Corrigé bac mathématiques 2026 Asie jour 1 — Exercice 3 : Géométrie dans l'espace : plans, droite et intersection

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité mathématiques, session 2026. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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Énoncé

Dans l'espace muni d'un repère orthonormé $(O; , , k)$ de l'espace, on considère les points suivants $A (0; 0; 1)$ ; $B (1; 2; 3)$ ; $C (3; 3; 1)$ ; $E (2; - 2; 2)$ ; $F (3; 0; 4)$ et $G (5; 1; 2)$ .

1.a. Montrer que les points $B$ , $C$ et $E$ ne sont pas alignés.

1.b. Justifier que le vecteur $A F$ est normal au plan $(B C E)$ .

1.c. En déduire qu'une équation cartésienne du plan $(B C E)$ est $x + z - 4 = 0$ .

2.a. Montrer que le point $G$ n'appartient pas au plan $(B C E)$ .

2.b. Montrer que les vecteurs $B E$ , $B C$ et $A G$ ne sont pas coplanaires.

2.c. En déduire que la droite $(A G)$ et le plan $(B C E)$ sont sécants.

Pour la suite de l'exercice, on appellera $P$ le point d'intersection de la droite $(A G)$ et du plan $(B C E)$ .

3.a. Montrer qu'une représentation paramétrique de la droite $(A G)$ est :

$⎩ ⎨ ⎧ x = 5 t y = t z = 1 + t, t \in R .$

3.b. En déduire les coordonnées du point $P$ .

3.c. Montrer que le point $P$ est le milieu du segment $[E C]$ .

4. Déterminer l'intersection des plans $(B C E)$ et $(A C G)$ .

Corrigé

1.a. Calculons les coordonnées de deux vecteurs d'origine $B$ :

$B C = 3 - 1 3 - 2 1 - 3 = 21 - 2 et B E = 2 - 1 - 2 - 2 2 - 3 = 1 - 4 - 1 .$

Ces deux vecteurs sont colinéaires si et seulement s'il existe un réel $k$ tel que $B C = k B E$ . La première coordonnée imposerait $k = 2$ , mais alors la deuxième donnerait $2 \times (- 4) = - 8 \neq = 1$ : c'est impossible. Les vecteurs $B C$ et $B E$ ne sont donc pas colinéaires, et les points $B$ , $C$ et $E$ ne sont pas alignés. Ils définissent bien un plan $(B C E)$ .

1.b. On calcule

$A F = 3 - 0 0 - 0 4 - 1 = 303 .$

Ce vecteur n'est pas le vecteur nul. Les vecteurs $B C$ et $B E$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan $(B C E)$ d'après la question 1.a ; il suffit donc de vérifier que $A F$ est orthogonal à chacun d'eux. Dans un repère orthonormé, le produit scalaire se calcule coordonnée par coordonnée :

$A F \cdot B C = 3 \times 2 + 0 \times 1 + 3 \times (- 2) = 6 + 0 - 6 = 0,$

$A F \cdot B E = 3 \times 1 + 0 \times (- 4) + 3 \times (- 1) = 3 + 0 - 3 = 0.$

Le vecteur $A F$ , non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(B C E)$ : il est donc orthogonal à tout vecteur directeur de ce plan, c'est-à-dire normal au plan $(B C E)$ .

Ce que le correcteur attend : les deux produits scalaires et le rappel que les vecteurs $B C$ et $B E$ ne sont pas colinéaires. L'orthogonalité à un seul vecteur du plan ne suffirait pas.

1.c. Un plan de vecteur normal $n (a; b; c)$ admet une équation cartésienne de la forme $a x + b y + cz + d = 0$ . Le vecteur $A F (3; 0; 3)$ est normal au plan $(B C E)$ ; le vecteur $n = \frac{1}{3} A F$ , de coordonnées $(1; 0; 1)$ , lui est colinéaire et non nul, donc lui aussi normal au plan. Une équation cartésienne de $(B C E)$ s'écrit donc

$x + 0 \times y + z + d = 0, c’est- a ˋ -dire x + z + d = 0.$

Le point $B (1; 2; 3)$ appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient l'équation :

$1 + 3 + d = 0 ⟺ d = - 4.$

Une équation cartésienne du plan $(B C E)$ est donc $x + z - 4 = 0$ .

Vérification par les deux autres points : pour $C (3; 3; 1)$ , $3 + 1 - 4 = 0$ ; pour $E (2; - 2; 2)$ , $2 + 2 - 4 = 0$ . Les trois points appartiennent bien au plan d'équation $x + z - 4 = 0$ .

2.a. On reporte les coordonnées de $G (5; 1; 2)$ dans le membre de gauche de l'équation du plan $(B C E)$ :

$5 + 2 - 4 = 3 \neq = 0.$

Les coordonnées de $G$ ne vérifient pas l'équation $x + z - 4 = 0$ : le point $G$ n'appartient pas au plan $(B C E)$ .

2.b. On calcule

$A G = 5 - 0 1 - 0 2 - 1 = 511 .$

Raisonnons par l'absurde. Si les vecteurs $B E$ , $B C$ et $A G$ étaient coplanaires, alors, $B E$ et $B C$ n'étant pas colinéaires, le vecteur $A G$ s'écrirait comme une combinaison linéaire de $B E$ et $B C$ : $A G$ serait un vecteur directeur du plan $(B C E)$ , donc orthogonal à son vecteur normal $A F$ . Or

$A F \cdot A G = 3 \times 5 + 0 \times 1 + 3 \times 1 = 15 + 0 + 3 = 18 \neq = 0.$

Le vecteur $A G$ n'est donc pas orthogonal à $A F$ : c'est absurde. Par conséquent, les vecteurs $B E$ , $B C$ et $A G$ ne sont pas coplanaires.

2.c. Les vecteurs $B E$ et $B C$ dirigent le plan $(B C E)$ , et le vecteur $A G$ dirige la droite $(A G)$ (il est non nul puisque $A \neq = G$ ). Si la droite $(A G)$ était parallèle au plan $(B C E)$ — qu'elle y soit incluse ou non — son vecteur directeur $A G$ serait coplanaire avec $B E$ et $B C$ , ce que la question 2.b interdit. La droite $(A G)$ n'est donc pas parallèle au plan $(B C E)$ : elle est sécante à ce plan, qu'elle coupe en un unique point, que l'énoncé nomme $P$ .

3.a. La droite $(A G)$ passe par le point $A (0; 0; 1)$ et admet pour vecteur directeur $A G (5; 1; 1)$ . Un point $M (x; y; z)$ appartient à $(A G)$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $A M = t A G$ , c'est-à-dire

$⎩ ⎨ ⎧ x - 0 = 5 t y - 0 = t z - 1 = t ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ x = 5 t y = t z = 1 + t, t \in R .$

C'est bien la représentation paramétrique annoncée (pour $t = 0$ on retrouve $A$ , pour $t = 1$ on retrouve $G (5; 1; 2)$ ).

3.b. Le point $P$ appartient à la droite $(A G)$ : ses coordonnées sont de la forme $(5 t; t; 1 + t)$ pour un certain réel $t$ . Il appartient aussi au plan $(B C E)$ : ses coordonnées vérifient donc $x + z - 4 = 0$ , soit

$5 t + (1 + t) - 4 = 0 ⟺ 6 t - 3 = 0 ⟺ t = \frac{1}{2} .$

En reportant cette valeur dans la représentation paramétrique :

$x = 5 \times \frac{1}{2} = \frac{5}{2}, y = \frac{1}{2}, z = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2},$

d'où

$P (\frac{5}{2}; \frac{1}{2}; \frac{3}{2}) .$

Vérification : $\frac{5}{2} + \frac{3}{2} - 4 = 4 - 4 = 0$ , donc $P$ appartient bien au plan $(B C E)$ .

3.c. Le milieu $I$ du segment $[E C]$ a pour coordonnées les moyennes des coordonnées de $E (2; - 2; 2)$ et de $C (3; 3; 1)$ :

$I (\frac{x _{E} + x _{C}}{2}; \frac{y _{E} + y _{C}}{2}; \frac{z _{E} + z _{C}}{2}) = I (\frac{2 + 3}{2}; \frac{- 2 + 3}{2}; \frac{2 + 1}{2}) = I (\frac{5}{2}; \frac{1}{2}; \frac{3}{2}) .$

Ces coordonnées sont exactement celles du point $P$ obtenues à la question 3.b : deux points ayant les mêmes coordonnées dans un repère sont confondus, donc $P = I$ . Le point $P$ est le milieu du segment $[E C]$ .

4. Montrons d'abord que les deux plans sont sécants, puis identifions leur droite d'intersection.

Les points $A (0; 0; 1)$ , $C (3; 3; 1)$ et $G (5; 1; 2)$ ne sont pas alignés : en effet

$A C = 330 et A G = 511$

ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de $A C$ est nulle alors que celle de $A G$ ne l'est pas). Le plan $(A C G)$ est donc bien défini.

Ces deux plans sont distincts : le point $G$ appartient au plan $(A C G)$ mais pas au plan $(B C E)$ d'après la question 2.a. Or ils ont au moins un point commun, le point $C$ , qui appartient à $(B C E)$ et à $(A C G)$ par construction. Deux plans distincts ayant un point commun sont sécants selon une droite.

Cherchons un second point commun. D'après la question 3.b, le point $P$ appartient au plan $(B C E)$ ; il appartient aussi à la droite $(A G)$ , elle-même incluse dans le plan $(A C G)$ (ce plan contient $A$ et $G$ ). Donc $P$ appartient aux deux plans. Comme $P \neq = C$ (leurs coordonnées diffèrent), la droite d'intersection des plans $(B C E)$ et $(A C G)$ est la droite $(C P)$ .

Enfin, d'après la question 3.c, $P$ est le milieu de $[E C]$ : les points $C$ , $P$ et $E$ sont alignés, et $(C P) = (C E)$ . L'intersection des plans $(B C E)$ et $(A C G)$ est donc la droite

$(C E) .$

Contrôle par le calcul. Un vecteur normal au plan $(A C G)$ est un vecteur $m (a; b; c)$ orthogonal à $A C$ et à $A G$ , c'est-à-dire vérifiant $3 a + 3 b = 0$ et $5 a + b + c = 0$ : en prenant $a = 1$ , on obtient $b = - 1$ puis $c = - 4$ , soit $m (1; - 1; - 4)$ . Le plan $(A C G)$ a donc une équation de la forme $x - y - 4 z + d = 0$ , et $A (0; 0; 1)$ donne $d = 4$ : son équation est $x - y - 4 z + 4 = 0$ (on vérifie : pour $C$ , $3 - 3 - 4 + 4 = 0$ ; pour $G$ , $5 - 1 - 8 + 4 = 0$ ). Les vecteurs normaux $(1; 0; 1)$ et $(1; - 1; - 4)$ n'étant pas colinéaires, les plans sont bien sécants. En résolvant le système formé des deux équations, on tire $x = 4 - z$ de la première, puis $(4 - z) - y - 4 z + 4 = 0$ , soit $y = 8 - 5 z$ : en posant $z = t$ , la droite d'intersection a pour représentation paramétrique

$⎩ ⎨ ⎧ x = 4 - t y = 8 - 5 t z = t, t \in R,$

qui donne $C$ pour $t = 1$ , $P$ pour $t = \frac{3}{2}$ et $E$ pour $t = 2$ : c'est bien la droite $(C E)$ .

Ce que le correcteur attend : la réponse « une droite » ne suffit pas, il faut l'identifier ; et le raisonnement « deux plans distincts, deux points communs » exige de justifier que les plans sont distincts (c'est le rôle de la question 2.a) et que les deux points communs sont distincts.

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