forcément orthocentrique ?

Bonsoir Ben ,

C'est toujours un plaisir que de te lire

J'ai gribouillé en prenant mon café le matin, pour voir un peu ce que ca donnait

Mon idée était de regarder de plus près où se trouvait le sommet A d'un tétraedre de base BDC quand deux perpendiculaires intersectaient ( NP et MQ ci desous)

En espérant que les lieux de la projection du sommet A sur la base donne un truc sympa, genre une hauteur de la base du triangle ....
Tu vois venir le truc on recommence avec une autre paire de perpendiculaire et on trouve ...



Mais on ne trouve pas .... car sauf erreur il n'y a qu'un endroit pour le point A pour que les deux perpendiculaires intersectent, c'est la verticale de l'orthocentre de la base...

c'est vrai, ça n'avance pas beaucoup le débat.. mais je reformule donc ta conjecture :

Si DEUX perpendiculaires aux arrêtes opposées d'un tétraèdre sont concourantes, le tétraèdre est orthocentrique

[Ben314]

Déjà, merçi de chercher...
(et faut que je charge géogébra 3d pour faire des tests...)

Sinon, j'ai toujours pas trouvé de preuve, bien que j'ai essayé assez longuement "à la bourrin" (donc avec des gros calculs) MAIS je suis toujours (presque) autant convaincu que c'est vrai.

Concernant ta conjecture, j'ai des doutes lié à des arguments de "dimension" :
Pour définir un tétraèdre (à isométrie prés, c'est ce qui nous intéresse) il faut se donner 6 réels, par exemple les longueurs des 6 arrêtes (il est clair qu'avec uniquement 5 arrêtes on a encore le choix pour prendre la sixième dans tout un intervalle). En termes savant, on dit qu'on a affaire à une "variété de dimension 6".
Après, si tu regarde n'importe quelle caractérisation des tétraèdre orthocentriques, tu constate que ça te fait deux contraintes (sur des réels), par exemple, sur les longueurs des arrêtes, il faut que AB²+CD²=AC²+BD²=AD²+BC² : 2 égalités à vérifier (=> les tétraèdres orthocentriques forment une sous-variété de dimension 4 de l'ensemble des tétraèdres).
Or, en disant uniquement que deux perpendiculaires communes sont concourantes, à priori, j'ai bien l'impression que ça ne fait qu'une contrainte (réelle) [si tu te donne tes 2 droite à l'aide de 2 points et de 2 vecteurs directeurs, le fait qu'elle soit sécantes ne se traduira que par une seule équation concernant les coordonnées des 2 points et des deux vecteurs]

Ca n'exclue pas que ta conjecture puisse être juste quand même : ça signifierais intuitivement que les perpendiculaires communes d'un tétraèdre quelconque ne sont pas des droites "quelconques" mais des droites qui sont "très rarement" concourantes.
Mais, ça m'étonnerais un peu quand même...

[LeJeu]

(et faut que je charge géogébra 3d pour faire des tests...)

Mais Ben: de nos jours on ne télécharge pas !On travaille en ligne ..

Concernant ta conjecture, j'ai des doutes lié à des arguments de "dimension" :.

Je le dis moins bien que toi mais je te suis bien dans l'histoire des dimensions

- en fixant la base de mon tétraédre j'ai fixé trois degrés de liberté (les longueurs des trois cotés)
- en fixant le point A dans un plan // à la base j'en ai fixé un autre la hauteur

M'en restait deux c'est à dire les coordonnées x,y de mon point A dans son plan // à la base
=> en donnant la contrainte " Deux perpendiculaire sont sécantes" je pensais aussi trouver une relation entre X et Y ( une droite qui passerait par le point de coordonnéee Xh,Yh , m'aurait bien plu ..)
Et nous sommes bien d'accord avec une deuxième paire de perpendiculaires sécantes on retirait le dernier degré de liberté en trouvant A de coordonnée Xh,YH

Oui mais ,non, quand je fais varier le point A dans son plan, j'ai bien l'impression que ce n'est qu'en coordonnée Xh,Yh que les deux perpendiculaires sont sécantes !

[L.A.]

Oui mais ,non, quand je fais varier le point A dans son plan, j'ai bien l'impression que ce n'est qu'en coordonnée Xh,Yh que les deux perpendiculaires sont sécantes !

Le plan APC est perpendiculaire au plan BCD (au sens ou chaque plan contient la normale de l'autre), de même le plan ABM est perpendiculaire à BCD. Donc si les droites rouge et jaune se rencontrent, c'est sur l'intersection des plans APC et ABM, qui est une droite perpendiculaire à BCD, et qui est bien la droite HA (puisque P et M sont des pieds de hauteurs dans le triangle BCD).

[LeJeu]

(puisque P et M sont des pieds de hauteurs dans le triangle BCD).

Bonjour L. À
Attention les points P et M ne sont pas à priori les pieds des hauteurs.

Mais c'est parce au final le tetraedre est orthocentrique qu'ils le sont.

C'est à dire parcequ'au final le pont À est à la vertical de H, c'est ça qu'il faut donc montrer.

[L.A.]

D'accord, j'ai été un peu vite en effet... du coup il semblerait que dans la situation orthocentrique, les projetés des droites AC et BD sur un plan perpendiculaire à NP (NP étant le segment donnant la distance minimale entre les droites AC et BD) sont perpendiculaires entre elles. Et si les trois jeux d'arrêtes opposés vérifient cette propriété alors chaque sommet est à l'aplomb de l'orthocentre de la face opposée. Et si deux jeux seulement le vérifient, le troisième le vérifie automatiquement.

Dites-moi si je ne dis que des banalités, je ne connais pas vraiment ce sujet...

[Ben314]

A=(-1,0,0) ; B=(-1,2,0) ; C=(-1,-1,0) ; D=(-1,1,2) -> :cry:

[L.A.]

C'est quoi qui te fait pleurer au juste ? que tes quatre points soient coplanaires ??

Sinon moi j'ai ma chemise, mais c'est mou...

[L.A.]

Remarque : si un tétraèdre a pour base un triangle ABC d'orthocentre H et pour sommet S tel que SH et ABC sont orthogonaux, alors les produits scalaires

HA.HB, HB.HC et HC.HA

sont égaux, donc les produits scalaires

SA.SB = SB.SC = SC.SA (*)

le sont aussi. En particulier AB et SC sont orthogonaux, etc... donc ça rejoint ce que je disais.
J'y vais de ma petite conjecture aussi : le tétraèdre est orthocentrique ssi pour chaque sommet, les trois produits scalaires issus de ce sommet sont égaux.

EDIT : ssi pour UN sommet (puisque si (*) est vraie alors les 3 produits scalaires issus de A sont tous égaux à (AS² - SB.SC) ; en outre si (*) est vraie alors SH est bien orthogonal à ABC)

[Ben314]

Oui, tout ça est correct : il y a des tas de caractérisation des tétraèdre orthocentriques, dont (entre autres) :
- Le pied de la hauteur issue de D est l'orthocentre du triangle (ABC)
- et
- (produit scalaires)
-

Et un autre truc facile à vérifier, c'est que, s'il est orthocentrique, alors les 3 perpendiculaires communes aux arrêts opposées sont concourantes (en l'orthocentre du tétraèdre).
L'exemple du post précédent montre que la réciproque est fausse.

Si je me suis pas gourré, tout tétraèdre tel que AB=CD, AC=BD et AD=BC a ces 3 perpendiculaires communes aux arrêts opposées concourantes (*) mais il n'est jamais orthocentrique (sauf s'il est régulier).

Sinon, si tu veut chercher un autre truc concernant les tétraèdres, cherche à quoi correspondent ceux tels que AB+CD=AC+BD=AD+BC (ils ont une propriété géométrique remarquable...)

EDIT : Et en fait elles sont concourantes au centre de gravité du tétraèdre vu que ce sont aussi les "bimédiannes" de ce dernier (i.e. elles coupent les arrêtes en leur milieu). Et en plus elle sont 2 à 2 orthogonales...

[L.A.]

En effet, ça se voit bien si tu pars d'un tétraèdre régulier, si tu choisis deux arrêtes opposées et que tu les allonges d'un même facteur k (par un homothétie centrée au milieu de chaque arrête), la symétrie fait que tes trois droites sont toujours concourantes mais on perd l'orthocentrisme.

Je réfléchirai à ta question (à froid je pencherais pour "co-sphéricité"... ?)

[Ben314]

Bon, je déterre le topic pour dire qu'à force, j'ai trouvé quels sont exactement les tétraèdres tels que les trois perpendiculaires communes aux arrêtes opposées soient concourantes.
Il y a 3 cas de figure :
- Les tétraèdre orthocentriques.
- Ceux tels que AB=BC=CD=DA (AC et BD quelconques)
- Ceux tels que AB=DC, BC=DA, CA=DB qui ont des tonnes de propriétés remarquables : par exemple leur patron est un simple triangle qu'on a coupé en 4 à l'aide des segments joignant les milieux des cotés. Ce sont ausi les seuls tétraèdres tel que le centre de gravité soit confondu avec le centre de la sphère circonscrite (et c'est évidement là que les perpendiculaires communes se coupent), et plein d'autres trucs...

Sauf que la preuve en question est franchement calculatoire (mais pas super complexe si on prend les bons repères) et il y a à un moment donné un espèce de "miracle calculatoire" qui doit s'expliquer géométriquement.
Donc je suis toujours preneur si quelqu'un à une idée entièrement géométrique pour aborder le problème...