Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 3 : Tétraèdre dans l'espace : orthogonalité, projeté et volume

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

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Énoncé

L'espace est rapporté à un repère orthonormé $(O; i, j, k)$ . On considère les points suivants :

$A (1; 3; 0), B (- 1; 4; 5), C (0; 1; 0) et D (- 2; 2; 1) .$

1. Montrer que les points A, B et C déterminent un plan.

2. Montrer que le triangle ABC est rectangle en A.

3. Soit $Δ$ la droite passant par le point D et de vecteur directeur $u 2 - 1 1$ .

a. Démontrer que la droite $Δ$ est orthogonale au plan (ABC).

b. Justifier que le plan (ABC) admet pour équation cartésienne :

$2 x - y + z + 1 = 0.$

c. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $Δ$ .

4. On appelle H le point de coordonnées $(- \frac{4}{3}; \frac{7}{3}; \frac{2}{3})$ . Vérifier que H est le projeté orthogonal du point D sur le plan (ABC).

5. On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par $V = \frac{1}{3} B \times h$ , où $B$ est l'aire d'une base du tétraèdre et $h$ sa hauteur relative à cette base.

a. Montrer que $D H = \frac{2 6}{3}$ .

b. En déduire le volume du tétraèdre ABCD.

6. On considère la droite $d$ de représentation paramétrique :

$⎩ ⎨ ⎧ x = 1 - 2 k y = - 3 k z = 1 + k o u ˋ k d e ˊ crit R .$

La droite $d$ et le plan (ABC) sont-ils sécants ou parallèles ?

Corrigé

1. On détermine les coordonnées des vecteurs $A B$ et $A C$ : $A B - 2 15$ et $A C - 1 - 2 0$ .

Ces vecteurs ont des coordonnées qui ne sont clairement pas proportionnelles, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires, et donc les trois points A, B et C ne sont pas alignés : ils déterminent bien un plan.

2. Comme le repère est orthonormal, en utilisant les coordonnées des vecteurs précédents, qui sont non nuls, on calcule le produit scalaire des vecteurs $A B$ et $A C$ :

$A B \cdot A C = - 2 \times (- 1) + 1 \times (- 2) + 5 \times 0 = 2 - 2 + 0 = 0.$

Les vecteurs $A B$ et $A C$ sont non nuls, mais leur produit scalaire est nul, donc les droites (AB) et (AC) sont orthogonales, et le triangle ABC est bien rectangle en A.

3. a. Calculons le produit scalaire de $u$ avec $A B$ et $A C$ , ces deux vecteurs formant une base du plan (ABC) :

$u \cdot A B = 2 \times (- 2) + (- 1) \times 1 + 1 \times 5 = - 4 - 1 + 5 = 0$ ;
$u \cdot A C = 2 \times (- 1) + (- 1) \times (- 2) + 1 \times 0 = - 2 + 2 + 0 = 0$ .

$u$ est donc orthogonal à deux vecteurs formant une base du plan (ABC), il est donc orthogonal à (ABC). Toute droite dirigée par $u$ est donc, à son tour, orthogonale à (ABC), et $Δ$ est dirigée par $u$ , donc $Δ$ est orthogonale à (ABC).

b. $u$ est donc un vecteur normal au plan (ABC), d'après la question précédente. Par propriété, une équation de (ABC) est de la forme $2 x - y + z + d = 0$ , où $d$ est un réel. Or :

$A \in (A B C) ⟺ 2 x_{A} - y_{A} + z_{A} + d = 0 ⟺ 2 \times 1 - 3 + 0 + d = 0 ⟺ - 1 + d = 0 ⟺ d = 1.$

Une équation de (ABC) est donc bien $2 x - y + z + 1 = 0$ .

c. $Δ$ contient $D (- 2; 2; 1)$ et est dirigée par $u$ , donc, par propriété, une représentation paramétrique de $Δ$ est :

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

4. Cherchons le point d'intersection $M_{t}$ de $Δ$ avec (ABC) :

$M_{t} \in (A B C) ⟺ 2 x_{M_{t}} - y_{M_{t}} + z_{M_{t}} + 1 = 0 ⟺ 2 (- 2 + 2 t) - (2 - t) + (1 + t) + 1 = 0 ⟺ - 4 + 4 t - 2 + t + 1 + t + 1 = 0 ⟺ 6 t - 4 = 0 ⟺ t = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

$Δ$ n'a qu'un seul point sur (ABC) (c'est normal, comme elle est orthogonale au plan, elle est sécante au plan) : c'est le point de paramètre $\frac{2}{3}$ , c'est-à-dire le point de coordonnées $(- 2 + 2 \times \frac{2}{3}; 2 - \frac{2}{3}; 1 + \frac{2}{3})$ , soit $(- \frac{2}{3}; \frac{4}{3}; \frac{5}{3})$ . C'est donc le point H : H est bien le projeté orthogonal de D sur (ABC).

5. a. On est dans un repère orthonormé :

$D H = (- \frac{2}{3} - (- 2))^{2} + (\frac{4}{3} - 2)^{2} + (\frac{5}{3} - 1)^{2} = (\frac{4}{3})^{2} + (- \frac{2}{3})^{2} + (\frac{2}{3})^{2} = \frac{16}{9} + \frac{4}{9} + \frac{4}{9} = \frac{24}{9} = \frac{24}{3} = \frac{2 6}{3} .$

On arrive bien à la distance annoncée : $D H = \frac{2 6}{3}$ .

b. Le tétraèdre ABCD, on choisit comme base le triangle ABC, rectangle en A, et la hauteur correspondante est donc la distance de H au plan (ABC), c'est-à-dire la distance DH. Pour calculer $B$ , l'aire de la base, on va utiliser comme base de ABC la longueur AC (car ABC est rectangle en A). Donc :

$B = \frac{A B \times A C}{2} = \frac{( - 2 ) ^{2} + 1 ^{2} + 5 ^{2} \times ( - 1 ) ^{2} + ( - 2 ) ^{2} + 0 ^{2}}{2} = \frac{30 \times 5}{2} = \frac{150}{2} = \frac{5}{2} 6 .$

Le volume du tétraèdre est donc :

$V = \frac{1}{3} B \times h = \frac{1}{3} \times \frac{5}{2} 6 \times \frac{2 6}{3} = \frac{10}{3} .$

Le volume du tétraèdre est donc de $\frac{10}{3} \approx 3, 33$ .

6. Par lecture de la représentation paramétrique de $d$ , on peut choisir comme vecteur directeur de la droite $d$ le vecteur $u^{'} - 2 - 3 1$ . Comme le repère est orthonormé, on a :

$u \cdot u^{'} = 2 \times (- 2) + (- 1) \times (- 3) + 1 \times 1 = - 4 + 3 + 1 = 0.$

$u^{'}$ est orthogonal à $u$ qui est lui-même un vecteur normal à (ABC). On en déduit que $u^{'}$ est un vecteur du plan (ABC) ; donc la droite $d$ est une droite parallèle au plan (ABC).

Remarque : bien que cela ne soit pas demandé, on peut préciser que $d$ n'appartient pas au plan (ABC). En effet, les coordonnées du point $(1; 0; 1)$ de $d$ ne vérifient pas l'équation de (ABC) ; on en déduit que $d$ n'appartient pas au plan, et donc que $d$ est strictement parallèle à (ABC) (elle n'est pas incluse dans le plan).

Conclusion : la droite $d$ et le plan (ABC) sont $parall e ˋ les$ .

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