Bac de maths 2026 Métropole jour 2 : sujet et corrigé

Dans le repère orthonormé (O ; i, j, k) on considère A(2 ; 1 ; 1), $B(3 \,;\, -2 \,;\, 0)$, $C(0 \,;\, -1 \,;\, 1)$ et D(0 ; 0 ; 2). On calcule deux vecteurs du plan : $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1 \\ -3 \\ -1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-2 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix}$. Leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles (la 3ᵉ vaut $-1$ pour $\overrightarrow{AB}$ mais 0 pour $\overrightarrow{AC}$), donc $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires. Les points A, B et C ne sont donc pas alignés : ils définissent bien un plan, le plan (ABC).

On teste que $\vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}$ est orthogonal à deux vecteurs du plan. $\vec{n}\cdot \overrightarrow{AB} = 1\times 1 + (-1)\times (-3) + 4\times (-1) = 1 + 3 - 4 = 0$. $\vec{n}\cdot \overrightarrow{AC} = 1\times (-2) + (-1)\times (-2) + 4\times 0 = -2 + 2 + 0 = 0$. Le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c'est donc un vecteur normal au plan (ABC).

Puisque $\vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}$ est normal, le plan admet une équation de la forme $x - y + 4z + d = 0$. Le point A(2 ; 1 ; 1) appartient au plan : $2 - 1 + 4\times 1 + d = 0$, soit $5 + d = 0$, donc $d = -5$. Une équation cartésienne du plan (ABC) est : $x - y + 4z - 5 = 0$.

La droite Δ proposée a pour vecteur directeur celui de coordonnées $(1 \,;\, -1 \,;\, 4)$, qui est exactement $\vec{n}$ : elle est donc orthogonale au plan (ABC). De plus, pour $t = 0$, la représentation donne le point $(0 \,;\, 0 \,;\, 2) = D$ : la droite passe bien par D. La représentation paramétrique $\{ x = t \,;\, y = -t \,;\, z = 2 + 4t , t \in \mathbb{R} \}$ convient donc.

Le projeté orthogonal H de D est le point d'intersection de Δ et du plan (ABC). Un point de Δ s'écrit $(t \,;\, -t \,;\, 2 + 4t)$. On l'injecte dans l'équation du plan : $t - (-t) + 4(2 + 4t) - 5 = 0$, soit $2t + 8 + 16t - 5 = 0$, donc $18t + 3 = 0$ et $t = -\frac{1}{6}$. On remplace : $x = -\frac{1}{6}$, $y = \frac{1}{6}$, $z = 2 + 4\times (-\frac{1}{6}) = 2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$. Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est donc bien $H(-\frac{1}{6} \,;\, \frac{1}{6} \,;\, \frac{4}{3})$.

On compare les longueurs BA et BC. $\overrightarrow{BA} = A - B = \begin{pmatrix}-1 \\ 3 \\ 1\end{pmatrix}$ donc $BA = \sqrt{1 + 9 + 1} = \sqrt{11}$. $\overrightarrow{BC} = C - B = \begin{pmatrix}-3 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}$ donc $BC = \sqrt{9 + 1 + 1} = \sqrt{11}$. Comme $BA = BC = \sqrt{11}$, le triangle ABC est isocèle en B.

Le triangle étant isocèle en B, la hauteur issue de B tombe au milieu M de [AC]. Le milieu M de [AC] a pour coordonnées (1 ; 0 ; 1). Alors $\overrightarrow{BM} = M - B = \begin{pmatrix}-2 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix}$, donc $BM = \sqrt{4 + 4 + 1} = \sqrt{9} = 3$. Par ailleurs $\overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix}-2 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix}$ donne $AC = \sqrt{4 + 4 + 0} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$. L'aire vaut donc : $\text{Aire} = \frac{1}{2} \times AC \times BM = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{2} \times 3 = 3\sqrt{2}$.

On choisit pour base le triangle ABC, d'aire ℬ $= 3\sqrt{2}$. La hauteur relative est la distance de D au plan (ABC), c'est-à-dire DH. On calcule $\overrightarrow{DH} = H - D = \begin{pmatrix}-\frac{1}{6} \\ \frac{1}{6} \\ \frac{4}{3} - 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac{1}{6} \\ \frac{1}{6} \\ -\frac{2}{3}\end{pmatrix}$, donc $DH = \sqrt{\frac{1}{36} + \frac{1}{36} + \frac{4}{9}} = \sqrt{\frac{18}{36}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Ainsi $V = \frac{1}{3}$ × ℬ × $h = \frac{1}{3} \times 3\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{3} \times \frac{3\times 2}{2} = \frac{1}{3} \times 3 = 1$. Le volume du tétraèdre ABCD est donc égal à 1.

Le volume ne dépend pas de la base choisie. En prenant cette fois la base BCD et la hauteur issue de A (distance de A au plan (BCD), égale à $\sqrt{2}$), on a $V = \frac{1}{3} \times \text{Aire}(\text{BCD}) \times \sqrt{2} = 1$. On en tire Aire(BCD) $= \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.

Les points A, B, C, $D_k$ sont coplanaires si et seulement si $D_k$ appartient au plan (ABC). On remplace $D_k$(0 ; 0 ; k) dans l'équation : $0 - 0 + 4k - 5 = 0$, donc $k = \frac{5}{4}$. Dans ce cas, $D_k$ est déjà dans le plan (ABC) : son projeté orthogonal sur (ABC) est $D_k$ lui-même.

A serait le projeté orthogonal de $D_k$ sur (ABC) si et seulement si le vecteur $\overrightarrow{D_{k}A}$ était colinéaire au vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 4\end{pmatrix}$. Or $\overrightarrow{D_{k}A} = A - D_{k} = (2 \,;\, 1 \,;\, 1 - k)$. Pour la colinéarité, il faudrait $2 = \lambda \times 1$ et $1 = \lambda \times (-1)$, c'est-à-dire $\lambda = 2$ et $\lambda = -1$ simultanément : c'est impossible. Aucune valeur de k ne convient : A ne peut jamais être le projeté orthogonal de $D_k$ sur le plan (ABC).