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Terminale Spé Maths / Chapitre 10 : Vecteurs, droites et plans de l'espace / Annales du bac

Bac 2025, Amérique du Sud : exercice 2

14 novembre 2025 · jour 2 · 4 points QCM

Cet exercice est un questionnaire à choix multiple. Pour chaque question, une seule des trois propositions est exacte.

Indiquer sur la copie le numéro de la question et la lettre de la proposition choisie.

Aucune justification n'est demandée.

Pour chaque question, une réponse exacte rapporte un point.
Une réponse fausse, une réponse multiple ou l'absence de réponse ne rapporte ni n'enlève de point.

Dans toutes les questions suivantes, l'espace est rapporté à un repère orthonormé.

  1. On considère la droite Δ1\Delta_1 de représentation paramétrique {x=1−3ty=4+2tz=4+2t\left\{\begin{array}{l c l} x &=& 1 - 3t\\ y &=& 4 + 2t\\ z &=&\phantom{4 +2}t \end{array}\right., où t∈Rt \in \mathbb{R} ainsi que la droite Δ2\Delta_2 de représentation paramétrique {x=−4+2sy=−2+2sz=−1+2s\left\{\begin{array}{l c l} x& =& -4 + \phantom{2}s\\ y& =& \phantom{-}2 + 2s\\ z& =& - 1 + \phantom{2}s \end{array}\right., où s∈Rs \in \mathbb{R}.

    1. Les droites Δ1\Delta_1 et Δ2\Delta_2 sont parallèles.

    2. Les droites Δ1\Delta_1 et Δ2\Delta_2 sont orthogonales.

    3. Les droites Δ1\Delta_1 et Δ2\Delta_2 sont sécantes.

  2. On considère la droite dd de représentation paramétrique {x=1+2ty=3−2tz=1+2t\left\{\begin{array}{l c l}x&=&1 + \phantom{2}t\\ y &=& 3 - \phantom{2}t\\ z &=& 1 + 2t \end{array}\right., où t∈Rt \in R, et le plan PP d'équation cartésienne : 4x+2y−z+3=0.4x + 2y - z + 3 = 0.

    1. La droite dd est incluse dans le plan PP.

    2. La droite dd est parallèle strictement au plan PP.

    3. La droite dd est sécante au plan PP.

  3. On considère les points A(3   2   1), B(7   3    1), C(−1  ;  4  ;  5)(-1\;;\;4\;;\;5) et D(−3  ;  3  ;  5)(- 3\;;\;3\;;\;5).

    1. Les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires.

    2. Les points A, B et C sont alignés.

    3. AB→\overrightarrow{\text{AB}} et CD→\overrightarrow{\text{CD}} sont colinéaires.

  4. On considère les plans QQ et Q′Q' d'équation cartésienne respective 3x−2y+z+1=03x - 2y + z + 1 = 0 et 4x+y−z+3=04x + y - z + 3 = 0.

    1. Le point R(1  ;  1  ;  −2)(1\;;\;1\;;\;-2) appartient aux deux plans.

    2. Les deux plans sont orthogonaux.

    3. Les deux plans sont sécants avec pour intersection la droite de représentation paramétrique {x=17ty=17t+4z=11t+7\left\{\begin{array}{l c l} x&=& \phantom{17}t\\ y& =& \phantom{1}7t + 4 \\ z& =& 11t + 7 \end{array}\right., où t∈Rt \in \mathbb{R}.

Voir le corrigé

Question 1. Réponse c.

Un vecteur directeur de Δ1\Delta_1 se lit sur les coefficients de tt : u⃗1(−3 ;2 ;1)\vec{u}_1(-3\,;2\,;1).

Un vecteur directeur de Δ2\Delta_2 se lit sur les coefficients de ss : u⃗2(1 ;2 ;1)\vec{u}_2(1\,;2\,;1).

Proposition a. Les coordonnées de u⃗1\vec{u}_1 et u⃗2\vec{u}_2 ne sont pas proportionnelles : −31≠22\dfrac{-3}{1}\neq\dfrac{2}{2}. Donc les vecteurs ne sont pas colinéaires et les droites ne sont pas parallèles.

Proposition b. On a

u⃗1⋅u⃗2=−3×1+2×2+1×1=2≠0.\vec{u}_1\cdot\vec{u}_2=-3\times 1+2\times 2+1\times 1=2\neq 0.
Les vecteurs directeurs ne sont pas orthogonaux, donc les droites ne sont pas orthogonales.

Proposition c. Cherchons un point commun. Un point commun correspond à un couple (t ;s)(t\,;s) vérifiant

{1−3t=−4+s4+2t=2+2st=−1+s.\begin{cases}1-3t=-4+s\\4+2t=2+2s\\t=-1+s.\end{cases}

La troisième équation donne t=s−1t=s-1.

On reporte dans la première : 1−3(s−1)=−4+s1-3(s-1)=-4+s, soit 4−3s=−4+s4-3s=-4+s, donc s=2s=2 puis t=1t=1.

On vérifie la deuxième équation : 4+2×1=64+2\times 1=6 et 2+2×2=62+2\times 2=6. Elle est vérifiée.

Le système admet donc une solution. Pour t=1t=1, on obtient le point de coordonnées (−2 ;6 ;1)(-2\,;6\,;1).

Donc les droites Δ1\Delta_1 et Δ2\Delta_2 sont sécantes en ce point.

Question 2. Réponse b.

Un vecteur directeur de dd est u⃗(1 ;−1 ;2)\vec{u}(1\,;-1\,;2).

Un vecteur normal au plan PP se lit sur son équation : n⃗(4 ;2 ;−1)\vec{n}(4\,;2\,;-1).

On calcule le produit scalaire :

u⃗⋅n⃗=4−2−2=0.\vec{u}\cdot\vec{n}=4-2-2=0.

Le vecteur directeur de dd est orthogonal à un vecteur normal de PP : la droite dd est parallèle au plan PP. Elle n'est donc pas sécante au plan (proposition c fausse).

Il reste à savoir si dd est incluse dans PP. Le point de dd obtenu pour t=0t=0 est (1 ;3 ;1)(1\,;3\,;1). On a

4×1+2×3−1+3=12≠0.4\times 1+2\times 3-1+3=12\neq 0.

Ce point n'appartient pas à PP, donc dd n'est pas incluse dans PP (proposition a fausse).

Donc la droite dd est strictement parallèle au plan PP.

Question 3. Réponse a.

On calcule les vecteurs coordonnée par coordonnée :

AB→(7−3 ;3−2 ;1−1)=(4 ;1 ;0)AC→(−1−3 ;4−2 ;5−1)=(−4 ;2 ;4)\overrightarrow{AB}(7-3\,;3-2\,;1-1)=(4\,;1\,;0)\qquad \overrightarrow{AC}(-1-3\,;4-2\,;5-1)=(-4\,;2\,;4)
AD→(−3−3 ;3−2 ;5−1)=(−6 ;1 ;4)CD→(−3+1 ;3−4 ;5−5)=(−2 ;−1 ;0).\overrightarrow{AD}(-3-3\,;3-2\,;5-1)=(-6\,;1\,;4)\qquad \overrightarrow{CD}(-3+1\,;3-4\,;5-5)=(-2\,;-1\,;0).

Proposition b. La troisième coordonnée de AB→\overrightarrow{AB} est nulle et celle de AC→\overrightarrow{AC} ne l'est pas, donc AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} ne sont pas colinéaires. Les points A, B et C ne sont pas alignés.

Proposition c. On a 4−2=−2\dfrac{4}{-2}=-2 et 1−1=−1\dfrac{1}{-1}=-1. Les coordonnées de AB→\overrightarrow{AB} et CD→\overrightarrow{CD} ne sont pas proportionnelles : les vecteurs ne sont pas colinéaires.

Proposition a. Les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} n'étant pas colinéaires, A, B, C, D sont coplanaires si et seulement si il existe deux réels α\alpha et β\beta tels que AD→=αAB→+βAC→\overrightarrow{AD}=\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}, c'est-à-dire

{4α−4β=−6α+2β=14β=4.\begin{cases}4\alpha-4\beta=-6\\ \alpha+2\beta=1\\ 4\beta=4.\end{cases}

La troisième équation donne β=1\beta=1.

La première donne 4α−4=−64\alpha-4=-6, donc α=−0,5\alpha=-0{,}5.

La deuxième donne alors α+2β=−0,5+2=1,5≠1\alpha+2\beta=-0{,}5+2=1{,}5\neq 1. Le système n'a pas de solution.

Donc les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires.

Question 4. Réponse c.

Proposition a. On teste R(1 ;1 ;−2)(1\,;1\,;-2) dans l'équation de Q′Q' :

4×1+1−(−2)+3=10≠0.4\times 1+1-(-2)+3=10\neq 0.
R n'appartient pas à Q′Q' (il appartient à QQ puisque 3−2−2+1=03-2-2+1=0, mais cela ne suffit pas). La proposition a est fausse.

Proposition b. Des vecteurs normaux sont n⃗(3 ;−2 ;1)\vec{n}(3\,;-2\,;1) pour QQ et n⃗′(4 ;1 ;−1)\vec{n}'(4\,;1\,;-1) pour Q′Q'. On a

n⃗⋅n⃗′=12−2−1=9≠0.\vec{n}\cdot\vec{n}'=12-2-1=9\neq 0.
Les vecteurs normaux ne sont pas orthogonaux, donc les plans ne sont pas orthogonaux. La proposition b est fausse.

Proposition c. Les vecteurs n⃗\vec{n} et n⃗′\vec{n}' ne sont pas colinéaires (34≠−21\dfrac{3}{4}\neq\dfrac{-2}{1}), donc les plans ne sont pas parallèles : ils sont sécants selon une droite.

Soit un point de la droite proposée, de coordonnées (t ;7t+4 ;11t+7)(t\,;7t+4\,;11t+7). On le teste dans QQ :

3t−2(7t+4)+(11t+7)+1=3t−14t−8+11t+7+1=0.\begin{aligned} 3t-2(7t+4)+(11t+7)+1&=3t-14t-8+11t+7+1\\ &=0. \end{aligned}

On le teste dans Q′Q' :

4t+(7t+4)−(11t+7)+3=4t+7t+4−11t−7+3=0.\begin{aligned} 4t+(7t+4)-(11t+7)+3&=4t+7t+4-11t-7+3\\ &=0. \end{aligned}

Tous les points de cette droite appartiennent à la fois à QQ et à Q′Q'. L'intersection de QQ et Q′Q' est une droite et elle contient la droite proposée : elles sont donc égales.

Donc les plans QQ et Q′Q' sont sécants selon la droite de représentation paramétrique proposée.

Points clés attendus

  • Lire les vecteurs directeurs et normaux, vérifier la colinéarité par proportionnalité des coordonnées.

  • Pour des droites non parallèles, distinguer sécantes et non coplanaires en résolvant le système.

  • Pour une droite et un plan : produit scalaire du vecteur directeur et du vecteur normal, puis test d'un point pour distinguer « incluse » et « strictement parallèle ».

  • Pour la coplanarité, chercher une relation AD→=αAB→+βAC→\overrightarrow{AD}=\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC} avec AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} non colinéaires.

  • Pour l'intersection de deux plans, vérifier que les points de la droite proposée satisfont les deux équations.

Corrigé rédigé par + qu'un prof. Cherche d'abord seul, puis compare avec ta propre rédaction.

Comment t'entraîner

Chronomètre-toi, rédige sur papier comme le jour du bac, puis seulement après regarde le cours. Si tu bloques sur une question, écris « on admet que… » et passe à la suivante.

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Source : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques du baccalauréat, session 2025 (Amérique du Sud, 14 novembre 2025 (jour 2)), ministère de l'Éducation nationale. Énoncé mis en forme pour le web à partir du tapuscrit de l'APMEP (Denis Vergès et François Hache) ; figures issues des fichiers de l'APMEP. En cas de doute sur un détail, le sujet officiel fait foi.

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