Vecteurs, droites et plans de l’espace

On donne $A(2;-3;1)$, $B(-1;5;4)$ et $C(0;2;-2)$. Donne les valeurs exactes (fraction ou décimal).

1. $\overrightarrow{AB}$ a pour coordonnées ( ; ; )
   $\overrightarrow{AB}(-1-2;5+3;4-1)$, soit $\overrightarrow{AB}(-3;8;3)$.
2. Le milieu $I$ de $[AB]$ : $I$ : ( ; ; )
   $x_I={\displaystyle \frac{2-1}{2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$, $y_I={\displaystyle \frac{-3+5}{2}}=1$, $z_I={\displaystyle \frac{1+4}{2}}={\displaystyle \frac{5}{2}}$.
3. Le vecteur $\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}$ a pour coordonnées ( ; ; )
   $\overrightarrow{AC}(-2;5;-3)$, donc $2\overrightarrow{AC}(-4;10;-6)$. Coordonnée par coordonnée : $-3+4=1$, $8-10=-2$, $3+6=9$.
4. Le point $D$ tel que $ABCD$ soit un parallélogramme : $D$ : ( ; ; )
   $ABCD$ est un parallélogramme si et seulement si $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$, c’est-à-dire $x_C-x_D=-3$, $y_C-y_D=8$, $z_C-z_D=3$. Donc $x_D=0+3=3$, $y_D=2-8=-6$, $z_D=-2-3=-5$ : $D(3;-6;-5)$. ($A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés : ${\displaystyle \frac{-2}{-3}}\ne {\displaystyle \frac{5}{8}}$.)

Colinéarité et alignement. Donne les valeurs exactes.

1. $\overrightarrow{u}(-4;6;10)$ et $\overrightarrow{v}(6;-9;-15)$ : $\overrightarrow{v}=k\overrightarrow{u}$ avec $k$ =
   Abscisses : $6=k\times (-4)$ donne $k=-{\displaystyle \frac{3}{2}}$. Vérification : $-{\displaystyle \frac{3}{2}}\times 6=-9$ et $-{\displaystyle \frac{3}{2}}\times 10=-15$. Donc $\overrightarrow{v}=-{\displaystyle \frac{3}{2}}\overrightarrow{u}$.
2. $\overrightarrow{p}(2;m;-4)$ et $\overrightarrow{q}(-5;10;10)$ sont colinéaires pour $m$ =
   Les abscisses imposent $\overrightarrow{q}=-{\displaystyle \frac{5}{2}}\overrightarrow{p}$ ; la cote convient, car le produit de $-{\displaystyle \frac{5}{2}}$ par $-4$ vaut $10$. Les ordonnées imposent alors $-{\displaystyle \frac{5}{2}}m=10$, soit $m=-4$.
3. Démontrer que $A(1;-2;3)$, $B(4;0;1)$ et $C(10;4;-3)$ sont alignés : $\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AB}$ avec $k$ =
   Rédaction attendue. On calcule $\overrightarrow{AB}(4-1;0+2;1-3)$, soit $\overrightarrow{AB}(3;2;-2)$, et $\overrightarrow{AC}(9;6;-6)$. On a $9=3\times 3$, $6=3\times 2$ et $-6=3\times (-2)$, donc $\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AB}$. Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont colinéaires, donc les points $A$, $B$, $C$ sont alignés.
4. $E(0;1;2)$ et $F(2;2;0)$. Le point $G(6;4;z)$ est sur la droite $(EF)$ pour $z$ =
   $\overrightarrow{EF}(2;1;-2)$ et $\overrightarrow{EG}(6;3;z-2)$. Les abscisses et les ordonnées donnent $\overrightarrow{EG}=3\overrightarrow{EF}$ ; il faut donc que $z-2$ soit le triple de $-2$ : $z-2=-6$, soit $z=-4$.

$ABCDEFGH$ est le cube du cours, muni du repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$.

1. $\overrightarrow{BH}$ a pour coordonnées ( ; ; )
   Chasles : $\overrightarrow{BH}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DH}$ $=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}$. Coordonnées $(-1;1;1)$ (ou $H(0;1;1)$ moins $B(1;0;0)$).
2. $I$ est le milieu de $[FG]$ : $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AB}+a\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}$ avec $a$ =
   $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{FI}$. Or $\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AE}$ et $\overrightarrow{FI}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{FG}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{AD}$. Donc $a={\displaystyle \frac{1}{2}}$ et $I\left(1;{\displaystyle \frac{1}{2}};1\right)$.
3. $\overrightarrow{EC}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AD}+z\overrightarrow{AE}$ : $x$ = , $y$ = , $z$ =
   $\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AC}$ $=-\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$. Donc $x=1$, $y=1$, $z=-1$ ; c’est aussi $C(1;1;0)$ moins $E(0;0;1)$.

$ABCD$ est un tétraèdre et $K$ le point tel que $\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}+\overrightarrow{KD}=\overrightarrow{0}$. On note $I$ le milieu de $[AB]$ et $J$ celui de $[CD]$.

1. Démontrer que $\overrightarrow{AK}=k(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})$ avec $k$ =
   Rédaction attendue. Par la relation de Chasles, $\overrightarrow{KB}=\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{KD}=\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{AD}$. L’égalité de l’énoncé devient $4\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{0}$, soit $4\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}$. Donc $\overrightarrow{AK}={\displaystyle \frac{1}{4}}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})$ : $k={\displaystyle \frac{1}{4}}$.
2. Dans le repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})$, $K$ : ( ; ; )
   Les coordonnées de $K$ sont celles de $\overrightarrow{AK}$ dans la base $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})$ : $\left({\displaystyle \frac{1}{4}};{\displaystyle \frac{1}{4}};{\displaystyle \frac{1}{4}}\right)$.
3. Démontrer que $K$ est le milieu de $[IJ]$ : $\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AJ}=m\overrightarrow{AK}$ avec $m$ =
   Rédaction attendue. $I$ est le milieu de $[AB]$ : $\overrightarrow{AI}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{AB}$. $J$ est le milieu de $[CD]$ : $\overrightarrow{AJ}={\displaystyle \frac{1}{2}}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})$. Donc $\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AJ}={\displaystyle \frac{1}{2}}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})=2\overrightarrow{AK}$. Le milieu $L$ de $[IJ]$ vérifie $\overrightarrow{AL}={\displaystyle \frac{1}{2}}(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AJ})=\overrightarrow{AK}$, donc $L=K$ : $K$ est le milieu de $[IJ]$ ($m=2$).

On donne $\overrightarrow{u}(1;2;0)$ et $\overrightarrow{v}(0;1;3)$, qui ne sont pas colinéaires.

1. $\overrightarrow{w}(2;1;-9)$ : $\overrightarrow{w}=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$ avec $a$ = et $b$ =
   Abscisses : $a=2$. Ordonnées : $2a+b=1$, donc $b=-3$. Cotes : $3b=-9$, vérifiée. Donc $\overrightarrow{w}=2\overrightarrow{u}-3\overrightarrow{v}$ : $\overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{v}$, $\overrightarrow{w}$ sont coplanaires.
2. Démontrer que $(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{t})$, avec $\overrightarrow{t}(1;0;2)$, est une base. Si $\overrightarrow{t}=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$, les abscisses et les ordonnées imposent $a=1$ et $b=-2$ ; la cote de $a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$ vaut alors
   Rédaction attendue. $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ ne sont pas colinéaires (l’abscisse de $\overrightarrow{v}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{u}$). Supposons $\overrightarrow{t}=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$. Abscisses : $a=1$ ; ordonnées : $2a+b=0$, donc $b=-2$ ; cotes : il faudrait $3b=2$, or $3\times (-2)=-6\ne 2$. Le système n’a pas de solution : $\overrightarrow{t}$ n’est pas une combinaison linéaire de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$, les trois vecteurs ne sont pas coplanaires, donc $(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{t})$ est une base de l’espace.

$ABCDEFGH$ est le cube du cours. Donne les valeurs exactes.

1. Dans le repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$, le centre $O$ de la face $ADHE$ : $O$ : ( ; ; )
   $O$ est le milieu de $[AH]$, avec $A(0;0;0)$ et $H(0;1;1)$ : $O\left(0;{\displaystyle \frac{1}{2}};{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)$.
2. Dans ce même repère, le milieu $M$ de $[GH]$ : $M$ : ( ; ; )
   $G(1;1;1)$ et $H(0;1;1)$ : $M\left({\displaystyle \frac{1}{2}};1;1\right)$.
3. Dans le repère $(B;\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BF})$, le point $H$ : ( ; ; )
   $B$, $A$, $C$, $F$ ne sont pas coplanaires, donc c’est bien un repère. $\overrightarrow{BH}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DH}$ $=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BF}$ : $H(1;1;1)$ dans ce repère.
4. Dans le repère $(B;\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BF})$, le milieu $N$ de $[EH]$ : ( ; ; )
   $\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EN}$, avec $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BF}$ et $\overrightarrow{EN}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{EH}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{BC}$. Donc $N\left(1;{\displaystyle \frac{1}{2}};1\right)$ : les coordonnées d’un point dépendent du repère.

On donne $\overrightarrow{u}(1;0;-1)$, $\overrightarrow{v}(2;1;0)$ et $\overrightarrow{w}(0;3;1)$.

1. Démontrer que $(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w})$ est une base : si $\overrightarrow{w}=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$, les ordonnées donnent $b$ =
   Rédaction attendue. $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ ne sont pas colinéaires (l’ordonnée de $\overrightarrow{u}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{v}$). Supposons $\overrightarrow{w}=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$. Ordonnées : $b=3$ ; abscisses : $a+2b=0$, donc $a=-6$ ; cotes : il faudrait $-a=1$, or $-a=6$. Impossible : $\overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{v}$, $\overrightarrow{w}$ ne sont pas coplanaires, ils forment une base de l’espace.
2. Coordonnées de $\overrightarrow{p}(0;2;-1)$ dans la base $(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w})$ : ( ; ; )
   $\overrightarrow{p}=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}+c\overrightarrow{w}$ donne $a+2b=0$, $b+3c=2$, $-a+c=-1$. Donc $a=-2b$ et $c=a-1=-2b-1$ ; puis $b+3(-2b-1)=2$, soit $-5b=5$ : $b=-1$, $a=2$, $c=1$. Vérification : $2\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}+\overrightarrow{w}$ a pour coordonnées $(2-2+0;0-1+3;-2+0+1)=(0;2;-1)$.
3. Coordonnées de $\overrightarrow{q}(3;4;0)$ dans la base $(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w})$ : ( ; ; )
   $a+2b=3$, $b+3c=4$, $-a+c=0$. Donc $c=a$ et $b=4-3a$ ; puis $a+8-6a=3$, soit $a=1$ : $b=1$, $c=1$. Ainsi $\overrightarrow{q}=\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+\overrightarrow{w}$, décomposition unique.

On donne $A(1;1;0)$, $B(2;0;1)$, $C(0;3;1)$ et, pour un réel $m$, $D(m;3;4)$.

1. Démontrer que $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés. $\overrightarrow{AB}$ : ( ; ; )
   Rédaction attendue. $\overrightarrow{AB}(1;-1;1)$ et $\overrightarrow{AC}(-1;2;1)$. Si $\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AB}$, les abscisses imposent $k=-1$ et les ordonnées $k=-2$ : impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés et définissent un plan.
2. Si $D\in (ABC)$, $\overrightarrow{AD}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC}$ : les ordonnées et les cotes donnent $a$ = et $b$ =
   $\overrightarrow{AD}(m-1;2;4)$. Ordonnées : $-a+2b=2$ ; cotes : $a+b=4$. En additionnant, $3b=6$, donc $b=2$ et $a=2$.
3. Démontrer que $D\in (ABC)$ si et seulement si $m$ =
   Rédaction attendue. $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés, donc $D\in (ABC)$ si et seulement s’il existe $a$, $b$ réels tels que $\overrightarrow{AD}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC}$. Les ordonnées et les cotes imposent $a=2$ et $b=2$. Il reste les abscisses : $m-1=a-b=0$. Donc $D\in (ABC)$ si et seulement si $m=1$ ; dans ce cas, $\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}$, et les points $A$, $B$, $C$, $D$ sont coplanaires.

La droite $d$ a pour représentation paramétrique $x=3-2t$, $y=1+t$, $z=4t$ ($t\in ℝ$).

1. Le vecteur directeur lu sur les coefficients de $t$ : ( ; ; )
   Les coefficients de $t$ sont $-2$, $1$ et $4$ : $\overrightarrow{u}(-2;1;4)$ dirige $d$ (tout vecteur non nul colinéaire aussi).
2. Le point de paramètre $t=2$ : ( ; ; )
   $x=3-4=-1$, $y=1+2=3$, $z=8$.
3. Le point de $d$ d’abscisse $7$ : ( 7 ; ; )
   $3-2t=7$ donne $t=-2$ ; alors $y=1-2=-1$ et $z=-8$.

Écrire puis utiliser une représentation paramétrique.

1. La droite passant par $A(-1;2;5)$ et dirigée par $\overrightarrow{u}(3;0;-2)$ : son point de paramètre $t=2$ est ( ; ; )
   Représentation : $x=-1+3t$, $y=2$, $z=5-2t$. Pour $t=2$ : $(5;2;1)$.
2. $B(2;-1;3)$ et $C(4;0;1)$. Avec la représentation de $(BC)$ issue de $B$ et de $\overrightarrow{BC}$, le point de paramètre $t=3$ est ( ; ; )
   $\overrightarrow{BC}(2;1;-2)$, donc $(BC)$ : $x=2+2t$, $y=-1+t$, $z=3-2t$. Pour $t=3$ : $(8;2;-3)$.
3. Le point $E(0;-2;5)$ appartient à $(BC)$ : il correspond à $t$ =
   $2+2t=0$ donne $t=-1$ ; alors $y=-2$ et $z=3+2=5$ : les trois équations sont vérifiées par $t=-1$.
4. Démontrer que $F(6;1;0)$ n’appartient pas à $(BC)$ : la cote du point de $(BC)$ d’abscisse $6$ vaut
   Rédaction attendue. Si $F\in (BC)$, il existe un réel $t$ tel que $2+2t=6$, $-1+t=1$ et $3-2t=0$. La première équation donne $t=2$ ; la deuxième est vérifiée ($-1+2=1$) ; mais la troisième donne $3-4=-1\ne 0$. Aucun réel $t$ ne vérifie les trois équations : $F\notin (BC)$.

On considère $d$ : $x=1+2t$, $y=-3+t$, $z=2-t$ ($t\in ℝ$) et $d\prime$ : $x=5-4k$, $y=-1-2k$, $z=2k$ ($k\in ℝ$).

1. Le vecteur directeur $(-4;-2;2)$ de $d\prime$ est égal à $c$ fois celui de $d$, avec $c$ =
   Celui de $d$ est $(2;1;-1)$, et $(-4;-2;2)=-2(2;1;-1)$ : $c=-2$, les vecteurs directeurs sont colinéaires.
2. Démontrer que $d$ et $d\prime$ sont la même droite : le point $(5;-1;0)$ de $d\prime$ est sur $d$ pour $t$ =
   Rédaction attendue. Les vecteurs directeurs $(2;1;-1)$ et $(-4;-2;2)$ sont colinéaires, donc $d$ et $d\prime$ sont parallèles. Le point $(5;-1;0)$, obtenu pour $k=0$, est sur $d$ : $1+2t=5$ donne $t=2$, puis $y=-3+2=-1$ et $z=2-2=0$. Deux droites parallèles qui ont un point commun sont confondues : $d$ et $d\prime$ sont la même droite, décrite par deux représentations différentes.
3. Le point de $d$ d’ordonnée nulle : ( ; 0 ; )
   $-3+t=0$ donne $t=3$ ; alors $x=1+6=7$ et $z=2-3=-1$.

On donne $A(2;-1;3)$ et $B(-2;3;1)$. On utilise la représentation de $(AB)$ issue de $A$ et de $\overrightarrow{AB}$ : le point de paramètre $t$ est le point $M$ tel que $\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}$.

1. Le point de $(AB)$ de cote nulle s’obtient pour $t$ =
   $\overrightarrow{AB}(-4;4;-2)$, donc $(AB)$ : $x=2-4t$, $y=-1+4t$, $z=3-2t$. La cote est nulle pour $3-2t=0$, soit $t={\displaystyle \frac{3}{2}}$. Comme ${\displaystyle \frac{3}{2}}\notin [0;1]$, ce point est sur la droite $(AB)$ mais pas sur le segment $[AB]$.
2. Ses coordonnées : ( ; ; 0 )
   Pour $t={\displaystyle \frac{3}{2}}$ : $x=2-6=-4$ et $y=-1+6=5$.
3. Démontrer qu’aucune droite $d_m$ : $x=1+mt$, $y=2+t$, $z=-1+2t$ ($m$ réel) n’est parallèle à $(AB)$. Si $(m;1;2)=k(-4;4;-2)$, les ordonnées imposent $k$ =
   Rédaction attendue. Un vecteur directeur de $d_m$ est $(m;1;2)$, non nul. $d_m$ est parallèle à $(AB)$ si et seulement si $(m;1;2)$ est colinéaire à $\overrightarrow{AB}(-4;4;-2)$, c’est-à-dire s’il existe $k$ tel que $(m;1;2)=k(-4;4;-2)$. Les ordonnées imposent $4k=1$, soit $k={\displaystyle \frac{1}{4}}$ ; les cotes imposent $-2k=2$, soit $k=-1$. C’est impossible, quel que soit $m$ : aucune droite $d_m$ n’est parallèle à $(AB)$.

Le plan $P$ a pour représentation paramétrique $x=1+\lambda +2\mu$, $y=-\lambda +\mu$, $z=3+\mu$ ($\lambda ,\mu \in ℝ$).

1. Le point de paramètres $\lambda =1$ et $\mu =-1$ : ( ; ; )
   $x=1+1-2=0$, $y=-1-1=-2$, $z=3-1=2$.
2. $N(2;-4;2)$ appartient à $P$ : $\lambda$ = et $\mu$ =
   Cote : $3+\mu =2$, donc $\mu =-1$. Ordonnée : $-\lambda -1=-4$, donc $\lambda =3$. Abscisse : $1+3-2=2$, vérifiée.
3. Démontrer que $M(4;1;4)$ n’appartient pas à $P$ : avec $\mu$ tiré de la cote et $\lambda$ de l’ordonnée, l’abscisse obtenue vaut
   Rédaction attendue. Si $M\in P$, il existe $\lambda$ et $\mu$ tels que $1+\lambda +2\mu =4$, $-\lambda +\mu =1$ et $3+\mu =4$. La cote donne $\mu =1$, l’ordonnée $\lambda =0$. L’abscisse vaut alors $1+0+2=3\ne 4$. Aucun couple ne vérifie les trois équations : $M\notin P$.

On donne $A(0;1;2)$, $B(1;1;0)$ et $C(2;3;1)$.

1. Démontrer que $A$, $B$, $C$ définissent un plan : $\overrightarrow{AC}$ : ( ; ; )
   Rédaction attendue. $\overrightarrow{AB}(1;0;-2)$ et $\overrightarrow{AC}(2;2;-1)$. L’ordonnée de $\overrightarrow{AB}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{AC}$ : si l’on avait $\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AB}$, on aurait $2=k\times 0$, impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés : ils définissent le plan $(ABC)$, dirigé par $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$.
2. Avec la représentation issue de $A$, de $\overrightarrow{AB}$ (paramètre $\lambda$) et de $\overrightarrow{AC}$ (paramètre $\mu$), le point de paramètres $\lambda =1$, $\mu =1$ : ( ; ; )
   $(ABC)$ : $x=\lambda +2\mu$, $y=1+2\mu$, $z=2-2\lambda -\mu$. Pour $\lambda =\mu =1$ : $(3;3;-1)$.
3. Le point de $(ABC)$ d’abscisse et d’ordonnée nulles a pour cote
   $1+2\mu =0$ donne $\mu =-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ ; $\lambda +2\mu =0$ donne $\lambda =1$. Alors $z=2-2+{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$.

$ABCDEFGH$ est le cube du cours, muni du repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$. $I$ est le milieu de $[EF]$, $J$ celui de $[FG]$ et $K$ celui de $[GH]$.

1. $I$ : ( ; ; )
   $E(0;0;1)$ et $F(1;0;1)$ : $I\left({\displaystyle \frac{1}{2}};0;1\right)$. De même $J\left(1;{\displaystyle \frac{1}{2}};1\right)$ et $K\left({\displaystyle \frac{1}{2}};1;1\right)$.
2. Démontrer que $A$, $C$, $I$, $J$ sont coplanaires : $\overrightarrow{AJ}=a\overrightarrow{AC}+b\overrightarrow{AI}$ avec $a$ = et $b$ =
   Rédaction attendue. $\overrightarrow{AC}(1;1;0)$ et $\overrightarrow{AI}\left({\displaystyle \frac{1}{2}};0;1\right)$ ne sont pas colinéaires (la cote de $\overrightarrow{AC}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{AI}$). On cherche $\overrightarrow{AJ}\left(1;{\displaystyle \frac{1}{2}};1\right)=a\overrightarrow{AC}+b\overrightarrow{AI}$. Ordonnées : $a={\displaystyle \frac{1}{2}}$ ; cotes : $b=1$ ; abscisses : ${\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}=1$, vérifiée. Donc $\overrightarrow{AJ}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AI}$ : $J\in (ACI)$, les points $A$, $C$, $I$, $J$ sont coplanaires.
3. Si l’on cherche $\overrightarrow{AK}=a\overrightarrow{AC}+b\overrightarrow{AI}$, les ordonnées et les cotes donnent $a=1$ et $b=1$ ; l’abscisse de $\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AI}$ vaut alors
   $1+{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{3}{2}}$, alors que l’abscisse de $\overrightarrow{AK}$ est ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ : le système n’a pas de solution, $K\notin (ACI)$.

$P$ : $x=1+\lambda +\mu$, $y=2+\lambda -\mu$, $z=\lambda$ et $P\prime$ : $x=3+2\alpha$, $y=2+2\beta$, $z=1+\alpha +\beta$ (paramètres réels). On note $\overrightarrow{u}(1;1;1)$ et $\overrightarrow{v}(1;-1;0)$ les vecteurs qui dirigent $P$.

1. $(2;0;1)=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$ avec $a$ = et $b$ =
   Cotes : $a=1$ ; abscisses : $a+b=2$, donc $b=1$ ; ordonnées : $1-1=0$, vérifiée.
2. $(0;2;1)=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$ avec $a$ = et $b$ =
   Cotes : $a=1$ ; abscisses : $a+b=0$, donc $b=-1$ ; ordonnées : $1+1=2$, vérifiée.
3. Démontrer que $P$ et $P\prime$ sont le même plan : le point $(3;2;1)$ de $P\prime$ est le point de $P$ de paramètres $\lambda$ = et $\mu$ =
   Rédaction attendue. $P\prime$ est dirigé par $(2;0;1)$ et $(0;2;1)$, non colinéaires. D’après les deux questions précédentes, ce sont des combinaisons linéaires de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ : la direction de $P\prime$ est contenue dans celle de $P$, et comme deux vecteurs non colinéaires engendrent toute une direction de plan, $P$ et $P\prime$ ont la même direction : ils sont parallèles. De plus, le point $(3;2;1)$ de $P\prime$ ($\alpha =\beta =0$) est dans $P$ : $z=\lambda =1$, puis $1+1+\mu =3$ donne $\mu =1$, et $y=2+1-1=2$, vérifiée. Deux plans parallèles ayant un point commun sont confondus : $P\prime =P$.

$d_1$ : $x=2+t$, $y=-1+2t$, $z=3-t$ ; $d_2$ : $x=4-2s$, $y=1-4s$, $z=2+2s$ ; $d_3$ : $x=5+k$, $y=-1-k$, $z=6+2k$. Réponds par : strictement parallèles, confondues, sécantes ou non coplanaires.

1. Le vecteur directeur de $d_2$ lu sur les coefficients de $s$ est égal à $c$ fois celui de $d_1$, avec $c$ =
   $(-2;-4;2)=-2(1;2;-1)$ : $c=-2$, les vecteurs directeurs sont colinéaires, $d_1$ et $d_2$ sont parallèles.
2. Démontrer que $d_1$ et $d_2$ sont strictement parallèles : pour le point $(4;1;2)$ de $d_2$, l’abscisse impose sur $d_1$ le paramètre $t$ =
   Rédaction attendue. Les vecteurs directeurs $(1;2;-1)$ et $(-2;-4;2)$ sont colinéaires, donc $d_1\parallel d_2$. Le point $(4;1;2)$ de $d_2$ ($s=0$) est-il sur $d_1$ ? L’abscisse donne $2+t=4$, soit $t=2$, mais alors $y=-1+4=3\ne 1$. Ce point n’est pas sur $d_1$ : les droites parallèles $d_1$ et $d_2$ ne sont pas confondues, elles sont strictement parallèles.
3. Position relative de $d_1$ et $d_3$ :
   Rédaction attendue. Les vecteurs directeurs $(1;2;-1)$ et $(1;-1;2)$ ne sont pas colinéaires (${\displaystyle \frac{1}{1}}\ne {\displaystyle \frac{-1}{2}}$) : $d_1$ et $d_3$ ne sont pas parallèles. On cherche $t$ et $k$ tels que $2+t=5+k$, $-1+2t=-1-k$ et $3-t=6+2k$. La deuxième donne $k=-2t$ ; la première devient $2+t=5-2t$, soit $t=1$, puis $k=-2$. Troisième équation : $3-1=2$ et $6-4=2$, vérifiée. Les droites $d_1$ et $d_3$ sont sécantes au point $(3;1;2)$.

$d$ : $x=5-t$, $y=2t$, $z=-1+t$ ($t\in ℝ$) et $d\prime$ : $x=2+s$, $y=5-s$, $z=s$ ($s\in ℝ$).

1. Démontrer que $d$ et $d\prime$ sont sécantes : le système donne $t$ = et $s$ =
   Rédaction attendue. Les vecteurs directeurs $(-1;2;1)$ et $(1;-1;1)$ ne sont pas colinéaires (${\displaystyle \frac{1}{-1}}\ne {\displaystyle \frac{-1}{2}}$) : les droites ne sont pas parallèles. Un point commun correspond à $t$ et $s$ tels que $5-t=2+s$, $2t=5-s$ et $-1+t=s$. La première équation donne $s=3-t$ ; la deuxième devient $2t=2+t$, soit $t=2$, puis $s=1$. Troisième équation : $-1+2=1=s$, vérifiée. Le système a une unique solution : $d$ et $d\prime$ sont sécantes.
2. Leur point d’intersection : ( ; ; )
   Pour $t=2$ dans $d$ : $(5-2;4;-1+2)=(3;4;1)$ ; contrôle avec $s=1$ dans $d\prime$ : $(3;4;1)$.

$d_1$ : $x=2t$, $y=1-t$, $z=3+t$ ($t\in ℝ$) et $d_2$ : $x=1+s$, $y=s$, $z=2-2s$ ($s\in ℝ$). Réponds par : strictement parallèles, confondues, sécantes ou non coplanaires.

1. Les abscisses et les ordonnées donnent $t$ = et $s$ =
   $2t=1+s$ et $1-t=s$ : $2t=2-t$, donc $t={\displaystyle \frac{2}{3}}$ et $s={\displaystyle \frac{1}{3}}$.
2. Position relative de $d_1$ et $d_2$ (justifier) :
   Rédaction attendue. Les vecteurs directeurs $(2;-1;1)$ et $(1;1;-2)$ ne sont pas colinéaires (${\displaystyle \frac{1}{2}}\ne {\displaystyle \frac{1}{-1}}$) : les droites ne sont pas parallèles. Les deux premières équations imposent $t={\displaystyle \frac{2}{3}}$ et $s={\displaystyle \frac{1}{3}}$. Cotes : sur $d_1$, $3+{\displaystyle \frac{2}{3}}={\displaystyle \frac{11}{3}}$ ; sur $d_2$, $2-{\displaystyle \frac{2}{3}}={\displaystyle \frac{4}{3}}$ ; ${\displaystyle \frac{11}{3}}\ne {\displaystyle \frac{4}{3}}$. Le système n’a pas de solution : pas de point commun. Ni parallèles ni sécantes, $d_1$ et $d_2$ sont non coplanaires.
3. Dans le cube $ABCDEFGH$ du cours, position relative des droites $(BG)$ et $(AH)$ :
   $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DH}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{BG}$ : les droites sont parallèles. $A$ n’est pas sur $(BG)$ (la droite $(BG)$ est dans la face $BCGF$, qui ne contient pas $A$) : elles sont strictement parallèles.

Le plan $P$ a pour représentation $x=2+3\lambda +\mu$, $y=1+\lambda$, $z=\mu$ ; il est dirigé par $\overrightarrow{u}(3;1;0)$ et $\overrightarrow{v}(1;0;1)$. La droite $d$ a pour représentation $x=1+t$, $y=2t$, $z=4-t$.

1. Si $\overrightarrow{w}(1;2;-1)=a\overrightarrow{u}+b\overrightarrow{v}$, les ordonnées et les cotes donnent $a$ = et $b$ =
   Ordonnées : $a=2$ ; cotes : $b=-1$. Abscisses : $3\times 2-1=5\ne 1$. Donc $\overrightarrow{w}$ n’est pas une combinaison linéaire de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ : $d$ n’est pas parallèle à $P$, elle le coupe en un point.
2. Démontrer que $d$ coupe $P$ en un point, obtenu pour $t$ =
   Rédaction attendue. Un vecteur directeur de $d$, $\overrightarrow{w}(1;2;-1)$, n’est pas une combinaison linéaire de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ (question précédente) : $d$ et $P$ sont sécants. On résout $1+t=2+3\lambda +\mu$, $2t=1+\lambda$, $4-t=\mu$. Les deux dernières donnent $\lambda =2t-1$ et $\mu =4-t$ ; la première devient $1+t=2+6t-3+4-t$, soit $1+t=3+5t$, donc $t=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ (et $\lambda =-2$, $\mu ={\displaystyle \frac{9}{2}}$).
3. Le point d’intersection de $d$ et $P$ : ( ; ; )
   Pour $t=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ : $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$, $y=-1$, $z={\displaystyle \frac{9}{2}}$. Contrôle dans $P$ avec $\lambda =-2$, $\mu ={\displaystyle \frac{9}{2}}$ : $2-6+{\displaystyle \frac{9}{2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$, $1-2=-1$, $z={\displaystyle \frac{9}{2}}$.
4. Démontrer que $d\prime$ : $x=4k$, $y=5+k$, $z=1+k$ est strictement parallèle à $P$. Pour le point $(0;5;1)$, l’ordonnée impose $\lambda$ =
   Rédaction attendue. Un vecteur directeur de $d\prime$ est $(4;1;1)=\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ : c’est une combinaison linéaire de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$, donc $d\prime$ est parallèle à $P$. Le point $(0;5;1)$ de $d\prime$ ($k=0$) est-il dans $P$ ? L’ordonnée donne $1+\lambda =5$, soit $\lambda =4$ ; la cote $\mu =1$ ; l’abscisse vaut alors $2+12+1=15\ne 0$. Ce point n’est pas dans $P$ : $d\prime$ n’est pas incluse dans $P$, elle lui est strictement parallèle.