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Exercice 4

Amérique du Sud • Jour 1 • 13 novembre 2025
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Exercice 4

L'espace est muni d'un repère orthonormé.

On considère les points :

$A(2\sqrt3~;~0~;~0)$, $B(0~;~2~;~0)$, $C(0~;~0~;~1)$ et $K\left(\dfrac{\sqrt3}{2}~;~\dfrac32~;~0\right)$.

  1. Justifier qu'une représentation paramétrique de la droite $(CK)$ est : $$\begin{cases} x=\dfrac{\sqrt3}{2}t\\ y=\dfrac32t\\ z=1-t \end{cases}\quad t\in\mathbb R.$$
  2. Soit $M(t)$ un point de la droite $(CK)$. Établir que : $$OM(t)=\sqrt{4t^2-2t+1}.$$
  3. Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb R$ par $f(t)=OM(t)$.
    1. Étudier les variations de $f$ sur $\mathbb R$.
    2. En déduire la valeur de $t$ pour laquelle $f$ atteint son minimum.
  4. En déduire que le point $H\left(\dfrac{\sqrt3}{8}~;~\dfrac38~;~\dfrac34\right)$ est le projeté orthogonal du point O sur la droite $(CK)$.
  5. Démontrer, à l'aide du produit scalaire, que H est l'orthocentre du triangle ABC.
    1. Démontrer que la droite $(OH)$ est orthogonale au plan $(ABC)$.
    2. En déduire une équation du plan $(ABC)$.
  7. Calculer, en unité d'aire, l'aire du triangle ABC.

Concepts abordés

Chapitres principaux

Géométrie dans l'espace: partie 1
Géométrie dans l'espace: partie 2

Notions détaillées

Équations de plans Représentation paramétrique de droites Orthogonalité dans l'espace Distances et angles dans l’espace

Solution écrite

Amérique du Sud 13 novembre 2025 J1

Exercice 4

  1. Droite passant par $C$ de vecteur directeur $\overrightarrow{CK}$. $$\begin{cases} x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}t\\ y=\dfrac{3}{2}t\\ z=1-t \end{cases}.$$
    Représentation paramétrique justifiée.
  2. Norme euclidienne de $\overrightarrow{OM(t)}$. $$OM(t)^2=4t^2-2t+1,\quad OM(t)=\sqrt{4t^2-2t+1}.$$
    Formule établie.
    1. $f=\sqrt{g}$ avec $g(t)=4t^2-2t+1$ ; $g$ minimale en $t=\dfrac{1}{4}$. $f$ décroît sur $]-\infty\,;\,\dfrac{1}{4}]$ puis croît sur $[\dfrac{1}{4}\,;\,+\infty[$.
      Variations de $f$ comme celles de $g$.
    2. Minimum de $f$ en le minimum de $g$.
      Minimum pour $t=\dfrac{1}{4}$.
  4. Le point réalisant le minimum de $OM$ sur $(CK)$ est le projeté orthogonal. Pour $t=\dfrac{1}{4}$ : $H\left(\dfrac{\sqrt{3}}{8}\,;\,\dfrac{3}{8}\,;\,\dfrac{3}{4}\right)$.
    $H$ est le projeté orthogonal de O sur $(CK)$.
  5. Orthocentre : hauteurs orthogonales aux côtés opposés. On vérifie $\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0$ et $\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{AC}=0$.
    H est l'orthocentre du triangle ABC.
    1. $(CK)$ est une hauteur ; O sur $(CK)$ ; H orthocentre. La droite $(OH)$ est orthogonale au plan $(ABC)$.
      $(OH)\perp(ABC)$.
    2. Vecteur normal colinéaire à $\overrightarrow{OH}$ ; passage par $C$. On peut prendre $(\sqrt{3}\,;\,3\,;\,6)$ : $\sqrt{3}x+3y+6z=6$.
      $$\sqrt{3}x+3y+6z=6$$
  7. Aire via la norme du produit vectoriel $\dfrac{1}{2}\|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\|$. $$\|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\|=8,\quad\mathcal{A}_{ABC}=4.$$
    L'aire du triangle ABC est $4$.

Amérique du Sud 13 novembre 2025 J1