Epreuve d'enseignement de spécialité Amérique du Sud 27 septembre 2022 Sujet 2 - Exercice 1

$$\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {x_{B} -x_{A} } \\ {y_{B} -y_{A} } \\ {z_{B} -z_{A} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {6-0} \\ {4-8} \\ {4-6 } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {6} \\ {-4 } \\ {-2 } \end{array}\right)$$

$$\overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {x_{C} -x_{A} } \\ {y_{C} -y_{A} } \\ {z_{C} -z_{A} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {2-0} \\ {4-8} \\ {0-6 } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-4} \\ {-6} \end{array}\right)$$

On vérifie facilement que les deux vecteurs ne sont pas colinéaires, alors les points $$A,B$$ et $$C$$ ne sont pas alignés donc ils définissent un plan.

Calculons $$\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AC}$$
D'une part :
$$\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AB}=1\times6+2\times\left(-4\right)-1\times\left(-2\right)=0$$
D'autre part :
$$\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AC}=1\times2+2\times\left(-4\right)-1\times\left(-6\right)=0$$
$$\overrightarrow{n}$$ est orthogonal à deux vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$ non colinéaires du plan $$\left(ABC\right)$$ .
Il en résulte donc que le vecteur $$\overrightarrow{n}\left(1 ; 2 ; -1\right)$$ est un vecteur normal au plan $$\left(ABC\right)$$.

le vecteur $$\overrightarrow{n}\left(1 ; 2 ; -1\right)$$ est un vecteur normal au plan $$\left(ABC\right)$$.
Ici le plan s'écrit $$1x+2y-z+d=0$$
Or : $$A\left(0;8;6\right)$$ appartient au plan donc $$1x_A+2y_A-z_A+d=0$$
Ainsi : $$1\times 0+2\times 8-6+d=0$$, d'où $$d=-10$$
On en conclut que l'équation cartésienne du plan recherché est :

Les coordonnés des points $$D$$ et $$E$$ les points de coordonnées respectives $$\left(0; 0; 6\right)$$ et $$\left(6; 6; 0\right)$$.
On commence par calculer le vecteur $$\overrightarrow{DE}$$
$$\overrightarrow{DE} \left(\begin{array}{c} {x_{E} -x_{D} } \\ {y_{E} -y_{D} } \\ {z_{E} -z_{D} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{DE} \left(\begin{array}{c} {6-0} \\ {6-0} \\ {0-6} \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{DE} \left(\begin{array}{c} {6} \\ {6} \\ {-6} \end{array}\right)$$
Soit le point $$M\left(x;y;z\right)$$ appartenant à la droite $$\left(DE\right)$$ .
Cela donne :
$$\overrightarrow{DE} \left(\begin{array}{c} {6} \\ {6} \\ {-6} \end{array}\right)$$ puis $$\overrightarrow{DM}=\left(\begin{array}{c} {x} \\ {y} \\ {z-6} \end{array}\right)$$
Les points $$D$$, $$E$$ et $$M$$ sont alignés, donc les vecteurs $$\overrightarrow{DE}$$ et $$\overrightarrow{DM}$$ sont colinéaires.
Cela se traduit par :
$$\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{DE}$$, ce qui donne $$\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {6t} \\ {y} & {=} & {6t} \\ {z} & {=} & {-6t+6} \end{array}\right.$$ où $$t\in \mathbb{R}$$
Finalement l'équation paramétrique de $$\left(DE\right)$$ est :

$$I$$ est le milieu du segment $$\left[BC\right]$$.
Ainsi : $$I\left(\frac{x_B+x_C}{2};\frac{y_B+y_C}{2};\frac{z_B+z_C}{2}\right)$$ on obtient alors $$I\left(4;4;2\right)$$ .
On remplace les coordonnées de $$I$$ dans l'équation de la droite $$\left(DE\right)$$
Donc $$\left\{\begin{array}{ccc} {x_{I} } & {=} & {6t} \\ {y_{I} } & {=} & {6t} \\ {z_{I} } & {=} & {-6t+6} \end{array}\right.$$ ce qui donne $$\left\{\begin{array}{ccc} {4} & {=} & {6t} \\ {4} & {=} & {6t} \\ {2} & {=} & {-6t+6} \end{array}\right.$$
Puis on résout les équations et on doit pour chaque ligne trouver la même valeur de $$t$$ pour que le point $$I$$ appartienne à $$\left(DE\right)$$ .
$$\left\{ \begin{array}{ccc}t & = & \frac{4}{6} \\ t & = & \frac{4}{6} \\ -6t & = & 2-6 \end{array}\right.$$
$$\left\{ \begin{array}{ccc}t & = & \frac{2}{3} \\ t & = & \frac{2}{3} \\ -6t & = & -4 \end{array}\right.$$
$$\left\{ \begin{array}{ccc}t & = & \frac{2}{3} \\ t & = & \frac{2}{3} \\ t & = & \frac{-4}{-6} \end{array}\right.$$
$$\left\{ \begin{array}{ccc}t & = & \frac{2}{3} \\ t & = & \frac{2}{3} \\ t & = & \frac{2}{3} \end{array}\right.$$
Finalement, le milieu $$I$$ du segment $$\left[BC\right]$$ appartient bien à la droite $$\left(DE\right)$$ .

Nous savons que $$\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {6} \\ {-4 } \\ {-2 } \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-4} \\ {-6} \end{array}\right)$$ d'après la question $$1$$.
Or :
$$\left\|\overrightarrow{AB}\right\|=\sqrt{6^2+{\left(-4\right)}^2+{\left(-2\right)}^2}\Longleftrightarrow \left\|\overrightarrow{AB}\right\|=2\sqrt{14}$$
$$\left\|\overrightarrow{AC}\right\|=\sqrt{2^2+{\left(-4\right)}^2+{\left(-6\right)}^2}\Longleftrightarrow \left\|\overrightarrow{AC}\right\|=2\sqrt{14}$$
Le triangle $$ABC$$ est isocèle en $$A$$ .

$$I$$ est le milieu de la base $$\left[BC\right]$$ du triangle isocèle, donc $$\left(AI\right)$$ est une médiane du triangle.
Or dans un triangle isocèle, une médiane est également une hauteur du triangle.
Son aire est donc égale à : $$\text{Aire}\left(ABC\right)=\frac{AI\times BC}{2}$$
Il nous faut donc calculer les distances $$AI$$ et $$BC$$ .
$$\left\|\overrightarrow{AI}\right\|=\sqrt{4^2+{\left(-4\right)}^2+{\left(-4\right)}^2}\Longleftrightarrow \left\|\overrightarrow{AI}\right\|=4\sqrt{3}$$
$$\left\|\overrightarrow{BC}\right\|=\sqrt{{\left(-4\right)}^2+0^2+{\left(-4\right)}^2}\Longleftrightarrow \left\|\overrightarrow{BC}\right\|=4\sqrt{2}$$
Il vient alors que :
$$\text{Aire}\left(ABC\right)=\frac{4\sqrt{3}\times 4\sqrt{2}}{2}$$
Finalement :

Nous savons que $$\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {6} \\ {-4 } \\ {-2 } \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-4} \\ {-6} \end{array}\right)$$ d'après la question $$1$$.
Or : $$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=6\times2+\left(-4\right)\times\left(-4\right)+\left(-2\right)\times\left(-6\right)=40$$

D'après les questions précédentes, ,nous savons que :
$$\left\|\overrightarrow{AB}\right\|=2\sqrt{14}$$ ; $$\left\|\overrightarrow{AC}\right\|=2\sqrt{14}$$ et $$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=40$$ .
Pour déterminer la mesure de l'angle $$\widehat{BAC}$$, nous allons utiliser la formule du produit scalaire utilisant le cosinus.
$$\overrightarrow{AB} \cdot\overrightarrow{AC} =AB\times AC\times\cos \left(\widehat{BAC}\right)$$
$$\cos \left(\widehat{BAC}\right)=\frac{\overrightarrow{AB} \cdot\overrightarrow{AC} }{AB\times AC}$$
$$\cos \left(\widehat{BAC}\right)=\frac{40}{2\sqrt{14}\times 2\sqrt{14}}$$
$$\cos \left(\widehat{BAC}\right)=\frac{40}{56}$$
Ainsi :

On vérifie dans un premier temps que le point $$H$$ appartient au plan $$\left(ABC\right)$$.
En effet : $$1x_H+2y_H-z_H-10=0$$ . De plus : $$\overrightarrow{OH} \left(\begin{array}{c} {\frac{5}{3}} \\ {\frac{10}{3}} \\ {-\frac{5}{3}} \end{array}\right)$$
Dans un second temps, on vérifie que :
$$\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AB}=\frac{5}{3}\times6+\frac{10}{3}\times\left(-4\right)+\left(-\frac{5}{3}\right)\times\left(-2\right)=0$$
$$\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AC}=\frac{5}{3}\times2+\frac{10}{3}\times\left(-4\right)+\left(-\frac{5}{3}\right)\times\left(-6\right)=0$$
$$\overrightarrow{OH}$$ est orthogonal à deux vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$ non colinéaires du plan $$\left(ABC\right)$$ .
Il en résulte donc que le vecteur $$\overrightarrow{OH}\left(1 ; 2 ; -1\right)$$ est un vecteur normal au plan $$\left(ABC\right)$$.
Comme le point $$H$$ appartient au plan $$\left(ABC\right)$$, il en résulte donc que $$H$$ est le projeté orthogonal du point $$O$$ sur le plan $$\left(ABC\right)$$.
Finalement, la distance du point $$O$$ au plan $$\left(ABC\right)$$ correspond tout simplement à la distance $$OH$$ .
$$\left\|\overrightarrow{OH}\right\|=\sqrt{\left(\frac{5}{3}\right)^2+{\left(\frac{10}{3}\right)}^2+{\left(-\frac{5}{3}\right)}^2}\Longleftrightarrow \left\|\overrightarrow{OH}\right\|=\frac{5\sqrt{6}}{3}$$