Corrigé bac mathématiques 2026 — Exercice 3 : Géométrie dans le cube : plan, distance et coplanarité

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

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Énoncé

On considère le cube $A B C D E F G H$ représenté ci-dessous.

On munit l'espace du repère orthonormal $(A; A B, A D, A E)$ . Soit $I$ le milieu du segment $[E F]$ , $J$ le milieu de $[E H]$ et $K$ le milieu de $[A E]$ .

1. Donner les coordonnées des points $I$ , $J$ et $K$ .

2. a. Déterminer la valeur du produit scalaire $A I \cdot A J$ . 2. b. En déduire la mesure de l'angle $I A J$ arrondie au dixième de degré.

3. a. Démontrer que le vecteur $K C$ est un vecteur normal au plan $(A I J)$ . 3. b. En déduire qu'une équation cartésienne du plan $(A I J)$ est $x + y - \frac{1}{2} z = 0$ .

4. Soit $L$ le projeté orthogonal du point $C$ sur le plan $(A I J)$ . 4. a. Déterminer les coordonnées du point $L$ . 4. b. En déduire que la distance du point $C$ au plan $(A I J)$ est égale à $\frac{4}{3}$ .

5. Soit $M$ un point de la droite $(F G)$ . On admet que les coordonnées du point $M$ sont $(1; m; 1)$ avec $m$ appartenant à $R$ . 5. a. Démontrer qu'une représentation paramétrique de la droite $(I M)$ est $⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{1}{2} s + \frac{1}{2} y = m s z = 1 avec s \in R .$ 5. b. Peut-on affirmer que les droites $(I M)$ et $(K C)$ sont coplanaires quelle que soit la valeur de $m$ ?

Corrigé

1. Dans le repère donné, on a : $E (0; 0; 1) F (1; 0; 1) H (0; 1; 1) A (0; 0; 0)$ Le point $I$ est le milieu de $[E F]$ , donc $I (\frac{1}{2}; 0; 1)$ . Le point $J$ est le milieu de $[E H]$ , donc $J (0; \frac{1}{2}; 1)$ . Le point $K$ est le milieu de $[A E]$ , donc $K (0; 0; \frac{1}{2})$ .

2. a. On a : $A I = (\frac{1}{2}; 0; 1) et A J = (0; \frac{1}{2}; 1)$ Donc : $A I \cdot A J = \frac{1}{2} \times 0 + 0 \times \frac{1}{2} + 1 \times 1 = 1$

2. b. On utilise la formule : $A I \cdot A J = A I \times A J \times cos (I A J)$ Or : $A I = (\frac{1}{2})^{2} + 0^{2} + 1^{2} = \frac{5}{2}$ et de même : $A J = 0^{2} + (\frac{1}{2})^{2} + 1^{2} = \frac{5}{2}$ Ainsi : $1 = \frac{5}{2} \times \frac{5}{2} \times cos (I A J)$ $\Leftrightarrow 1 = \frac{5}{4} cos (I A J)$ $\Leftrightarrow cos (I A J) = \frac{4}{5}$ Donc : $I A J \approx 36, 9°$ La mesure de l'angle $I A J$ , arrondie au dixième de degré, est donc $36, 9°$ .

3. a. On a $C (1; 1; 0)$ , donc $K C = (1; 1; - \frac{1}{2})$ . On vérifie que ce vecteur est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(A I J)$ , par exemple $A I$ et $A J$ : $K C \cdot A I = 1 \times \frac{1}{2} + 1 \times 0 - \frac{1}{2} \times 1 = 0$ De même : $K C \cdot A J = 1 \times 0 + 1 \times \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \times 1 = 0$ Le vecteur $K C$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(A I J)$ . Il est donc normal au plan $(A I J)$ .

3. b. Le plan $(A I J)$ passe par $A (0; 0; 0)$ et admet pour vecteur normal $K C = (1; 1; - \frac{1}{2})$ . Une équation cartésienne du plan est donc de la forme : $x + y - \frac{1}{2} z + d = 0$ Comme le point $A (0; 0; 0)$ appartient au plan, on obtient $d = 0$ . Ainsi, une équation cartésienne du plan $(A I J)$ est : $x + y - \frac{1}{2} z = 0$

4. a. Le point $L$ est le projeté orthogonal de $C$ sur le plan $(A I J)$ . Donc $L$ appartient à la droite passant par $C$ et dirigée par le vecteur normal $n = (1; 1; - \frac{1}{2})$ . La droite passant par $C (1; 1; 0)$ et de direction $n$ a pour représentation paramétrique : $⎩ ⎨ ⎧ x = 1 + t y = 1 + t z = - \frac{1}{2} t$ Le point $L$ appartient aussi au plan $(A I J)$ , ses coordonnées vérifient $x + y - \frac{1}{2} z = 0$ . On remplace $x$ , $y$ et $z$ : $(1 + t) + (1 + t) - \frac{1}{2} (- \frac{1}{2} t) = 0$ $\Leftrightarrow 2 + 2 t + \frac{1}{4} t = 0$ $\Leftrightarrow 2 + \frac{9}{4} t = 0$ $\Leftrightarrow t = - \frac{8}{9}$ On en déduit : $x = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9} y = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9} z = - \frac{1}{2} \times (- \frac{8}{9}) = \frac{4}{9}$ Donc : $L (\frac{1}{9}; \frac{1}{9}; \frac{4}{9})$

4. b. La distance du point $C$ au plan $(A I J)$ est égale à la longueur $C L$ : $C L = (\frac{1}{9} - 1; \frac{1}{9} - 1; \frac{4}{9} - 0) = (- \frac{8}{9}; - \frac{8}{9}; \frac{4}{9})$ Donc : $C L = (- \frac{8}{9})^{2} + (- \frac{8}{9})^{2} + (\frac{4}{9})^{2} = \frac{64}{81} + \frac{64}{81} + \frac{16}{81} = \frac{144}{81} = \frac{4}{3}$ La distance du point $C$ au plan $(A I J)$ est donc égale à $\frac{4}{3}$ .

5. a. On a $I (\frac{1}{2}; 0; 1)$ et $M (1; m; 1)$ . Donc : $I M = (1 - \frac{1}{2}; m - 0; 1 - 1) = (\frac{1}{2}; m; 0)$ Une représentation paramétrique de la droite $(I M)$ est donc : $⎩ ⎨ ⎧ x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} s y = m s z = 1 avec s \in R$

5. b. Pour savoir si les droites $(I M)$ et $(K C)$ sont coplanaires, on peut chercher si elles sont sécantes. Elles ne sont pas parallèles, car leurs vecteurs directeurs $(\frac{1}{2}; m; 0)$ et $(1; 1; - \frac{1}{2})$ ne peuvent pas être colinéaires, notamment à cause de la coordonnée en $z$ . Une représentation paramétrique de la droite $(K C)$ est : $⎩ ⎨ ⎧ x = λ y = λ z = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} λ avec λ \in R$ On cherche s'il existe $s$ et $λ$ tels que : $⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2} + \frac{1}{2} s = λ m s = λ 1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} λ$ La troisième équation donne : $1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} λ \Leftrightarrow λ = - 1$ La première équation devient alors : $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} s = - 1 \Leftrightarrow s = - 3$ La deuxième équation donne : $m \times (- 3) = - 1 \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}$ Les droites $(I M)$ et $(K C)$ sont sécantes uniquement lorsque $m = \frac{1}{3}$ . On ne peut donc pas affirmer qu'elles sont coplanaires quelle que soit la valeur de $m$ . Elles le sont seulement pour $m = \frac{1}{3}$ .

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