Terminale Spé Maths / Chapitre 10 : Vecteurs, droites et plans de l'espace / Annales du bac

Bac 2025, Asie : exercice 2

5 septembre 2025 · 5 points

« Dans un triangle non équilatéral, la droite d'Euler est la droite qui passe par les trois points suivants :

le centre du cercle circonscrit à ce triangle (cercle passant par les trois sommets de ce triangle).
le centre de gravité de ce triangle situé à l'intersection des médianes de ce triangle.
l'orthocentre de ce triangle situé à l'intersection des hauteurs de ce triangle ».

Le but de l'exercice est d'étudier un exemple de droite d'Euler.

On considère un cube ABCDEFGH de côté une unité.

L'espace est muni du repère orthonormé $\left(\mathrm{A} \;;\; \overrightarrow{}t{AB} \;;\; \overrightarrow{}t{AD} \;;\; \overrightarrow{}t{AE}\right)$ .

On note I le milieu du segment [AB] et J le milieu du segment [BG].

Figure de l'énoncé, exercice 2, Asie 5 septembre 2025

Donner sans justification les coordonnées des points A, B, G, I et J.
1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AJ).
2. Montrer qu'une représentation paramétrique de la droite (IG) est :
  $\left\{\begin{array}{l}x=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2} t \\ y=\phantom{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}}t \\ z=\phantom{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}}t\end{array} \right.\quad\text{ avec }t \in \mathbb{R}.$
3. Démontrer que les droites (AJ) et (IG) sont sécantes en un point S de coordonnées S $\left(\dfrac{2}{3} \;;\; \dfrac{1}{3} \;;\; \dfrac{1}{3}\right)$ .
1. Montrer que le vecteur $\overrightarrow{n}(0 \;;\;-1 \;;\; 1)$ est normal au plan (ABG).
2. En déduire une équation cartésienne du plan (ABG).
3. On admet qu'une représentation paramétrique de la droite $(d)$ de vecteur directeur $\overrightarrow{n}$ et passant par le point K de coordonnées $\left(\dfrac{1}{2} \;;\; 0 \;;\; 1\right)$ est :
  $\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2} \\ y= \phantom{\dfrac{1}{2}}- t \\ z=1+t\end{array} \right.\quad\text{ avec }t \in \mathbb{R}.$
  
  Montrer que cette droite $(d)$ coupe le plan (ABG) en un point L de coordonnées L $\left(\dfrac{1}{2} \;;\; \dfrac{1}{2} \;;\; \dfrac{1}{2}\right)$ .
4. Montrer que le point L est équidistant des points A, B et G.
Montrer que le triangle ABG est rectangle en B.
1. Identifier le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l'orthocentre du triangle ABG (aucune justification n'est attendue).
2. Vérifier par un calcul que ces trois points sont effectivement alignés.

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Question 1. Le repère est $\left(\mathrm{A}\,;\overrightarrow{\mathrm{AB}},\overrightarrow{\mathrm{AD}},\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right)$ , donc $\mathrm{B}$ , $\mathrm{D}$ et $\mathrm{E}$ ont pour coordonnées $(1\,;0\,;0)$ , $(0\,;1\,;0)$ et $(0\,;0\,;1)$ .

Le point G est le sommet opposé à A dans le cube : $\overrightarrow{\mathrm{AG}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\overrightarrow{\mathrm{AE}}$ .

Le point I est le milieu de $[\mathrm{AB}]$ .

Le point J est le milieu de $[\mathrm{BG}]$ : ses coordonnées sont les moyennes de celles de B et de G.

Réponse : $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$ , $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$ , $\mathrm{G}(1\,;1\,;1)$ , $\mathrm{I}\left(\dfrac12\,;0\,;0\right)$ et $\mathrm{J}\left(1\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)$ .

Question 2. a) La droite (AJ) passe par $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$ .

Un vecteur directeur est

\overrightarrow{\mathrm{AJ}}\left(1-0\,;\ \frac12-0\,;\ \frac12-0\right)=\left(1\,;\frac12\,;\frac12\right).

Un point $\mathrm{M}(x\,;y\,;z)$ appartient à (AJ) si et seulement si $\overrightarrow{\mathrm{AM}}=s\,\overrightarrow{\mathrm{AJ}}$ pour un réel $s$ .

Donc une représentation paramétrique de (AJ) est

\left\{\begin{array}{l}x=s\\ y=\dfrac12 s\\ z=\dfrac12 s\end{array}\right.\qquad s\in\mathbb{R}.

Réponse : $x=s$ , $y=\dfrac12 s$ , $z=\dfrac12 s$ , avec $s\in\mathbb{R}$ .

Question 2. b) La droite (IG) passe par $\mathrm{I}\left(\dfrac12\,;0\,;0\right)$ .

Un vecteur directeur est

\overrightarrow{\mathrm{IG}}\left(1-\frac12\,;\ 1-0\,;\ 1-0\right)=\left(\frac12\,;1\,;1\right).

Donc $\mathrm{M}(x\,;y\,;z)$ appartient à (IG) si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{IM}}=t\,\overrightarrow{\mathrm{IG}}$ , c'est-à-dire

\left\{\begin{array}{l}x-\dfrac12=\dfrac12\,t\\ y-0=t\\ z-0=t\end{array}\right.\qquad\text{soit}\qquad\left\{\begin{array}{l}x=\dfrac12+\dfrac12\,t\\ y=t\\ z=t\end{array}\right.\qquad t\in\mathbb{R}.

On retrouve la représentation paramétrique demandée.

Question 2. c) Les vecteurs directeurs $\left(1\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)$ et $\left(\dfrac12\,;1\,;1\right)$ ne sont pas colinéaires : s'il existait un réel $k$ tel que $\left(1\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)=k\left(\dfrac12\,;1\,;1\right)$ , la première coordonnée donnerait $k=2$ et la deuxième $k=\dfrac12$ , ce qui est contradictoire. Les droites ne sont donc ni confondues ni parallèles.

Cherchons un point commun : il faut des réels $s$ et $t$ tels que

\left\{\begin{array}{l}s=\dfrac12+\dfrac12\,t\\[1mm] \dfrac12\,s=t\\[1mm] \dfrac12\,s=t\end{array}\right.

Les deux dernières équations sont identiques et donnent $t=\dfrac12\,s$ .

On remplace dans la première :

\begin{aligned} s&=\frac12+\frac12\times\frac12\,s\\ s-\frac14\,s&=\frac12\\ \frac34\,s&=\frac12\\ s&=\frac23. \end{aligned}

Alors $t=\dfrac12\times\dfrac23=\dfrac13$ .

Avec $s=\dfrac23$ dans la représentation de (AJ) : $\left(\dfrac23\,;\dfrac13\,;\dfrac13\right)$ .

Avec $t=\dfrac13$ dans la représentation de (IG) : $\left(\dfrac12+\dfrac16\,;\dfrac13\,;\dfrac13\right)=\left(\dfrac23\,;\dfrac13\,;\dfrac13\right)$ .

On obtient le même point. Les droites (AJ) et (IG) ne sont pas parallèles et ont un point commun : elles sont sécantes en $\mathrm{S}\left(\dfrac23\,;\dfrac13\,;\dfrac13\right)$ .

Question 3. a) On a $\overrightarrow{\mathrm{AB}}(1\,;0\,;0)$ et $\overrightarrow{\mathrm{AG}}(1\,;1\,;1)$ .

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{\mathrm{AG}}$ ) : les points A, B et G définissent bien un plan.

On calcule les produits scalaires avec $\vec{n}(0\,;-1\,;1)$ :

\begin{aligned} \vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}&=0\times1+(-1)\times0+1\times0=0,\\ \vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AG}}&=0\times1+(-1)\times1+1\times1=0. \end{aligned}

Le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABG) : il est normal à ce plan.

Question 3. b) Le vecteur $\vec{n}(0\,;-1\,;1)$ est normal à (ABG), donc une équation cartésienne de ce plan est de la forme

0\times x-y+z+d=0,\qquad\text{soit}\qquad -y+z+d=0.

Le point $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$ appartient au plan : $0+0+d=0$ , donc $d=0$ .

Une équation cartésienne de (ABG) est donc $-y+z=0$ .

Vérification avec B : $-0+0=0$ . Vérification avec G : $-1+1=0$ .

Réponse : $-y+z=0$ .

Question 3. c) Le point de $(d)$ de paramètre $t$ a pour coordonnées $\left(\dfrac12\,;-t\,;1+t\right)$ . Il appartient au plan (ABG) si et seulement si ses coordonnées vérifient $-y+z=0$ :

\begin{aligned} -(-t)+(1+t)&=0\\ 2t+1&=0\\ t&=-\frac12. \end{aligned}

L'équation admet une unique solution : la droite $(d)$ coupe le plan (ABG) en un seul point, obtenu pour $t=-\dfrac12$ :

\left(\frac12\,;\ -\left(-\frac12\right)\,;\ 1-\frac12\right)=\left(\frac12\,;\frac12\,;\frac12\right).

Donc $(d)$ coupe le plan (ABG) au point $\mathrm{L}\left(\dfrac12\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)$ .

Question 3. d) On calcule les carrés des distances :

\begin{aligned} \mathrm{LA}^2&=\left(0-\frac12\right)^2+\left(0-\frac12\right)^2+\left(0-\frac12\right)^2=\frac34,\\ \mathrm{LB}^2&=\left(1-\frac12\right)^2+\left(0-\frac12\right)^2+\left(0-\frac12\right)^2=\frac34,\\ \mathrm{LG}^2&=\left(1-\frac12\right)^2+\left(1-\frac12\right)^2+\left(1-\frac12\right)^2=\frac34. \end{aligned}

Les distances sont positives, donc $\mathrm{LA}=\mathrm{LB}=\mathrm{LG}=\dfrac{\sqrt3}{2}$ : le point L est équidistant de A, B et G.

Question 4. On a $\overrightarrow{\mathrm{BA}}(-1\,;0\,;0)$ et $\overrightarrow{\mathrm{BG}}(1-1\,;1-0\,;1-0)=(0\,;1\,;1)$ .

Alors

\overrightarrow{\mathrm{BA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BG}}=(-1)\times0+0\times1+0\times1=0.

Les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{BA}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{BG}}$ sont orthogonaux (et non nuls) : le triangle ABG est rectangle en B.

Question 5. a) Le triangle ABG est rectangle en B.

Le centre du cercle circonscrit à un triangle rectangle est le milieu de l'hypoténuse, ici $[\mathrm{AG}]$ : c'est $\left(\dfrac{0+1}{2}\,;\dfrac{0+1}{2}\,;\dfrac{0+1}{2}\right)=\mathrm{L}\left(\dfrac12\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)$ . Cela est cohérent avec la question 3. d) : L est dans le plan (ABG) et équidistant de A, B et G.
Le centre de gravité est le point de coordonnées $\left(\dfrac{0+1+1}{3}\,;\dfrac{0+0+1}{3}\,;\dfrac{0+0+1}{3}\right)=\mathrm{S}\left(\dfrac23\,;\dfrac13\,;\dfrac13\right)$ , point commun des droites (AJ) et (IG), qui sont deux médianes du triangle ABG (J milieu de $[\mathrm{BG}]$ , I milieu de $[\mathrm{AB}]$ ).
L'orthocentre d'un triangle rectangle est le sommet de l'angle droit : c'est $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$ .

Réponse : centre du cercle circonscrit $\mathrm{L}\left(\dfrac12\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)$ , centre de gravité $\mathrm{S}\left(\dfrac23\,;\dfrac13\,;\dfrac13\right)$ , orthocentre $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$ .

Question 5. b) On calcule

\overrightarrow{\mathrm{BL}}\left(\frac12-1\,;\frac12-0\,;\frac12-0\right)=\left(-\frac12\,;\frac12\,;\frac12\right),\qquad\overrightarrow{\mathrm{BS}}\left(\frac23-1\,;\frac13-0\,;\frac13-0\right)=\left(-\frac13\,;\frac13\,;\frac13\right).

On remarque que

\frac23\,\overrightarrow{\mathrm{BL}}=\left(-\frac13\,;\frac13\,;\frac13\right)=\overrightarrow{\mathrm{BS}}.

Les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{BL}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{BS}}$ sont colinéaires, donc les points B, L et S sont alignés.

Donc le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l'orthocentre du triangle ABG sont alignés : ils appartiennent à la droite d'Euler du triangle.

Points clés attendus

Donner une représentation paramétrique à partir d'un point et d'un vecteur directeur, et résoudre le système d'intersection en justifiant que les droites ne sont pas parallèles.
Pour un vecteur normal : montrer l'orthogonalité à deux vecteurs non colinéaires du plan.
Déduire l'équation cartésienne du vecteur normal et d'un point, puis la vérifier sur d'autres points du plan.
Reconnaître un triangle rectangle (produit scalaire nul) et en déduire les trois centres remarquables.
Prouver l'alignement par la colinéarité de deux vecteurs, avec le coefficient explicite.

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Source : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques du baccalauréat, session 2025 (Asie, 5 septembre 2025), ministère de l'Éducation nationale. Énoncé mis en forme pour le web à partir du tapuscrit de l'APMEP (Denis Vergès et François Hache) ; figures issues des fichiers de l'APMEP. En cas de doute sur un détail, le sujet officiel fait foi.

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