1. Figure

   

2. Nature des triangles

   Calculons les longueurs des côtés des triangles OAC et OBC dans le repère orthonormal.
   $ \overrightarrow{OA}(3; 4; 0) $, donc $ OA = \sqrt{3^2 + 4^2 + 0^2} = \sqrt{25} = 5 $
   $ \overrightarrow{OC}(0; 0; 5) $, donc $ OC = \sqrt{0^2 + 0^2 + 5^2} = 5 $
   Le produit scalaire $ \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC} = 3 \times 0 + 4 \times 0 + 0 \times 5 = 0 $.
   Les vecteurs sont orthogonaux, donc le triangle OAC est rectangle en O.
   Comme $ OA = OC = 5 $, le triangle OAC est rectangle et isocèle en O.

   De même pour OBC :
   $ \overrightarrow{OB}(0; 5; 0) $, donc $ OB = 5 $
   $ \overrightarrow{OC}(0; 0; 5) $, donc $ OC = 5 $
   $ \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} = 0 \times 0 + 5 \times 0 + 0 \times 5 = 0 $.
   Le triangle OBC est donc rectangle et isocèle en O.

   Pour la nature du triangle ABC, calculons les longueurs de ses côtés :
   $ AC = \sqrt{(0-3)^2 + (0-4)^2 + (5-0)^2} = \sqrt{9 + 16 + 25} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} $
   $ BC = \sqrt{(0-0)^2 + (0-5)^2 + (5-0)^2} = \sqrt{0 + 25 + 25} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} $
   $ AB = \sqrt{(0-3)^2 + (5-4)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{9 + 1 + 0} = \sqrt{10} $
   Comme $ AC = BC $, le triangle ABC est isocèle en C.

3. 1. Alignement de H, C, I

      I est le milieu de [AB], ses coordonnées sont :

      $ I \left( \dfrac{3+0}{2} ; \dfrac{4+5}{2} ; \dfrac{0+0}{2} \right) $, soit $ I(1{,}5 ; 4{,}5 ; 0) $

      Calculons les coordonnées des vecteurs $ \overrightarrow{CI} $ et $ \overrightarrow{CH} $ :

      $ \overrightarrow{CI}(1{,}5 - 0 ; 4{,}5 - 0 ; 0 - 5) $, soit $ \overrightarrow{CI}(1{,}5 ; 4{,}5 ; -5) $

      $ \overrightarrow{CH} \left( \dfrac{15}{19} - 0 ; \dfrac{45}{19} - 0 ; \dfrac{45}{19} - 5 \right) $, soit $ \overrightarrow{CH} \left( \dfrac{15}{19} ; \dfrac{45}{19} ; -\dfrac{50}{19} \right) $

      On remarque que $ \overrightarrow{CH} = \dfrac{10}{19} \overrightarrow{CI} $.

      Les vecteurs sont colinéaires et ont le point C en commun, donc les points H, C et I sont alignés.

   2. H projeté orthogonal de O sur (ABC)

      Pour démontrer que H est le projeté orthogonal de O sur le plan (ABC), il faut vérifier que le vecteur $ \overrightarrow{OH} \left( \dfrac{15}{19} ; \dfrac{45}{19} ; \dfrac{45}{19} \right) $ est normal au plan (ABC).

      Vérifions l'orthogonalité avec deux vecteurs non colinéaires du plan, par exemple $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{CI} $ :
      $ \overrightarrow{AB}(-3 ; 1 ; 0) $

      $ \overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AB} = \dfrac{15}{19} \times (-3) + \dfrac{45}{19} \times 1 + \dfrac{45}{19} \times 0 = -\dfrac{45}{19} + \dfrac{45}{19} = 0 $

      $ \overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{CI} = \dfrac{15}{19} \times 1{,}5 + \dfrac{45}{19} \times 4{,}5 + \dfrac{45}{19} \times (-5) $

      $ \quad = \dfrac{22{,}5 + 202{,}5 - 225}{19} = 0 $

      Le vecteur $ \overrightarrow{OH} $ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC).
      De plus, comme H est sur la droite (CI) et que C et I appartiennent au plan (ABC), alors H appartient au plan (ABC).
      H est donc bien le projeté orthogonal de O sur le plan (ABC).

   3. Équation du plan ABC

      Le vecteur $ \overrightarrow{OH} $ est normal au plan. On peut utiliser un vecteur normal proportionnel pour simplifier les calculs : $ \vec{n}(1 ; 3 ; 3) $.
      L'équation du plan est de la forme $ x + 3y + 3z + d = 0 $.
      Comme C(0 ; 0 ; 5) appartient au plan :
      $ 0 + 3(0) + 3(5) + d = 0 $, soit $ 15 + d = 0 $, d'où $ d = -15 $.
      L'équation cartésienne du plan ABC est :

      $ x + 3y + 3z - 15 = 0 $

4. 1. Calcul d'aire et de volume

      Les points $ O $, $ A $ et $ B $ sont dans le plan $ z = 0 $. On calcule l'aire du triangle $ OAB $ à l'aide du produit vectoriel :
      $ \overrightarrow{OA} \times \overrightarrow{OB} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 3 \times 5 - 4 \times 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 15 \end{pmatrix} $

      $ \text{Aire}(OAB) = \dfrac{1}{2} ||\overrightarrow{OA} \times \overrightarrow{OB}|| = \dfrac{1}{2} \times 15 = 7{,}5 \text{ unités d'aire} $

      Le volume du tétraèdre OABC est donné par :

      $ V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}(OAB) \times OC = \dfrac{1}{3} \times 7{,}5 \times 5 = 12{,}5 \text{ unités de volume} $.

      $ V = 12{,}5 $

   2. Distance de O au plan (ABC)

      La distance de O au plan (ABC) est la longueur OH.

      $ OH = \sqrt{\left(\dfrac{15}{19}\right)^2 + \left(\dfrac{45}{19}\right)^2 + \left(\dfrac{45}{19}\right)^2} = \dfrac{1}{19}\sqrt{225 + 2025 + 2025} = \dfrac{\sqrt{4275}}{19} = \dfrac{15\sqrt{19}}{19} = \dfrac{15}{\sqrt{19}} $.

      $ d(O, (ABC)) = \dfrac{15}{\sqrt{19}} $

   3. Aire du triangle ABC

      En utilisant la formule du volume $ V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}(ABC) \times d(O, (ABC)) $ :

      $ 12{,}5 = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}(ABC) \times \dfrac{15}{\sqrt{19}} $

      $ \text{Aire}(ABC) = \dfrac{12{,}5 \times 3 \times \sqrt{19}}{15} = \dfrac{37{,}5\sqrt{19}}{15} = 2{,}5\sqrt{19} $.

      $ \text{Aire}(ABC) = \dfrac{5\sqrt{19}}{2} $

Dans le repère orthonormal $ \left(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right) $, les coordonnées des sommets du cube sont :
$ A(0;0;0) $, $ B(1;0;0) $, $ D(0;1;0) $, $ E(0;0;1) $, $ F(1;0;1) $, $ G(1;1;1) $ et $ H(0;1;1) $.

1. 1. $ I $ est le milieu de $ [EF] $, ses coordonnées sont :

      $ x_I = \dfrac{x_E + x_F}{2} = \dfrac{0 + 1}{2} = \dfrac{1}{2} $ ; $ y_I = \dfrac{y_E + y_F}{2} = \dfrac{0 + 0}{2} = 0 $ ; $ z_I = \dfrac{z_E + z_F}{2} = \dfrac{1 + 1}{2} = 1 $

      D'où $\mathbf{I \left( \dfrac{1}{2} ; 0 ; 1 \right)}$.

      $ J $ est le symétrique de $ E $ par rapport à $ F $, donc $ F $ est le milieu de $ [EJ] $ :
      $ x_F = \dfrac{x_E + x_J}{2} \implies 1 = \dfrac{0 + x_J}{2} \implies x_J = 2 $
      $ y_F = \dfrac{y_E + y_J}{2} \implies 0 = \dfrac{0 + y_J}{2} \implies y_J = 0 $
      $ z_F = \dfrac{z_E + z_J}{2} \implies 1 = \dfrac{1 + z_J}{2} \implies z_J = 1 $
      D'où $\mathbf{J(2 ; 0 ; 1)}$.

   2. Le vecteur $ \overrightarrow{DJ} $ a pour coordonnées $ (2 - 0 \ ; \ 0 - 1 \ ; \ 1 - 0) $, soit $ \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $.

      Calculons les coordonnées de deux vecteurs non colinéaires du plan $ (BGI) $ :
      $ \overrightarrow{BG} \begin{pmatrix} 1-1 \\ 1-0 \\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{BI} \begin{pmatrix} 0{,}5-1 \\ 0-0 \\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -0{,}5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $.

      Calculons les produits scalaires :
      $ \overrightarrow{DJ} \cdot \overrightarrow{BG} = 2 \times 0 + (-1) \times 1 + 1 \times 1 = -1 + 1 = 0 $
      $ \overrightarrow{DJ} \cdot \overrightarrow{BI} = 2 \times (-0{,}5) + (-1) \times 0 + 1 \times 1 = -1 + 1 = 0 $

      Le vecteur $ \overrightarrow{DJ} $ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $ (BGI) $, donc :

      Le vecteur $ \overrightarrow{DJ} $ est normal au plan $ (BGI) $.

   3. Comme $ \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $ est normal à $ (BGI) $, une équation cartésienne de ce plan est de la forme $ 2x - y + z + d = 0 $.
      Le point $ B(1;0;0) $ appartient au plan, donc :
      $ 2(1) - 0 + 0 + d = 0 \implies d = -2 $.

      Une équation cartésienne du plan $ (BGI) $ est :

      $\mathbf{2x - y + z - 2 = 0}$

   4. Soit $ \vec{n} = \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $ un vecteur normal au plan $ (BGI) $.
      La distance du point $ F(1;0;1) $ au plan $ (BGI) $ est :

      $ d(F, (BGI)) = \dfrac{|2x_F - y_F + z_F - 2|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 1^2}} = \dfrac{|2(1) - 0 + 1 - 2|}{\sqrt{6}} = \dfrac{1}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{6} $

2. 1. La droite $ (\Delta) $ passe par $ F(1;0;1) $ et est normale au plan $ (BGI) $, elle a donc pour vecteur directeur $ \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $.
      Une représentation paramétrique de $ (\Delta) $ est :

      $ \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -t \\ z = 1 + t \end{cases} $ avec $ t \in \mathbb{R} $
   2. Le centre $ K $ de la face $ ADHE $ est le milieu de $ [AH] $ (ou $ [DE] $).
      $ x_K = \dfrac{0+0}{2} = 0 $ ; $ y_K = \dfrac{0+1}{2} = 0{,}5 $ ; $ z_K = \dfrac{0+1}{2} = 0{,}5 $. Donc $ K(0 \ ; \ 0{,}5 \ ; \ 0{,}5) $.
      Vérifions si $ K $ appartient à $ (\Delta) $ :
      $ 0 = 1 + 2t \implies t = -0{,}5 $
      $ y = -(-0{,}5) = 0{,}5 = y_K $
      $ z = 1 - 0{,}5 = 0{,}5 = z_K $
      Pour $ t = -0{,}5 $, on retrouve les coordonnées de $ K $, donc $ K $ appartient à $ (\Delta) $.
   3. Les coordonnées du point $ L $, intersection de $ (\Delta) $ et $ (BGI) $, vérifient le système :
      $ \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -t \\ z = 1 + t \\ 2x - y + z - 2 = 0 \end{cases} $
      En substituant les expressions de $ x, y, z $ dans l'équation du plan :
      $ 2(1 + 2t) - (-t) + (1 + t) - 2 = 0 $
      $ 2 + 4t + t + 1 + t - 2 = 0 \implies 6t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{6} $
      On en déduit les coordonnées de $ L $ :
      $ x_L = 1 + 2\left(-\dfrac{1}{6}\right) = 1 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3} $
      $ y_L = -\left(-\dfrac{1}{6}\right) = \dfrac{1}{6} $
      $ z_L = 1 - \dfrac{1}{6} = \dfrac{5}{6} $
      On retrouve bien $\mathbf{L \left( \dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{5}{6} \right)}$.

   4. Le point $ L $ est l'orthocentre du triangle $ BGI $ si et seulement si les droites $ (BL) $ et $ (GI) $ sont perpendiculaires, ainsi que $ (GL) $ et $ (BI) $.
      $ \overrightarrow{BL} \begin{pmatrix} 2/3 - 1 \\ 1/6 - 0 \\ 5/6 - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/3 \\ 1/6 \\ 5/6 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{GI} \begin{pmatrix} 1/2 - 1 \\ 0 - 1 \\ 1 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} $.
      $ \overrightarrow{BL} \cdot \overrightarrow{GI} = \left(-\dfrac{1}{3}\right) \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) + \dfrac{1}{6} \times (-1) + \dfrac{5}{6} \times 0 = \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{6} = 0 $. Donc $ (BL) \perp (GI) $.

      $ \overrightarrow{GL} \begin{pmatrix} 2/3 - 1 \\ 1/6 - 1 \\ 5/6 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/3 \\ -5/6 \\ -1/6 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{BI} \begin{pmatrix} 1/2 - 1 \\ 0 - 0 \\ 1 - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $.
      $ \overrightarrow{GL} \cdot \overrightarrow{BI} = \left(-\dfrac{1}{3}\right) \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) + \left(-\dfrac{5}{6}\right) \times 0 + \left(-\dfrac{1}{6}\right) \times 1 = \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{6} = 0 $. Donc $ (GL) \perp (BI) $.

      $ L $ est l'intersection de deux hauteurs du triangle $ BGI $, c'est donc l'orthocentre du triangle $ BGI $ .

Pour réviser : Déterminer une équation cartésienne de plan

1. 1. $ \overrightarrow{AB} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} $
      
      $ \overrightarrow{AC} \begin{pmatrix} 2 \\ - 2 \\ 2 \end{pmatrix} $
      
      Les vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{AC} $ n'étant pas colinéaires, les points A, B et C ne sont pas alignés.
   2. Les coordonnées des points A, B et C vérifient l'équation $ 2x+y - z - 3=0 $. En effet :
      
      pour A : $ 2\times 1+1\times 1 - 1\times 0 - 3=0 $
      
      pour B : $ 2\times 1+1\times 2 - 1\times 1 - 3=0 $
      
      pour C : $ 2\times 3+1\times \left( - 1\right) - 1\times 2 - 3=0 $
      
      Le plan (ABC) a donc pour équation cartésienne $ 2x+y - z - 3=0 $.
2. M de coordonnées $ \left(x ; y ; z \right) $ appartient à $ P \cap Q $ si et seulement si :
   
   $ \left\{ \begin{matrix} x+2y - z - 4=0 \\ 2x+3y - 2z - 5=0 \end{matrix}\right. $
   
   On pose $ t=z $ et on résout le système.
   
   $ \left\{ \begin{matrix} z=t \\ x= - 2y+t+4 \\ - 4y+2t +8+3y - 2t - 5=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} z=t \\ y=3 \\ x= - 2+t \end{matrix}\right. $
3. Pour trouver l'intersection des 3 plans (ABC), (P) et (Q), on résout le système :
   
   $ \left(S\right) \left\{ \begin{matrix} 2x+y - z - 3=0 \\ x+2y - z - 4=0 \\ 2x+3y - 2z - 5=0 \end{matrix}\right. $
   
   D'après la question précédente les deux dernières équations donnent y=3 ce qui permet d'accélérer la résolution :
   
   $ \left(S\right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} y=3 \\ 2x+3 - z - 3=0 \\ x+6 - z - 4=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x=2 \\ y=3 \\ z=4 \end{matrix}\right. $
   
   L'intersection des plans (ABC), (P) et (Q) est donc le point de coordonnées $ \left(2 ; 3 ; 4\right) $.
4. Soit M un point de (D). Ses coordonnées $ \left(x;y;z\right) $ sont de la forme :
   
   $ \left\{ \begin{matrix} x= - 2+t \\ y=3 \\ z=t \end{matrix}\right. $
   
   La distance de A à (D) est le minimum de la distance AM lorsque M décrit (D).
   
   Or :
   
   $ AM^{2}=\left( - 3+t\right)^{2}+\left(3 - 1\right)^{2}+t^{2}=t^{2} - 6t+9+4+t^{2} =2t^{2} - 6t+13 $
   
   $ AM^{2} $ est un polynôme du second degré en $ t $ qui atteint son minimum pour $ t= - \dfrac{b}{2a}=\dfrac{3}{2} $
   
   Ce minimum vaut alors :
   
   $ AM_{0}^{2}=2\left(\dfrac{3}{2}\right)^{2} - 6\left(\dfrac{3}{2}\right)+13=\dfrac{17}{2} $
   
   La distance de A à (D) est donc :
   
   $ AM_{0}=\dfrac{\sqrt{17}}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{34}}{2} $

Partie A

1. On remarque que, quels que soient les points $ M $ dans l'espace, les points $ A, D, I $ et $ M $ sont coplanaires. On peut donc traiter la question dans le plan $ (ADM) $ rapporté à un repère orthonormal.

   Les points $ A, D, I $ et $ M $ ont pour coordonnées dans ce repère :
   $ A(a;b) $, $ D(\alpha ; \beta) $, $ I \left(\dfrac{a + \alpha}{2} ; \dfrac{b + \beta}{2}\right) $ et $ M(x;y) $.

   On en tire les coordonnées des vecteurs $ \overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MD}, \overrightarrow{MI} $ et $ \overrightarrow{IA} $ :

   $ \overrightarrow{MA} \begin{pmatrix} a - x \\ b - y \end{pmatrix} $, $ \overrightarrow{MD} \begin{pmatrix} \alpha - x \\ \beta - y \end{pmatrix} $, $ \overrightarrow{MI} \begin{pmatrix} \dfrac{a + \alpha}{2} - x \\ \dfrac{b + \beta}{2} - y \end{pmatrix} $, $ \overrightarrow{IA} \begin{pmatrix} \dfrac{a - \alpha}{2} \\ \dfrac{b - \beta}{2} \end{pmatrix} $.

   On calcule :

   $ \overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{MA} = (a - x)(\alpha - x) + (b - y)(\beta - y) = a\alpha - (a + \alpha)x + x^2 + b\beta - (b + \beta)y + y^2 $

   D'autre part :

   $ MI^2 = \left(\dfrac{a + \alpha}{2} - x\right)^2 + \left(\dfrac{b + \beta}{2} - y\right)^2 = \left(\dfrac{a + \alpha}{2}\right)^2 - (a + \alpha)x + x^2 + \left(\dfrac{b + \beta}{2}\right)^2 - (b + \beta)y + y^2 $

   $ IA^2 = \left(\dfrac{a - \alpha}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{b - \beta}{2}\right)^2 $

   En remarquant que $ \left(\dfrac{p + q}{2}\right)^2 - \left(\dfrac{p - q}{2}\right)^2 = pq $, on a :

   $ MI^2 - IA^2 = a\alpha - (a + \alpha)x + x^2 + b\beta - (b + \beta)y + y^2 $

   C'est-à-dire :

   $ \overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{MA} = MI^2 - IA^2 $

2. $ \overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{MA} = 0 $ implique que $ MI^2 - IA^2 = 0 $, soit $ MI^2 = IA^2 $, donc $ MI = IA $.

   Cela démontre que l'ensemble $ (E) $ est la sphère de centre $ I $ et de rayon $ IA $ (qui est aussi égal à $ ID $ car $ I $ est le milieu de $ [AD] $).

Partie B

1. 1. Pour que le vecteur $ \vec{v} \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} $ soit normal au plan $ (ABC) $, il faut et il suffit qu'il soit orthogonal à deux vecteurs non colinéaires appartenant à $ (ABC) $.

      Les vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{BC} $ sont non colinéaires et ont pour coordonnées respectives :

      $ \overrightarrow{AB} \begin{pmatrix} -3 \\ 6 \\ 0 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{BC} \begin{pmatrix} 0 \\ -6 \\ 4 \end{pmatrix} $.

      On calcule les produits scalaires $ \vec{v} \cdot \overrightarrow{AB} $ et $ \vec{v} \cdot \overrightarrow{BC} $ :

      $ \vec{v} \cdot \overrightarrow{AB} = 4 \times (-3) + 2 \times 6 + 3 \times 0 = -12 + 12 + 0 = 0 $

      $ \vec{v} \cdot \overrightarrow{BC} = 4 \times 0 + 2 \times (-6) + 3 \times 4 = 0 - 12 + 12 = 0 $

      Cela démontre que le vecteur $ \vec{v} $ est normal au plan $ (ABC) $.

   2. $ \vec{v} $ étant un vecteur normal au plan $ (ABC) $, et sachant que $ A(3;0;0) $ appartient à ce plan, une équation du plan $ (ABC) $ est de la forme $ 4x + 2y + 3z + d = 0 $.

      En utilisant les coordonnées de $ A $ : $ 4 \times 3 + 2 \times 0 + 3 \times 0 + d = 0 $, soit $ 12 + d = 0 $, d'où $ d = -12 $.

      On en déduit l'équation du plan $ (ABC) $ :

      $ 4x + 2y + 3z - 12 = 0 $

2. 1. $ \vec{v} \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} $, normal au plan $ (ABC) $, est un vecteur directeur de la droite $ \Delta $.

      $ D(-5;0;1) $ est un point de cette droite.

      On obtient la représentation paramétrique de $ \Delta $ :

      $ \begin{cases} x = -5 + 4t \\ y = 2t \\ z = 1 + 3t \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R}) $

   2. Les coordonnées de $ H $, projeté orthogonal de $ D $ sur $ (ABC) $, sont obtenues en résolvant le système formé par l'équation du plan et la représentation paramétrique de la droite.

      On remplace $ x, y, z $ dans l'équation du plan :

      $ 4(-5 + 4t) + 2(2t) + 3(1 + 3t) - 12 = 0 $
      $ -20 + 16t + 4t + 3 + 9t - 12 = 0 $
      $ 29t - 29 = 0 $, soit $ t = 1 $

      En remplaçant $ t $ par $ 1 $ dans la représentation paramétrique, on obtient les coordonnées de $ H $ :
      $ x_H = -5 + 4(1) = -1 $
      $ y_H = 2(1) = 2 $
      $ z_H = 1 + 3(1) = 4 $

      Donc $ H(-1; 2; 4) $.

   3. La distance du point $ D $ au plan $ (ABC) $ est la longueur $ DH $.

      $ DH^2 = (x_H - x_D)^2 + (y_H - y_D)^2 + (z_H - z_D)^2 $
      $ DH^2 = (-1 - (-5))^2 + (2 - 0)^2 + (4 - 1)^2 $
      $ DH^2 = 4^2 + 2^2 + 3^2 = 16 + 4 + 9 = 29 $

      D'où :

      $ DH = \sqrt{29} $

   4. On calcule le produit scalaire $ \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} $.

      $ \overrightarrow{HD} \begin{pmatrix} -5 - (-1) \\ 0 - 2 \\ 1 - 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 \\ -2 \\ -3 \end{pmatrix} $

      $ \overrightarrow{HA} \begin{pmatrix} 3 - (-1) \\ 0 - 2 \\ 0 - 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ -2 \\ -4 \end{pmatrix} $

      $ \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} = (-4) \times 4 + (-2) \times (-2) + (-3) \times (-4) $
      $ \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} = -16 + 4 + 12 = 0 $

      Comme $ \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} = 0 $, cela signifie que le triangle $ HDA $ est rectangle en $ H $, ou plus simplement que $ \overrightarrow{HD} \perp \overrightarrow{HA} $.

      Or, d'après la partie A, l'ensemble $ (E) $ est défini par $ \overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{MA} = 0 $.

      Ici, en remplaçant $ M $ par $ H $, on a bien $ \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} = 0 $.

      Donc $ H $ appartient à l'ensemble $ (E) $ (la sphère de diamètre $ [AD] $).

Pour réviser : Démontrer que des droites sont orthogonales dans l'espace

1. 1. Vu le choix du repère, $ D $ a pour coordonnées $ \left(0;0;1\right) $
      
      $ F $ est le milieu de $ \left[BC\right] $ avec $ B\left(1;0;0\right) $ et $ C\left(0;1;0\right) $ donc $ F $ a pour coordonnées
      
      $ \left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};0\right) $
   2. La droite $ \left(DF\right) $ a pour vecteur directeur $ \overrightarrow{DF}\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}; - 1\right) $ et passe par le point $ D\left(0;0;1\right) $
      
      Une représentation paramétrique de $ \left(DF\right) $ est donc :
      
      $ \left\{ \begin{matrix} x=1/2 t \\ y=1/2 t \\ z=1 - t \end{matrix}\right. $ $ t\in \mathbb{R} $
      
      Remarque : Cette représentation n'est pas unique ; ce n'est donc pas la seule réponse possible ! On peut, en particulier, obtenir une représentation plus simple en choisissant comme vecteur directeur $ 2\overrightarrow{DF}\left(1;1; - 2\right) $ ce qui donne :
      
      $ \left\{ \begin{matrix} x=t \\ y=t \\ z=1 - 2t \end{matrix}\right. $ $ t\in \mathbb{R} $
   3. Le vecteur $ 2\overrightarrow{DF}\left(1;1; - 2\right) $ est normal au plan $ \mathscr P $. L'équation de $ \mathscr P $ est donc du type :
      
      $ x+y - 2z+d=0 $
      
      Ce plan passe par $ A $ donc les coordonnées de $ A\left(0;0;0\right) $ vérifient l'équation du plan :
      
      $ 0+0 - 2\times 0+d=0 $ soit $ d=0 $.
      
      Une équation cartésienne de $ \mathscr P $ est donc :
      
      $ x+y - 2z=0 $
      
      Remarque : Là encore, ce n'est pas la seule réponse possible !
   4. $ H $ appartient a l'intersection du plan $ \mathscr P $ et de la droite $ \left(DF\right) $. Ses coordonnées sont donc de la forme :
      
      $ \left\{ \begin{matrix} x_{H}=t \\ y_{H}=t \\ z_{H}=1 - 2t \end{matrix}\right. $
      
      avec $ t $ tel que
      
      $ t+t - 2\left(1 - 2t\right)=0 $ (équation obtenue en remplaçant $ x $, $ y $, et $ z $ par les coordonnées ci-dessus dans l'équation cartésienne de $ \mathscr P $).
      
      Cette équation donne $ 6t=2 $ donc $ t=\dfrac{1}{3} $ et $ H \left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right) $.
   5. $ E\left(\dfrac{1}{2};0;0\right) $ et $ G\left(0;\dfrac{1}{2};0\right) $ donc :
      
      $ \overrightarrow{EH}\left( - \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right) $ et $ \overrightarrow{GH}\left(\dfrac{1}{3}; - \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{3}\right) $
      
      $ \overrightarrow{EH}.\overrightarrow{GH} =\dfrac{1}{3}\times \left( - \dfrac{1}{6}\right) - \dfrac{1}{6}\times \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{3}=0 $
      
      Les vecteurs $ \overrightarrow{EH} $ et $ \overrightarrow{GH} $ sont donc orthogonaux et l'angle $ \widehat{EHG} $ est un angle droit.
2. 1. Soit $ M\left(x;y;z\right) $.
      
      $ \overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{DF} $ avec $ \overrightarrow{DF}\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}; - 1\right) $ et $ \overrightarrow{DM}\left(x;y;z - 1\right) $
      
      Donc $ x=\dfrac{1}{2}t $, $ y=\dfrac{1}{2}t $ et $ z=1 - t $.
      
      $ ME^{2}=\left(x - \dfrac{1}{2}\right)^{2}+y^{2}+z^{2}=\left(\dfrac{1}{2}t - \dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}t\right)^{2}+\left(1 - t\right)^{2} $
      
      $ ME^{2}=\dfrac{1}{4}t^{2} - \dfrac{1}{2}t+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}t^{2}+1 - 2t+t^{2}=\dfrac{3}{2}t^{2} - \dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4} $
      
      Un calcul similaire pour $ MG^{2} $ (il suffit de permuter $ x $ et $ y $ dans les calculs !) conduit également à :
      
      $ MG^{2}=\dfrac{3}{2}t^{2} - \dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4} $
      
      Donc $ MG=ME $ et le triangle $ MEG $ est isocèle en $ M $.

   2. Soit $ I $ le milieu de $ \left[EG\right] $. $ EI $ est une médiane donc une hauteur du triangle isocèle $ MEG $

      

      $ EG=2 EI=2 ME \sin\left(\dfrac{ \alpha}{2}\right) $

      Or, à partir des coordonnées de $ E $ et de $ G $ : $ EG^{2}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+0=\dfrac{1}{2} $

      Donc

      $ 2ME \sin \left(\dfrac{\alpha }{2}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2}} $

      c'est à dire :

      $ ME \sin \left(\dfrac{\alpha }{2}\right)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}} $

   3. La fonction $ \alpha \mapsto \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) $ est strictement croissante sur l'intervalle $ \left[0; \pi \right] $
      
      $ \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) $ est donc maximal lorsque la mesure $ \alpha $ est maximale ;
      
      Le produit $ ME \sin \left(\dfrac{\alpha }{2}\right) $ étant constant $ \sin \left(\dfrac{\alpha }{2}\right) $ est maximal lorsque $ ME $ est minimal, c'est à dire lorsque $ ME^{2} $ est minimal (la fonction carrée étant strictement croissante sur $ \left[0;+\infty \right[ $)
   4. La fonction $ t \mapsto \dfrac{3}{2}t^{2} - \dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4} $ est une fonction polynôme qu second degré qui atteint son minimum pour $ t= - \dfrac{b}{2a}=\dfrac{5}{6} $.
      
      Le point $ M $ pour lequel la mesure $ \alpha $ est maximale est donc situé au $ \dfrac{5}{6} $ du segment $ \left[DF\right] $ en partant de $ D $.
      
      Les coordonnées de $ M $ sont alors $ \left(\dfrac{5}{12};\dfrac{5}{12};\dfrac{1}{6}\right) $ (cf. 2.a.)