Bac de maths 2026 en Polynésie (jour 1) : sujet et corrigé

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BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2026
Mathématiques — Jour 1
Polynésie — 16 juin 2026
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Une école de surf travaille avec des planches en mousse pour les cours débutants, et d’autres en résine pour les cours de perfectionnement. Les planches en mousse représentent 80 % du stock de l’école.

La gérante observe qu’après chaque saison,

• 75 % des planches en mousse sont en bon état et réutilisables la saison suivante. Les autres sont recyclées (et donc non réutilisables) ;
• 60 % des planches en résine sont en bon état, les autres sont soit consolidées, soit recyclées.

Après une saison, on choisit une planche au hasard et on s’intéresse aux évènements suivants :

• \(M\) : « La planche est en mousse » ;
• \(B\) : « La planche est en bon état » ;
• \(R\) : « La planche sera recyclée » ;
• \(C\) : « La planche sera consolidée ».

Partie A

1. Recopier et compléter sur la copie l’arbre pondéré ci-dessous avec les données de l’énoncé.

Il sera complété au fur et à mesure de l’exercice.

2. On sait que \(P(\overline{M} \cap R) = 0{,}05\).

a. Interpréter cette égalité dans le contexte de l’exercice.

b. On a choisi une planche en résine. Démontrer que la probabilité que cette planche soit consolidée pour la saison suivante est \(0{,}15\).

3. La gérante affirme qu’après une saison, au moins \(\dfrac{3}{4}\) des planches sont en bon état. A-t-elle raison ?

Partie B

La gérante du club de surf envisage de proposer à certains clients une remise pour la saison suivante.

Pour cela, elle imagine le jeu suivant qui sera proposé à chaque client :

Une urne contient 5 boules noires et un nombre \(n\) de boules rouges.

Les boules sont indiscernables au toucher.

Le client tire simultanément deux boules dans l’urne.

Si les deux boules sont de même couleur, le client gagne une remise, sinon, il perd le jeu et n’obtient pas de remise.

1. Justifier que la probabilité \(p\) de gagner une remise est :

\[p = \dfrac{\dbinom{5}{2} + \dbinom{n}{2}}{\dbinom{n+5}{2}}.\]

2. En déduire que la probabilité \(p\) peut s’écrire :

\[p = \dfrac{20 + n(n-1)}{(n+5)(n+4)}.\]

3. La gérante souhaite s’assurer que la probabilité de gagner est inférieure à \(\dfrac{1}{2}\).

Déterminer pour cela l’ensemble des valeurs possibles du nombre \(n\) de boules rouges qu’elle peut mettre dans l’urne.

Exercice 2 (5 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse.

Chaque réponse doit être justifiée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

Dans cet exercice, les questions sont indépendantes les unes des autres.

1. Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x) = (x + 1)\text{e}^{-x}\).

Affirmation 1 : La limite de la fonction \(f\) en \(+\infty\) est \(+\infty\).

2. On considère la fonction \(g\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(g(x) = x\text{e}^x\).

Affirmation 2 : La fonction \(g\) est convexe sur l’intervalle \([-2\ ;\ +\infty[\).

3. Affirmation 3 : Une intégration par parties permet d’obtenir :

\[\displaystyle\int_{0}^{\pi} x\sin x\,\text{d}x = -\pi.\]

4. On considère l’équation différentielle \((E)\) : \(y^{\prime} = 2y – 5\) et la fonction \(h\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(h(x) = -\dfrac{3}{2}\text{e}^{2x} + \dfrac{5}{2}\).

Affirmation 4 : La fonction \(h\) est la solution de \((E)\) qui vaut 1 en 0.

5. On considère la fonction mystere définie ci-dessous en Python :

def mystere(n):
    f = 1
    for k in range(1, n+1):
        f = f * k
    return f

Affirmation 5 : Le nombre renvoyé lors de l’exécution de mystere(5) est 120.

Exercice 3 (5 points)

On considère la fonction \(f\) définie sur \([0\ ;\ +\infty[\) par :

\[f(x) = \ln(3x^2 + 1)\]

On admet que la fonction \(f\) est croissante sur \([0\ ;\ +\infty[\).

Partie A

On considère la suite \((u_n)\) définie par :

\[u_0 = 2 \quad \text{et pour tout entier } n \geq\, 0,\quad u_{n+1} = \ln (3u_n^2 + 1).\]

1. Calculer \(u_1\).

2. La suite \((u_n)\) est représentée ci-dessous. Émettre des conjectures sur le sens de variation et la convergence de la suite \((u_n)\).

3. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel \(n\) :

\[2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 4.\]

4. En déduire que la suite \((u_n)\) est convergente.

Partie B

On note \(\ell\) la limite de la suite \((u_n)\).

Le but de cette partie est de trouver une valeur approchée de la limite \(\ell\).

On considère la fonction \(g\) définie et dérivable sur \([0\ ;\ +\infty[\) par :

\[g(x) = \ln(3x^2+1) – x.\]

1. On note \(g^{\prime}\) la fonction dérivée de la fonction \(g\).

Démontrer que pour tout réel \(x \in [0\ ;\ +\infty[\),

\[g^{\prime}(x) = \dfrac{-3x^2 + 6x – 1}{3x^2 + 1}.\]

2. Démontrer que la fonction \(g\) est strictement décroissante sur \([2\ ;\ 4]\).

3. Démontrer que l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([2\ ;\ 4]\) et en donner une valeur approchée à \(10^{-2}\) près.

4. Justifier que \(\ell = \alpha\).

Exercice 4 (5 points)

L’espace est muni d’un repère orthonormé \((\text{O}\ ;\ \vec{\imath},\ \vec{\jmath})\).

On considère les points \(\text{A}(1\ ;\ 2\ ;\ -1)\), \(\text{B}(0\ ;\ 3\ ;\ 2)\), \(\text{C}(-2\ ;\ 4\ ;\ 0)\) et \(\text{D}(8\ ;\ 2\ ;\ -11)\).

1. a. Démontrer que les points A, B et C définissent un plan.

b. Démontrer que le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}5\\8\\-1\end{pmatrix}\) est un vecteur normal au plan (ABC).

c. En déduire qu’une équation cartésienne du plan (ABC) est \(5x + 8y – z – 22 = 0\).

d. Vérifier que le point D n’appartient pas au plan (ABC).

2. a. On considère la droite \(\Delta\), orthogonale au plan (ABC) et passant par D.

Justifier qu’une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) est :

\[\{\begin{array}{l}x = 8 + 5t\\y = 2 + 8t\\z = -11 – t\end{array}., \quad \text{avec } t \in \mathbb{R}.\]

b. On appelle E le point d’intersection de la droite \(\Delta\) et du plan (ABC).

Démontrer que le point E a pour coordonnées \((\dfrac{11}{2}\ ;\ -2\ ;\ -\dfrac{21}{2})\).

c. En déduire la valeur exacte de la longueur DE, distance du point D au plan (ABC).

3. On note H le point de coordonnées \((-\dfrac{2}{3}\ ;\ \dfrac{10}{3}\ ;\ \dfrac{4}{3})\).

On admet qu’une représentation paramétrique de la droite (BC) est :

\[\{\begin{array}{l}x = -2k\\y = 3 + k\\z = 2 – 2k\end{array}., \quad \text{avec } k \in \mathbb{R}.\]

Avec un logiciel de calcul formel, on obtient les résultats suivants :

a. En utilisant les deux premiers résultats obtenus avec la feuille de calculs ci-dessus, justifier que le point H est le projeté orthogonal du point A sur la droite (BC).

b. En exploitant les autres résultats obtenus avec la feuille de calculs ci-dessus, déterminer le volume du tétraèdre ABCD.

On rappelle que le volume \(\mathcal{V}\) d’un tétraèdre est donné par \(\mathcal{V} = \dfrac{1}{3}\times \mathcal{B}\times h\), où \(\mathcal{B}\) est l’aire d’une base du tétraèdre et \(h\) la hauteur relative à cette base.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. Les planches en mousse forment 80 % du stock, donc \(P(M) = 0{,}8\) et \(P(\overline{M}) = 1 – 0{,}8 = 0{,}2\).

Parmi les planches en mousse, 75 % sont en bon état et toutes les autres sont recyclées : \(P_M(B) = 0{,}75\) et \(P_M(R) = 1 – 0{,}75 = 0{,}25\).

Parmi les planches en résine, 60 % sont en bon état : \(P_{\overline{M}}(B) = 0{,}6\). Les deux autres branches issues de \(\overline{M}\) (vers \(R\) et vers \(C\)) ne peuvent pas encore être remplies : l’énoncé dit seulement que leur somme vaut \(1 – 0{,}6 = 0{,}4\). Elles seront complétées à la question 2.

L’arbre complet (après la question 2) se lit donc ainsi :

• branche \(M\) : 0,8, puis \(B\) : 0,75 et \(R\) : 0,25 ;
• branche \(\overline{M}\) : 0,2, puis \(B\) : 0,6, \(R\) : 0,25 et \(C\) : 0,15.

2. a. \(P(\overline{M} \cap R) = 0{,}05\) signifie qu’en choisissant une planche au hasard dans tout le stock, la probabilité qu’elle soit en résine et qu’elle soit recyclée vaut 0,05 : autrement dit, 5 % des planches de l’école sont des planches en résine qui partent au recyclage.

b. On cherche \(P_{\overline{M}}(C)\). Commençons par la probabilité conditionnelle d’être recyclée sachant que la planche est en résine :

\[P_{\overline{M}}(R) = \dfrac{P(\overline{M} \cap R)}{P(\overline{M})} = \dfrac{0{,}05}{0{,}2} = 0{,}25.\]

Une planche en résine est soit en bon état, soit recyclée, soit consolidée, et ces trois cas s’excluent : les trois probabilités conditionnelles issues de \(\overline{M}\) ont pour somme 1. Donc

\[P_{\overline{M}}(C) = 1 – P_{\overline{M}}(B) – P_{\overline{M}}(R) = 1 – 0{,}6 – 0{,}25 = 0{,}15.\]

La probabilité qu’une planche en résine soit consolidée est bien 0,15.

3. Les évènements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(B) = P(M)\times P_M(B) + P(\overline{M})\times P_{\overline{M}}(B) = 0{,}8 \times 0{,}75 + 0{,}2 \times 0{,}6 = 0{,}6 + 0{,}12 = 0{,}72.\]

Or \(\dfrac{3}{4} = 0{,}75\) et \(0{,}72 \lt 0{,}75\) : seulement 72 % des planches sont en bon état après une saison. La gérante a tort.

Partie B

1. L’urne contient \(n + 5\) boules. Un tirage simultané de deux boules correspond à une partie à 2 éléments de cet ensemble de boules ; les boules étant indiscernables au toucher, tous ces tirages sont équiprobables et leur nombre est \(\dbinom{n+5}{2}\).

Les tirages gagnants sont ceux où les deux boules ont la même couleur. Il y a deux cas qui ne se recouvrent pas :

• deux boules noires, choisies parmi les 5 noires : \(\dbinom{5}{2}\) tirages ;
• deux boules rouges, choisies parmi les \(n\) rouges : \(\dbinom{n}{2}\) tirages (ce nombre vaut 0 si \(n \lt 2\)).

Par la formule « nombre de cas favorables sur nombre de cas possibles » :

\[p = \dfrac{\dbinom{5}{2} + \dbinom{n}{2}}{\dbinom{n+5}{2}}.\]

2. On utilise \(\dbinom{m}{2} = \dfrac{m(m-1)}{2}\) :

\[\dbinom{5}{2} = \dfrac{5\times 4}{2} = 10, \qquad \dbinom{n}{2} = \dfrac{n(n-1)}{2}, \qquad \dbinom{n+5}{2} = \dfrac{(n+5)(n+4)}{2}.\]

Donc

\[p = \dfrac{10 + \dfrac{n(n-1)}{2}}{\dfrac{(n+5)(n+4)}{2}} = \dfrac{\dfrac{20 + n(n-1)}{2}}{\dfrac{(n+5)(n+4)}{2}} = \dfrac{20 + n(n-1)}{(n+5)(n+4)}.\]

3. Le dénominateur \((n+5)(n+4)\) est strictement positif, donc on peut multiplier l’inégalité par \(2(n+5)(n+4)\) sans en changer le sens :

\[p \lt \dfrac{1}{2} \iff 2(20 + n^2 – n) \lt (n+5)(n+4) \iff 2n^2 – 2n + 40 \lt n^2 + 9n + 20 \iff n^2 – 11n + 20 \lt 0.\]

Le trinôme \(x^2 – 11x + 20\) a pour discriminant \(\Delta = 121 – 80 = 41 \gt 0\) ; ses racines sont

\[x_1 = \dfrac{11 – \sqrt{41}}{2} \approx 2{,}30 \qquad \text{et} \qquad x_2 = \dfrac{11 + \sqrt{41}}{2} \approx 8{,}70.\]

Le coefficient de \(x^2\) est positif, donc le trinôme est strictement négatif entre ses racines. L’entier \(n\) doit vérifier \(2{,}30 \lt n \lt 8{,}70\) environ, c’est-à-dire \(3 \leq\, n \leq\, 8\).

Vérification aux bornes : pour \(n = 3\), \(p = \dfrac{26}{56} \approx 0{,}464 \lt 0{,}5\) ; pour \(n = 2\), \(p = \dfrac{22}{42} \approx 0{,}524\) ; pour \(n = 8\), \(p = \dfrac{76}{156} \approx 0{,}487\) ; pour \(n = 9\), \(p = \dfrac{92}{182} \approx 0{,}505\).

La gérante peut mettre 3, 4, 5, 6, 7 ou 8 boules rouges : l’ensemble cherché est \(\{3\ ;\ 4\ ;\ 5\ ;\ 6\ ;\ 7\ ;\ 8\}\).

Exercice 2 :

1. Affirmation 1 : fausse.

On développe : \(f(x) = x\text{e}^{-x} + \text{e}^{-x}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} x\text{e}^{-x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^{x}} = 0\), et \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\), et non \(+\infty\).

2. Affirmation 2 : vraie.

\(g\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\). Avec la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) : \(g^{\prime}(x) = \text{e}^x + x\text{e}^x = (x+1)\text{e}^x\), puis \(g^{\prime\prime}(x) = \text{e}^x + (x+1)\text{e}^x = (x+2)\text{e}^x\).

Comme \(\text{e}^x \gt 0\), \(g^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(x + 2\), qui est positif ou nul pour \(x \geq\, -2\). La dérivée seconde est positive sur \([-2\ ;\ +\infty[\), donc \(g\) est convexe sur cet intervalle.

3. Affirmation 3 : fausse.

On pose \(u(x) = x\) et \(v^{\prime}(x) = \sin x\), d’où \(u^{\prime}(x) = 1\) et \(v(x) = -\cos x\) ; ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([0\ ;\ \pi]\). L’intégration par parties donne :

\[\int_{0}^{\pi} x\sin x\,\text{d}x = \Big[-x\cos x\Big]_{0}^{\pi} – \int_{0}^{\pi} (-\cos x)\,\text{d}x = (-\pi\cos\pi + 0) + \Big[\sin x\Big]_{0}^{\pi} = \pi + (0 – 0) = \pi.\]

L’intégrale vaut \(\pi\), pas \(-\pi\). On pouvait d’ailleurs le deviner : sur \([0\ ;\ \pi]\), \(x\sin x \geq\, 0\), donc l’intégrale est positive.

4. Affirmation 4 : vraie.

\(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(h^{\prime}(x) = -\dfrac{3}{2}\times 2\text{e}^{2x} = -3\text{e}^{2x}\).

D’autre part \(2h(x) – 5 = -3\text{e}^{2x} + 5 – 5 = -3\text{e}^{2x}\). Donc \(h^{\prime} = 2h – 5\) : \(h\) est solution de \((E)\).

Enfin \(h(0) = -\dfrac{3}{2} + \dfrac{5}{2} = 1\). Une équation \(y^{\prime} = ay + b\) (avec \(a \neq 0\)) possède une unique solution prenant une valeur donnée en 0 : \(h\) est donc bien la solution de \((E)\) qui vaut 1 en 0.

5. Affirmation 5 : vraie.

La variable f part de 1 et la boucle la multiplie successivement par \(k = 1, 2, \dots, n\) : la fonction renvoie \(1\times 2\times \cdots\times n = n!\). Pour \(n = 5\), les valeurs successives de f sont 1, 2, 6, 24, 120 : mystere(5) renvoie \(5! = 120\).

Exercice 3 :

Partie A

1. \(u_1 = \ln(3u_0^2 + 1) = \ln(3\times 4 + 1) = \ln(13)\), soit \(u_1 = \ln 13 \approx 2{,}56\).

2. Les points du graphique montent de gauche à droite : on conjecture que la suite \((u_n)\) est croissante. Ils se resserrent en se stabilisant un peu au-dessous de 4, vers 3,8 environ : on conjecture que la suite converge vers une limite proche de 3,8.

3. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 4\) ».

Initialisation. \(u_0 = 2\) et \(u_1 = \ln 13 \approx 2{,}56\). On a bien \(2 \leq\, 2 \leq\, \ln 13 \leq\, 4\) (car \(13 \lt \text{e}^4 \approx 54{,}6\)). \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie : \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 4\). Tous ces nombres sont dans \([0\ ;\ +\infty[\), où \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :

\[f(2) \leq\, f(u_n) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(4), \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad \ln 13 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, \ln 49.\]

Or \(\ln 13 \approx 2{,}56 \geq\, 2\) et \(\ln 49 \approx 3{,}89 \leq\, 4\) (car \(49 \lt \text{e}^4\)). On obtient \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. \(\mathcal{P}(0)\) est vraie et la propriété est héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 4\).

4. D’après la question 3, pour tout \(n\), \(u_n \leq\, u_{n+1}\) : la suite est croissante ; et \(u_n \leq\, 4\) : elle est majorée par 4. D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : la suite \((u_n)\) est convergente, et sa limite \(\ell\) vérifie \(2 \leq\, \ell \leq\, 4\).

Partie B

1. La fonction \(x \mapsto 3x^2 + 1\) est dérivable et strictement positive sur \([0\ ;\ +\infty[\). Avec \((\ln u)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{u}\) :

\[g^{\prime}(x) = \dfrac{6x}{3x^2 + 1} – 1 = \dfrac{6x – (3x^2 + 1)}{3x^2 + 1} = \dfrac{-3x^2 + 6x – 1}{3x^2 + 1}.\]

2. Le dénominateur \(3x^2 + 1\) est strictement positif, donc \(g^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-3x^2 + 6x – 1\).

Son discriminant vaut \(\Delta = 36 – 12 = 24 \gt 0\), ses racines sont

\[x_1 = \dfrac{-6 + \sqrt{24}}{-6} = 1 – \dfrac{\sqrt{6}}{3} \approx 0{,}18 \qquad \text{et} \qquad x_2 = 1 + \dfrac{\sqrt{6}}{3} \approx 1{,}82.\]

Le coefficient de \(x^2\) est \(-3 \lt 0\) : le trinôme est strictement négatif à l’extérieur de ses racines, en particulier pour \(x \gt x_2\). Comme \(x_2 \approx 1{,}82 \lt 2\), on a \(g^{\prime}(x) \lt 0\) pour tout \(x \in [2\ ;\ 4]\). La fonction \(g\) est strictement décroissante sur \([2\ ;\ 4]\).

3. Sur \([2\ ;\ 4]\), \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante. De plus :

• \(g(2) = \ln 13 – 2 \approx 0{,}56 \gt 0\) ;
• \(g(4) = \ln 49 – 4 \approx -0{,}11 \lt 0\).

0 est compris entre \(g(4)\) et \(g(2)\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction strictement monotone), l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2\ ;\ 4]\).

À la calculatrice (balayage ou dichotomie) : \(g(3{,}775) \approx 0{,}0035 \gt 0\) et \(g(3{,}785) \approx -0{,}0013 \lt 0\), donc \(3{,}775 \lt \alpha \lt 3{,}785\) et \(\alpha \approx 3{,}78\) à \(10^{-2}\) près.

4. La suite converge vers \(\ell\) et vérifie \(u_{n+1} = f(u_n)\). La fonction \(f\) est continue sur \([0\ ;\ +\infty[\) ; en passant à la limite des deux côtés de l’égalité, on obtient \(\ell = f(\ell)\), c’est-à-dire \(\ln(3\ell^2 + 1) – \ell = 0\), soit \(g(\ell) = 0\).

Par ailleurs, comme \(2 \leq\, u_n \leq\, 4\) pour tout \(n\), la limite vérifie aussi \(2 \leq\, \ell \leq\, 4\) (passage à la limite dans les inégalités larges).

Ainsi \(\ell\) est une solution de \(g(x) = 0\) appartenant à \([2\ ;\ 4]\). Cette solution étant unique d’après la question 3, \(\ell = \alpha \approx 3{,}78\), ce qui confirme la conjecture de la partie A.

Exercice 4 :

1. a. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}0-1\\3-2\\2-(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\1\\3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}-2-1\\4-2\\0-(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\2\\1\end{pmatrix}\).

S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(\lambda\) tel que \(\vec{\text{AC}} = \lambda\vec{\text{AB}}\). La première coordonnée impose \(\lambda = 3\), mais la deuxième donnerait \(2 = 3\times 1 = 3\), ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires : les points A, B et C ne sont pas alignés, ils définissent donc un plan.

b. Il suffit de montrer que \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), par exemple \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) :

\[\vec{n}\cdot\vec{\text{AB}} = 5\times (-1) + 8\times 1 + (-1)\times 3 = -5 + 8 – 3 = 0,\]

\[\vec{n}\cdot\vec{\text{AC}} = 5\times (-3) + 8\times 2 + (-1)\times 1 = -15 + 16 – 1 = 0.\]

\(\vec{n}\) est non nul et orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan : c’est un vecteur normal au plan (ABC).

c. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}5\\8\\-1\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(5x + 8y – z + d = 0\). Le point A appartient au plan : \(5\times 1 + 8\times 2 – (-1) + d = 0\), soit \(22 + d = 0\) et \(d = -22\). Une équation cartésienne de (ABC) est donc \(5x + 8y – z – 22 = 0\).

d. Avec les coordonnées de D : \(5\times 8 + 8\times 2 – (-11) – 22 = 40 + 16 + 11 – 22 = 45 \neq 0\). D n’appartient pas au plan (ABC), et les quatre points A, B, C, D forment bien un tétraèdre.

2. a. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ABC), donc tout vecteur normal à ce plan dirige \(\Delta\) : on prend \(\vec{n}\begin{pmatrix}5\\8\\-1\end{pmatrix}\) comme vecteur directeur. Un point \(M(x\ ;\ y\ ;\ z)\) appartient à \(\Delta\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{D}M} = t\,\vec{n}\), c’est-à-dire \(x – 8 = 5t\), \(y – 2 = 8t\) et \(z + 11 = -t\). On retrouve la représentation paramétrique annoncée : \(x = 8 + 5t\), \(y = 2 + 8t\), \(z = -11 – t\), \(t \in \mathbb{R}\).

b. Le point E est sur \(\Delta\), donc ses coordonnées s’écrivent \((8 + 5t\ ;\ 2 + 8t\ ;\ -11 – t)\) pour un certain réel \(t\). Il est aussi dans le plan (ABC), donc :

\[5(8 + 5t) + 8(2 + 8t) – (-11 – t) – 22 = 0 \iff 40 + 25t + 16 + 64t + 11 + t – 22 = 0 \iff 90t + 45 = 0 \iff t = -\dfrac{1}{2}.\]

On remplace : \(x = 8 – \dfrac{5}{2} = \dfrac{11}{2}\), \(y = 2 – 4 = -2\), \(z = -11 + \dfrac{1}{2} = -\dfrac{21}{2}\). Le point E a pour coordonnées \((\dfrac{11}{2}\ ;\ -2\ ;\ -\dfrac{21}{2})\).

c. E est le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC), donc DE est la distance de D à ce plan. On a \(\vec{\text{DE}}\begin{pmatrix}\frac{11}{2} – 8\\-2 – 2\\-\frac{21}{2} + 11\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac{5}{2}\\-4\\\frac{1}{2}\end{pmatrix}\), d’où

\[\text{DE} = \sqrt{\dfrac{25}{4} + 16 + \dfrac{1}{4}} = \sqrt{\dfrac{90}{4}} = \dfrac{\sqrt{90}}{2} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}.\]

La distance du point D au plan (ABC) est \(\text{DE} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}\) (environ 4,74).

3. a. D’après la représentation paramétrique de (BC), un vecteur directeur de cette droite est \(\vec{u}\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}\) (c’est d’ailleurs \(\vec{\text{BC}}\)).

• L’entrée 1 calcule \((-\dfrac{2}{3} – 1)\times (-2) + (\dfrac{10}{3} – 2)\times 1 + (\dfrac{4}{3} + 1)\times (-2)\), c’est-à-dire le produit scalaire \(\vec{\text{AH}}\cdot\vec{u}\). Il vaut 0 : les droites (AH) et (BC) sont orthogonales.
• L’entrée 2 cherche \(k\) tel que le point de paramètre \(k\) de (BC) soit H. Le système a une solution, \(k = \dfrac{1}{3}\) : H appartient à la droite (BC).

H est un point de (BC) tel que \(\vec{\text{AH}}\) soit orthogonal à la direction de (BC) : H est le projeté orthogonal de A sur la droite (BC).

b. On prend comme base le triangle ABC. Puisque H est le pied de la hauteur issue de A dans ce triangle, son aire vaut \(\mathcal{B} = \dfrac{\text{BC}\times \text{AH}}{2}\).

• L’entrée 3 calcule \(\text{AH} = \sqrt{(-\dfrac{5}{3})^2 + (\dfrac{4}{3})^2 + (\dfrac{7}{3})^2} = \sqrt{10}\).
• L’entrée 4 calcule \(\text{BC} = \sqrt{(-2)^2 + 1^2 + (-2)^2} = 3\).

Donc \(\mathcal{B} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}\).

La hauteur relative à cette base est la distance de D au plan (ABC), trouvée à la question 2c : \(h = \text{DE} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}\). Ainsi

\[\mathcal{V} = \dfrac{1}{3}\times \dfrac{3\sqrt{10}}{2}\times \dfrac{3\sqrt{10}}{2} = \dfrac{1}{3}\times \dfrac{9\times 10}{4} = \dfrac{90}{12} = \dfrac{15}{2}.\]

Le volume du tétraèdre ABCD est \(\mathcal{V} = \dfrac{15}{2} = 7{,}5\) unités de volume.

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