En guise d’exercice : cube et rotation

Dans la figure suivante, les points A,B,C,D,E,F,G,H sont les sommets d’un cube.

cube_2

Il est demandé de montrer que les perpendiculaires à EC menées par A et H se coupent en un point, noté I, de EC et que l’angle \hat{AIH} vaut 2\pi/3.

N’hésitez pas à poster plusieurs solutions.

😉

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11 réflexions sur “En guise d’exercice : cube et rotation

  1. J’ai envie de dire que résulte du fait que le cube possède, parmi ses isométries, les rotations d’angles 2*pi/3 et d’axe les diagonales (du cube). L’une de ces rotations a pour axe (EC) et permute A, F, H.

  2. Plus artisanalement (orthogonalité droite-plan, triangles semblables,relations dans le triangle rectangle):

    Le plan (AIH) est orthogonal à la droite (EC) car il contient par hypothèse les droites (AI) et (HI) perpendiculaires à EC.
    Soit M est le milieu de [AH]. (MI) est perpendiculaire à (EC) car (MI)\subset (AIH).

    Dans le plan diagonal (FCBE), les triangles IEM et ECB sont semblables car ils sont rectangles et ont en commun l’angle \widehat{BEC}.
    On a donc : \frac{IM}{EM}=\frac{CB}{CE} ou IM=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{6}.

    Le triangle AIM est aussi rectangle car (AH) est perpendiculaire au plan diagonal (FCBE) et donc en particulier à la droite (IM) (faut tout justifier!).

    Dans ce triangle, \tan \widehat{AIM}=\frac{AM}{IM}=(\sqrt{2}/2)/(\sqrt{6}/6)=\sqrt{3} et donc \widehat{AIM}=\frac{\pi}{3}.

    Comme les triangles AIM et HIM sont symétriques par rapport à la droite IM, on a bien \widehat{AIH}={\frac{2\pi}{3}}

    Voilà typiquement le genre d’exercice qui manque dans nos manuels. L’orthogonalité 3D, est trop souvent abordée sous l’angle analytique à l’aide du produit scalaire.
    Encore un débat à ouvrir…

  3. Pour ce qui est du fait que les projections orthogonales de A et H sur EC coïncident, on peut observer que la symétrie orthogonale par rapport au plan BCEF conserve le cube. Elle transforme A en H, fixe EC et, comme c’est une isométrie, la projection orthogonale de A sur EC en celle de H.

    Voici une variante du calcul de l’angle \widehat{AIH}. Elle va nous donner des informations supplémentaires.

    Plaçons nous d’abord dans le triangle ACE. Notant a la longueur du côté du cube, on a

    \|AE\|=a,\quad \|AC\|=\sqrt 2 a, \quad \|CE\|=\sqrt 3 a

    On en déduit facilement que

    \|EI\|=\frac{a}{\sqrt 3},\quad \|CI\|=\frac{2a}{\sqrt 3}, \quad \|AI\|=\sqrt{\frac 2 3}a

    En particulier I se trouve au deux tiers de EC comptés à partir de E.

    Appliquons ensuite le théorème de Pythagore généralisé au triangle isocèle AIH. Schant que \|AH\|=\sqrt 2 a, il vient

    2a^2=\frac 4 3 a^2-\frac 4 3 a^2\cos\hat I

    D’où \cos\hat I=-1/2 comme souhaité.

  4. La solution utilisant la géométrie analytique est sans surprise. Elle est sans doute celle vers laquelle beaucoup d’étudiants se tourneraient de nos jours. Je ne la détaillerai pas. Je vais plutôt présenter ici une variante. C’est elle qui m’a conduit à poser l’exercice.

    Commençons par un rappel. Un quaternion unitaire q définit une rotation spatiale r_q et la correspondance q\mapsto r_q est un homomorphisme de la sphère unité S^3 de \mathbb R^4 sur le groupe \mathrm{SO}(3) des rotations spatiales dont le noyau est \{-1,1\}. Si la forme polaire du quaternion est

    q=\cos(\theta)+\sin(\theta) h

    (h est un quaternion pur de longueur 1), alors r_q est la rotation d’axe \mathbb R h et d’angle 2\theta, angle calculé en orientant l’axe dans le sens de h.

    Venons-en à l’exercice. J’identifie \overrightarrow{EA}, \overrightarrow{EH}, \overrightarrow{EF} aux quaternions i,j,k, dans cet ordre. La rotation r_1 d’axe EH, d’angle \pi/2 qui transforme F en A est associée au quaternion

    q_1=\frac{\sqrt 2}{2}(1+j)

    La rotation r_2 d’axe EA, d’angle \pi/2 qui applique H sur F correspond quant à elle à

    q_2=\frac{\sqrt 2}{2}(1+i)

    La rotation r_2\circ r_1 transforme A en H. Elle est associée au quaternion

    q_2q_1=\frac{1}{2}(1+i)(1+j)=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt 3}{2} \left(\frac{i+j+k}{\sqrt 3}\right)

    Comme

    i+j+k=\overrightarrow{EC}

    c’est donc la rotation d’axe EC et d’angle 2\pi/3 lorsqu’on oriente cet axe de E vers C. D’où le résultat.

    😉

    • Bravo pour la solution sophistiquée !
      Si je comprends bien, au lieu de calculer des composées de rotations, on préfère calculer des produits de quaternions 🙂

      • Tout à fait. A ce qu’on m’a dit, c’est fortement utilisé par les logiciels graphiques car les quaternions sont faciles à mémoriser et à manipuler.

  5. La première solution que PB propose me semble le bon point de vue. Les diagonales du cube sont des axes de rotation d’ordre 3. Pourquoi ce constat demanderait-il davantage une preuve que le fait, par exemple, que la droite passant par les centres de deux faces opposées du cube est un axe de rotation d’ordre 4 ? Ou que la droite passant par les milieux de deux arêtes opposées est un axe de rotation d’ordre 2 ?

    • En fait, c’est assez subjectif.
      J’ai posé la question à plusieurs reprises et si, de façon unanime, la réponse est : ok pour les deux dernières symétries, pour celle présentée par PB, c’est nettement plus réservé.
      Comme moi, les personnes interrogées estiment qu’il faut une preuve. D’ailleurs, PB abonde dans ce sens, qui répond Justement, c’est le problème : je le vois, mais j’au du mal à l’expliquer

      😉

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