Commençons par trouver le vecteur tangent à la courbe au point \(M(t)\). Les fonctions \(x\) et \(y\) sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\R\), et \(x'(t)=6t\), \(y'(t)=12t^2\). Si \(t\not=0\), le vecteur tangent à la courbe au point \(M(t)\) est donc le vecteur dérivé \(\begin{pmatrix}6\\ 12t\end{pmatrix}\). Si \(t=0\), le vecteur dérivé est nul et il faut dériver encore une fois pour obtenir un vecteur non nul \(\begin{pmatrix}x''(0)\\ y''(0)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}6\\ 0\end{pmatrix}\), qui est donc un vecteur directeur de la tangente au point \(M(0)\). Finalement, pour tout \(t\), la tangente au point \(M(t)\) est dirigée par le vecteur \[\vec{V}=\begin{pmatrix}6\\ 12t\end{pmatrix}\]

Une droite \(D\) est tangente à \(\mathcal{C}\) s’il existe \(t\in\R\) tel que \(M(t)\in D\) et \(\vec{V}(t)\) soit un vecteur directeur de \(D\).
Une droite \(D\) est orthogonale à \(\mathcal{C}\) s’il existe \(t'\in\R\) tel que \(M(t')\in D\) et \(\vec{V}(t')\) soit un vecteur orthogonal à la droite \(D\).

On cherche donc à quelle condition \(\vec{V}(t)\) et \(\vec{V}(t')\) sont orthogonaux: \[\vec{V}(t)\cdot\vec{V}(t')=0\Longleftrightarrow 36+144tt'=0\Longleftrightarrow tt'=-\frac{1}{4}\] ce qui exclut le paramètre \(t=0\). Soit donc \(t\not=0\), et \(T(t)\) la tangente à \(\mathcal{C}\) en \(M(t)\): \[T(t)=\big\{M(t)+\lambda\vec{V}(t)\ |\ \lambda\in\R\big\}=\left\{\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\ |\ \exists\lambda\in\R,\ \begin{array}{|l}x=3t^2+6\lambda\\ y=4t^3+12\lambda t\end{array}\right\}\] En éliminant \(\lambda\), on trouve que \(T(t)\) a pour équation cartésienne \[y=4t^3+2t(x-3t^2)=2tx-2t^3\] On sait déjà que \(T(t)\) et \(T(-\frac{1}{4t})\) sont perpendiculaires. Il reste à voir si \(T(t)\) coupe bien \(\mathcal{C}\) au point \(M(-\frac{1}{4t})\): \[\begin{aligned} M\left(-\frac{1}{4t}\right)\in T(t)&\Longleftrightarrow& 4\left(-\frac{1}{4t}\right)^3=2t\cdot 3\left(-\frac{1}{4t}\right)^2-2t^3\\ &\Longleftrightarrow& 32t^6-6t^2-1=0\\ &\Longleftrightarrow& X=t^2\quad\mathrm{et}\quad X^3-\frac{3}{16}X-\frac{1}{32}=0 \end{aligned}\] L’étude des variations du polynôme \(X^3-\frac{3}{16}X-\frac{1}{32}\) montre qu’il admet \(-\frac{1}{4}\) comme racine (double), il se factorise donc sous la forme \(X^3-\frac{3}{16}X-\frac{1}{32}=(X+\frac{1}{4})^2(X-\frac{1}{2})\) et sa seule racine positive est \(\frac{1}{2}\): \[\begin{aligned} M\left(-\frac{1}{4t}\right)\in T(t)&\Longleftrightarrow& X=t^2\quad\mathrm{et}\quad X\in\left\{-\frac{1}{4};\frac{1}{2}\right\}\\ &\Longleftrightarrow& t^2=\frac{1}{2}\Longleftrightarrow t=\pm\frac{\sqrt{2}}{2} \end{aligned}\] Ainsi \(T(\frac{\sqrt{2}}{2})\) et \(T(-\frac{\sqrt{2}}{2})\) sont les seules droites à la fois tangentes et orthogonales à \(\mathcal{C}\) :

La droite \[T(\frac{\sqrt{2}}{2}):\ y=\sqrt{2}\,x-\frac{\sqrt{2}}{2}\] est tangente au point \(M(\frac{\sqrt{2}}{2})\) et orthogonale au point \(M(-1/(4\frac{\sqrt{2}}{2}))\).
La droite \[T(-\frac{\sqrt{2}}{2}):\ y=-\sqrt{2}\,x+\frac{\sqrt{2}}{2}\] est tangente au point \(M(-\frac{\sqrt{2}}{2})\) et orthogonale au point \(M(1/(4\frac{\sqrt{2}}{2}))\).

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