Exercices : Projeté orthogonal et Volume Pyramide

Correction :

1. Définition de la droite orthogonale à $\mathscr{P}$ passant par $A$ :

La droite $(AH)$ est orthogonale à $\mathscr{P}$, donc un vecteur directeur de $(AH)$ est le vecteur normal de $\mathscr{P}$, soit $\vec{n} \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix}$.

La représentation paramétrique de $(AH)$ est donc de la forme :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_A + 2t = 8 + 2t \\ y &=& y_A + 3t = 10 + 3t \\ z &=& z_A - t = 5 - t \end{array} \right.$

2. Calcul des coordonnées de $H$ :

Le point $H$ est l'intersection de $(AH)$ et $\mathscr{P}$, donc ses coordonnées vérifient l'équation du plan $\mathscr{P}$ :

$2x + 3y - z + 1 = 0$

On substitue les expressions paramétriques de $x, y, z$ :

$2(8 + 2t) + 3(10 + 3t) - (5 - t) + 1 = 0$

$14t + 42 = 0$

$t = -3$.

On remplace $t = -3$ dans les équations paramétriques de $(AH)$ :

$x_H = 8 + 2(-3) = 2$

$y_H = 10 + 3(-3) = 1$

$z_H = 5 - (-3) = 8$

Conclusion : Les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $A$ sur $\mathscr{P}$ sont $\boxed{H(2, 1, 8)}$.

Correction :

1. Définition de la droite orthogonale à $\mathscr{P}$ passant par $B$ :

La droite $(BK)$ est orthogonale à $\mathscr{P}$, donc un vecteur directeur de $(BK)$ est le vecteur normal de $\mathscr{P}$, soit $\vec{n} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$.

La représentation paramétrique de $(BK)$ est donc :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_B + t = -2 + t \\ y &=& y_B - t = 1 - t \\ z &=& z_B + 2t = 4 + 2t \end{array} \right.$

2. Calcul des coordonnées de $K$ :

Le point $K$ est l'intersection de $(BK)$ et $\mathscr{P}$, donc ses coordonnées vérifient l'équation de $\mathscr{P}$ :

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

On substitue les expressions paramétriques de $x, y, z$ :

$(-2 + t) - (1 - t) + 2(4 + 2t) - 3 = 0$

$6t + 2 = 0$

$t = -\frac{1}{3}$.

On remplace $t = -\frac{1}{3}$ dans les équations paramétriques de $(BK)$ :

$x_K = -2 - \frac{1}{3} = -\frac{7}{3}$

$y_K = 1 - (-\frac{1}{3}) = \frac{4}{3}$

$z_K = 4 + 2(-\frac{1}{3}) = \frac{10}{3}$

Conclusion : Les coordonnées du projeté orthogonal $K$ de $B$ sur $\mathscr{P}$ sont $\boxed{K(-\frac{7}{3}, \frac{4}{3}, \frac{10}{3})}$.

Correction :

1. Définition de la droite orthogonale à $\mathscr{P}$ passant par $C$ :

La droite $(CL)$ est orthogonale à $\mathscr{P}$, donc un vecteur directeur de $(CL)$ est le vecteur normal de $\mathscr{P}$, soit $\vec{n} \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}$. (Notez l'absence de terme en $y$ dans l'équation du plan, ce qui donne $b=0$ pour le vecteur normal).

La représentation paramétrique de $(CL)$ est donc :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_C + 3t = 3t \\ y &=& y_C + 0t = -5 \\ z &=& z_C - 2t = 2 - 2t \end{array} \right.$

2. Calcul des coordonnées de $L$ :

Le point $L$ est l'intersection de $(CL)$ et $\mathscr{P}$, donc ses coordonnées vérifient l'équation de $\mathscr{P}$ :

$3x - 2z + 5 = 0$

On substitue les expressions paramétriques de $x, y, z$ :

$3(3t) - 2(2 - 2t) + 5 = 0$

$13t + 1 = 0$

$t = -\frac{1}{13}$.

On remplace $t = -\frac{1}{13}$ dans les équations paramétriques de $(CL)$ :

$x_L = 3(-\frac{1}{13}) = -\frac{3}{13}$

$y_L = -5$

$z_L = 2 - 2(-\frac{1}{13}) = \frac{28}{13}$

Conclusion : Les coordonnées du projeté orthogonal $L$ de $C$ sur $\mathscr{P}$ sont $\boxed{L(-\frac{3}{13}, -5, \frac{28}{13})}$.

Correction :

1. Définition de la droite orthogonale à $\mathscr{P}$ passant par $D$ :

La droite $(DM)$ est orthogonale à $\mathscr{P}$, donc un vecteur directeur de $(DM)$ est le vecteur normal de $\mathscr{P}$, soit $\vec{n} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$. (Notez l'absence de termes en $x$ dans l'équation du plan, ce qui donne $a=0$ pour le vecteur normal).

La représentation paramétrique de $(DM)$ est donc :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_D + 0t = 4 \\ y &=& y_D + t = t \\ z &=& z_D - t = -1 - t \end{array} \right.$

2. Calcul des coordonnées de $M$ :

Le point $M$ est l'intersection de $(DM)$ et $\mathscr{P}$, donc ses coordonnées vérifient l'équation de $\mathscr{P}$ :

$y - z = 0$

On substitue les expressions paramétriques de $y, z$ :

$(t) - (-1 - t) = 0$

$2t + 1 = 0$

$t = -\frac{1}{2}$.

On remplace $t = -\frac{1}{2}$ dans les équations paramétriques de $(DM)$ :

$x_M = 4$

$y_M = -\frac{1}{2}$

$z_M = -1 - (-\frac{1}{2}) = -\frac{1}{2}$

Conclusion : Les coordonnées du projeté orthogonal $M$ de $D$ sur $\mathscr{P}$ sont $\boxed{M(4, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2})}$.

Correction :

1. Détermination du projeté orthogonal $H$ de $E$ sur $\mathscr{P}$ :

Comme vu dans l'exercice 1, les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $E$ sur $\mathscr{P}$ sont $H(2, 1, 8)$. (Voir correction de l'exercice 1 pour le détail du calcul de $H$).

2. Calcul de la distance $EH$ :

La distance de $E$ à $\mathscr{P}$ est la distance $EH$. On calcule les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{EH}$ :

$\overrightarrow{EH} = \begin{pmatrix} x_H - x_E \\ y_H - y_E \\ z_H - z_E \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 11 \end{pmatrix}$.

On calcule la norme de $\overrightarrow{EH}$ (dans un repère orthonormé) :

$EH = \|\overrightarrow{EH}\| = \sqrt{(0)^2 + (-1)^2 + (11)^2} = \sqrt{122}$.

Conclusion : La distance du point $E$ au plan $\mathscr{P}$ est $\boxed{\sqrt{122}}$.

Note : La formule de la distance d'un point à un plan n'est plus explicitement au programme de Terminale Spécialité Maths depuis la réforme. Il est donc attendu d'utiliser la méthode du projeté orthogonal pour retrouver cette distance.

Correction :

1. Détermination du projeté orthogonal $K$ de $F$ sur $\mathscr{P}$ :

La droite $(FK)$ est orthogonale à $\mathscr{P}$, donc un vecteur directeur de $(FK)$ est le vecteur normal de $\mathscr{P}$, soit $\vec{n} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -5 \end{pmatrix}$.

La représentation paramétrique de $(FK)$ est donc de la forme :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_F + 2t = -1 + 2t \\ y &=& y_F - t = 5 - t \\ z &=& z_F - 5t = -3 - 5t \end{array} \right.$

2. Calcul des coordonnées de $K$ :

Le point $K$ est l'intersection de $(FK)$ et $\mathscr{P}$, donc ses coordonnées vérifient l'équation de $\mathscr{P}$ :

$2x - y - 5z + 2 = 0$

On substitue les expressions paramétriques de $x, y, z$ :

$2(-1 + 2t) - (5 - t) - 5(-3 - 5t) + 2 = 0$

$30t + 10 = 0$

$t = -\frac{1}{3}$.

On remplace $t = -\frac{1}{3}$ dans les équations paramétriques de $(FK)$ :

$x_K = -1 + 2(-\frac{1}{3}) = -\frac{5}{3}$

$y_K = 5 - (-\frac{1}{3}) = \frac{16}{3}$

$z_K = -3 - 5(-\frac{1}{3}) = -\frac{4}{3}$

Donc $K(-\frac{5}{3}, \frac{16}{3}, -\frac{4}{3})$.

3. Calcul de la distance $FK$ :

La distance de $F$ à $\mathscr{P}$ est la distance $FK$. On calcule les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{FK}$ :

$\overrightarrow{FK} = \begin{pmatrix} x_K - x_F \\ y_K - y_F \\ z_K - z_F \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{2}{3} \\ \frac{1}{3} \\ \frac{5}{3} \end{pmatrix}$.

On calcule la norme de $\overrightarrow{FK}$ (dans un repère orthonormé) :

$FK = \|\overrightarrow{FK}\| = \sqrt{(-\frac{2}{3})^2 + (\frac{1}{3})^2 + (\frac{5}{3})^2} = \frac{\sqrt{30}}{3}$.

Conclusion : La distance du point $F$ au plan $\mathscr{P}$ est $\boxed{\frac{\sqrt{30}}{3}}$.

Note : La formule de la distance d'un point à un plan n'est plus explicitement au programme de Terminale Spécialité Maths depuis la réforme. Il est donc attendu d'utiliser la méthode du projeté orthogonal pour retrouver cette distance.

Correction :

1. Détermination du projeté orthogonal $L$ de $G$ sur $\mathscr{P}$ :

La droite $(GL)$ est orthogonale à $\mathscr{P}$, donc un vecteur directeur de $(GL)$ est le vecteur normal de $\mathscr{P}$, soit $\vec{n} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$.

La représentation paramétrique de $(GL)$ est donc :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_G + 0t = 3 \\ y &=& y_G + 0t = -4 \\ z &=& z_G + t = t \end{array} \right.$

2. Calcul des coordonnées de $L$ :

Le point $L$ est l'intersection de $(GL)$ et $\mathscr{P}$, donc ses coordonnées vérifient l'équation de $\mathscr{P}$ :

$z = 4$

Ici, la représentation paramétrique donne directement $z = t$. Donc, pour être sur le plan $\mathscr{P}$, on doit avoir $t = 4$. Les coordonnées de $L$ sont donc obtenues en remplaçant $t = 4$ dans les équations paramétriques de $(GL)$ :

$x_L = 3$

$y_L = -4$

$z_L = 4$

Donc $L(3, -4, 4)$.

3. Calcul de la distance $GL$ :

La distance de $G$ à $\mathscr{P}$ est la distance $GL$. On calcule les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{GL}$ :

$\overrightarrow{GL} = \begin{pmatrix} x_L - x_G \\ y_L - y_G \\ z_L - z_G \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}$.

On calcule la norme de $\overrightarrow{GL}$ (dans un repère orthonormé) :

$GL = \|\overrightarrow{GL}\| = \sqrt{(0)^2 + (0)^2 + (4)^2} = 4$.

Conclusion : La distance du point $G$ au plan $\mathscr{P}$ est $\boxed{4}$.

Note : La formule de la distance d'un point à un plan n'est plus explicitement au programme de Terminale Spécialité Maths depuis la réforme. Il est donc attendu d'utiliser la méthode du projeté orthogonal pour retrouver cette distance.

Correction :

1. Formule du volume d'une pyramide :

Le volume $V$ d'une pyramide est donné par la formule : $V = \frac{1}{3} \times \text{Aire de la base} \times \text{Hauteur}$.

2. Calcul de l'aire de la base carrée :

La base est un carré de côté $c = 3$ cm. L'aire de la base est donc $\text{Aire}_\text{base} = c^2 = 3^2 = 9 \text{ cm}^2$.

3. Application de la formule du volume :

Avec une hauteur $h = 5$ cm, le volume de la pyramide est :

$V = \frac{1}{3} \times 9 \times 5 = 3 \times 5 = 15 \text{ cm}^3$.

Conclusion : Le volume de la pyramide est $\boxed{15 \text{ cm}^3}$.

Correction :

1. Formule du volume d'un tétraèdre (pyramide) :

Le volume $V$ d'un tétraèdre est donné par la formule : $V = \frac{1}{3} \times \text{Aire de la base} \times \text{Hauteur}$.

2. Calcul de l'aire de la base triangulaire équilatérale :

La base est un triangle équilatéral de côté $a = 4$ cm. L'aire de la base est $\text{Aire}_\text{base} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}(4)^2 = 4\sqrt{3} \text{ cm}^2$.

3. Calcul de la hauteur du tétraèdre :

Pour un tétraèdre régulier d'arête $a$, la hauteur $h$ est donnée par $h = \sqrt{\frac{2}{3}}a = \sqrt{\frac{2}{3}}(4) = 4\sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{4\sqrt{6}}{3} \text{ cm}$.

4. Application de la formule du volume :

Le volume du tétraèdre est :

$V = \frac{1}{3} \times \text{Aire}_\text{base} \times h = \frac{1}{3} \times (4\sqrt{3}) \times (\frac{4\sqrt{6}}{3}) = \frac{16\sqrt{18}}{9} = \frac{16 \times 3\sqrt{2}}{9} = \frac{16\sqrt{2}}{3} \text{ cm}^3$.

Conclusion : Le volume du tétraèdre est $\boxed{\frac{16\sqrt{2}}{3} \text{ cm}^3}$.

Correction :

1. Formule du volume d'une pyramide :

Le volume $V$ d'une pyramide est donné par la formule : $V = \frac{1}{3} \times \text{Aire de la base} \times \text{Hauteur}$.

2. Calcul de l'aire de la base rectangulaire :

La base est un rectangle de longueur $L = 5$ cm et de largeur $l = 4$ cm. L'aire de la base est donc $\text{Aire}_\text{base} = L \times l = 5 \times 4 = 20 \text{ cm}^2$.

3. Application de la formule du volume :

Avec une hauteur $h = 6$ cm, le volume de la pyramide est :

$V = \frac{1}{3} \times 20 \times 6 = 20 \times 2 = 40 \text{ cm}^3$.

Conclusion : Le volume de la pyramide est $\boxed{40 \text{ cm}^3}$.

Correction :

1. Définition de la droite orthogonale à $\mathscr{P}$ passant par $A$ :

La droite $(AH)$ est orthogonale à $\mathscr{P}$, donc un vecteur directeur de $(AH)$ est le vecteur normal de $\mathscr{P}$, soit $\vec{n} \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix}$.

La représentation paramétrique de $(AH)$ est donc de la forme :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_A + 2t = 8 + 2t \\ y &=& y_A + 3t = 10 + 3t \\ z &=& z_A - t = 5 - t \end{array} \right.$

2. Calcul des coordonnées de $H$ :

Le point $H$ est l'intersection de $(AH)$ et $\mathscr{P}$, donc ses coordonnées vérifient l'équation du plan $\mathscr{P}$ :

$2x + 3y - z + 1 = 0$

On substitue les expressions paramétriques de $x, y, z$ :

$2(8 + 2t) + 3(10 + 3t) - (5 - t) + 1 = 0$

$14t + 42 = 0$

$t = -3$.

On remplace $t = -3$ dans les équations paramétriques de $(AH)$ :

$x_H = 8 + 2(-3) = 2$

$y_H = 10 + 3(-3) = 1$

$z_H = 5 - (-3) = 8$

Conclusion : Les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $A$ sur $\mathscr{P}$ sont $\boxed{H(2, 1, 8)}$.

Correction :

1. Définition de la droite orthogonale à $\mathscr{P}$ passant par $B$ :

La droite $(BK)$ est orthogonale à $\mathscr{P}$, donc un vecteur directeur de $(BK)$ est le vecteur normal de $\mathscr{P}$, soit $\vec{n} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$.

La représentation paramétrique de $(BK)$ est donc :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_B + t = -2 + t \\ y &=& y_B - t = 1 - t \\ z &=& z_B + 2t = 4 + 2t \end{array} \right.$

2. Calcul des coordonnées de $K$ :

Le point $K$ est l'intersection de $(BK)$ et $\mathscr{P}$, donc ses coordonnées vérifient l'équation de $\mathscr{P}$ :

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

On substitue les expressions paramétriques de $x, y, z$ :

$(-2 + t) - (1 - t) + 2(4 + 2t) - 3 = 0$

$6t + 2 = 0$

$t = -\frac{1}{3}$.

On remplace $t = -\frac{1}{3}$ dans les équations paramétriques de $(BK)$ :

$x_K = -2 - \frac{1}{3} = -\frac{7}{3}$

$y_K = 1 - (-\frac{1}{3}) = \frac{4}{3}$

$z_K = 4 + 2(-\frac{1}{3}) = \frac{10}{3}$

Conclusion : Les coordonnées du projeté orthogonal $K$ de $B$ sur $\mathscr{P}$ sont $\boxed{K(-\frac{7}{3}, \frac{4}{3}, \frac{10}{3})}$.

Correction :

1. Définition de la droite orthogonale à $\mathscr{P}$ passant par $C$ :

La droite $(CL)$ est orthogonale à $\mathscr{P}$, donc un vecteur directeur de $(CL)$ est le vecteur normal de $\mathscr{P}$, soit $\vec{n} \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}$. (Notez l'absence de terme en $y$ dans l'équation du plan, ce qui donne $b=0$ pour le vecteur normal).

La représentation paramétrique de $(CL)$ est donc :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_C + 3t = 3t \\ y &=& y_C + 0t = -5 \\ z &=& z_C - 2t = 2 - 2t \end{array} \right.$

2. Calcul des coordonnées de $L$ :

Le point $L$ est l'intersection de $(CL)$ et $\mathscr{P}$, donc ses coordonnées vérifient l'équation de $\mathscr{P}$ :

$3x - 2z + 5 = 0$

On substitue les expressions paramétriques de $x, y, z$ :

$3(3t) - 2(2 - 2t) + 5 = 0$

$13t + 1 = 0$

$t = -\frac{1}{13}$.

On remplace $t = -\frac{1}{13}$ dans les équations paramétriques de $(CL)$ :

$x_L = 3(-\frac{1}{13}) = -\frac{3}{13}$

$y_L = -5$

$z_L = 2 - 2(-\frac{1}{13}) = \frac{28}{13}$

Conclusion : Les coordonnées du projeté orthogonal $L$ de $C$ sur $\mathscr{P}$ sont $\boxed{L(-\frac{3}{13}, -5, \frac{28}{13})}$.

Correction :

1. Définition de la droite orthogonale à $\mathscr{P}$ passant par $D$ :

La droite $(DM)$ est orthogonale à $\mathscr{P}$, donc un vecteur directeur de $(DM)$ est le vecteur normal de $\mathscr{P}$, soit $\vec{n} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$. (Notez l'absence de termes en $x$ dans l'équation du plan, ce qui donne $a=0$ pour le vecteur normal).

La représentation paramétrique de $(DM)$ est donc :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_D + 0t = 4 \\ y &=& y_D + t = t \\ z &=& z_D - t = -1 - t \end{array} \right.$

2. Calcul des coordonnées de $M$ :

Le point $M$ est l'intersection de $(DM)$ et $\mathscr{P}$, donc ses coordonnées vérifient l'équation de $\mathscr{P}$ :

$y - z = 0$

On substitue les expressions paramétriques de $y, z$ :

$(t) - (-1 - t) = 0$

$2t + 1 = 0$

$t = -\frac{1}{2}$.

On remplace $t = -\frac{1}{2}$ dans les équations paramétriques de $(DM)$ :

$x_M = 4$

$y_M = -\frac{1}{2}$

$z_M = -1 - (-\frac{1}{2}) = -\frac{1}{2}$

Conclusion : Les coordonnées du projeté orthogonal $M$ de $D$ sur $\mathscr{P}$ sont $\boxed{M(4, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2})}$.

Correction :

1. Détermination du projeté orthogonal $H$ de $E$ sur $\mathscr{P}$ :

Comme vu dans l'exercice 1, les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $E$ sur $\mathscr{P}$ sont $H(2, 1, 8)$. (Voir correction de l'exercice 1 pour le détail du calcul de $H$).

2. Calcul de la distance $EH$ :

La distance de $E$ à $\mathscr{P}$ est la distance $EH$. On calcule les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{EH}$ :

$\overrightarrow{EH} = \begin{pmatrix} x_H - x_E \\ y_H - y_E \\ z_H - z_E \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 11 \end{pmatrix}$.

On calcule la norme de $\overrightarrow{EH}$ (dans un repère orthonormé) :

$EH = \|\overrightarrow{EH}\| = \sqrt{(0)^2 + (-1)^2 + (11)^2} = \sqrt{122}$.

Conclusion : La distance du point $E$ au plan $\mathscr{P}$ est $\boxed{\sqrt{122}}$.

Note : La formule de la distance d'un point à un plan n'est plus explicitement au programme de Terminale Spécialité Maths depuis la réforme. Il est donc attendu d'utiliser la méthode du projeté orthogonal pour retrouver cette distance.

Correction :

1. Calcul de l'aire de la base triangulaire $ABC$ :

On calcule d'abord les longueurs des côtés du triangle $ABC$ :

$AB = \sqrt{(3-1)^2 + (-1-2)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{4 + 9 + 1} = \sqrt{14}$

$AC = \sqrt{(1-1)^2 + (0-2)^2 + (-2-1)^2} = \sqrt{0 + 4 + 9} = \sqrt{13}$

$BC = \sqrt{(1-3)^2 + (0-(-1))^2 + (-2-0)^2} = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3$

On utilise la formule de Heron pour l'aire du triangle $ABC$. Le demi-périmètre $p = \frac{\sqrt{14} + \sqrt{13} + 3}{2} \approx 4.8$. Aire$_{ABC} = \sqrt{p(p-AB)(p-AC)(p-BC)} \approx \sqrt{4.8 \times (4.8-\sqrt{14}) \times (4.8-\sqrt{13}) \times (4.8-3)} \approx 2.98$.

Pour simplifier, on peut utiliser le produit vectoriel pour calculer l'aire du triangle $ABC$ : $\overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ -1 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} 0 \\ -2 \\ -3 \end{pmatrix}$. $\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} (-3)(-3) - (-1)(-2) \\ (-1)(0) - (2)(-3) \\ (2)(-2) - (-3)(0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 \\ 6 \\ -4 \end{pmatrix}$. Aire$_{ABC} = \frac{1}{2} \| \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} \| = \frac{1}{2} \sqrt{7^2 + 6^2 + (-4)^2} = \frac{1}{2} \sqrt{49 + 36 + 16} = \frac{\sqrt{101}}{2} \approx 5.02$.

2. Calcul de la hauteur $h$ de la pyramide : distance de $D$ au plan $(ABC)$.

Le plan $(ABC)$ a pour vecteur normal $\vec{n} = \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} 7 \\ 6 \\ -4 \end{pmatrix}$. Son équation cartésienne est de la forme $7x + 6y - 4z + d = 0$. Avec $A(1, 2, 1) \in (ABC)$: $7(1) + 6(2) - 4(1) + d = 0 \Rightarrow 7 + 12 - 4 + d = 0 \Rightarrow d = -15$. Plan $(ABC)$ : $7x + 6y - 4z - 15 = 0$.

La hauteur $h$ de la pyramide est la distance de $D(4, 2, 3)$ au plan $(ABC)$. On utilise la formule de la distance d'un point à un plan : $h = \frac{|7(4) + 6(2) - 4(3) - 15|}{\sqrt{7^2 + 6^2 + (-4)^2}} = \frac{|28 + 12 - 12 - 15|}{\sqrt{101}} = \frac{13}{\sqrt{101}}$.

3. Calcul du volume de la pyramide :

$V = \frac{1}{3} \times \text{Aire}_{ABC} \times h = \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{101}}{2} \times \frac{13}{\sqrt{101}} = \frac{13}{6}$.

Conclusion : Le volume de la pyramide $ABCD$ est $\boxed{\frac{13}{6}}$ unités de volume.

Note : On a utilisé ici la formule de la distance d'un point à un plan et le produit vectoriel pour l'aire du triangle et le vecteur normal, mais ces calculs peuvent être adaptés pour être réalisés avec les méthodes du projeté orthogonal et sans produit vectoriel si nécessaire, bien que cela soit plus long.

Correction :

1. Calcul de l'aire de la base triangulaire $DEF$ :

Les points $D, E, F$ sont dans le plan $(Oxy)$ car leur cote $z$ est nulle. La base $DEF$ est donc incluse dans le plan $(Oxy)$ d'équation $z=0$. On peut calculer l'aire du triangle $DEF$ dans le plan $(Oxy)$. On a $DE = 2$, la hauteur du triangle $DEF$ issue de $F$Relativement à la base $DE$ est la coordonnée $y$ de $F$, soit $3$. Aire$_{DEF} = \frac{1}{2} \times DE \times \text{hauteur} = \frac{1}{2} \times 2 \times 3 = 3$ unités d'aire.

2. Calcul de la hauteur $h$ du tétraèdre : distance de $G$ au plan $(DEF) = (Oxy)$.

Le plan $(DEF) = (Oxy)$ a pour équation $z = 0$. La hauteur $h$ de la pyramide est la distance du point $G(1, 1, 4)$ au plan $(Oxy)$. Le projeté orthogonal de $G$ sur le plan $(Oxy)$ est le point $G'(1, 1, 0)$. La hauteur $h = GG' = \| \overrightarrow{GG'} \| = \sqrt{(1-1)^2 + (1-1)^2 + (0-4)^2} = \sqrt{16} = 4$. On peut aussi directement lire la distance de $G$ au plan $(Oxy)$ comme la valeur absolue de la coordonnée $z$ de $G$, soit $|4| = 4$.

3. Calcul du volume du tétraèdre :

$V = \frac{1}{3} \times \text{Aire}_{DEF} \times h = \frac{1}{3} \times 3 \times 4 = 4$.

Conclusion : Le volume du tétraèdre $DEFG$ est $\boxed{4}$ unités de volume.

Note : Dans cet exercice, le calcul de la hauteur est simplifié par le fait que la base est dans le plan $(Oxy)$ et que la hauteur est donc directement la cote du sommet $G$.

Correction :

1. Déterminer l'équation du plan $(ABC)$ et son vecteur normal :

Comme vu dans la correction de l'exercice 16, le plan $(ABC)$ a pour équation cartésienne $7x + 6y - 4z - 15 = 0$ et pour vecteur normal $\vec{n} = \begin{pmatrix} 7 \\ 6 \\ -4 \end{pmatrix}$.

2. Déterminer la représentation paramétrique de la droite $(DH)$ orthogonale à $(ABC)$ passant par $D(4, 2, 3)$ :

$\left\{ \begin{array}{rcl} x &=& x_D + 7t = 4 + 7t \\ y &=& y_D + 6t = 2 + 6t \\ z &=& z_D - 4t = 3 - 4t \end{array} \right.$

3. Calculer les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $D$ sur $(ABC)$ :

On substitue les expressions paramétriques dans l'équation de $(ABC)$ :

$7(4 + 7t) + 6(2 + 6t) - 4(3 - 4t) - 15 = 0$

$28 + 49t + 12 + 36t - 12 + 16t - 15 = 0$

$101t + 13 = 0 \Rightarrow t = -\frac{13}{101}$.

On remplace $t = -\frac{13}{101}$ dans les équations paramétriques de $(DH)$ pour trouver les coordonnées de $H$. On ne calcule pas explicitement ces coordonnées car on a seulement besoin de la hauteur $DH$.

4. Calcul de la hauteur $DH$ :

La hauteur $DH$ est la distance de $D$ à $H$, soit $DH = \| \overrightarrow{DH} \|$. Le vecteur $\overrightarrow{DH}$ a pour coordonnées $\overrightarrow{DH} = \begin{pmatrix} 7t \\ 6t \\ -4t \end{pmatrix} = t \vec{n} = -\frac{13}{101} \vec{n} = -\frac{13}{101} \begin{pmatrix} 7 \\ 6 \\ -4 \end{pmatrix}$. Donc $DH = \| \overrightarrow{DH} \| = |t| \| \vec{n} \| = \frac{13}{101} \sqrt{7^2 + 6^2 + (-4)^2} = \frac{13}{101} \sqrt{101} = \frac{13}{\sqrt{101}}$.

5. Calcul du volume de la pyramide :

On reprend l'aire de la base $ABC$ calculée dans l'exercice 16 : Aire$_{ABC} = \frac{\sqrt{101}}{2}$.

$V = \frac{1}{3} \times \text{Aire}_{ABC} \times DH = \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{101}}{2} \times \frac{13}{\sqrt{101}} = \frac{13}{6}$.

Conclusion : Le volume de la pyramide $ABCD$ est $\boxed{\frac{13}{6}}$ unités de volume, ce qui est cohérent avec le résultat de l'exercice 16.

Note : Cet exercice illustre la méthode générale pour calculer la hauteur d'une pyramide en utilisant le projeté orthogonal du sommet sur le plan de la base. Cette méthode est plus longue que l'utilisation directe de la formule de la distance d'un point à un plan, mais elle est intéressante pour comprendre la notion de projeté orthogonal et pour s'entraîner aux calculs de projections.