Correction du baccalauréat S
Amérique du Nord 3 juin 2010

E XERCICE 1

4 points

1. a.
A(1 ; −2 ; 4) B(−2 ; −6 ; 5) C(−4 ; 0 ; −3).
−−→
−−→
AB (−3 ; −4 ; 1) ; AC (−5 ; 2 ; −7) or comme aucun de ces vecteurs n’est nul, s’ils étaient colinéaires, on pourrait trouver un seul k réel tel que

 −3 = −5k
−4 =
2k , or ce système est impossible (trois valeurs de k diffé
1
= −7k rentes). Les points A, B et C ne sont pas alignés.
→
−
b. le vecteur n (1 ; −1 ; −1) est orthogonal à AB car le produit scalaire est
→
−
−−→
−3 + 4 − 1 = 0 le vecteur n (1 ; −1 ; −1) est orthogonal à AC car le produit scalaire est égal à −5 − 2 + 7 = 0.
→
−
Donc le vecteur n (1 ; −1 ; −1) un vecteur normal au plan (ABC).

c. Une équation du plan (ABC)est de la forme 1×x+(−1)×y +(−1)×z+d = 0, donc x − y − z + d = 0 or C doit être dans ce plan donc −4 + 3 + d = 0 donc d = 1, donc (ABC) : x − y − z + 1 = 0.
−−−→
→
−
−−−→
→
−
2. a. Si M(x, y, z) est sur (D) alors OM est colinéaire à n , donc OM = t n

t ×1
 x = y = t × (−1) . C’est une représentation paramétrique de la droite

z = t × (−1)
(D) passant par le point O et orthogonale au plan (ABC).
b. Le point O′ projeté orthogonal du point O sur le plan (ABC)est à la fois sur

x
=
t



y
= −t
(D) et sur (ABC ) donc ses coordonnées vérifient
;
 z = −t

 x − y − z = −1 ce système est noté (S) :



−1 t = t  x= 3
 x =
 x





 y = −t
1
y
=
y
= −t
3 ;
⇐⇒
(S) ⇐⇒
⇐⇒
1



= −t
=
 z
 z = −t
 z
3



−1
−1
3t = −1 t = 3 t =
3
1 1
O′ ( −1
3 ; 3 ; 3 ).

3. On désigne par H le projeté orthogonal du point O sur La droite (BC).Donc H est l’intersection de (BC) avec le plan (Q) perpendiculaire à (BC), on a donc
−−→ −−→
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
−−→
OH · BC = 0 et H ∈ (BC), donc BO · BC = BH · BC = BC · BC = t BC 2 .
−−→ −−→
BO · BC
Finalement : t =
(car B = C).
−−→ 2
BC

Baccalauréat S

O

B

H

Q
C

−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
a. OB · BC = OH · BC + HB · BC .
−−→
−−→
Soit t le réel tel que BH = t BC .
−−→ −−→
−−→ −−→
OB · BC = 0 − t × (BC ·