Corrigé bac mathématiques 2025 Métropole jour 2 — Exercice 2 : Géométrie dans l'espace : droites sécantes, plan, projeté orthogonal

Partie A

1. Un point commun à $d$ et $d^{\prime }$ correspond à un couple de paramètres $(t;s)$ pour lequel les deux représentations donnent les mêmes coordonnées :

$$\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}+2t=s\\ 2+t=\frac{3}{2}+s\\ 3-t=3-2s\end{array}$$

La troisième équation donne $t=2s$. En reportant dans la première : $\frac{3}{2}+4s=s$, soit $3s=-\frac{3}{2}$, d'où $s=-\frac{1}{2}$ puis $t=2s=-1$. Il reste à contrôler la deuxième équation avec ces valeurs : $2+t=2-1=1$ et $\frac{3}{2}+s=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1$ : elle est vérifiée. Le système admet donc une unique solution, $(t;s)=\left(-1;-\frac{1}{2}\right)$.

Le point correspondant s'obtient avec $t=-1$ dans $d$ :

$$x=\frac{3}{2}-2=-\frac{1}{2},y=2-1=1,z=3+1=4,$$

et l'on retrouve les mêmes coordonnées avec $s=-\frac{1}{2}$ dans $d^{\prime }$ : $x=-\frac{1}{2}$, $y=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1$, $z=3+1=4$. Les droites $d$ et $d^{\prime }$ ont donc un unique point commun, $S\left(-\frac{1}{2};1;4\right)$ : elles sont sécantes en $S$.

Remarque. Les vecteurs directeurs $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -1\end{array}\right)$ de $d$ et $\overrightarrow{u^{\prime }}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ de $d^{\prime }$ ne sont pas colinéaires (les premières coordonnées imposeraient $\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{u^{\prime }}$, mais $1\ne 2\times 1$) : les droites ne sont ni parallèles ni confondues, ce qui confirme qu'elles sont sécantes.

2.a. Calculons deux vecteurs du plan $(ABC)$ :

$$\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}1-(-1)\\ -1-2\\ 2-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 1\end{array}\right)\text{et}\overrightarrow{AC}\left(\begin{array}{c}1-(-1)\\ 1-2\\ 1-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 0\end{array}\right).$$

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : s'il existait un réel $\lambda$ tel que $\overrightarrow{AC}=\lambda \overrightarrow{AB}$, la troisième coordonnée donnerait $0=\lambda$, puis la première $2=0$, ce qui est absurde. Les points $A$, $B$, $C$ définissent donc bien un plan, dont $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont deux vecteurs directeurs.

Le repère étant orthonormé, on calcule les produits scalaires avec l'expression analytique :

$$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AB}=1\times 2+2\times (-3)+4\times 1=2-6+4=0,\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AC}=1\times 2+2\times (-1)+4\times 0=2-2+0=0.$$

Le vecteur $\overrightarrow{n}$ (non nul) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ : c'est un vecteur normal au plan $(ABC)$.

2.b. D'après le théorème sur l'équation cartésienne d'un plan, le plan $(ABC)$, de vecteur normal $\overrightarrow{n}(1;2;4)$, admet une équation de la forme $x+2y+4z+d=0$ avec $d\in \mathbb{R}$. Le point $A(-1;2;1)$ appartient au plan, donc

$$-1+2\times 2+4\times 1+d=0⟺7+d=0⟺d=-7.$$

Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est donc $x+2y+4z-7=0$.

Vérification : pour $B(1;-1;2)$, $1-2+8-7=0$ ; pour $C(1;1;1)$, $1+2+4-7=0$. Les trois points vérifient bien l'équation.

2.c. Les points $A$, $B$, $C$ et $S$ sont coplanaires si et seulement si $S$ appartient au plan $(ABC)$ (les trois premiers définissant ce plan). Testons les coordonnées de $S\left(-\frac{1}{2};1;4\right)$ dans l'équation :

$$-\frac{1}{2}+2\times 1+4\times 4-7=-\frac{1}{2}+2+16-7=\frac{21}{2}\ne 0.$$

Le point $S$ n'appartient pas au plan $(ABC)$ : les points $A$, $B$, $C$ et $S$ ne sont pas coplanaires.

3.a. Par définition, le projeté orthogonal de $S$ sur le plan $(ABC)$ est le point $H$ tel que $H\in (ABC)$ et $(SH)$ est orthogonale au plan $(ABC)$, c'est-à-dire $\overrightarrow{SH}$ colinéaire à un vecteur normal du plan. Vérifions ces deux conditions pour $H(-1;0;2)$.

• $H\in (ABC)$ : $-1+2\times 0+4\times 2-7=-1+8-7=0$, l'équation est vérifiée.
• $\overrightarrow{SH}\left(\begin{array}{c}-1-\left(-\frac{1}{2}\right)\\ 0-1\\ 2-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{2}\\ -1\\ -2\end{array}\right)=-\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 4\end{array}\right)=-\frac{1}{2}\overrightarrow{n}$ : le vecteur $\overrightarrow{SH}$ est colinéaire au vecteur normal $\overrightarrow{n}$, donc la droite $(SH)$ est orthogonale au plan $(ABC)$.

Le point $H(-1;0;2)$ est donc le projeté orthogonal de $S$ sur le plan $(ABC)$.

Autre méthode : la droite passant par $S$ et dirigée par $\overrightarrow{n}$ a pour représentation paramétrique $x=-\frac{1}{2}+\lambda$, $y=1+2\lambda$, $z=4+4\lambda$ ; son intersection avec le plan vérifie $-\frac{1}{2}+\lambda +2+4\lambda +16+16\lambda -7=0$, soit $21\lambda +\frac{21}{2}=0$, d'où $\lambda =-\frac{1}{2}$ et le point $(-1;0;2)=H$.

3.b. Calculons la distance $SH$ à partir des coordonnées de $\overrightarrow{SH}$ :

$$SH=\sqrt{{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2+(-1{)}^2+(-2{)}^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+1+4}=\sqrt{\frac{21}{4}}=\frac{\sqrt{21}}{2}.$$

Soit $M$ un point quelconque du plan $(ABC)$. Si $M=H$, alors $SM=SH=\frac{\sqrt{21}}{2}$. Si $M\ne H$, la droite $(SH)$ est orthogonale au plan $(ABC)$, donc à toute droite de ce plan, en particulier à $(HM)$ : le triangle $SHM$ est rectangle en $H$, et le théorème de Pythagore donne

$$S{M}^2=S{H}^2+H{M}^2>S{H}^2(\text{car }HM>0),$$

d'où $SM>SH=\frac{\sqrt{21}}{2}$. Dans tous les cas, $SM\ge \frac{\sqrt{21}}{2}$ : il n'existe aucun point $M$ du plan $(ABC)$ tel que $SM<\frac{\sqrt{21}}{2}$.

C'est le théorème du cours : le projeté orthogonal $H$ est le point du plan le plus proche de $S$, et $SH$ est la distance de $S$ au plan $(ABC)$. On peut le contrôler avec la formule de la distance d'un point à un plan : $\frac{\left|-\frac{1}{2}+2+16-7\right|}{\sqrt{1^2+2^2+4^2}}=\frac{21/2}{\sqrt{21}}=\frac{\sqrt{21}}{2}$.

Ce que le correcteur attend : « en déduire » renvoie à la question précédente : il faut relier $SM$ et $SH$ par le triangle rectangle $SHM$ (ou citer le théorème du projeté orthogonal, point le plus proche), et ne pas oublier le cas $M=H$ où l'égalité est atteinte.

Partie B

1. Le vecteur $\overrightarrow{CS}$ a pour coordonnées

$$\overrightarrow{CS}\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{2}-1\\ 1-1\\ 4-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\frac{3}{2}\\ 0\\ 3\end{array}\right).$$

Notons $M(x;y;z)$. La relation $\overrightarrow{CM}=k\overrightarrow{CS}$ s'écrit coordonnée par coordonnée :

$$\{\begin{array}{l}x-1=-\frac{3}{2}k\\ y-1=0\\ z-1=3k\end{array}⟺\{\begin{array}{l}x=1-\frac{3}{2}k\\ y=1\\ z=1+3k\end{array}$$

Ainsi $M\left(1-\frac{3}{2}k;1;1+3k\right)$ avec $k\in [0;1]$. Pour $k=0$ on retrouve $C$, pour $k=1$ on retrouve $S$.

2. Le point $M$ est distinct de $A$ et de $B$ (son ordonnée vaut $1$, alors que $y_A=2$ et $y_B=-1$), donc $MAB$ est un vrai triangle, rectangle en $M$ si et seulement si $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0$. Calculons ces vecteurs :

$$\overrightarrow{MA}\left(\begin{array}{c}-1-\left(1-\frac{3}{2}k\right)\\ 2-1\\ 1-(1+3k)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2+\frac{3}{2}k\\ 1\\ -3k\end{array}\right),\overrightarrow{MB}\left(\begin{array}{c}1-\left(1-\frac{3}{2}k\right)\\ -1-1\\ 2-(1+3k)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{3}{2}k\\ -2\\ 1-3k\end{array}\right).$$

Le produit scalaire vaut

$$\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=\left(-2+\frac{3}{2}k\right)\times \frac{3}{2}k+1\times (-2)+(-3k)(1-3k),$$

soit, en développant,

$$\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=-3k+\frac{9}{4}{k}^2-2-3k+9k^2=\frac{45}{4}{k}^2-6k-2.$$

Le triangle $MAB$ est rectangle en $M$ si et seulement si

$$\frac{45}{4}{k}^2-6k-2=0⟺45k^2-24k-8=0.$$

C'est une équation du second degré de discriminant

$$\Delta =(-24{)}^2-4\times 45\times (-8)=576+1440=2016=144\times 14,\sqrt{\Delta }=12\sqrt{14}.$$

Elle admet deux solutions réelles :

$$k_1=\frac{24+12\sqrt{14}}{90}=\frac{4+2\sqrt{14}}{15}\approx 0,766\text{et}{k}_2=\frac{24-12\sqrt{14}}{90}=\frac{4-2\sqrt{14}}{15}\approx -0,232.$$

Comme $M$ doit appartenir au segment $[CS]$, il faut $k\in [0;1]$ : $k_2<0$ ne convient pas, tandis que $0\le k_1\le 1$ (en effet $\sqrt{14}<4$ donc $4+2\sqrt{14}<12<15$).

Conclusion : il existe un unique point $M$ du segment $[CS]$ tel que le triangle $MAB$ soit rectangle en $M$, obtenu pour $k=\frac{4+2\sqrt{14}}{15}$, soit $M\left(1-\frac{3}{2}k;1;1+3k\right)\approx (-0,15;1;3,30)$.

Vérification : pour cette valeur de $k$, $45k^2=24k+8$, donc $M{A}^2={\left(2-\frac{3}{2}k\right)}^2+1+9k^2=5-6k+\frac{45}{4}{k}^2=5-6k+6k+2=7$, et de même $M{B}^2=\frac{9}{4}{k}^2+4+(1-3k{)}^2=5-6k+\frac{45}{4}{k}^2=7$ ; or $A{B}^2=2^2+(-3{)}^2+1^2=14=7+7$ : la réciproque du théorème de Pythagore confirme l'angle droit en $M$ (le triangle est même rectangle isocèle).

Ce que le correcteur attend : la question demande l'existence d'un point du segment : après avoir résolu l'équation, il faut trier les solutions avec la condition $k\in [0;1]$ et conclure explicitement (oui, un seul point).