Corrigé bac mathématiques 2025 Métropole jour 1 — Exercice 3 : Vrai/Faux : géométrie dans l'espace

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité mathématiques, session 2025. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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Énoncé

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

On munit l'espace d'un repère orthonormé $(O; , , k)$ .

1. On considère les points $A (- 1; 0; 5)$ et $B (3; 2; - 1)$ .

Affirmation 1 : Une représentation paramétrique de la droite $(A B)$ est

$⎩ ⎨ ⎧ x = 3 - 2 t y = 2 - t z = - 1 + 3 t avec t \in R .$

Affirmation 2 : Le vecteur $n 5 - 2 1$ est normal au plan $(O A B)$ .

2. On considère :

la droite $d$ de représentation paramétrique $⎩ ⎨ ⎧ x = 15 + k y = 8 - k z = - 6 + 2 k$ avec $k \in R$ ;
la droite $d^{'}$ de représentation paramétrique $⎩ ⎨ ⎧ x = 1 + 4 s y = 2 + 4 s z = 1 - 6 s$ avec $s \in R$ .

Affirmation 3 : Les droites $d$ et $d^{'}$ ne sont pas coplanaires.

3. On considère le plan $P$ d'équation $x - y + z + 1 = 0$ .

Affirmation 4 : La distance du point $C (2; - 1; 2)$ au plan $P$ est égale à $23$ .

Corrigé

1. Affirmation 1 : VRAIE.

Une représentation paramétrique de droite se lit ainsi : le point obtenu pour $t = 0$ est un point de la droite, et les coefficients de $t$ sont les coordonnées d'un vecteur directeur. La droite $Δ$ décrite par le système proposé passe donc par le point de coordonnées $(3; 2; - 1)$ , qui est le point $B$ , et elle est dirigée par le vecteur

$u = - 2 - 1 3 .$

Par ailleurs

$A B = 3 - (- 1) 2 - 0 - 1 - 5 = 42 - 6 = - 2 u .$

Les vecteurs $A B$ et $u$ sont colinéaires (et non nuls), donc $u$ est un vecteur directeur de la droite $(A B)$ . La droite $Δ$ et la droite $(A B)$ passent toutes deux par $B$ et ont la même direction : elles sont confondues. Le système proposé est bien une représentation paramétrique de $(A B)$ : l'affirmation 1 est vraie.

Autre vérification : le point $A$ appartient à $Δ$ , car $3 - 2 t = - 1$ , $2 - t = 0$ et $- 1 + 3 t = 5$ sont vérifiées simultanément pour $t = 2$ . Une droite passant par $A$ et $B$ (points distincts) est nécessairement $(A B)$ .

Ce que le correcteur attend : deux vérifications, pas une : un point de $(A B)$ sur la droite et un vecteur directeur colinéaire à $A B$ (ou bien les deux points $A$ et $B$ sur la droite). Le vecteur directeur $u$ n'est pas égal à $A B$ , il lui est seulement colinéaire : cela suffit.

1. Affirmation 2 : FAUSSE.

Les points $O$ , $A$ et $B$ définissent un plan, car les vecteurs

$O A = - 1 05 et O B = 32 - 1$

ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de $O A$ est nulle, celle de $O B$ ne l'est pas : aucun réel $λ$ ne vérifie $O B = λ O A$ ). Un vecteur est normal au plan $(O A B)$ si et seulement s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan, par exemple $O A$ et $O B$ . Le repère étant orthonormé, on calcule les produits scalaires avec les coordonnées :

$n \cdot O A = 5 \times (- 1) + (- 2) \times 0 + 1 \times 5 = - 5 + 0 + 5 = 0,$

$n \cdot O B = 5 \times 3 + (- 2) \times 2 + 1 \times (- 1) = 15 - 4 - 1 = 10 \neq = 0.$

Le vecteur $n$ est orthogonal à $O A$ mais pas à $O B$ : il n'est pas orthogonal à tous les vecteurs du plan $(O A B)$ , donc il n'est pas normal à ce plan. L'affirmation 2 est fausse.

Ce que le correcteur attend : le second produit scalaire, non nul, est le contre-exemple qui tranche ; un seul produit scalaire nul ne prouve rien. (Pour information, un vecteur normal à $(O A B)$ est par exemple $m (5; - 7; 1)$ : on vérifie $5 \times (- 1) - 7 \times 0 + 1 \times 5 = 0$ et $5 \times 3 - 7 \times 2 + 1 \times (- 1) = 0$ .)

2. Affirmation 3 : FAUSSE.

Deux droites de l'espace sont coplanaires si et seulement si elles sont parallèles ou sécantes. Les vecteurs directeurs se lisent sur les représentations paramétriques :

$u = 1 - 1 2 pour d, v = 44 - 6 pour d^{'} .$

Ils ne sont pas colinéaires : si l'on avait $v = λ u$ , la première coordonnée donnerait $λ = 4$ et la deuxième $λ = - 4$ , ce qui est contradictoire. Les droites $d$ et $d^{'}$ ne sont donc pas parallèles : elles sont soit sécantes (donc coplanaires), soit non coplanaires. Cherchons un point commun, c'est-à-dire un couple $(k; s)$ de réels tel que les deux points de paramètres $k$ et $s$ coïncident :

$⎩ ⎨ ⎧ 15 + k = 1 + 4 s 8 - k = 2 + 4 s - 6 + 2 k = 1 - 6 s ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ k = 4 s - 14 8 - (4 s - 14) = 2 + 4 s - 6 + 2 k = 1 - 6 s ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ k = 4 s - 14 22 - 4 s = 2 + 4 s - 6 + 2 k = 1 - 6 s$

La deuxième équation donne $8 s = 20$ , soit $s = \frac{20}{8} = \frac{5}{2}$ , puis $k = 4 \times \frac{5}{2} - 14 = 10 - 14 = - 4$ . Reste à contrôler que la troisième équation est satisfaite par ce couple :

$- 6 + 2 k = - 6 + 2 \times (- 4) = - 14 et 1 - 6 s = 1 - 6 \times \frac{5}{2} = 1 - 15 = - 14.$

Elle l'est. Le système admet la solution $(k; s) = (- 4; \frac{5}{2})$ : les droites $d$ et $d^{'}$ ont un point commun, le point $I$ de paramètre $k = - 4$ sur $d$ , de coordonnées

$I (15 - 4; 8 + 4; - 6 - 8) = I (11; 12; - 14),$

qu'on retrouve sur $d^{'}$ avec $s = \frac{5}{2}$ : $(1 + 10; 2 + 10; 1 - 15) = (11; 12; - 14)$ . Les droites $d$ et $d^{'}$ sont sécantes en $I$ , donc coplanaires : l'affirmation 3 est fausse.

Ce que le correcteur attend : la vérification de la troisième équation avec les valeurs trouvées : deux équations suffisent à déterminer $k$ et $s$ , mais c'est la troisième qui décide entre « sécantes » et « non coplanaires ». Et ne pas conclure « non coplanaires » à partir de la seule non-colinéarité des vecteurs directeurs.

3. Affirmation 4 : VRAIE.

Le plan $P$ a pour équation cartésienne $x - y + z + 1 = 0$ : le repère étant orthonormé, il admet pour vecteur normal $n = 1 - 1 1$ . Calculons la distance de $C$ à $P$ en déterminant le projeté orthogonal $H$ de $C$ sur $P$ .

La droite $Δ$ passant par $C (2; - 1; 2)$ et orthogonale à $P$ est dirigée par $n$ ; une représentation paramétrique en est

$⎩ ⎨ ⎧ x = 2 + λ y = - 1 - λ z = 2 + λ (λ \in R) .$

Le point $H$ est l'intersection de $Δ$ et de $P$ : son paramètre $λ$ vérifie l'équation du plan :

$(2 + λ) - (- 1 - λ) + (2 + λ) + 1 = 0 ⟺ 3 λ + 6 = 0 ⟺ λ = - 2.$

D'où $H (2 - 2; - 1 + 2; 2 - 2) = H (0; 1; 0)$ . On vérifie que $H \in P$ : $0 - 1 + 0 + 1 = 0$ . La distance de $C$ à $P$ est la longueur $C H$ :

$C H = (0 - 2)^{2} + (1 - (- 1))^{2} + (0 - 2)^{2} = 4 + 4 + 4 = 12 = 4 \times 3 = 23 .$

L'affirmation 4 est vraie.

Autre méthode : la formule du cours donnant la distance d'un point $M_{0} (x_{0}; y_{0}; z_{0})$ au plan d'équation $a x + b y + cz + d = 0$ en repère orthonormé,

$d (M_{0}, P) = \frac{∣ a x _{0} + b y _{0} + c z _{0} + d ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}},$

donne directement

$d (C, P) = \frac{∣2 - ( - 1 ) + 2 + 1∣}{1 ^{2} + ( - 1 ) ^{2} + 1 ^{2}} = \frac{6}{3} = \frac{6 3}{3} = 23 .$

Ce que le correcteur attend : la distance d'un point à un plan est la distance au projeté orthogonal (le point du plan le plus proche), pas à un point quelconque du plan ; le calcul de $H$ doit donc utiliser la droite dirigée par le vecteur normal. Si l'on emploie la formule directe, le repère orthonormé doit être mentionné, et la valeur absolue ne doit pas être oubliée.

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