TS – Exercices – Espace

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Exercice 1

Les questions sont indépendantes.

  1. On considère le plan $\mathscr{P}$ d’équation $4x – y + 3z + 1 = 0$ et la droite $\mathscr{D}$ dont une représentation paramétrique est $\begin{cases}x=-5 +3t\\y=t-1,\quad t\in\R \\z=-3t\end{cases}$
    Pour chaque réponse, on donnera la démarche utilisée. a. Donner un vecteur directeur $\vect{u_D}$ de $\mathscr{D}$.
    $\quad$
    b. Donner un vecteur $\vect{n_D}$ , normal à $\mathscr{D}$.
    $\quad$
    c. Donner un vecteur $\vect{n_P}$ normal à $\mathscr{P}$.
    $\quad$
    d. Donner deux vecteurs $\vect{u_P}$ et $\vect{v_P}$ de $\mathscr{P}$, non colinéaires.
    $\quad$
    e. Donner deux points $A$ et $B$ appartenant à $\mathscr{D}$.
    $\quad$
    f. Donner trois points non alignés $C$, $D$ et $E$ appartenant à $\mathscr{P}$.
    $\quad$
    g. La droite $\mathscr{D}$ est-elle parallèle au plan $\mathscr{P}$ ? Justifier.
    Si ce n’est pas le cas, donner les coordonnées du point d’intersection.
    $\quad$
  2. On considère le plan $\mathscr{P}_1$ d’équation $4x – y + 3z + 1 = 0$ et le plan $\mathscr{P}_2$ d’équation $4x – y – 3z + 2 = 0$.
    a. Ces plans sont-ils parallèles ? Justifier.
    $\quad$
    b. Donner les équations paramétriques de la droite d’intersection de ces deux plans.
    $\quad$
    c. Donner l’équation cartésienne d’un autre plan, contenant la droite d’intersection, et non parallèle à $\mathscr{P}_1$ ou $\mathscr{P}_2$.
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. a. D’après la représentation paramétrique de la droite $\mathscr{D}$, un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\vect{u_D}(3;1;-3)$.
    $\quad$
    b. On considère un vecteur normal $\vect{n_D}(x;y;z)$ à la droite $\mathscr{D}$.
    On a ainsi $\vect{n_D};\vect{u_D}=0$
    Donc $3x+y-3z=0$.
    On pose $x=1$ on a alors $3+y-3z=0 \ssi y=3z-3$.
    Si $z=1$ alors $y=0$.
    Le vecteur $\vect{n_D}(1;0;1)$ est donc un vecteur normal à la droite $\mathscr{D}$.
    $\quad$
    c. D’après l’équation cartésienne du plan $\mathscr{P}$, un vecteur normal à ce plan est $\vect{n_p}(4;-1;3)$.
    $\quad$
    d. On considère un vecteur $\vec{u}(x;y;z)$ du plan $\mathscr{P}$.
    On alors $\vec{u}.\vect{n_p}=0 \ssi 4x-y+3z=0$.
    – Si $x=0$ alors $-y+3z=0\ssi y=3z$. Ainsi en prenant $z=1$ on obtient $y=3$ et le vecteur $\vect{u_P}(0;3;1)$ est un vecteur du plan.
    – Si $x=1$ alors $4-y+3z=0\ssi y=4+3z$. Ainsi en prenant $z=0$ on obtient $y=4$ et le vecteut $\vect{v_P}(1;4;0)$ est également un vecteur du plan.
    De plus $\dfrac{0}{1}\neq \dfrac{3}{4}$. Ces deux vecteurs ne sont donc pas colinéaires.
    Remarque : Ces deux vecteurs ne sont pas les seuls possibles, bien évidemment.
    $\quad$
    e. Si $t=0$ alors le point $A(-5;-1;0)$ appartient à la droite $\mathscr{D}$
    Si $t=1$ alors le point $B(-2;0;-3)$ appartient également à la droite $\mathscr{D}$.
    $\quad$
    f. Dans l’équation $4x-y+3z+1=0$ :
    – si $x=y=0$ alors $z=-\dfrac{1}{3}$ : on obtient ainsi le point $C\left(0;0;-\dfrac{1}{3}\right)$;
    – si $x=z=0$ alors $y=1$ : on obtient ainsi le point $D(0;1;0)$;
    – si $y=z=0$ alors $x=-\dfrac{1}{4}$ : on obtient ainsi le point $E\left(-\dfrac{1}{4};0;0\right)$.
    $\vect{CD}\left(0;1;\dfrac{1}{3}\right)$ et $\vect{CE}\left(-\dfrac{1}{4};0;\dfrac{1}{3}\right)$.
    Ces deux vecteurs ne sont clairement pas colinéaires; donc les points $C, D$ et $E$ ne sont pas alignés et appartiennent au plan $\mathscr{P}$.
    Remarque : Ces points ne sont évidemment pas les seuls possibles.
    $\quad$
    g. Regardons si les vecteurs $\vect{u_D}(3;1;-3)$ et $\vect{n_P}(4;-1;3)$ sont orthonogaux.
    $\vect{u_D}.\vect{n_P}=12-1-9=2\neq 0$.
    La droite $\mathscr{D}$ n’est pas paralléle au plan $\mathscr{P}$.
    Les coordonnées du point d’intersection sont solution du système suivant :
    $\begin{align*} \begin{cases} 4x-y+3z+1=0\\x=-5+3t\\y=t-1\\z=-3t\end{cases} &\ssi \begin{cases} -20+12t-t+1-9t+1=0\\x=-5+3t\\y=t-1\\z=-3t\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 2t=18\\x=-5+3t\\y=t-1\\z=-3t\end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} t=9\\x=22\\y=8\\z=-27\end{cases}\end{align*}$
    Le point d’intersection a pour coordonnées $(22;8;-27)$.
    $\quad$
  2. a. Un vecteur normal au plan $\mathscr{P}_1$ est $\vect{n_1}(4;-1;3)$ et un vecteur normal au plan $\mathscr{P}_2$ est $\vect{n_2}(4;-1;-3)$.
    Ces deux vecteurs ne sont clairement pas colinéaires. Les deux plans ne sont donc pas parallèles.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} \begin{cases} 4x-y+3z+1=0 \quad (1)\\4x-y-3z+2=0 \quad (2)\end{cases} &\ssi \begin{cases} 4x-y+3z+1=0 \\6z-1=0 \quad (1)-(2)\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} z=\dfrac{1}{6} \\4x-y+\dfrac{1}{2}+1=0 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} z=\dfrac{1}{6} \\y=4x+\dfrac{3}{2}\end{cases}\end{align*}$
    Ainsi une représentation paramétrique de la droite d’intersection des deux plans est $\begin{cases} x=t\\y=4t+\dfrac{3}{2}\\z=\dfrac{1}{6}\quad t\in \R\end{cases}$.
    Remarque : Cette représentation paramétrique n’est pas unique.
    $\quad$
    c. Un vecteur directeur de cette droite est $\vec{u}(1;4;0)$. Le vecteur $\vect{n}(0;0;1)$ est normal à cette droite puisque $\vec{u}.\vec{n}=0$.
    Ce vecteur est clairement non colinéaire au vecteur $\vect{n_1}$ et $\vect{n_2}$.
    Une équation cartésienne d’un plan dont $\vec{n}$ est un vecteur normal est alors de la forme $z+d=0$.
    Le point $A\left(0;\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{6}\right)$ appartient à la droite d’intersection. Il doit donc également appartenir au plan cherché.
    Par conséquent $\dfrac{1}{6}+d=0\ssi d=-\dfrac{1}{6}$.
    Une équation cartésienne d’un autre plan, contenant la droite d’intersection, et non parallèle à $\mathscr{P}_1$ ou $\mathscr{P}_2$ est donc $z-\dfrac{1}{6}=0$.
    Remarque : là encore, cette réponse n’est pas unique. Tout va dépendre du vecteur $\vec{n}$ choisi.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 2  (Liban – mai 2014)

Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne sera pas prise en compte.

On se place dans l’espace muni d’un repère orthonormé.
On considère le plan $\mathscr{P}$ d’équation $x – y + 3z + 1 = 0$ et la droite $\mathscr{D}$ dont une représentation paramétrique est $\begin{cases} x=2t\\\\y=1 + t\qquad t\in\R \\\\z=- 5+3t\end{cases}$
On donne les points $A(1;1;0), B(3;0;-1)$ et $C(7;1;-2)$

Proposition 1 :
Une représentation paramétrique de la droite $(AB)$ est $\begin{cases} x=5-2t\\\\y=-1+t \qquad t\in\R \\\\ z=-2+t \end{cases}$

Proposition 2 :
Les droites $\mathscr{D}$ et $(AB)$ sont orthogonales.

Proposition 3 :
Les droites $\mathscr{D}$ et $(AB)$ sont coplanaires.

Proposition 4 :
La droite $\mathscr{D}$ coupe le plan $\mathscr{P}$ au point $E$ de coordonnées $(8;-3;-4)$.

Proposition 5 :
Les plans $\mathscr{P}$ et $(ABC)$ sont parallèles.
$\quad$

Correction Exercice 2

Proposition 1 : VRAIE
Regardons si les coordonnées des points $A$ et $B$ vérifient le système d’équations donné.
Si $t=2$ alors $x=5 – 4 = 1$, $y=-1 + 2 = 1$ et $z=-2 + 2 = 0$. C’est vrai pour $A$.
Si $t=1$ alors $x=5-2 = 3$, $y=-1 + 1 = 0$ et $z=-2+1 = -1$. C’est vrai pour $B$.

$~$

Proposition 2 : VRAIE
Un vecteur directeur de $\mathcal{D}$ est $\vec{u}(2;1;3)$.
Un vecteur directeur de $(AB)$ est $\vec{v}(-2;1;1)$.
$\vec{u}.\vec{v} = -2 \times 2 + 1 \times 1 + 3 \times 1 = -4 + 1 + 3 = 0$
Les $2$ vecteurs sont donc orthogonaux. Les droites associées le sont aussi.

$~$

Proposition 3 : FAUSSE
Si les $2$ droites sont coplanaires, elles sont donc, d’après la proposition précédente, sécantes.
On cherche donc un couple $(t,t’)$ tel que :
$$\begin{align*} &\left\{ \begin{array}{l} 2t=5-2t’ \\\\1+t=-1+t’ \\\\-5+3t=-2+t’ \end{array} \right.\\
& \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=-2+t’\\\\2(-2+t’)=5-2t’ \\\\-5+3(-2+t’)=-2+t’ \end{array} \right.\\
&\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=-2+t’\\\\-4+2t’=5-2t’ \\\\-11+3t’=-2+t’ \end{array} \right.\\
&\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=-2+t’\\\\4t’=9 \\\\2t’=9 \end{array} \right.\end{align*}$$

Les $2$ dernières lignes de ce systèmes ne sont pas compatibles.

$~$

Proposition 4 : FAUSSE
Regardons si le point $E$ appartient au plan : $8 -(-3) + 3\times(-4) + 1 = 8 + 3 – 1 2 + 1 = 0$. Donc $E$ appartient bien au plan.
Regardons maintenant si le point $E$ appartient à la droite :
On cherche la valeur de $t$ telle que :

$$  \left\{ \begin{array}{l} 2t = 8\\\\1+t=-3\\\\-5+3t=-4 \end{array} \right.$$
La première ligne nous donne donc $t=4$ mais $1+4 = 5 \ne -3$

$~$

Proposition 5 : VRAIE
Regardons si le vecteur normal $\vec{n}(1;-1;3)$ au plan $\mathcal{P}$ est orthogonal à $\vec{AB}(2;-1;-1)$ et à $\vec{AC}(6;0;-2)$
$\vec{n}.\vec{AB} = 2 \times 1 – 1\times (-1) -1 \times 3 = 2 + 1 – 3 = 0$
$\vec{n}.\vec{AC} = 6 \times 1 – 2 \times 3 = 6 – 6 = 0$
Le vecteur normal $\vec{n}$ est donc orthogonal à $2$ vecteurs non colinéaires de $(ABC)$. C’est donc également un vecteur normal du plan $(ABC)$.

$~$

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$\quad$

$\quad$

Exercice 3  (Amérique du Nord – mai 2014)

 

 

Bac s -amérique du nord - mai 2014 - ex3

On considère le cube $ABCDEFCH$ ci-dessus

On note $M$ le milieu du segment $[EH]$, $N$ celui de $[FC]$ et $P$ le point tel que $\vec{HP} = \dfrac{1}{4} \vec{HG}$.

Partie A : Section du cube par le plan $(MNP)$

  1. Justifier que les droites $(MP)$ et $(FG)$ sont sécantes en un point $L$.
    Construire le point $L$.
    $\quad$
  2. On admet que les droites $(LN)$ et $(CG)$ sont sécantes et on note $T$ leur point d’intersection.
    On admet que les droites $(LN)$ et $(BF)$ sont sécantes et on note $Q$ leur point d’intersection.
    a. Construire les points $T$ et $Q$ en laissant apparents les traits de construction.
    $\quad$
    b. Construire l’intersection des plans $(MNP)$ et $(ABF)$.
    $\quad$
    c. En déduire une construction de la section du cube par le plan $(MNP)$.
    $\quad$

Partie B

L’espace est rapporté au repère $\left(A;\vec{AB}, \vec{AD}, \vec{AE}\right)$.

  1. Donner les coordonnées des points $M$, $N$ et $P$ dans ce repère.
    $\quad$
  2. Déterminer les coordonnées du point $L$.
    $\quad$
  3. On admet que le point $T$ a pour coordonnées $\left(1;1;\dfrac{5}{8}\right)$.
    Le triangle $TPN$ est-il rectangle en $T$ ?
    $\quad$
Correction Exercice 3

Partie A : Section du cube par le plan $(MNP)$

  1. Les $2$ droites appartiennent à la face $EFGH$. Les droites $(EH)$ et $(FG)$ sont parallèles et le point $M$ appartient à $[EH]$ mais pas le point $P$. Par conséquent les droites $(MP)$ et $(FG)$ sont sécantes.
    $~$
  2.  b. L’intersection des $2$ plans est représentée en trait plein rouge (les $2$ droites $(PT)$ et $(RQ)$ sont parallèles).
    TS - amerique du nord - mai 2014
  3. La section du cube par le plan $(MNP)$ est représentée par le polygône $RMPTQ$.
    Remarque : on peut vérifier que les droites $(TQ)$ et $(RM)$ sont parallèles.

Partie B

  1. $M(0;0,5;1)$ $\quad N(1;0,5;0,5)$ $\quad P(0,25;1;1)$
    $~$
  2. $\vec{MP} (0,25;0,5;0)$
    Une représentation paramétrique de $(MP)$ est donc :
    $$\begin{cases} x=0,25t \\\\y=0,5 + 0,5t \quad t \in \R \\\\z=1 \end{cases}$$
    $\vec{FG}(0;1;0)$
    Une représentation paramétrique de $(FG)$ est donc :
    $$\begin{cases} x=1 \\\\y=k \quad k \in \R \\\\z=1 \end{cases}$$
    Cela signifie donc que $0,25t = 1$ soit $t=4$
    Par conséquent $y=0,5 + 0,5 \times 4 = 2,5$
    Les coordonnées de $L$ sont donc $(1;2,5;1)$
    $~$
  3. $TP^2 = (0,25-1)^2 + 0^2+\left(1-\dfrac{5}{8} \right)^2 = \dfrac{45}{64}$
    $TN^2 = 0^2+(-0,5)^2+\left(0,5 – \dfrac{5}{8} \right)^2 = \dfrac{17}{64}$
    $NP^2 = (-0,75)^2+0,5^2+0,5^2 = \dfrac{17}{16}$
    Or $\dfrac{45}{64}+\dfrac{17}{64} = \dfrac{31}{32} \ne \dfrac{17}{16}$
    D’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle $TPN$ n’est pas rectangle en $T$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 4  (Centres étrangers – juin 2014)

Dans l’espace muni d’un repère orthonormé, on considère les points : $A(1;2;7),\quad B(2;0;2),\quad C(3;1;3),\quad D(3; -6;1) \text{ et } E(4;-8;-4).$$

  1. Montrer que les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.
    $\quad$
  2. Soit $\vec{u}(1;b;c)$ un vecteur de l’espace, où $b$ et $c$ désignent deux nombres réels.
    a. Déterminer les valeurs de $b$ et $c$ telles que $\vec{u}$ soit un vecteur normal au plan $(ABC)$.
    $\quad$
    b. En déduire qu’une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est : $x – 2 y + z – 4 = 0$.
    $\quad$
    c. Le point $D$ appartient-il au plan $(ABC)$ ?
    $\quad$
  3. On considère la droite $\mathscr{D}$ de l’espace dont une représentation paramétrique est : $$\begin{cases} x =2t+3\\\\y = – 4t + 5\\\\ z =2t-1 \end{cases} \quad \text{où } t \text{ est un nombre réel.}$$
    a. La droite $\mathscr{D}$ est-elle orthogonale au plan $(ABC)$ ?
    $\quad$
    b. Déterminer les coordonnées du point $H$, intersection de la droite $\mathscr{D}$ et du plan $(ABC)$.
    $\quad$
  4. Étudier la position de la droite $(DE)$ par rapport au plan $(ABC)$.
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. $\vec{AB} = (1;-2;-5)$ et $\vec{AC}(2;-1;-4)$.
    Les $2$ vecteurs ne sont pas colinéaires par conséquent les points $A$, $B$ et$ C$ ne sont pas alignés.
    $~$
  2. a. On veut donc que :
    $$\begin {align} \begin{cases} \vec{u}.\vec{AB} = 0  \\\\\vec{u}.\vec{AC} = 0 \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} 1 – 2b – 5c = 0 \\\\2 -b-4c = 0 \end{cases}\\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} b= 2-4c \\\\-2(2-4c)-5c=-1 \end{cases}\\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} b=2-4c \\\\3c=3 \end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} c=1 \\\\b= -2 \end{cases}
    \end{align}$$
    Donc $\vec{u}(1,-2,1)$.
    $~$
    b. Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est alors de la forme :
    $$x-2y+z+d=0$$
    Or $A$ appartient au plan $ABC$ donc :
    $$1 -4 + 7 +d = 0 \Leftrightarrow d = -4$$
    Une équation cartésienne de $(ABC)$ est donc bien $x-2y+z-4=0$
    $~$
    c. Regardons si les coordonnées du point $D$ vérifient l’équation précédente :
    $$3 + 12 + 1 – 4 = 12 \ne 0$$
    Donc $D$ n’appartient pas à $(ABC)$.
    $~$
  3. a. Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\vec{v}(2;-4;2) = 2\vec{u}$.
    Donc $\mathscr{D}$ est orthogonale au plan $(ABC)$.
    $~$
    b. Pour trouver les coordonnées du point d’intersection de la droite et du plan on va injecter dans l’équation du plan les équations paramétriques de la droite.
    $$\begin{align} 2t+3 -2(-4t+5)+(2t-1)-4 = 0 &\Leftrightarrow 2t+3+8t-10+2t-1-4=0 \\\\
    & \Leftrightarrow 12t-12=0 \\\\
    &\Leftrightarrow t = 1
    \end{align}$$
    Le point $H$ a donc pour coordonnées $(5;1;1)$
    $~$
  4. $\vec{DE}(1;-2;-5)$. Ce vecteur n’est pas colinéaire $ \vec{u}$ donc la droite $(DE)$ n’est pas orthogonale au plan $(ABC)$.
    $\vec{DE}.\vec{u} = 1 +4 – 5 =  0$. Donc la droite $(DE)$ est pas parallèle au plan $(ABC)$. Puisque $D$ n’appartient pas à $(ABC)$ alors la droite est strictement parallèle au plan.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 5  (Polynésie – juin 2014)

Dans un repère orthonormé de l’espace, on considère les points $$A(5;-5;2), B(-1;1;0), C(0;1;2)\quad \text{et} \quad D(6;6;-1).$$

  1.  Déterminer la nature du triangle $BCD$ et calculer son aire.
    $\quad$
  2. a. Montrer que le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}- 2\\3\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $(BCD)$.
    $\quad$
    b. Déterminer une équation cartésienne du plan $(BCD)$.
    $\quad$
  3. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\mathscr{D}$ orthogonale au plan $(BCD)$ et passant par le point $A$.
    $\quad$
  4. Déterminer les coordonnées du point $H$, intersection de la droite $\mathscr{D}$ et du plan $(BCD)$.
    $\quad$
  5. Déterminer le volume du tétraèdre $ABCD$.
    On rappelle que le volume d’un tétraèdre est donné par la formule $\mathscr{V} = \dfrac{1}{3}\mathscr{B} \times h$, où $\mathscr{B}$ est l’aire d’une base du tétraèdre et $h$ la hauteur correspondante.
    $\quad$
  6. \item On admet que $AB = \sqrt{76}$ et $AC = \sqrt{61}$.
    Déterminer une valeur approchée au dixième de degré près de l’angle $\widehat{BAC}$.
    $\quad$
Correction Exercice 5

  1. $\vec{BC }\begin{pmatrix}1\\\\0\\\\2 \end{pmatrix}$ et $\vec{CD }\begin{pmatrix}6\\\\5\\\\-3 \end{pmatrix}$
    Par conséquent $\vec{BC}.\vec{CD} = 6 – 6 = 0$. Le triangle $BCD$ est donc rectangle en $C$.
    $~$
    $BC = \sqrt{1^2+2^2} = \sqrt{5}$
    $CD = \sqrt{6^2+5^2+(-3)^2} = \sqrt{70}$
    Le triangle n’est donc pas isocèle.
    $~$
    Son aire est $\mathscr{A} = \dfrac{\sqrt{5}\times \sqrt{70}}{2} = \dfrac{5\sqrt{14}}{2}$
    $~$
  2. a. Il suffit de montrer que $\vec{n}$ est orthogonal à $2$ vecteurs non colinéaires du plan :
    $\vec{n}.\vec{BC} = -2 + 2 = 0$.
    $\vec{n}.\vec{CD} = -12 + 15 – 3 = 0$.
    $\vec{n}$ est donc bien normal au plan $(BCD)$.
    $~$
    b. Une équation cartésienne du plan $(BCD)$ est de la forme :
    $$-2x+3y+z+d=0$$
    Or $B\in (BCD)$. Donc ses coordonnées vérifient l’équation du plan :
    $$2+3+0+d=0 \Leftrightarrow d = -5$$
    Une équation du plan est donc :
    $$-2x+3y+z-5=0$$
  3. $\vec{n}$ est donc un vecteur directeur de $\mathscr{D}$.
    Une représentation paramétrique de cette droite est donc :
    $$\begin{cases} 5 -2t\\\\-5+3t \qquad t\in \R\\\\2+t \end{cases}$$
  4. Pour déterminer les coordonnées de $H$ on injecte les équations de $\mathscr{D}$ dans l’équation du plan $(BCD)$
    $$\begin{align} -2(5-2t)+3(-5+3t)+(2+t)-5 = 0 &\Leftrightarrow -10 +4t-15+9t+2+t-5 = 0 \\\\
    &\Leftrightarrow 14t-28 = 0\\\\
    &\Leftrightarrow t = 2
    \end{align}$$
    Les coordonnées de $H$ sont donc $(1;1;4)$
    $~$
  5. $AH$ est la hauteur de ce tétraèdre relative à la base $BCD$.
    $AH = \sqrt{(1 – 5)^2+(1+5)^2+(4-2)^2} = \sqrt{56}$
    Donc $\mathscr{V}=\dfrac{\sqrt{56} \times \dfrac{5\sqrt{14}}{2}}{3} = \dfrac{70}{3}$.
    $~$
    $\vec{AB} \begin{pmatrix} -6\\\\6\\\\-2 \end{pmatrix}$ et $\vec{AC} \begin{pmatrix} -5\\\\6\\\\0 \end{pmatrix}$
    Par conséquent :
    $$ \begin{align} \vec{AB}.\vec{AC} & = 66 \\\\
    & =AB \times AC \times \cos \widehat{BAC} \\\\
    &= \sqrt{76} \times \sqrt{61} \times \cos \widehat{BAC}
    \end{align}$$
    Par conséquent :
    $$\cos \widehat{BAC} = \dfrac{66}{\sqrt{4636}}$$
    et
    $$ \widehat{BAC} \approx 14,2°$$
    $\quad$

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$\quad$