Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 2 : QCM : droites et plans dans l'espace, angle géométrique

1. Les droites $(AB)$ et $(d)$ sont : sécantes non perpendiculaires.

Un vecteur directeur de la droite $(AB)$ est le vecteur $\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$. Le vecteur $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ est donc aussi un vecteur directeur de la droite $(AB)$.

Un vecteur directeur de la droite $(d)$ est $\overrightarrow{u^{\prime }}\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$.

Les vecteurs $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{u^{\prime }}$ ne sont pas colinéaires donc les droites $(AB)$ et $(d)$ ne sont pas parallèles.

Le repère est orthonormé, on peut donc utiliser les coordonnées des vecteurs pour calculer le produit scalaire.

$$\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{u^{\prime }}=2\times 3+0\times 2-1\times (-5)=11\ne 0$$

donc les droites $(AB)$ et $(d)$ ne sont pas perpendiculaires.

Une équation paramétrique de la droite $(AB)$ de vecteur directeur $\overrightarrow{u}$ et passant par le point $A(-3;1;4)$ est : $$\{\begin{array}{l}x=-3+2s\\ y=1+2s\\ z=4-s\end{array}\text{ouˋ }s\in \mathbb{R}.$$

Les deux droites sont sécantes si et seulement si le système suivant admet une unique solution : $$\{\begin{array}{l}-3+2s=-6+3t\\ 1+2s=1\\ 4-s=9-5t\end{array}⟺\{\begin{array}{l}2s-3t=-3\\ s=0\\ s-5t=-5\end{array}⟺\{\begin{array}{l}-3t=-3\\ s=0\\ -5t=-5\end{array}⟺\{\begin{array}{l}t=1\\ s=0\\ t=1\end{array}$$

Le système admet une unique solution donc les droites sont sécantes.

$$\boxed{\text{Reˊponse a.}}$$

2. La droite $(AB)$ est orthogonale au plan $\mathcal{P}$.

Un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$ est $\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ soit le vecteur $\overrightarrow{AB}$.

La droite $(AB)$ est donc orthogonal au plan $\mathcal{P}$.

$$\boxed{\text{Reˊponse d.}}$$

3. Les plans $\mathcal{P}$ et ${\mathcal{P}}^{\prime }$ sont perpendiculaires.

Un vecteur normal au plan ${\mathcal{P}}^{\prime }$ est $\overrightarrow{n^{\prime }}\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 6\end{array}\right)$.

Les vecteurs $\overrightarrow{n}$ et $\overrightarrow{n^{\prime }}$ ne sont pas colinéaires donc les plans ne sont pas parallèles.

On est dans un repère orthonormé, on peut utiliser les coordonnées des vecteurs pour calculer leur produit scalaire.

$$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{n^{\prime }}=4\times 2+4\times 1-2\times 6=8+4-12=0$$

Les vecteurs normaux sont orthogonaux donc les plans sont perpendiculaires.

$$\boxed{\text{Reˊponse b.}}$$

4. La valeur de l'angle $\widehat{\text{BAC}}$ arrondie au degré est $51°$.

On a : $\overrightarrow{AC}\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ et $\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$.

On est dans un repère orthonormé donc on peut utiliser les deux vecteurs de deux manières différentes :

d'une part : $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}=3\times 4+0\times 4-5\times (-2)=22$

d'autre part : $$AC=\sqrt{(-3{)}^2+0^2+(-5{)}^2}=\sqrt{34}\text{et}AB=\sqrt{4^2+4^2+(-2{)}^2}=\sqrt{36}=6.$$

On a donc $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}=AB\times AC\times \cos \left(\widehat{\text{BAC}}\right)=6\sqrt{34}\cos \left(\widehat{\text{BAC}}\right)$.

D'où : $22=6\sqrt{34}\cos \left(\widehat{\text{BAC}}\right)$, donc $\cos \left(\widehat{\text{BAC}}\right)=\frac{22}{6\sqrt{34}}$.

D'où $\widehat{\text{BAC}}\approx 51°$.

$$\boxed{\text{Reˊponse b.}}$$