Corrigé bac mathématiques 2026 Métropole jour 2 — Exercice 1 : Géométrie dans l'espace : plan, projeté orthogonal et tétraèdre

1. 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 :

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

S'il existait un réel $\lambda$ tel que $\overrightarrow{AC}=\lambda \overrightarrow{AB}$, la troisième coordonnée donnerait $0=-\lambda$, soit $\lambda =0$, et la première donnerait alors $-2=0$, ce qui est absurde. Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont donc pas colinéaires : les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés et définissent un plan $(ABC)$.

2.a. Un vecteur non nul est normal au plan $(ABC)$ 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 :

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

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

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

2.b. D'après le théorème sur l'équation cartésienne d'un plan, comme $\overrightarrow{n}(1;-1;4)$ est normal à $(ABC)$, ce plan admet une équation de la forme $x-y+4z+d=0$ avec $d\in \mathbb{R}$. Le point $A(2;1;1)$ appartient au plan, donc :

$$2-1+4\times 1+d=0⟺5+d=0⟺d=-5.$$

Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est donc $x-y+4z-5=0$.

Vérification : pour $B(3;-2;0)$, $3-(-2)+0-5=0$ ; pour $C(0;-1;1)$, $0-(-1)+4-5=0$. Les trois points vérifient bien l'équation.

3. La droite $\Delta$ est orthogonale au plan $(ABC)$ : elle admet pour vecteur directeur tout vecteur normal à ce plan, en particulier $\overrightarrow{n}(1;-1;4)$. Elle passe par $D(0;0;2)$. Un point $M(x;y;z)$ appartient à $\Delta$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{n}$, soit :

$$\{\begin{array}{l}x=0+1\times t\\ y=0+(-1)\times t\\ z=2+4\times t\end{array}⟺\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-t\\ z=2+4t\end{array}(t\in \mathbb{R}).$$

C'est bien la représentation paramétrique annoncée.

4. Par définition, le projeté orthogonal $H$ de $D$ sur le plan $(ABC)$ est le point d'intersection de ce plan avec la droite $\Delta$ passant par $D$ et orthogonale à $(ABC)$. On cherche donc le réel $t$ pour lequel le point de $\Delta$ de paramètre $t$ vérifie l'équation du plan :

$$t-(-t)+4(2+4t)-5=0⟺2t+8+16t-5=0⟺18t+3=0⟺t=-\frac{3}{18}=-\frac{1}{6}.$$

En reportant dans la représentation paramétrique :

$$x_H=-\frac{1}{6},y_H=-\left(-\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{6},z_H=2+4\times \left(-\frac{1}{6}\right)=2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}.$$

Le projeté orthogonal de $D$ sur le plan $(ABC)$ est donc bien $H\left(-\frac{1}{6};\frac{1}{6};\frac{4}{3}\right)$.

Vérification : $-\frac{1}{6}-\frac{1}{6}+4\times \frac{4}{3}-5=-\frac{1}{3}+\frac{16}{3}-\frac{15}{3}=0$ : $H$ est bien dans le plan.

5.a. Le triangle $ABC$ est isocèle en $B$ si $BA=BC$. Dans le repère orthonormé :

$$\overrightarrow{BA}\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 1\end{array}\right),BA=\sqrt{(-1{)}^2+3^2+1^2}=\sqrt{1+9+1}=\sqrt{11};$$

$$\overrightarrow{BC}\left(\begin{array}{c}0-3\\ -1-(-2)\\ 1-0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 1\end{array}\right),BC=\sqrt{(-3{)}^2+1^2+1^2}=\sqrt{9+1+1}=\sqrt{11}.$$

Ainsi $BA=BC=\sqrt{11}$ : le triangle $ABC$ est isocèle en $B$.

5.b. Dans un triangle isocèle en $B$, la médiane issue de $B$ est aussi la hauteur issue de $B$ : elle passe par le milieu $M$ de la base $[AC]$. On a

$$M\left(\frac{2+0}{2};\frac{1+(-1)}{2};\frac{1+1}{2}\right)=M(1;0;1)\text{et}\overrightarrow{BM}\left(\begin{array}{c}1-3\\ 0-(-2)\\ 1-0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right).$$

Vérifions directement que $(BM)$ est la hauteur : $\overrightarrow{BM}\cdot \overrightarrow{AC}=(-2)\times (-2)+2\times (-2)+1\times 0=4-4+0=0$, donc $(BM)\perp (AC)$. Les longueurs valent

$$BM=\sqrt{(-2{)}^2+2^2+1^2}=\sqrt{9}=3\text{et}AC=\sqrt{(-2{)}^2+(-2{)}^2+0^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}.$$

L'aire du triangle $ABC$ est donc

$${\mathcal{A}}_{ABC}=\frac{AC\times BM}{2}=\frac{2\sqrt{2}\times 3}{2}=3\sqrt{2}.$$

6.a. Prenons le triangle $ABC$ comme base du tétraèdre $ABCD$. La hauteur relative à cette base est la distance de $D$ au plan $(ABC)$, c'est-à-dire la longueur $DH$ où $H$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(ABC)$ (question 4) :

$$\overrightarrow{DH}\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{6}\\ \frac{1}{6}\\ \frac{4}{3}-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{6}\\ \frac{1}{6}\\ -\frac{2}{3}\end{array}\right),DH=\sqrt{\frac{1}{36}+\frac{1}{36}+\frac{4}{9}}=\sqrt{\frac{1+1+16}{36}}=\sqrt{\frac{18}{36}}=\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

D'après la formule rappelée :

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

Le volume du tétraèdre $ABCD$ est égal à $1$ (unité de volume).

Autre méthode : $DH=|t|\times \Vert \overrightarrow{n}\Vert$ avec $t=-\frac{1}{6}$, soit $DH=\frac{1}{6}\sqrt{1+1+16}=\frac{\sqrt{18}}{6}=\frac{3\sqrt{2}}{6}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

6.b. Le volume ne dépend pas de la face choisie comme base. Prenons cette fois le triangle $BCD$ comme base : la hauteur relative est la distance de $A$ au plan $(BCD)$, égale à $\sqrt{2}$ d'après l'énoncé. Alors

$$V=\frac{1}{3}{\mathcal{A}}_{BCD}\times \sqrt{2}=1⟺{\mathcal{A}}_{BCD}=\frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$$

L'aire du triangle $BCD$ est $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ (unité d'aire), soit environ $2,12$.

Ce que le correcteur attend : le mot-clé est « en déduire » : on réutilise le volume trouvé en 6.a avec une autre base, sans recalculer l'aire de $BCD$ par ses côtés.

7.a. Les points $A$, $B$, $C$ et $D_k$ sont coplanaires si et seulement si $D_k(0;0;k)$ appartient au plan $(ABC)$, c'est-à-dire si ses coordonnées vérifient l'équation $x-y+4z-5=0$ :

$$0-0+4k-5=0⟺k=\frac{5}{4}.$$

Pour $k=\frac{5}{4}$, le point $D_k\left(0;0;\frac{5}{4}\right)$ est dans le plan $(ABC)$ : son projeté orthogonal sur ce plan est le point $D_k$ lui-même (le projeté orthogonal d'un point du plan est ce point).

7.b. Le point $A$ appartient au plan $(ABC)$. Il est le projeté orthogonal de $D_k$ sur $(ABC)$ si et seulement si la droite $(D_{k}A)$ est orthogonale au plan $(ABC)$, c'est-à-dire si et seulement si le vecteur $\overrightarrow{D_{k}A}$ est colinéaire au vecteur normal $\overrightarrow{n}$ (ou nul, ce qui n'arrive jamais ici puisque $x_A=2\ne 0$). Or

$$\overrightarrow{D_{k}A}\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 1-k\end{array}\right).$$

S'il existait un réel $\lambda$ tel que $\overrightarrow{D_{k}A}=\lambda \overrightarrow{n}$, les deux premières coordonnées donneraient $2=\lambda$ et $1=-\lambda$, ce qui est impossible. Quelle que soit la valeur de $k$, $\overrightarrow{D_{k}A}$ n'est pas colinéaire à $\overrightarrow{n}$ : la droite $(D_{k}A)$ n'est jamais orthogonale au plan $(ABC)$.

On peut aussi le voir directement : $\overrightarrow{D_{k}A}\cdot \overrightarrow{AC}=2\times (-2)+1\times (-2)+(1-k)\times 0=-6\ne 0$ pour tout réel $k$, donc $(D_{k}A)$ n'est jamais orthogonale à la droite $(AC)$ du plan.

Conclusion : il n'existe aucune valeur de $k$ telle que $A$ soit le projeté orthogonal de $D_k$ sur le plan $(ABC)$.

Ce que le correcteur attend : la condition « $A$ est le projeté orthogonal de $D_k$ » se traduit par deux exigences, $A\in (ABC)$ (vraie) et $(D_{k}A)\perp (ABC)$ ; c'est la seconde qui échoue, et il faut le montrer pour tout $k$, pas pour une valeur particulière.