Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 2 : Droite d'Euler dans un cube

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité mathématiques, session 2025 (épreuve de remplacement). Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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Énoncé

Exercice 2 — 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 (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 $A B C D E F G H$ de côté une unité.

L'espace est muni du repère orthonormé $(A; A B; A D; A E)$ .

On note $I$ le milieu du segment $[A B]$ et $J$ le milieu du segment $[B G]$ .

1. Donner sans justification les coordonnées des points $A$ , $B$ , $G$ , $I$ et $J$ .

2.a) Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(A J)$ .

2.b) Montrer qu'une représentation paramétrique de la droite $(I G)$ est : $⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} t y = t z = t avec t \in R .$

2.c) Démontrer que les droites $(A J)$ et $(I G)$ sont sécantes en un point $S$ de coordonnées $S (\frac{2}{3}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3})$ .

3.a) Montrer que le vecteur $n (0; - 1; 1)$ est normal au plan $(A B G)$ .

3.b) En déduire une équation cartésienne du plan $(A B G)$ .

3.c) On admet qu'une représentation paramétrique de la droite $(d)$ de vecteur directeur $n$ et passant par le point $K$ de coordonnées $(\frac{1}{2}; 0; 1)$ est : $⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{1}{2} y = - t z = 1 + t avec t \in R .$ Montrer que cette droite $(d)$ coupe le plan $(A B G)$ en un point $L$ de coordonnées $L (\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2})$ .

3.d) Montrer que le point $L$ est équidistant des points $A$ , $B$ et $G$ .

4. Montrer que le triangle $A B G$ est rectangle en $B$ .

5.a) Identifier le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l'orthocentre du triangle $A B G$ (aucune justification n'est attendue).

5.b) Vérifier par un calcul que ces trois points sont effectivement alignés.

Corrigé

1. $A (0; 0; 0)$ ; $B (1; 0; 0)$ ; $G (1; 1; 1)$ ; $I (\frac{1}{2}; 0; 0)$ ; $J (1; \frac{1}{2}; \frac{1}{2})$ .

2.a) La droite $(A J)$ est l'ensemble des points $M (x; y; z)$ tels que $A M$ et $A J$ sont colinéaires, c'est-à-dire tels que $A M = k A J$ avec $k \in R$ .

$A M$ a pour coordonnées $(x; y; z)$ et $A J$ a pour coordonnées $(1; \frac{1}{2}; \frac{1}{2})$ .

$A M = k A J ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ x = k y = \frac{k}{2} z = \frac{k}{2}$

La droite $(A J)$ a donc pour représentation paramétrique $⎩ ⎨ ⎧ x = k y = \frac{k}{2} z = \frac{k}{2}$ avec $k \in R$ .

2.b) $⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} t y = t z = t$ ( $t \in R$ ) est la représentation paramétrique d'une droite passant par le point de coordonnées $(\frac{1}{2}; 0; 0)$ , c'est-à-dire le point $I$ , et ayant le vecteur de coordonnées $(\frac{1}{2}; 1; 1)$ pour vecteur directeur.

$I G$ a pour coordonnées $(1 - \frac{1}{2}; 1 - 0; 1 - 0) = (\frac{1}{2}; 1; 1)$ .

Donc $⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} t y = t z = t$ ( $t \in R$ ) est une représentation paramétrique de la droite $(I G)$ .

2.c) Les droites $(A J)$ et $(I G)$ sont sécantes si et seulement si on peut trouver un couple de réels $(k; t)$ tel que $⎩ ⎨ ⎧ k = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} t \frac{1}{2} k = t \frac{1}{2} k = t$ . On résout ce système.

$⎩ ⎨ ⎧ k = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} t k = 2 t ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ 2 t = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} t k = 2 t ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ \frac{3}{2} t = \frac{1}{2} k = 2 t ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ t = \frac{1}{3} k = \frac{2}{3}$

Donc les droites $(A J)$ et $(I G)$ sont sécantes. Pour $k = \frac{2}{3}$ , on a $⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{2}{3} \frac{1}{2} k = \frac{1}{3} \frac{1}{2} k = \frac{1}{3}$

Le point $S$ d'intersection des droites $(A J)$ et $(I G)$ a donc pour coordonnées $S (\frac{2}{3}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3})$ .

3.a) $n$ a pour coordonnées $(0; - 1; 1)$ .

$A B$ a pour coordonnées $(1; 0; 0)$ et $A G$ a pour coordonnées $(1; 1; 1)$ .

$n \cdot A B = 0 \times 1 + (- 1) \times 0 + 1 \times 0 = 0$ donc $n ⊥ A B$ .
$n \cdot A G = 0 \times 1 + (- 1) \times 1 + 1 \times 1 = 0$ donc $n ⊥ A G$ .
Les vecteurs $A B$ et $A G$ ne sont pas colinéaires et ce sont deux vecteurs directeurs du plan $(A B G)$ .

Le vecteur $n$ est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan $(A B G)$ , donc $n$ est un vecteur normal au plan $(A B G)$ .

3.b) $n$ est un vecteur normal au plan $(A B G)$ donc une équation cartésienne du plan $(A B G)$ est de la forme $0 x - y + z + d = 0$ . Le point $A (0; 0; 0)$ appartient au plan $(A B G)$ donc $- 0 + 0 + d = 0 ⟺ d = 0$ .

Une équation cartésienne du plan $(A B G)$ est $- y + z = 0$ .

3.c) S'il existe, le point d'intersection de la droite $(d)$ et du plan $(A B G)$ vérifie : $⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{1}{2} y = - t z = 1 + t - y + z = 0$ Il faut donc que $- (- t) + (1 + t) = 0$ soit $2 t + 1 = 0$ ou encore $t = - \frac{1}{2}$ .

Pour $t = - \frac{1}{2}$ , on a $x = \frac{1}{2}$ , $y = - (- \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$ et $z = 1 + (- \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$ .

Donc la droite $(d)$ coupe le plan $(A B G)$ au point $L$ de coordonnées $L (\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2})$ .

3.d) $L A^{2} = (x_{A} - x_{L})^{2} + (y_{A} - y_{L})^{2} + (z_{A} - z_{L})^{2} = (0 - \frac{1}{2})^{2} + (0 - \frac{1}{2})^{2} + (0 - \frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$ donc $L A = \frac{3}{4} = \frac{3}{2}$ .

$L B^{2} = (1 - \frac{1}{2})^{2} + (0 - \frac{1}{2})^{2} + (0 - \frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$ donc $L B = \frac{3}{4} = \frac{3}{2}$ .

$L G^{2} = (1 - \frac{1}{2})^{2} + (1 - \frac{1}{2})^{2} + (1 - \frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$ donc $L G = \frac{3}{4} = \frac{3}{2}$ .

Donc le point $L$ est équidistant des points $A$ , $B$ et $G$ .

4. $A B$ a pour coordonnées $(1; 0; 0)$ et $B G$ a pour coordonnées $(1 - 1; 1 - 0; 1 - 0) = (0; 1; 1)$ .

$A B \cdot B G = 1 \times 0 + 0 \times 1 + 0 \times 1 = 0$ donc $A B ⊥ B G$ . Donc le triangle $A B G$ est rectangle en $B$ .

5.a)

Les droites $(A J)$ et $(I G)$ sont des médianes du triangle $A B G$ et elles se coupent en $S$ : le point $S$ est le centre de gravité du triangle $A B G$ .
Le point $L$ est équidistant des points $A$ , $B$ et $G$ , c'est donc le centre du cercle circonscrit au triangle $A B G$ .
Le triangle $A B G$ est rectangle en $B$ donc $B$ est son orthocentre.

5.b) $B S$ a pour coordonnées $(\frac{2}{3} - 1; \frac{1}{3} - 0; \frac{1}{3} - 0) = (- \frac{1}{3}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3})$ et $B L$ a pour coordonnées $(\frac{1}{2} - 1; \frac{1}{2} - 0; \frac{1}{2} - 0) = (- \frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2})$ .

$B S = \frac{2}{3} B L$ donc les vecteurs $B S$ et $B L$ sont colinéaires et donc les points $B$ , $S$ et $L$ sont alignés.

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