Corrigé bac mathématiques 2026 Polynésie jour 2 — Exercice 3 : Géométrie dans l'espace : plan, droite, projeté orthogonal

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 orthonormal $(O; , , k)$ , on considère les points

$A (- 1; 1; 1), B (1; - 6; - 1) et C (- 5; 2; 3) .$

1.a. Démontrer que les points $A$ , $B$ et $C$ ne sont pas alignés.

1.b. Démontrer que le vecteur $n 6 - 2 13$ est normal au plan $(A B C)$ .

1.c. En déduire que le plan $(A B C)$ admet pour équation cartésienne :

$6 x - 2 y + 13 z - 5 = 0.$

2. On considère le plan $(P)$ d'équation cartésienne $8 x - 2 y - 4 z + 18 = 0$ .

On admet que deux plans sont perpendiculaires si leurs vecteurs normaux respectifs sont orthogonaux.

Démontrer que les plans $(A B C)$ et $(P)$ sont perpendiculaires.

3. Soit $(d)$ une droite dont une représentation paramétrique est :

$⎩ ⎨ ⎧ x = - 4 + t y = - 11 + 6 t z = 2 - t; t \in R .$

Démontrer que la droite $(d)$ intersecte le plan $(A B C)$ en un unique point qu'on nommera $E$ , et qui a pour coordonnées $E (- 3; - 5; 1)$ .

4. Soit $H (- 2; 1; 0)$ .

4.a. Montrer que $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $(d)$ .

4.b. En déduire la distance du point $A$ à la droite $(d)$ .

4.c. Montrer que le triangle $A H E$ est rectangle et que son aire est égale à $19$ unités d'aire.

Corrigé

1.a. Trois points sont alignés si et seulement si deux des vecteurs qu'ils définissent sont colinéaires. Calculons les coordonnées de $A B$ et $A C$ :

$A B 1 - (- 1) - 6 - 1 - 1 - 1 = 2 - 7 - 2 et A C - 5 - (- 1) 2 - 1 3 - 1 = - 4 12 .$

S'il existait un réel $λ$ tel que $A C = λ A B$ , la première coordonnée donnerait $- 4 = 2 λ$ , soit $λ = - 2$ ; mais la deuxième coordonnée donnerait alors $1 = - 2 \times (- 7) = 14$ , ce qui est faux. Les vecteurs $A B$ et $A C$ ne sont donc pas colinéaires : les points $A$ , $B$ et $C$ ne sont pas alignés (et définissent bien un plan $(A B C)$ ).

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 $n (6; - 2; 13)$ est non nul, et $A B$ , $A C$ sont deux vecteurs directeurs non colinéaires de $(A B C)$ d'après la question précédente. Le repère étant orthonormal, on calcule les produits scalaires avec l'expression analytique :

$n \cdot A B = 6 \times 2 + (- 2) \times (- 7) + 13 \times (- 2) = 12 + 14 - 26 = 0,$

$n \cdot A C = 6 \times (- 4) + (- 2) \times 1 + 13 \times 2 = - 24 - 2 + 26 = 0.$

Le vecteur $n$ est orthogonal à $A B$ et à $A C$ : c'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 $a x + b y + cz + d = 0$ . Ici $n (6; - 2; 13)$ , donc $(A B C)$ a une équation de la forme $6 x - 2 y + 13 z + d = 0$ , avec $d \in R$ . Le point $A (- 1; 1; 1)$ appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient l'équation :

$6 \times (- 1) - 2 \times 1 + 13 \times 1 + d = 0 ⟺ - 6 - 2 + 13 + d = 0 ⟺ 5 + d = 0 ⟺ d = - 5.$

Une équation cartésienne du plan $(A B C)$ est donc $6 x - 2 y + 13 z - 5 = 0$ .

Vérification : pour $B (1; - 6; - 1)$ , $6 + 12 - 13 - 5 = 0$ ; pour $C (- 5; 2; 3)$ , $- 30 - 4 + 39 - 5 = 0$ . Les trois points vérifient bien cette équation.

2. L'équation cartésienne $8 x - 2 y - 4 z + 18 = 0$ du plan $(P)$ fournit directement un vecteur normal à $(P)$ : $n^{'} (8; - 2; - 4)$ . Calculons le produit scalaire des deux vecteurs normaux :

$n \cdot n^{'} = 6 \times 8 + (- 2) \times (- 2) + 13 \times (- 4) = 48 + 4 - 52 = 0.$

Les vecteurs $n$ et $n^{'}$ , tous deux non nuls, sont donc orthogonaux : d'après le critère admis dans l'énoncé, les plans $(A B C)$ et $(P)$ sont perpendiculaires.

3. La représentation paramétrique de $(d)$ montre qu'elle est dirigée par le vecteur $u (1; 6; - 1)$ . Commençons par comparer $u$ au vecteur normal $n$ de $(A B C)$ :

$n \cdot u = 6 \times 1 + (- 2) \times 6 + 13 \times (- 1) = 6 - 12 - 13 = - 19 \neq = 0.$

Le vecteur directeur de $(d)$ n'est pas orthogonal au vecteur normal de $(A B C)$ : la droite $(d)$ n'est donc pas parallèle au plan $(A B C)$ , et elle le coupe en un unique point.

Déterminons-le : un point de $(d)$ de paramètre $t$ appartient à $(A B C)$ si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation du plan :

$6 (- 4 + t) - 2 (- 11 + 6 t) + 13 (2 - t) - 5 = 0.$

On développe :

$- 24 + 6 t + 22 - 12 t + 26 - 13 t - 5 = 0 ⟺ 19 - 19 t = 0 ⟺ t = 1.$

Cette équation du premier degré admet une unique solution, ce qui confirme l'unicité du point d'intersection. En reportant $t = 1$ dans la représentation paramétrique :

$x = - 4 + 1 = - 3, y = - 11 + 6 = - 5, z = 2 - 1 = 1.$

La droite $(d)$ coupe donc le plan $(A B C)$ au seul point $E (- 3; - 5; 1)$ .

4.a. Le projeté orthogonal de $A$ sur la droite $(d)$ est l'unique point $H$ de $(d)$ tel que $A H$ soit orthogonal à $(d)$ . Il y a donc deux choses à vérifier.

$H$ appartient à $(d)$ . On cherche $t$ tel que $- 4 + t = - 2$ , soit $t = 2$ ; pour cette valeur, $y = - 11 + 6 \times 2 = 1$ et $z = 2 - 2 = 0$ . Les trois coordonnées de $H (- 2; 1; 0)$ sont obtenues pour le même paramètre $t = 2$ : $H \in (d)$ .

$(A H)$ est orthogonale à $(d)$ . On a

$A H - 2 - (- 1) 1 - 1 0 - 1 = - 1 0 - 1, A H \cdot u = (- 1) \times 1 + 0 \times 6 + (- 1) \times (- 1) = - 1 + 0 + 1 = 0.$

Le vecteur $A H$ est orthogonal au vecteur directeur $u$ de $(d)$ . Le point $H$ appartient à $(d)$ et $A H ⊥ u$ : $H$ est bien le projeté orthogonal de $A$ sur $(d)$ .

4.b. La distance d'un point à une droite est la distance de ce point à son projeté orthogonal sur cette droite (c'est la plus courte distance de $A$ aux points de $(d)$ ). Ici :

$A H = A H = (- 1)^{2} + 0^{2} + (- 1)^{2} = 2 .$

La distance du point $A$ à la droite $(d)$ vaut donc $2$ (soit environ $1, 41$ ).

4.c. Les points $H$ et $E$ appartiennent tous deux à $(d)$ (questions 3. et 4.a), et ils sont distincts. Le vecteur $H E$ est donc un vecteur directeur de $(d)$ :

$H E - 3 - (- 2) - 5 - 1 1 - 0 = - 1 - 6 1 (on retrouve H E = - u) .$

Calculons le produit scalaire :

$H A \cdot H E = 1 \times (- 1) + 0 \times (- 6) + 1 \times 1 = - 1 + 0 + 1 = 0, avec H A 101 .$

Les vecteurs $H A$ et $H E$ sont orthogonaux : le triangle $A H E$ est rectangle en $H$ . C'était prévisible, puisque $A H$ est orthogonal à la droite $(d)$ , qui porte le côté $[H E]$ .

Les côtés de l'angle droit ont pour longueurs

$H A = 2 et H E = (- 1)^{2} + (- 6)^{2} + 1^{2} = 1 + 36 + 1 = 38 .$

Dans un triangle rectangle, l'aire est la moitié du produit des deux côtés de l'angle droit :

$A_{A H E} = \frac{H A \times H E}{2} = \frac{2 \times 38}{2} = \frac{76}{2} = \frac{4 \times 19}{2} = \frac{2 19}{2} = 19 .$

L'aire du triangle $A H E$ est donc égale à $19$ unités d'aire (soit environ $4, 36$ ).

Ce que le correcteur attend : la hauteur issue de $A$ dans le triangle $A H E$ est précisément $[A H]$ , car $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $(H E) = (d)$ : c'est ce qui justifie d'utiliser $H A$ et $H E$ comme base et hauteur, sans recalculer $A E$ .

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