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Bac 2025

Mathématiques (spécialité) – Centres étrangers 2025, sujet 2 : correction détaillée

Voie générale · spécialité Mathématiques · 4 h · 20 points · suites, fonction logistique, dénombrement et loi binomiale, géométrie dans l'espace

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

Où trouver le sujet ? Cette page présente la correction. Le sujet officiel complet (PDF) et ses figures sont dans l'application BAC Révision.

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Exercice 1 : Suites : deux populations animales6 points

Deux milieux A et B accueillent 6 000 individus au 1er janvier 2025. Milieu A : suite géométrique (uₙ) ; milieu B : suite (vₙ) définie par vₙ₊₁ = −0,05vₙ² + 1,1vₙ. Populations en milliers d'individus.

A.1Milieu A : (uₙ) géométrique de premier terme u₀ = 6 et de raison 0,93. Donner la population au 1er janvier 2026.Touche pour voir la correction

À retenir Dans une suite géométrique, on passe d'un terme au suivant en multipliant par la raison.

Démarche
  1. Janvier 2026 correspond à n = 1.
  2. u₁ = 6 × 0,93 = 5,58 (en milliers).

Réponseu₁ = 5,58 millier d'individus, soit 5 580 individus.

A.2Exprimer uₙ en fonction de n.Touche pour voir la correction

À retenir Terme général d'une suite géométrique : uₙ = u₀ × qⁿ.

Démarche
  1. u₀ = 6 et q = 0,93.

Réponseuₙ = 6 × 0,93ⁿ.

A.3Déterminer la limite de (uₙ) et l'interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir Si 0 < q < 1, qⁿ tend vers 0 quand n tend vers +∞.

Démarche
  1. 0 < 0,93 < 1, donc 0,93ⁿ → 0.
  2. Par produit par 6, uₙ → 0.

Réponselim uₙ = 0 : dans le milieu A, la population s'éteint à long terme.

Piège La suite n'atteint jamais 0 : elle s'en approche indéfiniment (limite).

B.1Milieu B : v₀ = 6 et vₙ₊₁ = −0,05vₙ² + 1,1vₙ. Donner la population au 1er janvier 2026.Touche pour voir la correction

À retenir On applique la relation de récurrence une fois.

Démarche
  1. v₁ = −0,05 × 6² + 1,1 × 6 = −1,8 + 6,6 = 4,8.

Réponsev₁ = 4,8 millier d'individus, soit 4 800 individus.

B.2f(x) = −0,05x² + 1,1x sur [0 ; +∞[. Démontrer que f est croissante sur [0 ; 11].Touche pour voir la correction

À retenir Le signe de la dérivée donne le sens de variation.

Démarche
  1. f′(x) = −0,1x + 1,1.
  2. f′(x) ≥ 0 ⇔ x ≤ 11.
  3. f′ est donc positive sur [0 ; 11] : f est croissante sur [0 ; 11].

Réponsef′(x) = −0,1x + 1,1 ≥ 0 sur [0 ; 11] : f est croissante sur cet intervalle.

Vérification f(0) = 0 et f(11) = −6,05 + 12,1 = 6,05 : la valeur augmente bien de 0 à 6,05.

B.3Démontrer par récurrence que, pour tout n, 2 ≤ vₙ₊₁ ≤ vₙ ≤ 6.Touche pour voir la correction

À retenir On applique f, croissante sur [2 ; 6] ⊂ [0 ; 11], à l'encadrement de l'hypothèse de récurrence, avec f(2) = 2 et f(6) = 4,8.

Démarche
  1. Propriété P(n) : 2 ≤ v_{n+1} ≤ v_n ≤ 6.
  2. Initialisation : v_0 = 6, v_1 = 4,8 donc 2 ≤ v_1 ≤ v_0 ≤ 6.
  3. Hérédité : supposons P(n). Les nombres 2, v_{n+1}, v_n sont dans [0 ; 11] où f est croissante, donc f(2) ≤ f(v_{n+1}) ≤ f(v_n).
  4. Or f(2) = −0,05×4 + 2,2 = 2, f(v_{n+1}) = v_{n+2} et f(v_n) = v_{n+1} : 2 ≤ v_{n+2} ≤ v_{n+1}.
  5. Enfin v_{n+1} ≤ v_n ≤ 6 (hypothèse), donc v_{n+1} ≤ 6 : 2 ≤ v_{n+2} ≤ v_{n+1} ≤ 6, c'est P(n+1).
  6. Conclusion : P(n) est vraie pour tout entier n.

RéponsePour tout n, 2 ≤ vₙ₊₁ ≤ vₙ ≤ 6.

Piège Calculer f(2) = 2 est essentiel : c'est ce qui permet de conserver la borne inférieure 2.

B.4En déduire que (vₙ) converge vers une limite ℓ.Touche pour voir la correction

À retenir Théorème : toute suite décroissante et minorée converge.

Démarche
  1. vₙ₊₁ ≤ vₙ : la suite est décroissante.
  2. vₙ ≥ 2 : elle est minorée par 2.

Réponse(vₙ) converge vers une limite ℓ avec 2 ≤ ℓ ≤ 6.

B.5.aJustifier que ℓ vérifie f(ℓ) = ℓ, puis en déduire la valeur de ℓ.Touche pour voir la correction

À retenir Passage à la limite dans vₙ₊₁ = f(vₙ), f étant continue (polynôme).

Démarche
  1. vₙ → ℓ et vₙ₊₁ → ℓ ; f est continue donc f(vₙ) → f(ℓ). Ainsi ℓ = f(ℓ).
  2. −0,05ℓ² + 1,1ℓ = ℓ ⇔ −0,05ℓ² + 0,1ℓ = 0 ⇔ ℓ(−0,05ℓ + 0,1) = 0.
  3. Solutions : ℓ = 0 ou ℓ = 2.
  4. Comme ℓ ≥ 2, ℓ = 2.

Réponseℓ = 2.

Piège Écarter la solution 0 grâce à la minoration vₙ ≥ 2.

B.5.bInterpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice.Touche pour voir la correction

À retenir La limite d'une suite de population est la valeur d'équilibre.

Démarche
  1. ℓ = 2 en milliers d'individus.

RéponseDans le milieu B, la population se stabilise autour de 2 000 individus.

C.1Par une inéquation, déterminer l'année à partir de laquelle la population du milieu A est strictement inférieure à 3 000 individus.Touche pour voir la correction

À retenir Pour résoudre 0,93ⁿ < k, on utilise ln, strictement croissante, et on divise par ln 0,93 < 0 (le sens de l'inégalité change).

Démarche
  1. uₙ < 3 ⇔ 6 × 0,93ⁿ < 3 ⇔ 0,93ⁿ < 0,5.
  2. ⇔ n ln 0,93 < ln 0,5 ⇔ n > ln 0,5 / ln 0,93 (ln 0,93 < 0).
  3. ln 0,5 / ln 0,93 ≈ 9,55, donc n ≥ 10.
  4. 2025 + 10 = 2035.

RéponseÀ partir de 2035 (u₁₀ ≈ 2,90).

Vérification u₉ ≈ 3,12 > 3 et u₁₀ ≈ 2,90 < 3.

C.2À la calculatrice, déterminer l'année à partir de laquelle la population du milieu B est strictement inférieure à 3 000 individus.Touche pour voir la correction

À retenir On calcule les termes successifs (mode suite ou tableau).

Démarche
  1. v₅ ≈ 3,145 > 3.
  2. v₆ ≈ 2,965 < 3.
  3. 2025 + 6 = 2031.

RéponseÀ partir de 2031.

Vérification La suite (vₙ) est décroissante : une fois sous 3, elle y reste.

C.3Justifier qu'à partir d'une certaine année la population du milieu B dépassera celle du milieu A.Touche pour voir la correction

À retenir Comparer les limites : si lim vₙ > lim uₙ, alors vₙ > uₙ à partir d'un certain rang.

Démarche
  1. lim uₙ = 0 et lim vₙ = 2.
  2. Comme 2 > 0, il existe un rang à partir duquel vₙ > uₙ.

RéponseLes limites étant 2 (milieu B) et 0 (milieu A), la population de B dépasse celle de A à partir d'un certain rang.

C.4.aCompléter le programme (n = 0, u = 6, v = 6, while ... : u = ... ; v = ... ; n = n + 1 ; print(2025 + n)) pour qu'il affiche l'année à partir de laquelle la population de B est strictement supérieure à celle de A.Touche pour voir la correction

À retenir La boucle tourne tant que la condition cherchée n'est pas atteinte : ici tant que v ≤ u.

Démarche
  1. Condition de la boucle : v <= u (on continue tant que B ne dépasse pas A).
  2. Mise à jour de A : u = 0.93 * u.
  3. Mise à jour de B : v = -0.05 * v**2 + 1.1 * v (en utilisant l'ancienne valeur de v ; u et v sont mis à jour à partir de leurs valeurs précédentes).

Réponsewhile v <= u : / u = 0.93 * u / v = -0.05 * v**2 + 1.1 * v / n = n + 1.

Piège Dans la boucle, chaque affectation n'utilise que sa propre variable : aucune affectation simultanée n'est nécessaire ici.

C.4.bDéterminer l'année affichée après exécution du programme.Touche pour voir la correction

À retenir On cherche le premier rang n tel que vₙ > uₙ.

Démarche
  1. n = 12 : u ≈ 2,512 et v ≈ 2,406, donc v < u.
  2. n = 13 : u ≈ 2,336 et v ≈ 2,358, donc v > u.
  3. 2025 + 13 = 2038.

RéponseLe programme affiche 2038.

Vérification n = 13 : v₁₃ ≈ 2,358 > u₁₃ ≈ 2,336.

Exercice 2 : Fonction logistique, variations et valeur moyenne6 points

f(x) = 1/(a + e^(−bx)) sur [0 ; +∞[. Partie A : détermination de a et b à partir de la courbe (points A(0 ; 0,5) et B(10 ; 1), tangente (AB) en A). Partie B : étude de f(x) = 1/(1 + e^(−0,2x)). Partie C : valeur moyenne sur [0 ; 40].

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Courbe 𝒞_f, points A(0 ; 0,5), B(10 ; 1) et tangente (AB). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A.1Par lecture graphique, donner une valeur approchée de f(10).Touche pour voir la correction

À retenir On lit l'ordonnée du point de la courbe d'abscisse 10 (le point B est sur la tangente, pas sur la courbe).

Démarche
  1. Le point B(10 ; 1) est sur la tangente (AB), pas sur la courbe.
  2. À l'abscisse 10, la courbe passe sous B : sa hauteur mesurée sur la figure est d'environ 0,88 (sous la graduation 1, à un peu moins de 0,9).

Réponsef(10) ≈ 0,88 par lecture graphique (à 0,01 près) ; la valeur exacte est f(10) = 1/(1 + e^{−2}) ≈ 0,881.

Piège B appartient à la tangente en A, pas à la courbe : f(10) < 1.

A.2On admet que lim f(x) = 1 en +∞. Donner l'interprétation graphique.Touche pour voir la correction

À retenir Limite finie en +∞ : asymptote horizontale.

Démarche
  1. La courbe se rapproche de la droite y = 1 quand x est grand.

RéponseLa droite d'équation y = 1 est asymptote horizontale à 𝒞_f en +∞.

A.3Justifier que a = 1.Touche pour voir la correction

À retenir Le point A(0 ; 0,5) appartient à la courbe : f(0) = 0,5.

Démarche
  1. f(0) = 1/(a + e⁰) = 1/(a + 1).
  2. 1/(a + 1) = 0,5 ⇔ a + 1 = 2 ⇔ a = 1.

Réponsea = 1.

A.4Déterminer le coefficient directeur de la droite (AB).Touche pour voir la correction

À retenir Coefficient directeur = (y_B − y_A)/(x_B − x_A).

Démarche
  1. (1 − 0,5)/(10 − 0) = 0,5/10 = 0,05.

Réponse0,05.

A.5.aDéterminer f′(x) en fonction de x et de b.Touche pour voir la correction

À retenir (1/u)′ = −u′/u².

Démarche
  1. f(x) = 1/(1 + e^(−bx)), u(x) = 1 + e^(−bx), u′(x) = −b e^(−bx).
  2. f′(x) = −u′/u² = b e^(−bx) / (1 + e^(−bx))².

Réponsef′(x) = b e^(−bx) / (1 + e^(−bx))².

A.5.bEn déduire la valeur de b.Touche pour voir la correction

À retenir La tangente en A a pour coefficient directeur f′(0) = 0,05.

Démarche
  1. f′(0) = b e⁰ / (1 + e⁰)² = b/4.
  2. b/4 = 0,05 ⇔ b = 0,2.

Réponseb = 0,2.

Vérification On retrouve l'expression de la partie B, f(x) = 1/(1 + e^(−0,2x)).

B.1Déterminer la limite de f(x) = 1/(1 + e^(−0,2x)) en +∞.Touche pour voir la correction

À retenir e^(−0,2x) → 0 quand x → +∞.

Démarche
  1. e^(−0,2x) → 0, donc 1 + e^(−0,2x) → 1.
  2. f(x) → 1.

Réponselim f(x) = 1.

B.2Étudier les variations de f sur [0 ; +∞[.Touche pour voir la correction

À retenir Avec a = 1 et b = 0,2, f′(x) = 0,2 e^(−0,2x) / (1 + e^(−0,2x))².

Démarche
  1. Numérateur 0,2 e^(−0,2x) > 0 et dénominateur (1 + e^(−0,2x))² > 0.
  2. f′(x) > 0 pour tout x ≥ 0.

Réponsef est strictement croissante sur [0 ; +∞[, de f(0) = 0,5 vers 1.

B.3Montrer qu'il existe un unique réel α positif tel que f(α) = 0,97.Touche pour voir la correction

À retenir Corollaire du théorème des valeurs intermédiaires : f continue et strictement croissante sur [0 ; +∞[, de 0,5 vers 1.

Démarche
  1. f est continue et strictement croissante sur [0 ; +∞[.
  2. f(0) = 0,5 et lim f = 1 : l'image est [0,5 ; 1[.
  3. 0,97 ∈ [0,5 ; 1[ : l'équation f(x) = 0,97 admet donc une unique solution α ≥ 0.

RéponseIl existe un unique α ≥ 0 tel que f(α) = 0,97.

B.4À la calculatrice, donner un encadrement de α par deux entiers consécutifs.Touche pour voir la correction

À retenir On calcule f(17) et f(18) (tableau de valeurs).

Démarche
  1. f(17) = 1/(1 + e^(−3,4)) ≈ 0,968 < 0,97.
  2. f(18) = 1/(1 + e^(−3,6)) ≈ 0,973 > 0,97.

Réponse17 < α < 18.

Vérification Valeur exacte : α = 5 ln(97/3) ≈ 17,38.

C.1Montrer que f(x) = e^(0,2x) / (1 + e^(0,2x)).Touche pour voir la correction

À retenir On multiplie numérateur et dénominateur par e^(0,2x) (non nul).

Démarche
  1. f(x) = 1/(1 + e^(−0,2x)) = e^(0,2x) / (e^(0,2x) × (1 + e^(−0,2x))).
  2. e^(0,2x) × e^(−0,2x) = 1, donc le dénominateur vaut e^(0,2x) + 1.

Réponsef(x) = e^(0,2x)/(1 + e^(0,2x)).

C.2En déduire une primitive de f sur [0 ; +∞[.Touche pour voir la correction

À retenir Une fonction de la forme u′/u a pour primitive ln(u) quand u > 0.

Démarche
  1. Soit u(x) = 1 + e^(0,2x) > 0 ; u′(x) = 0,2 e^(0,2x).
  2. f(x) = (1/0,2) × u′(x)/u(x) = 5 u′/u.
  3. Primitive : F(x) = 5 ln(1 + e^(0,2x)).

RéponseF(x) = 5 ln(1 + e^(0,2x)).

Vérification F′(x) = 5 × 0,2 e^(0,2x)/(1 + e^(0,2x)) = f(x) ✓.

C.3Calculer la valeur moyenne I = (1/40) ∫₀⁴⁰ f(x) dx : valeur exacte et valeur approchée au millième.Touche pour voir la correction

À retenir Valeur moyenne sur [a ; b] : (1/(b − a)) ∫ f ; on utilise la primitive F.

Démarche
  1. ∫₀⁴⁰ f(x) dx = F(40) − F(0) = 5 ln(1 + e⁸) − 5 ln 2.
  2. I = (1/40) × 5 [ln(1 + e⁸) − ln 2] = (1/8) ln((1 + e⁸)/2).
  3. Valeur numérique : ln((1 + e⁸)/2) ≈ 7,307, donc I ≈ 0,913.

RéponseI = (1/8) ln((1 + e⁸)/2) ≈ 0,913.

Piège ln 2 provient de F(0) = 5 ln(1 + e⁰) = 5 ln 2.

Exercice 3 : Dénombrement, loi binomiale et variance d'une somme (codage base64)4 points

Le codage base64 utilise 64 caractères. Partie A : séquences de 4 caractères. Partie B : transmission de 250 caractères, chacun mal transmis avec la probabilité 0,01. Partie C : quatre séquences.

A.1Déterminer le nombre de séquences de 4 caractères en base64 (l'ordre compte).Touche pour voir la correction

À retenir Principe multiplicatif : 4 choix successifs parmi 64 avec répétition possible.

Démarche
  1. 64 × 64 × 64 × 64 = 64⁴.

Réponse64⁴ = 16 777 216 séquences.

A.2Déterminer le nombre de séquences si les 4 caractères sont deux à deux différents.Touche pour voir la correction

À retenir Arrangements : on ne remet pas le caractère choisi.

Démarche
  1. 64 choix pour le premier, 63 pour le deuxième, 62 pour le troisième, 61 pour le quatrième.

Réponse64 × 63 × 62 × 61 = 15 249 024 séquences.

A.3.aDéterminer le nombre de séquences ne comportant pas de lettre A majuscule.Touche pour voir la correction

À retenir On retire le caractère « A » de l'alphabet : il reste 63 caractères.

Démarche
  1. 63 choix pour chacune des 4 places.

Réponse63⁴ = 15 752 961.

A.3.bEn déduire le nombre de séquences comportant au moins un A majuscule.Touche pour voir la correction

À retenir Passage au complémentaire.

Démarche
  1. Total − séquences sans A = 64⁴ − 63⁴ = 16 777 216 − 15 752 961.

Réponse1 024 255 séquences.

A.3.cDéterminer le nombre de séquences comportant exactement une fois la lettre A majuscule.Touche pour voir la correction

À retenir On choisit la place du A, puis les 3 autres caractères parmi les 63 autres.

Démarche
  1. 4 places possibles pour le A.
  2. 63³ choix pour les trois autres places.

Réponse4 × 63³ = 1 000 188.

A.3.dDéterminer le nombre de séquences comportant exactement deux fois la lettre A majuscule.Touche pour voir la correction

À retenir Choix des 2 places du A parmi 4 : C(4, 2).

Démarche
  1. C(4, 2) = 6 façons de placer les deux A.
  2. 63² choix pour les deux autres caractères.

Réponse6 × 63² = 23 814.

B.1X est le nombre de caractères mal transmis parmi 250. Donner les paramètres de la loi binomiale.Touche pour voir la correction

À retenir 250 épreuves indépendantes à deux issues, de même probabilité de succès 0,01.

Démarche
  1. n = 250 et p = 0,01.

RéponseX suit la loi binomiale B(250 ; 0,01).

B.2Déterminer la probabilité que tous les caractères soient bien transmis : expression exacte puis valeur approchée à 10⁻³.Touche pour voir la correction

À retenir P(X = 0) = (1 − p)ⁿ.

Démarche
  1. P(X = 0) = 0,99²⁵⁰.
  2. Calculatrice : 0,99²⁵⁰ ≈ 0,0811.

RéponseP(X = 0) = 0,99²⁵⁰ ≈ 0,081.

B.3Que penser de l'affirmation : « La probabilité que plus de 16 caractères soient mal transmis est négligeable » ?Touche pour voir la correction

À retenir « Plus de 16 » signifie X ≥ 17 : on calcule 1 − P(X ≤ 16) à la calculatrice.

Démarche
  1. P(X ≥ 17) = 1 − P(X ≤ 16) à la calculatrice (loi B(250 ; 0,01)).
  2. On trouve ≈ 1,0 × 10^{−9} : événement quasi impossible.
  3. Comparaison : E(X) = 2,5 ; 17 erreurs seraient très loin de la moyenne.

RéponseL'affirmation est exacte : P(X > 16) ≈ 10^{−9}, probabilité négligeable.

Vérification 17 erreurs sur 250 pour une moyenne de 2,5 est un événement extrêmement rare.

CS = X₁ + X₂ + X₃ + X₄ où les Xᵢ sont indépendantes et suivent la loi de X. Déterminer E(S) et V(S) en justifiant.Touche pour voir la correction

À retenir Linéarité de l'espérance ; additivité de la variance pour des variables indépendantes.

Démarche
  1. E(X) = 250 × 0,01 = 2,5 et V(X) = 250 × 0,01 × 0,99 = 2,475.
  2. E(S) = 4 × 2,5 = 10.
  3. Par indépendance, V(S) = 4 × 2,475 = 9,9.

RéponseE(S) = 10 et V(S) = 9,9.

Vérification S suit la loi B(1000 ; 0,01) : E = 10 et V = 1000 × 0,01 × 0,99 = 9,9 ✓.

Exercice 4 : Géométrie dans l'espace : plans et droite d'intersection4 points

Points A(1 ; 0 ; 3), B(−2 ; 1 ; 2), C(0 ; 3 ; 2), plans 𝒫 : 3x − 3y + 2z − 9 = 0 et 𝒫′ : x − y − z + 2 = 0 ; repère orthonormé.

1.aMontrer que A, B, C ne sont pas alignés.Touche pour voir la correction

À retenir Trois points sont alignés si AB et AC sont colinéaires.

Démarche
  1. AB = (−3 ; 1 ; −1) et AC = (−1 ; 3 ; −1).
  2. −3/−1 = 3 alors que 1/3 ≠ 3 : les coordonnées ne sont pas proportionnelles.

RéponseAB et AC ne sont pas colinéaires : A, B, C ne sont pas alignés.

1.bVérifier que n(−1 ; 1 ; 4) est orthogonal au plan (ABC).Touche pour voir la correction

À retenir Un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan.

Démarche
  1. n · AB = 3 + 1 − 4 = 0.
  2. n · AC = 1 + 3 − 4 = 0.

Réponsen est orthogonal à AB et AC (non colinéaires) : c'est un vecteur normal à (ABC).

1.cEn déduire que (ABC) a pour équation −x + y + 4z − 11 = 0.Touche pour voir la correction

À retenir Plan de vecteur normal (a ; b ; c) : ax + by + cz + d = 0, d déterminé par un point.

Démarche
  1. (ABC) : −x + y + 4z + d = 0.
  2. A(1 ; 0 ; 3) : −1 + 0 + 12 + d = 0, donc d = −11.

Réponse(ABC) : −x + y + 4z − 11 = 0.

Vérification B : 2 + 1 + 8 − 11 = 0 ✓ ; C : 0 + 3 + 8 − 11 = 0 ✓.

2.aDémontrer que 𝒫 et 𝒫′ sont sécants.Touche pour voir la correction

À retenir Deux plans sont sécants si leurs vecteurs normaux ne sont pas colinéaires.

Démarche
  1. Normales : (3 ; −3 ; 2) et (1 ; −1 ; −1).
  2. 3/1 = 3 mais 2/(−1) = −2 : non colinéaires.

RéponseLes normales ne sont pas colinéaires : les plans sont sécants selon une droite (d).

2.bDéterminer si 𝒫 et 𝒫′ sont perpendiculaires.Touche pour voir la correction

À retenir Plans perpendiculaires ⇔ normales orthogonales.

Démarche
  1. (3 ; −3 ; 2) · (1 ; −1 ; −1) = 3 + 3 − 2 = 4 ≠ 0.

RéponseLes normales ne sont pas orthogonales : 𝒫 et 𝒫′ ne sont pas perpendiculaires.

3Montrer que (d) est dirigée par u(1 ; 1 ; 0).Touche pour voir la correction

À retenir Un vecteur directeur de l'intersection de deux plans est orthogonal aux deux normales.

Démarche
  1. u · (3 ; −3 ; 2) = 3 − 3 + 0 = 0.
  2. u · (1 ; −1 ; −1) = 1 − 1 + 0 = 0.
  3. u est orthogonal aux deux normales, donc parallèle aux deux plans, donc à leur intersection (d).

Réponseu est un vecteur directeur de (d).

4Montrer que M(2 ; 1 ; 3) appartient à 𝒫 et 𝒫′ ; en déduire une représentation paramétrique de (d).Touche pour voir la correction

À retenir Une droite est déterminée par un point et un vecteur directeur.

Démarche
  1. 𝒫 : 6 − 3 + 6 − 9 = 0 ✓.
  2. 𝒫′ : 2 − 1 − 3 + 2 = 0 ✓.
  3. M ∈ (d) et u(1 ; 1 ; 0) dirige (d).

Réponse(d) : x = 2 + t, y = 1 + t, z = 3 (t ∈ ℝ).

5Montrer que (d) est incluse dans (ABC). Que dire des trois plans ?Touche pour voir la correction

À retenir Une droite est incluse dans un plan si l'un de ses points est dans le plan et si son vecteur directeur est orthogonal à la normale.

Démarche
  1. M ∈ (ABC) : −2 + 1 + 12 − 11 = 0 ✓.
  2. u · n = −1 + 1 + 0 = 0 : u est parallèle au plan (ABC).
  3. Donc (d) ⊂ (ABC).

Réponse(d) est incluse dans (ABC) : les trois plans (ABC), 𝒫 et 𝒫′ contiennent la même droite (d), ils sont sécants selon (d).

Piège Les trois plans sont distincts mais ont une droite commune : on dit qu'ils appartiennent à un même faisceau de plans.

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