Bac 2025, Amérique du Sud : exercice 4

Question 1. On a $C(0\,;0\,;1)$ et $K\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\,;\dfrac32\,;0\right)$. On calcule

Ce vecteur est non nul. La droite (CK) passe par C et a pour vecteur directeur $\overrightarrow{CK}$.

Un point $M(x\,;y\,;z)$ appartient à (CK) si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{CM}=t\,\overrightarrow{CK}$, soit

Donc une représentation paramétrique de (CK) est

(La troisième ligne de l'énoncé, notée $y$, est une coquille : c'est la coordonnée $z$.)

Question 2. Le point $M(t)$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{\sqrt3}{2}t\,;\dfrac32t\,;1-t\right)$. Le repère étant orthonormé,

On regroupe : $\dfrac34t^2+\dfrac94t^2=3t^2$, donc

Comme $\mathrm{OM}\geqslant 0$, on obtient $\mathrm{OM}(t)=\sqrt{4t^2-2t+1}$.

Question 3. a) On pose $g(t)=4t^2-2t+1$. Son discriminant est $\Delta=(-2)^2-4\times 4\times 1=4-16=-12<0$ et son coefficient dominant est $4>0$ : donc $g(t)>0$ pour tout réel $t$.

La fonction racine carrée est dérivable sur $]0\,;+\infty[$ et $g$ est dérivable et strictement positive sur $\mathbb{R}$, donc $f=\sqrt{g}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. D'après la formule de dérivation d'une composée $(\sqrt{g})'=\dfrac{g'}{2\sqrt{g}}$, avec $g'(t)=8t-2$ :

Le dénominateur est strictement positif, donc $f'(t)$ a le signe de $4t-1$ :

• pour $t<\dfrac14$, $f'(t)<0$

• $f'\left(\dfrac14\right)=0$

• pour $t>\dfrac14$, $f'(t)>0$.

Donc $f$ est strictement décroissante sur $\left]-\infty\,;\dfrac14\right]$ et strictement croissante sur $\left[\dfrac14\,;+\infty\right[$.

Question 3. b) D'après les variations de $f$, la fonction $f$ admet un minimum, atteint pour $t=\dfrac14$.

Sa valeur est $f\left(\dfrac14\right)=\sqrt{\dfrac14-\dfrac12+1}=\sqrt{\dfrac34}=\dfrac{\sqrt3}{2}$.

Donc $f$ atteint son minimum pour $t=\dfrac14$.

Réponse : $t=\dfrac14$.

Question 4. Le projeté orthogonal de O sur la droite (CK) est le point de (CK) le plus proche de O, c'est-à-dire le point $M(t)$ pour lequel $\mathrm{OM}(t)=f(t)$ est minimal.

D'après la question 3. b), c'est le point de paramètre $t=\dfrac14$ :

Donc H est le projeté orthogonal de O sur la droite (CK).

(Vérification : $\overrightarrow{OH}\cdot\overrightarrow{CK}=\dfrac{\sqrt3}{8}\times\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac38\times\dfrac32+\dfrac34\times(-1)=\dfrac{3}{16}+\dfrac{9}{16}-\dfrac{12}{16}=0$.)

Question 5. On calcule d'abord les vecteurs nécessaires.

Côtés : $\overrightarrow{BC}(0\,;-2\,;1)$, $\overrightarrow{AC}(-2\sqrt3\,;0\,;1)$, $\overrightarrow{AB}(-2\sqrt3\,;2\,;0)$.

Vecteurs issus de H, avec $H\left(\dfrac{\sqrt3}{8}\,;\dfrac38\,;\dfrac34\right)$ :

Produits scalaires :

Il reste à vérifier que H est dans le plan (ABC). Le point $K$ appartient à (AB) : $\overrightarrow{AK}\left(-\dfrac{3\sqrt3}{2}\,;\dfrac32\,;0\right)=\dfrac34\overrightarrow{AB}$. La droite (CK) est donc contenue dans le plan (ABC), et H, qui est sur (CK), est dans ce plan.

Dans le plan (ABC), les droites (AH), (BH) et (CH) sont donc respectivement les perpendiculaires à (BC) passant par A, à (AC) passant par B, et à (AB) passant par C, c'est-à-dire les trois hauteurs du triangle ABC. Elles passent toutes par H.

Donc H est l'orthocentre du triangle ABC.

Question 6. a) On calcule, avec $\overrightarrow{OH}\left(\dfrac{\sqrt3}{8}\,;\dfrac38\,;\dfrac34\right)$ :

Les vecteurs $\overrightarrow{AB}(-2\sqrt3\,;2\,;0)$ et $\overrightarrow{AC}(-2\sqrt3\,;0\,;1)$ ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de $\overrightarrow{AC}$ est nulle alors que celle de $\overrightarrow{AB}$ ne l'est pas, et la troisième de $\overrightarrow{AB}$ est nulle alors que celle de $\overrightarrow{AC}$ ne l'est pas). Ils dirigent donc le plan (ABC).

Le vecteur $\overrightarrow{OH}$ est non nul et orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc il est orthogonal à tout vecteur de ce plan.

Donc la droite (OH) est orthogonale au plan (ABC).

Question 6. b) Le vecteur $\overrightarrow{OH}$ est normal au plan (ABC), donc aussi le vecteur colinéaire $8\overrightarrow{OH}=\left(\sqrt3\,;3\,;6\right)$.

Une équation cartésienne de (ABC) est de la forme $\sqrt3\,x+3y+6z+d=0$. Le point $C(0\,;0\,;1)$ appartient au plan : $6+d=0$, donc $d=-6$.

Une équation de (ABC) est donc

Vérification avec A et B : $\sqrt3\times 2\sqrt3=6$ et $3\times 2=6$.

Donc le plan (ABC) a pour équation $\sqrt3\,x+3y+6z=6$.

Réponse : $\sqrt3\,x+3y+6z=6$.

Question 7. Le point K appartient à (AB) et, d'après la question 5, $\overrightarrow{CH}\cdot\overrightarrow{AB}=0$   or $\overrightarrow{CK}$ est colinéaire à $\overrightarrow{CH}$ (H est sur (CK)). Donc (CK) est perpendiculaire à (AB) en K : $[CK]$ est la hauteur du triangle ABC issue de C.

On calcule

L'aire du triangle est $\dfrac12\times\text{base}\times\text{hauteur}$ :

Donc l'aire du triangle ABC est $4$ unités d'aire.

Réponse : $4$.

Points clés attendus

• Représentation paramétrique : point de départ et vecteur directeur $\overrightarrow{CK}$ calculé coordonnée par coordonnée.

• Minimum de $f$ : étude du signe de la dérivée, avec justification que le trinôme est strictement positif.

• Lien entre projeté orthogonal et distance minimale pour identifier H.

• Orthocentre : trois produits scalaires nuls, et appartenance de H au plan (ABC).

• Orthogonalité droite-plan : orthogonalité à deux vecteurs non colinéaires du plan, puis vecteur normal et équation avec vérification.

Corrigé rédigé par + qu'un prof. Cherche d'abord seul, puis compare avec ta propre rédaction.