
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item D'après sa représentation paramétrique, un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}$ est :
\[
\boxed{\vv{u}\begin{pmatrix}
2\\-1\\2
\end{pmatrix}}
\]

\item Remplaçons $x$, $y$ et $z$ par les coordonnées de $B$ dans la représentation paramétrique de $\mathcal{D}$:
\[
\begin{cases}
-1 = 1+2t\\
3 = 2-t\\
0 = 2+2t
\end{cases}
\]
On trouve avec $t = -1$. Il existe donc bien un paramètre $t$ qui donne les coordonnées de $B$, donc $B\in\mathcal{D}$.

\item $\vv{AB}\begin{pmatrix}
-1-(-1)\\
3-1\\
0-3
\end{pmatrix}$, soit $\vv{AB}\begin{pmatrix}
0\\2\\-3
\end{pmatrix}$. Ainsi,
\[
\vv{AB}\cdot \vv{u} = \begin{pmatrix}
0\\2\\-3
\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}
2\\-1\\2
\end{pmatrix} = 0\times2 + 2\times(-1)+(-3)\times2=-2-6=-8.
\]
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Par construction, $\vv{u}\begin{pmatrix}
2\\-1\\2\end{pmatrix}$, vecteur directeur de $\mathcal{D}$, est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$. Donc, d'après le cours, une équation cartésienne de $\mathcal{P}$ est:
\[
2x - y+ 2z + d = 0\qquad,\qquad d\in\R.
\]
De plus, $A\in\mathcal{P}$ donc ses coordonnées vérifient cette équation:
\[
2x_A - y_A + 2z_A + d = 0 \iff -2-1+6 + d = 0 \iff d = -3.
\]
Finalement, une équation cartésienne de $\mathcal{P}$ est bien:
\[
2x - y+ 2z -3 = 0.
\]

\item $H\in\mathcal{D}$ donc $H\coordEsp{1+2t}{2-t}{2+2t}$, $t\in\R$.

De plus, $H\in\mathcal{P}$ donc ses coordonnées vérifient l'équation cartésienne précédente:
\[
2x_H-y_H+2z_H-3=0 \iff 2(1+2t)-(2-t)+2(2+2t)-3=0 \iff t=-\frac{1}{9}.
\]
Par conséquent, $H\coordEsp{1-\frac{2}{9}}{2+\frac{1}{9}}{2-\frac{2}{9}}$, soit $H\coordEsp{\frac{7}{9}}{\frac{19}{9}}{\frac{16}{9}}$.

\item $\begin{aligned}[t]
AH & = \sqrt{(x_H-x_A)^2 + (y_H-y_A)^2 + (z_H-z_A)^2}\\
& = \sqrt{\left( \frac{7}{9}+1 \right)^2 + \left( \frac{19}{9}-1 \right)^2 + \left( \frac{16}{9}-3 \right)^2}\\
& = \sqrt{\frac{53}{9}}\\
\Aboxed{AH & = \frac{\sqrt{53}}{3}}
\end{aligned}$
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item $H$ et $B$ sont deux points de la droite $\mathcal{D}$; par conséquent, $\vv{HB}$ est colinéaire à tout vecteur directeur de $\mathcal{D}$, donc à $\vv{u}$.

Ainsi, il existe un réel $k$ tel que $\vv{HB}=k\vv{u}$.

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{HB}=k\vv{u} & \iff \vv{HB}\cdot\vv{u}=k\vv{u}\cdot\vv{u}\\
& \iff \vv{HB}\cdot\vv{u}=k\vv{u}^2\\
& \iff \vv{HB}\cdot\vv{u}=k\| \vv{u} \|^2 \\
& \iff k = \dfrac{\vv{HB}\cdot\vv{u}}{\| \vv{u} \|^2}
\end{aligned}$

\item À la question 1.c, nous avions trouvé : $\vv{HB}\cdot\vv{u}=-8$. Ainsi,
\[
k = \dfrac{-8}{2^2+(-1)^2+2^2}=\dfrac{-8}{9}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\vv{HB}=k\vv{u} & \iff \begin{pmatrix}
-1-x_H\\
3-y_H\\
0-z_H
\end{pmatrix} = -\frac{8}{9}\begin{pmatrix}
2\\
-1\\
2
\end{pmatrix}\\
& \iff \begin{cases}
-1-x_H & = -\frac{16}{9}\\
3-y_H  & = \frac{8}{9}\\
 -z_H  & = -\frac{16}{9}
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
x_H & = \frac{16}{9}-1 = \frac{7}{9}\\
y_H & = 3-\frac{8}{9} = \frac{19}{9}\\
z_H & = \frac{16}{9}
\end{cases}
\end{align*}
\end{enumerate}

\item Dans le tétraèdre $ABCH$, on peut considérer que $ACH$ est une base et que la hauteur relative est $(BH)$ car $B$ et $H$ sont sur $\mathcal{D}$ et que $\mathcal{D}$ est orthogonale à $\mathcal{P}$, donc au plan $(AHC)$.

Ainsi, si $\mathcal{B}$ représente l'aire du triangle $ACH$ et $\mathcal{V}$ le volume du tétraèdre $ABCH$,
\[
\mathcal{B} = \frac{3\mathcal{V}}{BH}.
\]
Or, $\vv{BH}\begin{pmatrix}
\frac{7}{9}+1\\
\frac{19}{9}-3\\
\frac{16}{9}
\end{pmatrix}$, soit $\vv{BH}\begin{pmatrix}
\frac{16}{9}\\
-\frac{8}{9}\\
\frac{16}{9}
\end{pmatrix}$.

Ainsi, $BH = \sqrt{ 2\times\left(\frac{16}{9}\right)^2 + \left(\frac{8}{9}\right)^2 }=\frac{8}{3}$.

D'où:
\[
\mathcal{B} = \dfrac{3 \times \frac{8}{9}}{ \frac{8}{3} } = 1.
\]

\underline{L'aire de $ACH$ est donc égale à 1 unité d'aire.}
\end{enumerate}
