Corrigé bac mathématiques 2026 Amérique du Nord jour 2 — Exercice 3 : Géométrie dans l'espace : droite, plan, projeté orthogonal et volume d'un tétraèdre

1. Un point appartient à $\Delta$ si et seulement s'il existe un même réel $t$ donnant ses trois coordonnées.

Pour $C(1;1;1)$ : en prenant $t=0$, la représentation paramétrique donne $x=1$, $y=1$, $z=1$ : ce sont exactement les coordonnées de $C$. Donc $C\in \Delta$.

Pour $A(4;2;2)$ : la première équation impose $1+2t=4$, donc $t=\frac{3}{2}$. Pour cette valeur, $y=1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}\ne 2$. Aucun réel $t$ ne convient : $A\notin \Delta$.

2.a. La représentation paramétrique de $\Delta$ montre que $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ est un vecteur directeur de $\Delta$ (ce sont les coefficients de $t$). Le plan $\mathcal{P}$ étant perpendiculaire à $\Delta$, le vecteur $\overrightarrow{u}$ est un vecteur normal à $\mathcal{P}$.

D'après le théorème sur l'équation cartésienne d'un plan, $\mathcal{P}$ admet donc une équation de la forme $2x+y+2z+d=0$, avec $d\in \mathbb{R}$. Le plan passe par $A(4;2;2)$, dont les coordonnées vérifient l'équation :

$$2\times 4+2+2\times 2+d=0⟺8+2+4+d=0⟺d=-14.$$

Une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ est donc $2x+y+2z-14=0$.

2.b. On remplace les coordonnées dans le membre de gauche :

$$\text{pour }B(5;-2;3):2\times 5+(-2)+2\times 3-14=10-2+6-14=0,$$

donc $B\in \mathcal{P}$ ;

$$\text{pour }C(1;1;1):2\times 1+1+2\times 1-14=2+1+2-14=-9\ne 0,$$

donc $C\notin \mathcal{P}$.

3.a. Le projeté orthogonal de $C$ sur $\mathcal{P}$ est l'unique point $D$ tel que $D\in \mathcal{P}$ et $(CD)\perp \mathcal{P}$. Vérifions ces deux conditions pour $D(3;2;3)$.

• $2\times 3+2+2\times 3-14=6+2+6-14=0$, donc $D\in \mathcal{P}$ ;
• $\overrightarrow{CD}\left(\begin{array}{c}3-1\\ 2-1\\ 3-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)=\overrightarrow{u}$ : le vecteur $\overrightarrow{CD}$ est colinéaire (ici égal) au vecteur normal $\overrightarrow{u}$ de $\mathcal{P}$, et il est non nul, donc la droite $(CD)$ est orthogonale au plan $\mathcal{P}$.

Le point $D$ est donc bien le projeté orthogonal de $C$ sur le plan $\mathcal{P}$. (On remarque au passage que $(CD)$ n'est autre que la droite $\Delta$, qui passe par $C$ et a pour vecteur directeur $\overrightarrow{u}$ : $D$ est le point de $\Delta$ de paramètre $t=1$.)

3.b. Les points $A$, $B$ et $D$ appartiennent tous les trois au plan $\mathcal{P}$ (questions 2.a, 2.b et 3.a). De plus

$$\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}5-4\\ -2-2\\ 3-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 1\end{array}\right)\text{et}\overrightarrow{AD}\left(\begin{array}{c}3-4\\ 2-2\\ 3-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$$

ne sont pas colinéaires : s'il existait $\lambda$ tel que $\overrightarrow{AD}=\lambda \overrightarrow{AB}$, la deuxième coordonnée donnerait $0=-4\lambda$, donc $\lambda =0$, et la première $-1=0$, ce qui est absurde. Les points $A$, $B$, $D$ ne sont donc pas alignés : ils définissent un plan, qui est nécessairement $\mathcal{P}$.

Or $C\notin \mathcal{P}$ d'après la question 2.b. Le point $C$ n'appartient donc pas au plan $(ABD)$ : les points $A$, $B$, $C$ et $D$ ne sont pas coplanaires (et $ABCD$ est bien un tétraèdre).

3.c. Le repère étant orthonormé, on utilise l'expression analytique du produit scalaire :

$$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=1\times (-1)+(-4)\times 0+1\times 1=-1+0+1=0.$$

3.d. Le produit scalaire précédent étant nul, les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AD}$ sont orthogonaux : le triangle $ABD$ est rectangle en $A$. Prenons-le comme base du tétraèdre. Ses côtés de l'angle droit mesurent

$$AB=\sqrt{1^2+(-4{)}^2+1^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2},AD=\sqrt{(-1{)}^2+0^2+1^2}=\sqrt{2},$$

d'où l'aire

$$\mathcal{B}={\mathcal{A}}_{ABD}=\frac{AB\times AD}{2}=\frac{3\sqrt{2}\times \sqrt{2}}{2}=\frac{3\times 2}{2}=3.$$

La hauteur relative à cette base est la distance du quatrième sommet $C$ au plan de la base, c'est-à-dire au plan $\mathcal{P}$ ; comme $D$ est le projeté orthogonal de $C$ sur $\mathcal{P}$ (question 3.a), cette distance vaut

$$h=CD=\sqrt{2^2+1^2+2^2}=\sqrt{9}=3.$$

Donc

$$V=\frac{1}{3}\times \mathcal{B}\times h=\frac{1}{3}\times 3\times 3=3.$$

Le volume du tétraèdre $ABCD$ est égal à $3$ unités de volume.

Ce que le correcteur attend : le choix de la base $ABD$ (dans $\mathcal{P}$) n'est pas arbitraire : c'est lui qui rend la hauteur immédiate, puisque le projeté orthogonal de $C$ sur $\mathcal{P}$ est déjà connu. La question 3.c servait justement à obtenir l'aire sans effort.

4.a. Posons $H\left(\frac{73}{29};\frac{-4}{29};\frac{51}{29}\right)$. Le projeté orthogonal de $A$ sur $(BC)$ est l'unique point vérifiant deux conditions : $H\in (BC)$ et $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=0$.

$H$ appartient à $(BC)$ : avec $\overrightarrow{BC}\left(\begin{array}{c}1-5\\ 1-(-2)\\ 1-3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -2\end{array}\right)$, on calcule

$$\overrightarrow{BH}\left(\begin{array}{c}\frac{73}{29}-5\\ \frac{-4}{29}+2\\ \frac{51}{29}-3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\frac{72}{29}\\ \frac{54}{29}\\ -\frac{36}{29}\end{array}\right)=\frac{18}{29}\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -2\end{array}\right)=\frac{18}{29}\overrightarrow{BC}.$$

Les vecteurs $\overrightarrow{BH}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont colinéaires, donc $H\in (BC)$.

$(AH)$ est orthogonale à $(BC)$ :

$$\overrightarrow{AH}\left(\begin{array}{c}\frac{73}{29}-4\\ \frac{-4}{29}-2\\ \frac{51}{29}-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\frac{43}{29}\\ -\frac{62}{29}\\ -\frac{7}{29}\end{array}\right),$$

$$\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{(-43)\times (-4)+(-62)\times 3+(-7)\times (-2)}{29}=\frac{172-186+14}{29}=0.$$

Les deux conditions sont vérifiées : $H$ est bien le projeté orthogonal de $A$ sur $(BC)$.

Autre méthode (pour trouver $H$ sans le connaître). On cherche $H$ sous la forme $\overrightarrow{BH}=s\overrightarrow{BC}$, donc $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AB}+s\overrightarrow{BC}$, et l'on résout $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=0$ :

$$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+s\Vert \overrightarrow{BC}{\Vert }^2=0⟺(-4-12-2)+29s=0⟺s=\frac{18}{29},$$

ce qui redonne les coordonnées annoncées.

4.b. Dans le triangle $ABC$, prenons $[BC]$ pour base : la hauteur issue de $A$ est alors $[AH]$, puisque $H$ est le pied de la perpendiculaire à $(BC)$ issue de $A$. On calcule les deux longueurs :

$$BC=\sqrt{(-4{)}^2+3^2+(-2{)}^2}=\sqrt{16+9+4}=\sqrt{29},$$

$$AH=\frac{\sqrt{43^2+62^2+7^2}}{29}=\frac{\sqrt{1849+3844+49}}{29}=\frac{\sqrt{5742}}{29}.$$

Or $5742=9\times 638=9\times 29\times 22$, donc $\sqrt{5742}=3\sqrt{29}\times \sqrt{22}$ et $AH=\frac{3\sqrt{29}\sqrt{22}}{29}=\frac{3\sqrt{22}}{\sqrt{29}}$. D'où l'aire

$${\mathcal{A}}_{ABC}=\frac{BC\times AH}{2}=\frac{1}{2}\times \sqrt{29}\times \frac{3\sqrt{22}}{\sqrt{29}}=\frac{3\sqrt{22}}{2}.$$

(Numériquement, ${\mathcal{A}}_{ABC}\approx 7,04$.)

4.c. Le volume d'un tétraèdre ne dépend pas de la face choisie comme base. Prenons cette fois le triangle $ABC$ comme base : la hauteur relative est alors la distance $d$ du point $D$ au plan $(ABC)$. La formule rappelée donne

$$V=\frac{1}{3}\times {\mathcal{A}}_{ABC}\times d⟺3=\frac{1}{3}\times \frac{3\sqrt{22}}{2}\times d=\frac{\sqrt{22}}{2}d⟺d=\frac{6}{\sqrt{22}}.$$

En rendant le dénominateur rationnel :

$$d=\frac{6}{\sqrt{22}}=\frac{6\sqrt{22}}{22}=\frac{3\sqrt{22}}{11}\approx 1,28.$$

La distance du point $D$ au plan $(ABC)$ vaut $\frac{3\sqrt{22}}{11}$.

Ce que le correcteur attend : le mot « en déduire » signale qu'il faut réutiliser le volume $V=3$ de la question 3.d avec une autre base, et non chercher une équation cartésienne du plan $(ABC)$ pour appliquer une formule de distance.