Corrigé bac mathématiques 2026 Asie jour 2 — Exercice 3 : Géométrie dans l'espace : plan, droite et volume

1.a. Trois points définissent un plan si et seulement s'ils ne sont pas alignés, c'est-à-dire si les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires. Calculons leurs coordonnées :

$$\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c}-1-1\\ 3-2\\ 1-3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)\text{et}\overrightarrow{AC}\left(\begin{array}{c}2-1\\ 1-2\\ 6-3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 3\end{array}\right).$$

S'il existait un réel $\lambda$ tel que $\overrightarrow{AB}=\lambda \overrightarrow{AC}$, la première coordonnée donnerait $-2=\lambda$ et la deuxième $1=-\lambda$, soit $\lambda =-1$ : c'est contradictoire. Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont donc pas colinéaires : les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés et définissent bien un plan $(ABC)$.

1.b. Un vecteur non nul est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires de ce plan. Le repère étant orthonormé, on calcule les produits scalaires avec l'expression analytique :

$$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AB}=1\times (-2)+4\times 1+1\times (-2)=-2+4-2=0,$$

$$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AC}=1\times 1+4\times (-1)+1\times 3=1-4+3=0.$$

Le vecteur $\overrightarrow{n}$, qui est non nul, est donc orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ du plan $(ABC)$ : c'est un vecteur normal au plan $(ABC)$.

1.c. D'après le théorème sur l'équation cartésienne d'un plan, comme $\overrightarrow{n}(1;4;1)$ est normal à $(ABC)$, ce plan admet une équation cartésienne de la forme

$$x+4y+z+d=0,d\in \mathbb{R}.$$

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

$$1+4\times 2+3+d=0⟺12+d=0⟺d=-12.$$

Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est donc :

$$x+4y+z-12=0.$$

Vérification par les deux autres points : pour $B(-1;3;1)$, $-1+12+1-12=0$ ; pour $C(2;1;6)$, $2+4+6-12=0$. Les trois points vérifient bien l'équation.

2.a. La droite $(d)$ est perpendiculaire au plan $(ABC)$ : elle admet donc pour vecteur directeur tout vecteur normal à ce plan, en particulier $\overrightarrow{n}(1;4;1)$. Elle passe par $D(3;-2;-1)$. Un point $M(x;y;z)$ appartient à $(d)$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{n}$, ce qui s'écrit :

$$\{\begin{array}{l}x=3+t\\ y=-2+4t\\ z=-1+t\end{array}(t\in \mathbb{R}).$$

2.b. Par définition, le projeté orthogonal $H$ de $D$ sur le plan $(ABC)$ est le point d'intersection de ce plan avec la droite passant par $D$ et perpendiculaire au plan, c'est-à-dire avec la droite $(d)$. On cherche donc le réel $t$ pour lequel le point de $(d)$ de paramètre $t$ vérifie l'équation du plan :

$$(3+t)+4(-2+4t)+(-1+t)-12=0⟺3+t-8+16t-1+t-12=0,$$

$$\text{soit}18t-18=0⟺t=1.$$

En reportant $t=1$ dans la représentation paramétrique :

$$x_H=3+1=4,y_H=-2+4=2,z_H=-1+1=0,$$

d'où $H(4;2;0)$.

Vérification : $4+4\times 2+0-12=0$ : le point $H$ appartient bien au plan $(ABC)$.

2.c. La distance du point $D$ au plan $(ABC)$ est la distance de $D$ à son projeté orthogonal $H$ sur ce plan (c'est le point du plan le plus proche de $D$). Or :

$$\overrightarrow{DH}\left(\begin{array}{c}4-3\\ 2-(-2)\\ 0-(-1)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 1\end{array}\right),$$

$$DH=\sqrt{1^2+4^2+1^2}=\sqrt{1+16+1}=\sqrt{18}=\sqrt{9\times 2}=3\sqrt{2}.$$

La distance du point $D$ au plan $(ABC)$ est donc bien égale à $3\sqrt{2}$ (soit environ $4,24$).

3.a. L'angle $\widehat{BAC}$ est l'angle géométrique formé par les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. D'après l'expression du produit scalaire à l'aide du cosinus :

$$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=AB\times AC\times \cos \left(\widehat{BAC}\right).$$

Calculons chacun des trois éléments. Avec l'expression analytique :

$$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=(-2)\times 1+1\times (-1)+(-2)\times 3=-2-1-6=-9,$$

$$AB=\Vert \overrightarrow{AB}\Vert =\sqrt{(-2{)}^2+1^2+(-2{)}^2}=\sqrt{9}=3,$$

$$AC=\Vert \overrightarrow{AC}\Vert =\sqrt{1^2+(-1{)}^2+3^2}=\sqrt{1+1+9}=\sqrt{11}.$$

Comme $AB\times AC=3\sqrt{11}\ne 0$ :

$$\cos \left(\widehat{BAC}\right)=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{AB\times AC}=\frac{-9}{3\sqrt{11}}=-\frac{3}{\sqrt{11}}=-\frac{3\sqrt{11}}{\sqrt{11}\times \sqrt{11}}=-\frac{3\sqrt{11}}{11}.$$

Remarque : le cosinus est négatif, donc l'angle $\widehat{BAC}$ est obtus ($\widehat{BAC}\approx 154,8^{\circ }$).

3.b. D'après la relation fondamentale de la trigonométrie, ${\cos }^2\left(\widehat{BAC}\right)+{\sin }^2\left(\widehat{BAC}\right)=1$, donc :

$${\sin }^2\left(\widehat{BAC}\right)=1-{\left(-\frac{3\sqrt{11}}{11}\right)}^2=1-\frac{9\times 11}{121}=1-\frac{99}{121}=\frac{22}{121}.$$

L'angle géométrique $\widehat{BAC}$ appartient à $[0;\pi ]$, intervalle sur lequel le sinus est positif. On en déduit la valeur exacte :

$$\sin \left(\widehat{BAC}\right)=\sqrt{\frac{22}{121}}=\frac{\sqrt{22}}{11}.$$

Ce que le correcteur attend : l'équation ${\sin }^2=\frac{22}{121}$ a deux solutions ; c'est l'appartenance de l'angle géométrique à $[0;\pi ]$ qui impose de retenir la racine positive.

3.c. L'aire d'un triangle est le demi-produit de deux côtés par le sinus de l'angle qu'ils forment :

$${\mathcal{A}}_{ABC}=\frac{1}{2}\times AB\times AC\times \sin \left(\widehat{BAC}\right)=\frac{1}{2}\times 3\times \sqrt{11}\times \frac{\sqrt{22}}{11}.$$

Or $\sqrt{11}\times \sqrt{22}=\sqrt{242}=\sqrt{121\times 2}=11\sqrt{2}$, donc :

$${\mathcal{A}}_{ABC}=\frac{1}{2}\times 3\times \frac{11\sqrt{2}}{11}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$$

L'aire du triangle $ABC$ vaut donc bien $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ unité d'aire (soit environ $2,12$).

4. Prenons le triangle $ABC$ comme base du tétraèdre $ABCD$. La hauteur qui lui est associée est alors la distance du quatrième sommet $D$ au plan $(ABC)$, calculée à la question 2.c : $h=3\sqrt{2}$. L'aire de la base est $\mathcal{B}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ d'après la question 3.c. La formule rappelée donne :

$$\mathcal{V}=\frac{1}{3}\times \mathcal{B}\times h=\frac{1}{3}\times \frac{3\sqrt{2}}{2}\times 3\sqrt{2}=\frac{1}{3}\times \frac{3\times 3\times {\left(\sqrt{2}\right)}^2}{2}=\frac{1}{3}\times \frac{9\times 2}{2}=\frac{9}{3}=3.$$

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

Ce que le correcteur attend : la cohérence entre la base choisie et la hauteur utilisée. La hauteur associée à la base $ABC$ est la distance de $D$ au plan $(ABC)$, et non l'une des longueurs $DA$, $DB$ ou $DC$ : c'est précisément ce que fournit le projeté orthogonal $H$ de la question 2.b.