Spé maths 17 juin 2026 exercice 1 — géométrie dans l'espace

Lycée

🎓 Corrigé Bac Maths 2026 : Géométrie dans l’Espace (Exercice 1 – Mercredi)

Dans cet exercice de géométrie vectorielle, nous étudions les positions relatives de points, de plans et de droites dans un repère orthonormé, avant de calculer des aires et des volumes.

Données : Les points \(A(2; 1; 1)\), \(B(3; -2; 0)\), \(C(0; -1; 1)\) et \(D(0; 0; 2)\).

1. Les points A, B et C définissent-ils un plan ?

Pour que trois points définissent un plan, ils ne doivent pas être alignés. Vérifions si les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) sont colinéaires.

Calcul des coordonnées des vecteurs :

\(\overrightarrow{AB} (3-2 ; -2-1 ; 0-1) = (1 ; -3 ; -1)\)
\(\overrightarrow{AC} (0-2 ; -1-1 ; 1-1) = (-2 ; -2 ; 0)\)

Les coordonnées ne sont pas proportionnelles (il n’existe pas de réel \(k\) tel que \(1 = k \times (-2)\) et \(-3 = k \times (-2)\) simultanément). Les vecteurs ne sont donc pas colinéaires.

Conclusion : Les points A, B et C ne sont pas alignés, ils définissent donc un plan unique, noté \((ABC)\).

2. Équation cartésienne du plan (ABC)

a. Le vecteur \(\overrightarrow{n}\) est-il normal au plan ?

On considère le vecteur \(\overrightarrow{n}(1 ; -1 ; 4)\).

Un vecteur est normal à un plan s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Calculons les produits scalaires \(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AC}\) :

\(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 1 \times 1 + (-1) \times (-3) + 4 \times (-1) = 1 + 3 – 4 = 0\).
\(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times (-2) + (-1) \times (-2) + 4 \times 0 = -2 + 2 + 0 = 0\).

Le vecteur \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((ABC)\).

Conclusion : \(\overrightarrow{n}\) est bien un vecteur normal au plan \((ABC)\).

b. Équation cartésienne du plan

Une équation cartésienne d’un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}(a;b;c)\) est de la forme \(ax + by + cz + d = 0\).

Ici, l’équation est de la forme : \(x – y + 4z + d = 0\).

Le point \(A(2; 1; 1)\) appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient l’équation :

\(2 – 1 + 4\times1 + d = 0 \iff 5 + d = 0 \iff d = -5\).

Conclusion : Une équation cartésienne du plan \((ABC)\) est : \(x – y + 4z – 5 = 0\)

3. Représentation paramétrique de la droite \(\Delta\)

La droite \(\Delta\) passe par \(D(0; 0; 2)\) et est orthogonale au plan \((ABC)\).

Un vecteur directeur de \(\Delta\) est donc le vecteur normal du plan : \(\overrightarrow{n}(1 ; -1 ; 4)\).
Un point de passage est \(D(0; 0; 2)\).

Une représentation paramétrique est donc donnée par :

\(
\begin{cases}
x = 0 + 1t \\
y = 0 – 1t \\
z = 2 + 4t
\end{cases}, \quad t \in \mathbf{R}
\)

Conclusion : La représentation proposée dans l’énoncé (\(x=t, y=-t, z=2+4t\)) est correcte.

4. Projeté orthogonal H du point D sur le plan

Le projeté orthogonal \(H\) est l’intersection de la droite \(\Delta\) et du plan \((ABC)\).

Les coordonnées de \(H\) doivent vérifier à la fois la représentation paramétrique de \(\Delta\) et l’équation du plan. On remplace \(x, y, z\) de la représentation paramétrique dans l’équation du plan :

\(t – (-t) + 4(2 + 4t) – 5 = 0\iff\) \(t + t + 8 + 16t – 5 = 0\)

\(\iff18t + 3 = 0 \iff 18t = -3 \iff t = -{\large\frac{1}{6}}\).

On remplace \(t\) par \(-\frac{1}{6}\) dans la représentation paramétrique pour trouver les coordonnées de \(H\) :

\(x_H = -{\large\frac{1}{6}}\)
\(y_H = -(-{\large\frac{1}{6}}) = {\large\frac{1}{6}}\)
\(z_H = 2 + 4(-{\large\frac{1}{6}}) = 2 – {\large\frac{2}{3}} = {\large\frac{6}{3}} – {\large\frac{2}{3}} = {\large\frac{4}{3}}\)

Conclusion : Le projeté orthogonal est bien le point \(H\left(-\frac{1}{6} ; \frac{1}{6} ; \frac{4}{3}\right)\).

5. Aire du triangle ABC

a. Le triangle ABC est-il isocèle en B ?

Calculons les longueurs \(BA\) et \(BC\) :

\(BA = \sqrt{1^2 + (-3)^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+9+1} = \sqrt{11}\).
\(BC = \sqrt{(0-3)^2 + (-1-(-2))^2 + (1-0)^2} = \sqrt{(-3)^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{11}\).

Puisque \(BA = BC\), le triangle est isocèle en \(B\).

b. Calcul de l’aire du triangle ABC

Nous savons que le triangle est isocèle en \(B\) (d’après la question 5.a). Pour calculer son aire, nous pouvons utiliser la hauteur issue de \(B\).

Soit \(I\) le milieu du segment \([AC]\). Dans un triangle isocèle en \(B\), la médiane issue de \(B\) est aussi la hauteur. Donc \((BI) \perp (AC)\).

1. Calcul de la longueur \(AC\) :

\(AC = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2 + 0} = \sqrt{4+4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\).

La base du triangle est donc \(AC = 2\sqrt{2}\).

2. Calcul de la longueur \(AI\) :

Puisque \(I\) est le milieu de \([AC]\) :

\(AI = {\large\frac{AC}{2}} = {\large\frac{2\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{2}\).

3. Calcul de la hauteur \(BI\) :

Dans le triangle rectangle \(BAI\) (rectangle en \(I\)), appliquons le théorème de Pythagore :

\(BA^2 = AI^2 + BI^2\)

Nous savons que \(BA = \sqrt{11}\) (calculé en 5.a) et \(AI = \sqrt{2}\).

\((\sqrt{11})^2 = (\sqrt{2})^2 + BI^2\)

\(11 = 2 + BI^2 \iff BI^2 = 9 \iff BI = 3\).

La hauteur du triangle est donc \(BI = 3\).

4. Calcul de l’aire :

\(\mathcal{A}_{ABC} = {\large\frac{\text{Base} \times \text{Hauteur}}{2}} = {\large\frac{AC \times BI}{2}}\)

\(\mathcal{A}_{ABC} = {\large\frac{2\sqrt{2} \times 3}{2}} = 3\sqrt{2}\).

Conclusion : L’aire du triangle ABC est bien \(3\sqrt{2}\) unités d’aire.

6. Volume du tétraèdre ABCD

a. Calcul du volume

Le volume d’un tétraèdre est donné par la formule \(V = {\large\frac{1}{3}} \times \mathcal{B} \times h\), où \(\mathcal{B}\) est l’aire de la base (ici le triangle \(ABC\)) et \(h\) la hauteur issue de \(D\) (la distance \(DH\)).

Nous avons trouvé précédemment que l’aire de la base est \(\mathcal{B} = 3\sqrt{2}\).
La hauteur \(h\) correspond à la distance entre le point \(D(0;0;2)\) et son projeté orthogonal \(H\left(-{\large\frac{1}{6}}; {\large\frac{1}{6}}; {\large\frac{4}{3}}\right)\).

Calculons la distance \(DH\) :

\(DH = \sqrt{\left(-{\large\frac{1}{6}}-0\right)^2 + \left({\large\frac{1}{6}}-0\right)^2 + \left({\large\frac{4}{3}}-2\right)^2}\) \(DH = \sqrt{{\large\frac{1}{36}} + {\large\frac{1}{36}} + \left(-{\large\frac{2}{3}}\right)^2} = \sqrt{{\large\frac{2}{36}} + {\large\frac{4}{9}}}\)

En mettant au même dénominateur (36) :

\(DH = \sqrt{{\large\frac{2}{36}} + {\large\frac{16}{36}}} = \sqrt{{\large\frac{18}{36}}} = \sqrt{{\large\frac{1}{2}}} = {\large\frac{1}{\sqrt{2}}}\).

Calculons maintenant le volume :

\(V = {\large\frac{1}{3}} \times (3\sqrt{2}) \times {\large\frac{1}{\sqrt{2}}}\)

Les termes se simplifient : \(V = {\large\frac{3\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}} = 1\).

Conclusion : Le volume du tétraèdre ABCD est égal à 1 unité de volume.

b. Aire du triangle BCD

On admet que la distance du point \(A\) au plan \((BCD)\) est \(h’ = \sqrt{2}\). Si l’on considère le triangle \(BCD\) comme base du tétraèdre, cette distance \(h’\) est la hauteur correspondante.

Le volume du tétraèdre reste le même (1), donc :

\(V = {\large\frac{1}{3}} \times \mathcal{A}_{BCD} \times h’ = 1\)

En remplaçant \(h’\) par \(\sqrt{2}\) :

\({\large\frac{1}{3}} \times \mathcal{A}_{BCD} \times \sqrt{2} = 1\) \(\mathcal{A}_{BCD} \times \sqrt{2} = 3\) \(\mathcal{A}_{BCD} = {\large\frac{3}{\sqrt{2}}}\)

En rationalisant le dénominateur (multiplier haut et bas par \(\sqrt{2}\)) :

\(\mathcal{A}_{BCD} = {\large\frac{3\sqrt{2}}{2}}\).

Résultat : L’aire du triangle BCD est \({\large\frac{3\sqrt{2}}{2}}\).

7. Étude du point \(D_k(0; 0; k)\)

a. Coplanarité de A, B, C et \(D_k\)

Les points \(A, B, C, D_k\) sont coplanaires si et seulement si \(D_k\) appartient au plan \((ABC)\).

On remplace les coordonnées de \(D_k(0; 0; k)\) dans l’équation du plan \(x – y + 4z – 5 = 0\) :

\(0 – 0 + 4k – 5 = 0 \iff 4k = 5 \iff k = 1,25\).

Résultat : Les points sont coplanaires pour \(k = 1,25\).

Projeté orthogonal : Si \(D_k\) est dans le plan, son projeté orthogonal sur ce plan est lui-même.

b. A peut-il être le projeté orthogonal de \(D_k\) ?

Si \(A\) est le projeté orthogonal de \(D_k\) sur le plan \((ABC)\), alors le vecteur \(\overrightarrow{AD_k}\) doit être colinéaire au vecteur normal \(\overrightarrow{n}(1; -1; 4)\).

Calculons \(\overrightarrow{AD_k}\) avec \(A(2; 1; 1)\) et \(D_k(0; 0; k)\) :

\(\overrightarrow{AD_k} (0-2 ; 0-1 ; k-1) = (-2 ; -1 ; k-1)\).

Pour que \(\overrightarrow{AD_k}\) soit colinéaire à \(\overrightarrow{n}(1 ; -1 ; 4)\), il faut que les coordonnées soient proportionnelles :

\({\large\frac{-2}{1}} = {\large\frac{-1}{-1}}\) ?

\(-2 \neq 1\).

Les rapports ne sont pas égaux, donc les vecteurs ne sont jamais colinéaires, quelle que soit la valeur de \(k\).

Conclusion : Non, il n’existe aucune valeur de \(k\) telle que \(A\) soit le projeté orthogonal de \(D_k\) sur le plan \((ABC)\).