Epreuve d'enseignement de spécialité Session 15 Mars 2021 sujet 2 Exercice 3 : Géométrie dans l'espace - Exercice 1

Nous allons commencer par calculer les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$.
$$\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {x_{B} -x_{A} } \\ {y_{B} -y_{A} } \\ {z_{B} -z_{A} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {0-2} \\ {3-0} \\ {0-0} \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {3} \\ {0} \end{array}\right)$$
$$\overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {x_{C} -x_{A} } \\ {y_{C} -y_{A} } \\ {z_{C} -z_{A} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {0-2} \\ {0-0} \\ {1-0} \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {0} \\ {1} \end{array}\right)$$
Les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan $$\left(ABC\right)$$.
De plus :
$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{n} =\left(-2\right)\times 3+3\times 2+0\times 6=0$$
$$\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{n} =\left(-2\right)\times 3+0\times 2+1\times 6=0$$
Il en résulte donc que le vecteur $$\overrightarrow{n}$$ est bien orthogonal aux vecteurs non colinéaires $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$.
On peut alors conclure le vecteur $$\overrightarrow{n} \left(\begin{array}{c} {3} \\ {2} \\ {6} \end{array}\right)$$ est normal au plan $$\left(ABC\right)$$.

D'après la question précédente, le vecteur $$\overrightarrow{n} \left(\begin{array}{c} {3} \\ {2} \\ {6} \end{array}\right)$$ est normal au plan $$\left(ABC\right)$$.
Le plan $$\left(ABC\right)$$ s'écrit $$3x+2y+6z+d=0$$.
Or : $$A\left(2;0;0\right)$$ appartient au plan donc $$3x_{A}+2y_{A}+6z_{A}+d=0$$
Ainsi : $$3\times 2+2\times 0+6\times 0+d=0$$, d'où $$d=-6$$
On en conclut que l'équation cartésienne du plan recherché est :

La droite $$d$$ étant orthogonale au plan $$\left(ABC\right)$$ alors le vecteur $$\overrightarrow{n} \left(\begin{array}{c} {3} \\ {2} \\ {6} \end{array}\right)$$ normal au plan $$\left(ABC\right)$$ est un vecteur $$\overrightarrow{u}$$ directeur de la droite $$d$$.
La droite $$d$$ admet donc le vecteur directeur $$\overrightarrow{u} \left(\begin{array}{c} {3} \\ {2} \\ {6} \end{array}\right)$$ et passe par le point $$O\left(0;0;0\right)$$ .
Une représentation paramétrique de la droite $$d$$ est alors :
$$\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {0+3t} \\ {y} & {=} & {0+2t} \\ {z} & {=} & {0+6t} \end{array}\right.$$ où $$t\in \mathbb{R}$$
Ainsi :

$$\red{\text{ Cherchons le point d'intersection entre le plan et la droite à l'aide du système .}}$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap d \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {3x +2y +6z -6 = 0} \\ {x=3t} \\ {y=2t} \\ {z=6t} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$
On remplace la valeur de $$x,y$$ et $$z$$ dans le plan $$\left(ABC \right)$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap d \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {3\times3t +2\times2t+6\times6t -6 = 0} \\ {x=3t} \\ {y=2t} \\ {z=6t} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$ équivaut successivement à
$$\left(\left(ABC\right) \cap d \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {9t+4t+36t-6 = 0} \\ {x=3t} \\ {y=2t} \\ {z=6t} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap d \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {49t-6 = 0} \\ {x=3t} \\ {y=2t} \\ {z=6t} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap d \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {49t = 6} \\ {x=3t} \\ {y=2t} \\ {z=6t} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap d \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t =\frac{ 6}{49}} \\ {x=3t} \\ {y=2t} \\ {z=6t} \end{array}\right.$$
Maintenant que nous avons la valeur de $$t$$, on peut obtenir les valeurs de $$x,y$$ et $$z$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap d \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t =\frac{ 6}{49}} \\ {x=3\times\frac{ 6}{49}} \\ {y=2\times\frac{ 6}{49}} \\ {z=6\times\frac{ 6}{49}} \end{array}\right.$$
Il en résulte que $$\left(\left(ABC\right) \cap d \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t =\frac{ 6}{49}} \\ {x=\frac{ 18}{49}} \\ {y=\frac{ 12}{49}} \\ {z=\frac{ 36}{49}} \end{array}\right.$$
Les coordonnées du point d'intersection entre la droite $$d$$ et le plan $$\left(ABC\right)$$ est bien le point $$\left(\frac{18}{49} ;\frac{12}{49} ;\frac{36}{49} \right)$$

Nous savons que $$O\left(0 ;0 ;0 \right)$$ et $$H\left(\frac{18}{49} ;\frac{12}{49} ;\frac{36}{49} \right)$$
Il vient alors que :
$$OH=\sqrt{\left(\frac{18}{49} -0\right)^{2} +\left(\frac{12}{49} -0\right)^{2} +\left(\frac{36}{49} -0\right)^{2} }$$
$$OH=\sqrt{\left(\frac{18}{49} \right)^{2} +\left(\frac{12}{49} \right)^{2} +\left(\frac{36}{49} \right)^{2} }$$
D'où :

Nous allons calculer l'aire de la pyramide $$OABC$$ de deux manières différentes.
$$\red{\text{Première façon :}}$$
Nous savons que le volume d’une pyramide est donné par : $$V =\frac{1}{3}\mathscr{B}h$$ où $$\mathscr{B}$$ est l’aire d’une base et $$h$$ est la hauteur de la pyramide correspondant à cette base.
Dans cette première situation, nous allons prendre comme aire de la base le triangle $$AOC$$ rectangle en $$O$$ et la hauteur le segment $$\left[OB\right]$$ .
$$\text{Aire}\left(AOC\right)=\frac{OA\times OC}{2}$$
Dans l'espace muni d'un repère $$\left(0;\overrightarrow{i} ;\overrightarrow{j} ;\overrightarrow{k} \right)$$, on considère les points $$A\left(2;0;0\right)$$ , $$B\left(0;3;0\right)$$ et $$C\left(0;0;1\right)$$
Ainsi, la distance $$OA=2$$ et la distance $$OC=1$$.
D'où :
$$\text{Aire}\left(AOC\right)=\frac{2\times 1}{2} =2$$
$$\text{Volume}\left(OABC\right)=\frac{1}{3} \times \text{Aire}\left(AOC\right)\times OB$$ $$\;\;$$ or $$OB=3$$
$$\text{Volume}\left(OABC\right)=\frac{1}{3} \times 1\times 3$$
Ainsi :

$$\red{\text{Deuxième façon :}}$$
Nous savons que le volume d’une pyramide est donné par : $$V =\frac{1}{3}\mathscr{B}h$$ où $$\mathscr{B}$$ est l’aire d’une base et $$h$$ est la hauteur de la pyramide correspondant à cette base.
Dans cette deuxième situation, nous allons prendre comme aire de la base le triangle $$BOC$$ rectangle en $$O$$ et la hauteur le segment $$\left[OA\right]$$ .
$$\text{Aire}\left(BOC\right)=\frac{OB\times OC}{2}$$
Dans l'espace muni d'un repère $$\left(0;\overrightarrow{i} ;\overrightarrow{j} ;\overrightarrow{k} \right)$$, on considère les points $$A\left(2;0;0\right)$$ , $$B\left(0;3;0\right)$$ et $$C\left(0;0;1\right)$$
Ainsi, la distance $$OB=3$$ et la distance $$OC=1$$.
D'où :
$$\text{Aire}\left(BOC\right)=\frac{3\times 1}{2} =\frac{3}{2}$$
$$\text{Volume}\left(OABC\right)=\frac{1}{3} \times \text{Aire}\left(BOC\right)\times OA$$ or $$OA=2$$
$$\text{Volume}\left(OABC\right)=\frac{1}{3} \times \frac{3}{2}\times 2$$
Ainsi :