Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 4 : Projeté orthogonal et orthocentre dans l'espace

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

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Énoncé

L'espace est muni d'un repère orthonormé $(O; i, j, k)$ .

On considère les points $A (23; 0; 0), B (0; 2; 0), C (0; 0; 1) et K (\frac{3}{2}; \frac{3}{2}; 0) .$

1. Justifier qu'une représentation paramétrique de la droite $(C K)$ est : $⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{3}{2} t y = \frac{3}{2} t z = 1 - t (t \in R) .$

2. Soit $M (t)$ un point de la droite $(C K)$ paramétrée par un réel $t$ . Établir que $O M (t) = 4 t^{2} - 2 t + 1$ .

3. Soit $f$ la fonction définie et dérivable sur $R$ par $f (t) = O M (t)$ .

a. Étudier les variations de la fonction $f$ sur $R$ .

b. En déduire la valeur de $t$ pour laquelle $f$ atteint son minimum.

4. En déduire que le point $H (\frac{3}{8}; \frac{3}{8}; \frac{3}{4})$ est le projeté orthogonal du point $O$ sur la droite $(C K)$ .

5. Démontrer, à l'aide de l'outil produit scalaire, que le point $H$ est l'orthocentre (intersection des hauteurs d'un triangle) du triangle $A B C$ .

6. a. Démontrer que la droite $(O H)$ est orthogonale au plan $(A B C)$ .

b. En déduire une équation du plan $(A B C)$ .

7. Calculer, en unité d'aire, l'aire du triangle $A B C$ .

Corrigé

1. La droite $(C K)$ est l'ensemble des points $M (x, y, z)$ tels que $C M$ et $C K$ soient colinéaires, c'est-à-dire tels que $C M = t C K$ où $t \in R$ .

$C M$ a pour coordonnées $x_{M} - x_{C} y_{M} - y_{C} z_{M} - z_{C} = x y z - 1$ et celles de $C K$ sont $\frac{3}{2} \frac{3}{2} - 1$ . $C M = t C K ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{3}{2} t y = \frac{3}{2} t z - 1 = - t ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{3}{2} t y = \frac{3}{2} t z = - t + 1$ La droite $(C K)$ a donc pour représentation paramétrique $⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{3}{2} t y = \frac{3}{2} t z = - t + 1 (t \in R)$ .

2. Le point $M (t)$ a pour coordonnées $(\frac{3}{2} t; \frac{3}{2} t; - t + 1)$ . Donc : $O M (t)^{2} = (\frac{3}{2} t)^{2} + (\frac{3}{2} t)^{2} + (- t + 1)^{2} = \frac{3}{4} t^{2} + \frac{9}{4} t^{2} + t^{2} - 2 t + 1 = 4 t^{2} - 2 t + 1.$ Donc $O M (t) = 4 t^{2} - 2 t + 1$ .

3. a. $f$ est définie et dérivable sur $R$ par $f (t) = 4 t^{2} - 2 t + 1$ , donc $f^{'} (t) = \frac{8 t - 2}{2 4 t ^{2} - 2 t + 1}$ .

On étudie le signe de $f^{'} (t)$ sur $R$ .

(tableau de signes : $8 t - 2$ est négatif sur $] - \infty; \frac{1}{4} [$ , nul en $t = \frac{1}{4}$ , positif au-delà ; $2 4 t^{2} - 2 t + 1$ est toujours strictement positif ; donc $f^{'} (t)$ est négatif, nul en $t = \frac{1}{4}$ , puis positif.)

Donc la fonction $f$ est strictement décroissante sur l'intervalle $] - \infty; \frac{1}{4}]$ et strictement croissante sur l'intervalle $[\frac{1}{4}; + \infty [$ .

b. On en déduit que $f$ atteint son minimum pour $t = \frac{1}{4}$ .

4. Le projeté orthogonal du point $O$ sur la droite $(C K)$ est le point $M$ de la droite $(C K)$ tel que la distance $O M$ soit minimale ; ce point correspond à $t = \frac{1}{4}$ .

C'est donc le point de coordonnées $(\frac{3}{2} \times \frac{1}{4}; \frac{3}{2} \times \frac{1}{4}; - \frac{1}{4} + 1)$ , soit $(\frac{3}{8}; \frac{3}{8}; \frac{3}{4})$ .

Donc $H (\frac{3}{8}; \frac{3}{8}; \frac{3}{4})$ est le projeté orthogonal de $O$ sur la droite $(C K)$ .

5. Montrons d'abord que $H$ appartient au plan $(A B C)$ .

$A K$ a pour coordonnées $\frac{3}{2} - 23 \frac{3}{2} - 0 0 - 0 = - \frac{3 3}{2} \frac{3}{2} 0$ et $A B$ a pour coordonnées $- 23 20$ .

Donc $A K = \frac{3}{4} A B$ : les points $A$ , $K$ et $B$ sont alignés, donc $K \in (A B)$ .

On a ${C \in (A B C) K \in (A B) \subset (A B C)$ donc la droite $(C K) \subset (A B C)$ . Comme $H \in (C K)$ , on en déduit que $H \in (A B C)$ .

Montrons maintenant que $H$ est l'orthocentre du triangle $A B C$ .

$C K \cdot A B = \frac{3}{2} \times (- 23) + \frac{3}{2} \times 2 + (- 1) \times 0 = - 3 + 3 + 0 = 0$ , donc $C K ⊥ A B$ , donc $(C K) ⊥ (A B)$ . Comme $H \in (C K)$ , on en déduit que $(C H) ⊥ (A B)$ .

$A H$ a pour coordonnées $\frac{3}{8} - 23 \frac{3}{8} - 0 \frac{3}{4} - 0 = - \frac{15 3}{8} \frac{3}{8} \frac{3}{4}$ et $B C$ a pour coordonnées $0 - 2 1$ .

$A H \cdot B C = - \frac{15 3}{8} \times 0 + \frac{3}{8} \times (- 2) + \frac{3}{4} \times 1 = 0 - \frac{3}{4} + \frac{3}{4} = 0$ , donc $A H ⊥ B C$ , donc $(A H) ⊥ (B C)$ .

$(A H)$ et $(C H)$ sont donc deux hauteurs du triangle $A B C$ , donc $H est l’orthocentre du triangle A B C$ .

6. a.

On sait que $O H ⊥ C K$ (car $H$ est le projeté orthogonal de $O$ sur $(C K)$ ).
$O H \cdot A B = \frac{3}{8} \times (- 23) + \frac{3}{8} \times 2 + \frac{3}{4} \times 0 = - \frac{3}{4} + \frac{3}{4} + 0 = 0$ , donc $O H ⊥ A B$ .
Les vecteurs $C K$ et $A B$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan $(A B C)$ , donc ce sont deux vecteurs directeurs de ce plan.

Le vecteur $O H$ est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan $(A B C)$ : c'est donc un vecteur normal au plan $(A B C)$ , et la droite $(O H) est orthogonale au plan (A B C)$ .

b. Le vecteur $O H (\frac{3}{8}; \frac{3}{8}; \frac{3}{4})$ est normal au plan $(A B C)$ , donc ce plan a une équation de la forme $\frac{3}{8} x + \frac{3}{8} y + \frac{3}{4} z + d = 0$ , c'est-à-dire $3 x + 3 y + 6 z + 8 d = 0$ .

Le point $A$ appartient au plan $(A B C)$ : $A \in (A B C) ⟺ 3 \times 23 + 3 \times 0 + 6 \times 0 + 8 d = 0 ⟺ 6 + 8 d = 0 ⟺ 8 d = - 6.$ Le plan $(A B C)$ a donc pour équation $3 x + 3 y + 6 z - 6 = 0$ .

7. Comme $K \in (A B)$ et $(C K) ⊥ (A B)$ , la longueur $C K$ est la hauteur du triangle $A B C$ issue de $C$ relative à la base $[A B]$ .

$C K (\frac{3}{2}; \frac{3}{2}; - 1)$ donc $C K^{2} = (\frac{3}{2})^{2} + (\frac{3}{2})^{2} + (- 1)^{2} = \frac{3}{4} + \frac{9}{4} + 1 = 4$ , donc $C K = 2$ .
$A B (- 23; 2; 0)$ donc $A B^{2} = (- 23)^{2} + 2^{2} + 0^{2} = 12 + 4 + 0 = 16$ , donc $A B = 4$ .

L'aire du triangle $A B C$ est donc, en unités d'aire, $\frac{1}{2} \times A B \times C K = \frac{1}{2} \times 4 \times 2 = 4 .$

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