Corrigé bac mathématiques 2026 Polynésie jour 1 — Exercice 4 : Géométrie dans l'espace : plan, droite et volume de tétraèdre

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

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Énoncé

L'espace est muni d'un repère orthonormé $(O; ; ; k)$ .

On considère les points $A (1; 2; - 1)$ , $B (0; 3; 2)$ , $C (- 2; 4; 0)$ et $D (8; 2; - 11)$ .

1.a. Démontrer que les points $A$ , $B$ et $C$ définissent un plan.

1.b. Démontrer que le vecteur $n 58 - 1$ est un vecteur normal au plan $(A B C)$ .

1.c. En déduire qu'une équation cartésienne du plan $(A B C)$ est $5 x + 8 y - z - 22 = 0$ .

1.d. Vérifier que le point $D$ n'appartient pas au plan $(A B C)$ .

2.a. On considère la droite $Δ$ , orthogonale au plan $(A B C)$ et passant par $D$ . Justifier qu'une représentation paramétrique de la droite $Δ$ est :

$⎩ ⎨ ⎧ x = 8 + 5 t y = 2 + 8 t z = - 11 - t, avec t \in R .$

2.b. On appelle $E$ le point d'intersection de la droite $Δ$ et du plan $(A B C)$ . Démontrer que le point $E$ a pour coordonnées $(\frac{11}{2}; - 2; - \frac{21}{2})$ .

2.c. En déduire la valeur exacte de la longueur $D E$ , distance du point $D$ au plan $(A B C)$ .

3. On note $H$ le point de coordonnées $(- \frac{2}{3}; \frac{10}{3}; \frac{4}{3})$ .

On admet qu'une représentation paramétrique de la droite $(B C)$ est :

$⎩ ⎨ ⎧ x = - 2 k y = 3 + k z = 2 - 2 k, avec k \in R .$

Avec un logiciel de calcul formel, on obtient les résultats suivants :

`Entrée 1:`	`(-2/3-1)(-2)+(10/3-2)1+(4/3-(-1))*(-2)`
`Sortie 1:`	$\to$ `0`
`Entrée 2:`	`RésoudreSystème(-2k=-2/3, 3+k=10/3, 2-2k=4/3)`
`Sortie 2:`	$\to$ `k=-1/3`
`Entrée 3:`	`RacineCarrée((-2/3)-1)\textasciicircum{`2+(10/3-2)\textasciicircum{}2+(4/3+1)\textasciicircum{}2))}
`Sortie 3:`	$\to$ `RacineCarrée(10)`
`Entrée 4:`	`RacineCarrée((-2-0))\textasciicircum{`2+(4-3)\textasciicircum{}2+(0-2)\textasciicircum{}2)}
`Sortie 4:`	$\to$ `3`

3.a. En utilisant les deux premiers résultats obtenus avec la feuille de calculs ci-dessus, justifier que le point $H$ est le projeté orthogonal du point $A$ sur la droite $(B C)$ .

3.b. En exploitant les autres résultats obtenus avec la feuille de calculs ci-dessus, déterminer le volume du tétraèdre $A B C D$ .

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

Corrigé

1.a. Calculons les coordonnées de deux vecteurs, obtenues en soustrayant celles de l'origine du vecteur à celles de son extrémité :

$A B 0 - 1 3 - 2 2 - (- 1) = - 1 13, A C - 2 - 1 4 - 2 0 - (- 1) = - 3 21 .$

Ces deux vecteurs sont-ils colinéaires ? S'il existait un réel $λ$ tel que $A C = λ A B$ , la première coordonnée imposerait $- 3 = - λ$ , donc $λ = 3$ ; or la deuxième coordonnée donnerait alors $1 \times 3 = 3 \neq = 2$ . C'est impossible : les vecteurs $A B$ et $A C$ ne sont pas colinéaires.

Les points $A$ , $B$ et $C$ ne sont donc pas alignés : ils définissent un unique plan, le plan $(A B C)$ , dont $A B$ et $A C$ sont deux vecteurs directeurs.

1.b. Un vecteur non nul est normal à un plan lorsqu'il est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires de ce plan. Le vecteur $n$ est non nul, et le produit scalaire se calcule en repère orthonormé par la somme des produits des coordonnées :

$n \cdot A B = 5 \times (- 1) + 8 \times 1 + (- 1) \times 3 = - 5 + 8 - 3 = 0,$

$n \cdot A C = 5 \times (- 3) + 8 \times 2 + (- 1) \times 1 = - 15 + 16 - 1 = 0.$

Le vecteur $n$ est donc orthogonal à $A B$ et à $A C$ , deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan $(A B C)$ (question 1.a) : $n$ est un vecteur normal au plan $(A B C)$ .

1.c. Un plan de vecteur normal $n (a; b; c)$ admet une équation cartésienne de la forme $a x + b y + cz + d = 0$ . Avec $n (5; 8; - 1)$ , le plan $(A B C)$ a donc une équation de la forme

$5 x + 8 y - z + d = 0.$

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

$5 \times 1 + 8 \times 2 - (- 1) + d = 0 ⟺ 5 + 16 + 1 + d = 0 ⟺ d = - 22.$

Une équation cartésienne du plan $(A B C)$ est donc

$5 x + 8 y - z - 22 = 0.$

Contrôle avec les deux autres points : pour $B (0; 3; 2)$ , $0 + 24 - 2 - 22 = 0$ ; pour $C (- 2; 4; 0)$ , $- 10 + 32 - 0 - 22 = 0$ . Les trois points conviennent.

1.d. Remplaçons $x$ , $y$ et $z$ par les coordonnées de $D (8; 2; - 11)$ dans le membre de gauche de l'équation :

$5 \times 8 + 8 \times 2 - (- 11) - 22 = 40 + 16 + 11 - 22 = 45 \neq = 0.$

Les coordonnées de $D$ ne vérifient pas l'équation du plan : le point $D$ n'appartient pas au plan $(A B C)$ . Les quatre points $A$ , $B$ , $C$ et $D$ ne sont donc pas coplanaires, et le tétraèdre $A B C D$ n'est pas aplati.

2.a. La droite $Δ$ est orthogonale au plan $(A B C)$ : elle est donc dirigée par un vecteur normal à ce plan, par exemple $n (5; 8; - 1)$ . Elle passe par $D (8; 2; - 11)$ . Un point $M (x; y; z)$ appartient à $Δ$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $D M = t n$ , c'est-à-dire

$⎩ ⎨ ⎧ x - 8 = 5 t y - 2 = 8 t z - (- 11) = - t soit ⎩ ⎨ ⎧ x = 8 + 5 t y = 2 + 8 t z = - 11 - t, t \in R .$

C'est bien la représentation paramétrique proposée.

2.b. Le point $E$ appartient à $Δ$ : ses coordonnées sont de la forme $(8 + 5 t; 2 + 8 t; - 11 - t)$ pour un certain réel $t$ . Il appartient aussi au plan $(A B C)$ : ses coordonnées vérifient donc l'équation $5 x + 8 y - z - 22 = 0$ . En substituant :

$5 (8 + 5 t) + 8 (2 + 8 t) - (- 11 - t) - 22 = 0.$

Développons :

$40 + 25 t + 16 + 64 t + 11 + t - 22 = 0 ⟺ 90 t + 45 = 0 ⟺ t = - \frac{45}{90} = - \frac{1}{2} .$

En reportant $t = - \frac{1}{2}$ dans la représentation paramétrique :

$x = 8 + 5 \times (- \frac{1}{2}) = 8 - \frac{5}{2} = \frac{11}{2}, y = 2 + 8 \times (- \frac{1}{2}) = 2 - 4 = - 2,$

$z = - 11 - (- \frac{1}{2}) = - 11 + \frac{1}{2} = - \frac{21}{2} .$

Le point $E$ a donc pour coordonnées $(\frac{11}{2}; - 2; - \frac{21}{2})$ . (La droite $Δ$ n'étant pas parallèle au plan, puisqu'elle lui est orthogonale, ce point d'intersection existe et est unique.)

2.c. Calculons les coordonnées du vecteur $D E$ :

$D E \frac{11}{2} - 8 - 2 - 2 - \frac{21}{2} - (- 11) = - \frac{5}{2} - 4 \frac{1}{2} .$

La longueur $D E$ est la norme de ce vecteur :

$D E = (- \frac{5}{2})^{2} + (- 4)^{2} + (\frac{1}{2})^{2} = \frac{25}{4} + 16 + \frac{1}{4} = \frac{25 + 64 + 1}{4} = \frac{90}{4} = \frac{90}{2} = \frac{3 10}{2} .$

La valeur exacte de la distance du point $D$ au plan $(A B C)$ est donc $D E = \frac{3 10}{2} \approx 4, 74$ .

Ce que le correcteur attend : $D E$ est bien la distance de $D$ au plan, car $E$ est par construction le projeté orthogonal de $D$ sur $(A B C)$ ( $E$ est l'intersection du plan avec la droite passant par $D$ et orthogonale à ce plan) ; c'est le point du plan le plus proche de $D$ . On demandait la valeur exacte : $\frac{3 10}{2}$ , et non $4, 74$ .

3.a. La représentation paramétrique de $(B C)$ montre que cette droite est dirigée par le vecteur $u (- 2; 1; - 2)$ (ce sont les coefficients de $k$ ) ; on retrouve bien $B C (- 2 - 0; 4 - 3; 0 - 2) = (- 2; 1; - 2)$ .

Le point $H$ appartient à la droite $(B C)$ . L'entrée 2 résout le système traduisant l'appartenance de $H (- \frac{2}{3}; \frac{10}{3}; \frac{4}{3})$ à $(B C)$ : on cherche un réel $k$ tel que $- 2 k = - \frac{2}{3}$ , $3 + k = \frac{10}{3}$ et $2 - 2 k = \frac{4}{3}$ . Le logiciel renvoie une solution, donc ce système est compatible : il existe bien une valeur du paramètre donnant le point $H$ , autrement dit $H \in (B C)$ .

Le vecteur $A H$ est orthogonal à la droite $(B C)$ . On a

$A H - \frac{2}{3} - 1 \frac{10}{3} - 2 \frac{4}{3} - (- 1) = - \frac{5}{3} \frac{4}{3} \frac{7}{3},$

et l'entrée 1 calcule exactement le produit scalaire $A H \cdot u$ :

$(- \frac{2}{3} - 1) \times (- 2) + (\frac{10}{3} - 2) \times 1 + (\frac{4}{3} - (- 1)) \times (- 2) = \frac{10}{3} + \frac{4}{3} - \frac{14}{3} = 0,$

ce que confirme la sortie 1. Le vecteur $A H$ est donc orthogonal au vecteur directeur $u$ de $(B C)$ .

Le point $H$ appartient à $(B C)$ et $A H$ est orthogonal à $(B C)$ : $H$ est donc le projeté orthogonal du point $A$ sur la droite $(B C)$ . En particulier, $A H$ est la distance de $A$ à la droite $(B C)$ .

Réserve sur la sortie 2. La valeur affichée par le logiciel, $k = - \frac{1}{3}$ , ne vérifie pas les équations du système : la première donne $- 2 k = - \frac{2}{3}$ , soit $k = \frac{1}{3}$ , valeur qui satisfait aussi les deux autres ( $3 + \frac{1}{3} = \frac{10}{3}$ et $2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$ ). Le signe imprimé est une coquille de l'énoncé ; elle est sans incidence sur la démonstration, qui n'utilise que l'existence d'une solution.

3.b. Prenons pour base du tétraèdre $A B C D$ le triangle $A B C$ , contenu dans le plan $(A B C)$ .

Aire de la base. Dans le triangle $A B C$ , la hauteur issue de $A$ est le segment $[A H]$ , puisque $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $(B C)$ (question 3.a). L'entrée 3 calcule la norme de $A H$ et l'entrée 4 celle de $B C$ ; les sorties donnent

$A H = 10 et B C = 3.$

L'aire d'un triangle étant la moitié du produit d'un côté par la hauteur relative à ce côté :

$B = \frac{B C \times A H}{2} = \frac{3 \times 10}{2} = \frac{3 10}{2} .$

Hauteur relative à cette base. C'est la distance du sommet $D$ au plan de la base, c'est-à-dire au plan $(A B C)$ : d'après la question 2.c,

$h = D E = \frac{3 10}{2} .$

Volume. En appliquant la formule rappelée :

$V = \frac{1}{3} \times B \times h = \frac{1}{3} \times \frac{3 10}{2} \times \frac{3 10}{2} = \frac{1}{3} \times \frac{9 \times 10}{4} = \frac{90}{12} = \frac{15}{2} .$

Le volume du tétraèdre $A B C D$ vaut donc $\frac{15}{2} = 7, 5$ unités de volume.

Ce que le correcteur attend : distinguer les deux « hauteurs » en jeu — $A H$ est la hauteur du triangle $A B C$ (elle sert à calculer l'aire de la base), tandis que $D E$ est la hauteur du tétraèdre relative à cette base (distance de $D$ au plan $(A B C)$ ). Confondre les deux fait perdre tout le bénéfice des questions précédentes. Le résultat s'exprime en unités de volume, le repère étant orthonormé.

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