Sujet bac 2024 - Centres étrangers jour 1 - Spécialité mathématiques - Corrigé

Sujet bac : Annale 2024

Exercice 1

Partie A

On définit la fonction $f$ sur l’intervalle $[0; 1]$ par :

$$ f(x) = \frac{0.96x}{0.93x + 0.03} $$

• Démontrer que, pour tout $x$ appartenant à l’intervalle $[0; 1]$ : $f'(x) = \frac{0.0288}{(0.93x + 0.03)^2}$

La fonction $f$ est une fonction rationnelle : elle est dérivable en tout nombre qui n’annule pas son dénominateur.

$$0.93x + 0.03 = 0 \iff x = -\frac{0.03}{0.93} = -\frac{1}{30}$$

$-\frac{1}{30}$ n’appartient pas à $[0; 1]$, donc $f$ est dérivable sur $[0; 1]$.

On observe que $f$ est de la forme $\frac{u}{v}$ avec :

Pour tout $x$ appartenant à $[0; 1]$ : $f'(x) = \frac{u'(x)v(x) - v'(x)u(x)}{v^2(x)}$

Ainsi : $f'(x) = \frac{0.96(0.93x + 0.03) - 0.93(0.96x)}{(0.93x + 0.03)^2} = \frac{0.96 \times 0.03}{(0.93x + 0.03)^2}$

On étudie le signe de $f'$ sur $[0; 1]$.

$$ \begin{cases} 0.0288 > 0 \\ \text{et pour tout } x \quad \text{appartenant à} [0; 1],(0.93x + 0.03)^2 > 0 \end{cases} $$

Donc $f'$ est strictement positive sur $[0; 1]$.

On en déduit que $f$ est strictement croissante sur $[0; 1]$.

Partie B

La lutte contre le dopage passe notamment par la réalisation de contrôles antidopage qui visent à déterminer si un sportif a fait usage de substances interdites. Lors d’une compétition rassemblant $1000$ sportifs, une équipe médicale teste tous les concurrents. On propose d’étudier la fiabilité de ce test.

On appelle $x$ le réel compris entre $0$ et $1$ qui désigne la proportion de sportifs dopés.

Lors de l’élaboration de ce test, on a pu déterminer que :

• la probabilité qu’un sportif soit déclaré positif sachant qu’il est dopé est égale à $0.96$ ;
• la probabilité qu’un sportif soit déclaré positif sachant qu’il n’est pas dopé est égale à $0.03$.

On note :

• $D$ l’événement : « le sportif est dopé » ;
• $T$ l’événement : « le test est positif ».

D’après l’énoncé, $P_D(T) = 0.96$.

$P_D(\overline{T}) = 1 - P_D(T) = 1 - 0.96 = 0.04$

$P_{\overline{D}}(T) = 0.03$, donc :

$ P_{\overline{D}}(\overline{T}) = 1 - P_{\overline{D}}(T) = 1 - 0.03 = 0.97 $

On obtient donc l’arbre de probabilité :

• Déterminer, en fonction de $x$, la probabilité qu’un sportif soit dopé et ait un test positif.

La probabilité qu’un sportif soit dopé et ait un test positif est $P(D∩T)$
On sait que $P(D∩T)=P(D) \times P_D (T)$
Ainsi $P(D∩T)=0,96x$

• Démontrer que la probabilité de l’événement $\mathcal{T}$ est égale à $0.93x + 0.03$.

Un test peut être positif dans deux configurations : le sportif est dopé et le test est positif ; ou le sportif n’est pas dopé et le test est positif.
D’après la loi des probabilités totales, on a :

$$P(T) = P(D \cap T) + P(\overline{D} \cap T)$$

$$= P(D \cap T) + P_{\overline{D}}(T) \times P(\overline{D})$$

$$= P(D \cap T) + (1 - x) \times 0.03$$

$$= 0.96x + 0.03(1 - x)$$

$$= 0.96x + 0.03 - 0.03x$$

En conclusion, $P(T)=0,93x+0,03$

• Pour cette question uniquement, on suppose qu’il y a $50$ sportifs dopés parmi les $1000$ testés.

La fonction $f$ désigne la fonction définie à la partie A.
Démontrer que la probabilité qu’un sportif soit dopé sachant que son test est positif est égale à $f(0.05)$. En donner une valeur arrondie au centième.

On cherche la probabilité que le sportif soit dopé sachant que son test est positif, ce qu’on peut écrire par $P_T (D)$

On utilise la formule $P_T(D) = \frac{P(D \cap T)}{P(T)} = \frac{0.96x}{0.93x + 0.03}$

On reconnaît l’expression de la fonction $f$ : $P_T(D) = f(x)$

Dans cette question, il y a $50$ sportifs dopés parmi $1000$ testés, donc $x = \frac{50}{1000} = 0.05$

Ainsi, on cherche $f(0.05)$.

$$P_T(D) = f(0.05) = \frac{0.96 \times 0.05}{0.93 \times 0.05 + 0.03}$$

Avec la calculatrice, on trouve, arrondi au centième : $P_T(D) \approx 0.63$

Lorsqu’il y a $50$ sportifs dopés pour $1000$ testés, la probabilité que le sportif soit dopé sachant que son test est positif est environ de $0.63$, soit $63\%$.

Si on choisit uniquement les sportifs les plus performants, supposés être plus fréquemment dopés, alors on augmente la valeur de $x$.

$f$ représente la valeur prédictive en fonction de $x$

Or, dans la question 1, on a vu que la fonction $f$ est une fonction strictement croissante sur $[0; 1]$. Ainsi, si $x$ augmente, alors $f(x)$ augmente aussi.

En conclusion, en procédant ainsi, la valeur prédictive du test augmentera.

Exercice 2

On considère la fonction $f$ définie sur l’intervalle $[0; 1]$ par $f(x) = 2x e^{-x}$.
On admet que la fonction $f$ est dérivable sur l’intervalle $[0; 1]$.

• a. Résoudre sur l’intervalle $[0; 1]$ l’équation $f(x) = x$.

On résout sur $[0; 1]$ l’équation $f(x) = x$

$f(x) = x \iff 2x e^{-x} = x$

$$f(x) = x \iff 2x e^{-x} - x = 0$$

$$\iff x(2e^{-x} - 1) = 0$$

$$\iff x = 0 \quad \text{ou} \quad 2e^{-x} - 1 = 0$$

$$\iff x = 0 \quad \text{ou} \quad 2e^{-x} = 1$$

$$\iff x = 0 \quad \text{ou} \quad e^{-x} = \frac{1}{2}$$

$$\iff x = 0 \quad \text{ou} \quad -x = \ln\left(\frac{1}{2}\right) = -\ln(2)$$

$$f(x) = x \iff x = 0\quad \text{ou} \quad x = \ln(2)$$

Comme $\ln(2)$ et $0$ appartiennent tous deux à $[0; 1]$, ce sont les solutions de cette équation :

$S = \lbrace 0; \ln(2) \rbrace$

b. Démontrer que, pour tout $x$ appartenant à l’intervalle $[0; 1]$, $f'(x) = 2(1 - x)e^{-x}$.

$f$ est dérivable sur $[0; 1]$ et de la forme $uv$ avec :

$u(x) = 2x$ dont la dérivée est $u'(x) = 2$ $v(x) = e^{-x}$
$v(x)$ est la composée de $x \mapsto -x$ par la fonction exponentielle $v'(x) = -e^{-x}$

Ainsi : $f'(x) = u'(x) v(x) + u(x) v'(x) = 2e^{-x} - 2xe^{-x}$

On factorise : pour tout reel $x$ de $[0; 1], \quad f'(x) = 2e^{-x}(1 - x)$

c. Donner le tableau de variations de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0; 1]$.
On considère la suite $(u_n)$ définie par $u_0 = 0.1$ et pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1} = f(u_n)$.

Pour trouver les variations de $f$, on étudie le signe de $f'(x)$ sur $[0; 1]$ :

$$\begin{cases} 2 > 0 \\ e^{-x} > 0 \quad \text{pour tout } x \text{ appartenant à } [0; 1] \\ 1 - x \geq 0 \end{cases}$$

Donc $f'(x)≥0$.

En conclusion, $f$ est croissante sur $[0;1]$

Tableau de variations :

$f(0) = 2 \times 0 \times e^{-0} = 0 \quad \text{et} \quad f(1) = 2 \times 1 \times e^{-1} = \frac{2}{e}$

• a. Démontrer par récurrence que, pour tout $n$ entier naturel, $0 \leq u_n < u_{n+1} \leq 1$.

On veut montrer par récurrence que la propriété $P_n : 0 \leq u_n < u_{n+1} \leq 1$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

Initialisation : on montre que $P_0 : 0 \leq u_0 < u_1 \leq 1$ est vraie.

On sait que $u_0 = 0.1$.

Et : $u_1 = f(u_0) = 2 \times 0.1 \times e^{-0.1} \approx 0.18$

On a donc bien $0 \leq u_0 < u_1 \leq 1$.

En conclusion $P_0$ est vraie.

Hérédité : on suppose que $P_n$ est vraie pour un entier naturel $n$. C’est l’hypothèse de récurrence. On veut montrer qu’alors $P_{n+1} : 0 \leq u_{n+1} < u_{n+2} \leq 1$ est vraie également.

Comme la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0; 1]$, les images par $f$ sont rangées dans le même ordre que les antécédents.

On applique la fonction $f$ à $P_n$ :

$$0 \leq u_n < u_{n+1} \leq 1 \implies f(0) \leq f(u_n) < f(u_{n+1}) \leq f(1)$$

Or $f(0) = 0$ et $f(1) = \frac{2}{e}$ d’après le tableau de variations.

Ainsi : $0 \leq u_n < u_{n+1} \leq 1 \implies 0 \leq u_{n+1} < u_{n+2} \leq \frac{2}{e}$

$\frac{2}{e} \approx 0.74$ donc ce nombre est inférieur à $1$.

On a donc $0 \leq u_n < u_{n+1} \leq 1 \implies 0 \leq u_{n+1} < u_{n+2} \leq 1$

En conclusion, $P_{n+1}$ est vraie.

Conclusion :

On a montré que la propriété $P_n$ est vraie au rang $0$ et qu’elle est héréditaire.

$P_n : 0 \leq u_n < u_{n+1} \leq 1$ est donc vraie pour tout entier naturel $n$.

b. En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente.

D’après la question a. on a, quel que soit $n$ : $0≤u_n<u_{n+1}≤1$ donc la suite $(u_n )$ est croissante et majorée par $1$. D’après la propriété de la convergence monotone, on en déduit que la suite $(u_n )$ est convergente.

• Démontrer que la limite de la suite $(u_n)$ est $\ln(2)$.

La suite $(u_n )$ est définie à l’aide de la fonction $f$ par $u_{n+1}=f(u_n)$.

La fonction $f$ est continue.

La suite $(u_n)$ est convergente.

D’après le théorème du point fixe, on en déduit que la limite $l$ de la suite est telle que $f(l)=l$.

Or à la question 1.a., on a démontré que les solutions de l’équation $f(x)=x$ sont $0$ et $ln(2)$. Ainsi $l$ vaut $0$ ou $ln(2)$.
Comme la suite $(u_n)$ est croissante, sa limite est supérieure à $u_0=0,1$.
On en déduit que $(u_n)$ converge vers $l=ln(2)$

• a. Justifier que pour tout entier naturel $n$, $\ln(2) - u_n$ est positif.

La suite $(u_n)$ est croissante et converge vers $ln(2)$ donc pour tout entier $n$ :
$$u_n≤ln⁡(2)$$

b. On souhaite écrire un script Python qui renvoie une valeur approchée de $\ln(2)$ par défaut à $10^{-4}$ près, ainsi que le nombre d’étapes pour y parvenir.
Recopier et compléter le script ci-dessous afin qu’il réponde au problème posé.

c. Donner la valeur de la variable $n$ renvoyée par la fonction seuil().

La valeur renvoyée par la fonction $seuil()$ est $11$.

Soit $y$ une fonction constante et solution de l’équation différentielle $(E_0) : y' = y$.
Sa dérivée $y'$ est alors la fonction nulle.
Si on remplace dans l’équation différentielle $(E_0) : y' = y$, on obtient $y = 0$ ce qui signifie que la fonction $y$ est la fonction nulle.

• Déterminer toutes les solutions de l’équation différentielle $(E_0)$.

On considère l’équation différentielle $(E): y' = y - \cos(x) - 3\sin(x)$, où $y$ est une fonction dérivable de la variable réelle $x$.

Les solutions de l’équation différentielle $(E_0)$ sont les fonctions du type :

On vérifie que la fonction $h$ vérifie l’équation différentielle en remplaçant $y$ par $h$.

$h$ définie sur $\mathbb{R}$ par $h(x) = 2\cos(x) + \sin(x)$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, et on a :

$$h'(x) = -2\sin(x) + \cos(x)$$

On exprime : $h(x) - \cos(x) - 3\sin(x) = 2\cos(x) + \sin(x) - \cos(x) - 3\sin(x)$

$$= \cos(x) - 2\sin(x)$$

On retrouve l’expression de $h'(x)$.
Ainsi, pour tout réel $x$, on a $h'(x) = h(x) - \cos(x) - 3\sin(x)$.
On en déduit que $h$ est bien une solution de l’équation différentielle $(E)$.

• On considère une fonction $f$ définie et dérivable sur $\mathbb{R}$.

Démontrer que : « $f$ est solution de $(E)$ » est équivalent à « $f - h$ est solution de $(E_0)$ ».

Soit $f$ une fonction définie et dérivable sur $\mathbb{R}$.
$f$ est solution de $(E)$ si et seulement si :

$f$ est solution de $(E)$ si et seulement si :

Or, on a vu que $h$ est également solution différentielle de $(E)$.
Donc $h'(x) = h(x) - \cos(x) - \cos(3x)$.

Ainsi, $f$ est solution de $(E)$ si et seulement si :

pour tout réel $x$, $f'(x) - h'(x) = f(x) - \cos(x) - \cos(3x) - h(x) + \cos(x) + \cos(3x)$

$$= f(x) - h(x)$$

On reconnaît la fonction $f - h$ dans le membre de droite de cette égalité et sa dérivée $f' - h'$ dans le membre de gauche.

En conclusion :

• En déduire toutes les solutions de l’équation différentielle $(E)$.

On a vu, à la question 2, que la solution générale de l’équation $(E_0)$ est de la forme $Ce^x$, où $C$ est un nombre réel.
En reprenant la réponse de la question 4 :
$f$ est solution de $(E)$ si et seulement si $(f - h)$ est solution de $(E_0)$,

On en déduit les solutions de l’équation différentielle $(E)$ :

$$f(x) = Ce^x + h(x) = Ce^x + 2\cos(x) + \sin(x), \quad C \in \mathbb{R}$$

• Déterminer l’unique solution $g$ de l’équation différentielle $(E)$ telle que $g(0) = 0$.

Soit $g$ la fonction solution de $(E)$ telle que $g(0) = 0$.
On a :

$Ce^0 + 2\cos(0) + \sin(0) = 0 \iff C + 2 = 0 \iff C = -2$

Ainsi, pour tout réel $x$ :

$$g(x) = -2e^x + 2\cos(x) + \sin(x)$$

On veut calculer $\int_0^{\pi/2} \big(-2e^x + \sin(x) + 2\cos(x)\big) dx$
Sous le signe $\int$, on reconnaît l’expression de $g(x)$.

Une primitive de $g$ est la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $G(x) = -2e^x - \cos(x) + 2\sin(x)$

Ainsi, $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left(-2e^x + \sin(x) + 2\cos(x)\right) dx = G\left(\frac{\pi}{2}\right) - G(0)$

$$= -2e^{\frac{\pi}{2}} - \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) + 2\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) - \left(-2e^0 - \cos(0) + 2\sin(0)\right)$$

$$= -2e^{\frac{\pi}{2}} - 0 + 2 - (2 - 1 + 0)$$

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left(-2e^x + \sin(x) + 2\cos(x)\right) dx = 1 - 2e^{\frac{\pi}{2}}$$

Exercice 4

L’espace est muni d’un repère orthonormé $(O; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})$. On considère :

• les points $A(-2; 0; 2)$, $B(-1; 3; 0)$, $C(1; -1; 2)$ et $D(0; 0; 3)$
• la droite $\mathcal{D}_1$ dont une représentation paramétrique est : $\begin{cases} x = t \ y = 3t \ z = 3 + 5t \end{cases}$, avec $t \in \mathbb{R}$ ;
• la droite $\mathcal{D}_2$ dont une représentation paramétrique est : $\begin{cases} x = 1 + 3s \ y = -1 - 5s \ z = 2 - 6s \end{cases}$, avec $s \in \mathbb{R}$.

Afin de montrer que les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés, on prouve que deux vecteurs formés par les trois points ne sont pas colinéaires.

Calculons les coordonnées de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ :

$\overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} x_B - x_A \\ y_B - y_A \\ z_B - z_A \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 + 2 \\ 3 - 0 \\ 0 - 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -2 \end{pmatrix}$

$\overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} x_C - x_A \\ y_C - y_A \\ z_C - z_A \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$

$\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont colinéaires si et seulement s’il existe un nombre $k$ tel que $\overrightarrow{AB}= k. \overrightarrow{AC}$

Ce système n’admet pas de solution, donc $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires.

Conclusion : $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.

• a. Démontrer que le vecteur $\vec{n} = \begin{pmatrix} 1 \ 3 \ 5 \end{pmatrix}$ est orthogonal au plan $(ABC)$.

Un vecteur est normal à un plan si et seulement s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.

On connaît deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ : $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.

$\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 1 \times 1 + 3 \times 3 + 5 \times (-2) = 1 + 9 - 10 = 0$

Donc $\vec{n}$ et $\overrightarrow{AB}$ sont orthogonaux.

$\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times 3 + 3 \times (-1) + 5 \times 0 = 3 - 3 = 0$

Donc $\vec{n}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont orthogonaux.

Ainsi, $\vec{n}$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$.

b. Justifier qu’une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est : $$x + 3y + 5z - 8 = 0$$.

On en déduit une équation du plan $(ABC)$ de vecteur normal $\vec{n} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix}$ :

$1x + 3y + 5z + d = 0$, où $d$ est un nombre réel.

On remplace $(x, y, z)$ par les coordonnées d’un point du plan pour trouver $d$, par exemple par les coordonnées de $A(-2; 0; 2)$.

$$A \in (ABC) \implies -2 + 3 \times 0 + 5 \times 2 + d = 0 \implies 8 + d = 0 \implies d = -8$$

Ainsi, une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est $x + 3y + 5z - 8 = 0$

c. En déduire que les points $A$, $B$, $C$ et $D$ ne sont pas coplanaires.

On remplace dans cette équation les coordonnées $(x, y, z)$ par celles de $D$ :

$$0 + 3 \times 0 + 5 \times 3 - 8 = 15 - 8 = 7 \neq 0$$

Les coordonnées de $D$ ne vérifient pas l’équation cartésienne du plan $(ABC)$, donc $D$ n’appartient pas à ce plan.

On en déduit que les quatre points $A$, $B$, $C$ et $D$ ne sont pas coplanaires.

• a. Justifier que la droite $\mathcal{D}_1$ est la hauteur du tétraèdre $ABCD$ issue de $D$.

On admet que la droite $\mathcal{D}_2$ est la hauteur du tétraèdre $ABCD$ issue de $C$.

La droite $D_1$ admet pour représentation paramétrique :

$ \begin{cases} x = t \\ y = 3t \\ z = 3 + 5t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} $

donc un de ses vecteurs directeurs est $\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix}$, c’est-à-dire $\vec{n}$. On en déduit que $D_1$ est orthogonale au plan $(ABC)$.

D’après la représentation paramétrique de la droite $D_1$, elle passe par le point de coordonnées $(0; 0; 3)$, c’est-à-dire le point $D$.

Ainsi, $D_1$ passe par le point $D$ et elle est orthogonale au plan $(ABC)$ : c’est bien la hauteur du tétraèdre $ABCD$ issue de $D$.

b. Démontrer que les droites $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$ sont sécantes et déterminer les coordonnées de leur point d’intersection.

Soit $M$ un point de l’espace de coordonnées $(x, y, z)$.
$M(x, y, z)$ est l’intersection des droites $D_1$ et $D_2$ :

$\iff$ il existe deux réels $t$ et $s$ tels que $\begin{cases} x = t \\ y = 3t \\ z = 3 + 5t \\ x = 1 + 3s \\ y = -1 - 5s \\ z = 2 - 6s \end{cases}$

$\iff$ il existe deux réels $t$ et $s$ tels que : $\begin{cases} x = t \\ y = 3t \\ z = 3 + 5t \\ t = 1 + 3s \\ t = -1 - 5s \\ t = 2 - 6s \end{cases}$

On résout d’abord le système $\begin{cases} t = 1 + 3s \\ t = -1 - 5s \\ t = 2 - 6s \end{cases} $ par combinaison :

$$ \begin{cases} t = 1 + 3s \\ 3t = -1 - 5s \\ 3 + 5t = 2 - 6s \end{cases} \iff \begin{cases} t = 1 + 3s \\ 0 = 4 + 14s \\ -3 = 3 + 21s \end{cases} $$

$$ \iff \begin{cases} t = 1 + 3s \\ s = -\frac{4}{14} = -\frac{2}{7} \\ s = -\frac{6}{21} = -\frac{2}{7} \end{cases} $$

$$ \iff \begin{cases} t = 1 - \frac{6}{7} \\ s = -\frac{2}{7} \end{cases} $$

$$ \iff \begin{cases} t = \frac{1}{7} \\ s = -\frac{2}{7} \end{cases} $$

Les deux réels $s$ et $t$ existent bien. Cela signifie que les droites $D_1$ et $D_2$ sont sécantes.

Reprenons le système de départ :
$M(x, y, z)$ est l’intersection des droites $D_1$ et $D_2$ :

$\iff$ il existe deux réels $t$ et $s$ tels que $\begin{cases} x = t \\ y = 3t \\ z = 3 + 5t \\ t = \frac{1}{7} \\ s = -\frac{2}{7} \end{cases} $

$\iff$ il existe deux réels $t$ et $s$ tels que $\begin{cases} x = -\frac{1}{7} \\ y = -\frac{3}{7} \\ z = 3 + 5 \times \frac{1}{7} = \frac{26}{7}\\ t = \frac{1}{7} \\ s = -\frac{2}{7} \end{cases} $

En conclusion, le point d’intersection des droites $D_1$ et $D_2$ est $M\left(-\frac{1}{7}, -\frac{3}{7}, \frac{26}{7}\right)$

• a. Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal $H$ du point $D$ sur le plan $(ABC)$.

Le projeté orthogonal du point $D$ sur le plan $(ABC)$ est l’intersection de la hauteur issue de $D$ avec ce plan.
On cherche donc les coordonnées du point d’intersection de $D_1$ et $(ABC)$ :

$H(x_H, y_H, z_H) \in D_1 \cap (ABC)$ :

En remplaçant $t = -\frac{1}{5}$ dans les trois premières lignes du système, on trouve les coordonnées de $H$ : $ \begin{cases} x_H = -\frac{1}{5} \\ y_H = -\frac{3}{5} \\ z_H = 2 \end{cases} $

En conclusion, le projeté orthogonal de $D$ sur $(ABC)$ est $H\left(-\frac{1}{5} ; -\frac{3}{5} ; 2\right)$.

b. Calculer la distance du point $D$ au plan $(ABC)$. Arrondir le résultat au centième.

La distance du point $D$ au plan $(ABC)$ est la distance $DH$ :

$$DH = \sqrt{(x_D - x_H)^2 + (y_D - y_H)^2 + (z_D - z_H)^2}$$

Ainsi : $DH = \sqrt{\left(0 + \frac{1}{5}\right)^2 + \left(0 + \frac{3}{5}\right)^2 + (3 - 2)^2} = \sqrt{\frac{1}{25} + \frac{9}{25} + 1} = \sqrt{\frac{35}{25}} = \frac{\sqrt{35}}{5}$

La distance de $D$ à $(ABC)$ est donc environ égale à $1.18$.