Corrigé des 31 exercices sur les représentations paramétriques de droites (terminale) à télécharger en PDF

Dans une représentation paramétrique \( x = x_A + at,\ y = y_A + bt,\ z = z_A + ct \), on lit un point avec les termes constants (c’est le point obtenu pour \( t = 0 \)) et un vecteur directeur avec les coefficients du paramètre.

Droite \( d \) : \( x = 1 + 2t \), \( y = -3 + 1 \times t \), \( z = 0 + 5t \).

• Notamment, Point : pour \( t = 0 \), on obtient \( \mathbf{A(1 \,;\, -3 \,;\, 0)} \).
• Vecteur directeur : \( \vec{u}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix} \).

Droite \( d^{\prime} \) : \( x = 2 – 3t^{\prime} \), \( y = 0 – 2t^{\prime} \), \( z = 1 – 1 \times t^{\prime} \).

• Notamment, Point : pour \( t^{\prime} = 0 \), on obtient \( \mathbf{B(2 \,;\, 0 \,;\, 1)} \).
• Vecteur directeur : \( \vec{v}\begin{pmatrix} -3 \\ -2 \\ -1 \end{pmatrix} \) (ou tout vecteur colinéaire, par exemple \( \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \)).

Attention : dans \( y = -2t^{\prime} \), le terme constant est 0, et dans \( z = 1 – t^{\prime} \) le coefficient de \( t^{\prime} \) est \( -1 \).

Par ailleurs, chaque valeur réelle de \( t \) donne un point de \( d \). Ensuite, on choisit des valeurs simples pour calculer de tête.

Pour \( t = -1 \), attention au signe : \( x = -(-1) + 1 = 2 \) et \( z = -2 – 2 \times (-1) = 0 \).

Enfin, la droite \( (AB) \) passe par \( A(1 \,;\, 2 \,;\, 1) \) et \( B(4 \,;\, 5 \,;\, -2) \) ; elle est dirigée par

\[ \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 4 – 1 \\ 5 – 2 \\ -2 – 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ -3 \end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}. \]

Un système convient s’il remplit deux conditions : son vecteur directeur est colinéaire à \( \overrightarrow{AB} \), et le point lu (pour paramètre nul) appartient à \( (AB) \). Puis on teste chacun :

• (1) : point \( (1 \,;\, 2 \,;\, 1) = A \), vecteur \( (3 \,;\, 3 \,;\, -3) = \overrightarrow{AB} \). Convient.
• (2) : vecteur \( (1 \,;\, 2 \,;\, 1) \). Par ailleurs, il n’est pas colinéaire à \( (1 \,;\, 1 \,;\, -1) \) (les deux premières coordonnées sont égales pour l’un, pas pour l’autre). Ne convient pas.
• (3) : point \( (4 \,;\, 5 \,;\, -2) = B \), vecteur \( (3 \,;\, 3 \,;\, -3) = \overrightarrow{AB} \). Convient.
• (4) : point \( (4 \,;\, 5 \,;\, -2) = B \), vecteur \( (-1 \,;\, -1 \,;\, 1) = -\frac{1}{3}\overrightarrow{AB} \), colinéaire à \( \overrightarrow{AB} \). Convient.

Une droite possède une infinité de représentations paramétriques : il est donc normal que plusieurs systèmes soient corrects.

On lit les vecteurs directeurs :

\[ \vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} \text{ pour } d \qquad \text{et} \qquad \vec{v}\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -6 \end{pmatrix} \text{ pour } d^{\prime}. \]

On remarque que \( \vec{v} = 2\vec{u} \) : les vecteurs directeurs sont colinéaires, donc les droites \( d \) et \( d^{\prime} \) sont parallèles.

Pour aller plus loin, on peut vérifier qu’elles ne sont pas confondues : le point \( (0 \,;\, -1 \,;\, 0) \) de \( d^{\prime} \) (pour \( t^{\prime} = 0 \)) appartient-il à \( d \) ? L’égalité \( -1 + t = 0 \) donne \( t = 1 \), puis \( y = 5 + 2 = 7 \neq -1 \). Ainsi, de plus, ce point n’est pas sur \( d \) : les droites sont strictement parallèles.

Étape 1 : les droites ne sont pas parallèles. Les vecteurs directeurs sont \( \vec{u}(1 \,;\, 1 \,;\, -2) \) et \( \vec{v}(2 \,;\, -2 \,;\, 1) \). Cependant, Si \( \vec{v} = k\vec{u} \), la première coordonnée donne \( k = 2 \) et la deuxième \( k = -2 \) : impossible. Ensuite, les vecteurs ne sont pas colinéaires.

Étape 2 : recherche d’un point commun. Un point commun correspond à des réels \( t \) et \( t^{\prime} \) tels que :

\[ \begin{cases} 5 + t = 17 + 2t^{\prime} \\ 2 + t = -2 – 2t^{\prime} \\ -2t = -4 + t^{\prime} \end{cases} \iff \begin{cases} t – 2t^{\prime} = 12 \quad (L_1) \\ t + 2t^{\prime} = -4 \quad (L_2) \\ 2t + t^{\prime} = 4 \quad (L_3) \end{cases} \]

En additionnant \( (L_1) \) et \( (L_2) \) : \( 2t = 8 \), donc \( \mathbf{t = 4} \). Alors \( (L_2) \) donne \( 2t^{\prime} = -8 \), donc \( \mathbf{t^{\prime} = -4} \).

Vérification dans \( (L_3) \) : \( 2 \times 4 + (-4) = 4 \). L’équation est vérifiée : le système a une unique solution.

Notamment, le point commun s’obtient avec \( t = 4 \) dans (S) : \( (5 + 4 \,;\, 2 + 4 \,;\, -8) = (9 \,;\, 6 \,;\, -8) \). Contrôle avec \( t^{\prime} = -4 \) dans (S′) : \( (17 – 8 \,;\, -2 + 8 \,;\, -4 – 4) = (9 \,;\, 6 \,;\, -8) \).

De même, un point \( M(t \,;\, 1 – 6t \,;\, 3 – t) \) de \( d \) appartient à \( \mathscr{P} \) si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation du plan :

\[ \begin{aligned} 5t + (1 – 6t) – (3 – t) + 3 &= 0 \\ 5t + 1 – 6t – 3 + t + 3 &= 0 \\ 0 \times t + 1 &= 0 \\ 1 &= 0 \end{aligned} \]

Cette égalité est impossible : aucune valeur de \( t \) ne convient, donc la droite \( d \) et le plan \( \mathscr{P} \) n’ont aucun point commun.

Interprétation : un vecteur normal à \( \mathscr{P} \) est \( \vec{n}(5 \,;\, 1 \,;\, -1) \) et un vecteur directeur de \( d \) est \( \vec{u}(1 \,;\, -6 \,;\, -1) \). Par ailleurs, on a \( \vec{n} \cdot \vec{u} = 5 – 6 + 1 = 0 \) : \( \vec{u} \) est orthogonal à \( \vec{n} \), donc \( d \) est parallèle à \( \mathscr{P} \). Comme elles n’ont pas de point commun, \( d \) est strictement parallèle à \( \mathscr{P} \) (par exemple, le point \( (0 \,;\, 1 \,;\, 3) \) de \( d \) donne \( 0 + 1 – 3 + 3 = 1 \neq 0 \)).

Par ailleurs, a) Les vecteurs directeurs sont \( \vec{u}(2 \,;\, 1 \,;\, 2) \) pour \( d \) et \( \vec{v}(4 \,;\, -1 \,;\, 1) \) pour \( d^{\prime} \). S’il existait un réel \( k \) tel que \( \vec{v} = k\vec{u} \), on aurait \( 4 = 2k \), donc \( k = 2 \), et \( -1 = k \times 1 \), donc \( k = -1 \) : contradiction. Puis les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc \( d \) et \( d^{\prime} \) ne sont pas parallèles.

b) On cherche \( t \) et \( t^{\prime} \) tels que :

\[ \begin{cases} 1 + 2t = 4t^{\prime} \quad (L_1) \\ 2 + t = -2 – t^{\prime} \quad (L_2) \\ -1 + 2t = 2 + t^{\prime} \quad (L_3) \end{cases} \]

De \( (L_2) \) : \( t^{\prime} = -4 – t \). Ensuite, on remplace dans \( (L_1) \) :

\[ \begin{aligned} 1 + 2t &= 4(-4 – t) \\ 1 + 2t &= -16 – 4t \\ 6t &= -17 \\ t &= -\frac{17}{6} \end{aligned} \]

Donc \( t^{\prime} = -4 + \frac{17}{6} = -\frac{7}{6} \).

Vérification dans \( (L_3) \) :

\[ -1 + 2 \times \left(-\frac{17}{6}\right) = -1 – \frac{17}{3} = -\frac{20}{3} \qquad \text{et} \qquad 2 + \left(-\frac{7}{6}\right) = \frac{5}{6}. \]

Comme \( -\frac{20}{3} \neq \frac{5}{6} \), la troisième équation n’est pas vérifiée : le système n’a pas de solution. Puis les droites \( d \) et \( d^{\prime} \) n’ont aucun point commun.

Elles ne sont ni parallèles (question a) ni sécantes : elles sont donc non coplanaires.

On cherche \( t \) et \( t^{\prime} \) tels que les deux points coïncident :

\[ \begin{cases} 1 + t = 2t^{\prime} \quad (L_1) \\ 3 + t = 1 + t^{\prime} \quad (L_2) \\ -4 – 2t = 3 + t^{\prime} \quad (L_3) \end{cases} \]

De \( (L_2) \) : \( t^{\prime} = t + 2 \). De plus, dans \( (L_1) \) : \( 1 + t = 2t + 4 \), donc \( \mathbf{t = -3} \) et \( \mathbf{t^{\prime} = -1} \).

Vérification dans \( (L_3) \) : \( -4 – 2 \times (-3) = 2 \) et \( 3 + (-1) = 2 \). L’équation est vérifiée.

En outre, coordonnées du point : avec \( t = -3 \) dans \( d \), \( x = 1 – 3 = -2 \), \( y = 3 – 3 = 0 \), \( z = -4 + 6 = 2 \). Contrôle avec \( t^{\prime} = -1 \) dans \( d^{\prime} \) : \( x = -2 \), \( y = 0 \), \( z = 2 \).

En outre, a) La droite \( (EF) \) passe par \( E(1 \,;\, 0 \,;\, 3) \) et est dirigée par

\[ \overrightarrow{EF}\begin{pmatrix} 3 – 1 \\ -1 – 0 \\ 2 – 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}. \]

Une représentation paramétrique de \( (EF) \) est donc :

\[ \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -t \\ z = 3 – t \end{cases} \qquad (t \in \mathbb{R}) \]

b) \( M(a \,;\, b \,;\, -2) \) appartient à \( (EF) \) si et seulement s’il existe un réel \( t \) tel que :

\[ \begin{cases} a = 1 + 2t \\ b = -t \\ -2 = 3 – t \end{cases} \]

La troisième équation impose \( t = 5 \). Ensuite, on en déduit \( a = 1 + 2 \times 5 = 11 \) et \( b = -5 \).

Vérification : pour \( t = 5 \), le point de \( (EF) \) est \( (11 \,;\, -5 \,;\, -2) \), qui a bien pour cote \( -2 \).

a) Dans le repère \( (A \,;\, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}) \), l’origine est \( A \) et chaque vecteur de base est une arête du cube : on travaille donc avec une arête de longueur 1. Par ailleurs, on décompose chaque vecteur \( \overrightarrow{AM} \) :

• \( A(0 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( B(1 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( D(0 \,;\, 1 \,;\, 0) \), \( E(0 \,;\, 0 \,;\, 1) \) ;
• \( \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} \), donc \( C(1 \,;\, 1 \,;\, 0) \) ;
• \( \overrightarrow{AF} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AE} \), donc \( F(1 \,;\, 0 \,;\, 1) \) ;
• \( \overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE} \), donc \( H(0 \,;\, 1 \,;\, 1) \) ;
• \( \overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE} \), donc \( G(1 \,;\, 1 \,;\, 1) \).

b) Droite \( (AG) \) : elle passe par \( A(0 \,;\, 0 \,;\, 0) \) et est dirigée par \( \overrightarrow{AG}(1 \,;\, 1 \,;\, 1) \) :

\[ (AG) : \begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases} \qquad (t \in \mathbb{R}) \]

Droite \( (BH) \) : elle passe par \( B(1 \,;\, 0 \,;\, 0) \) et est dirigée par \( \overrightarrow{BH}(0 – 1 \,;\, 1 – 0 \,;\, 1 – 0) = (-1 \,;\, 1 \,;\, 1) \) :

\[ (BH) : \begin{cases} x = 1 – s \\ y = s \\ z = s \end{cases} \qquad (s \in \mathbb{R}) \]

Car remarque : pour \( t = s = \frac{1}{2} \), les deux droites passent par \( \Omega\left(\frac{1}{2} \,;\, \frac{1}{2} \,;\, \frac{1}{2}\right) \) ; les diagonales \( (AG) \) et \( (BH) \) se coupent au centre du cube.

Rappel : deux droites de l’espace sont parallèles si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires, et orthogonales si leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux (produit scalaire nul), même si elles ne se coupent pas.

a) Vecteurs directeurs : \( \vec{u}(2 \,;\, -1 \,;\, 3) \) pour \( d \) et \( \vec{v}(-4 \,;\, 4 \,;\, 4) \) pour \( d^{\prime} \).

Ainsi, Colinéarité ? Si \( \vec{v} = k\vec{u} \), la première coordonnée donne \( k = -2 \) et la deuxième \( k = -4 \) : impossible. Puis les droites ne sont pas parallèles.

Produit scalaire :

\[ \vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times (-4) + (-1) \times 4 + 3 \times 4 = -8 – 4 + 12 = 0 \]

Les vecteurs directeurs sont orthogonaux : les droites \( d \) et \( d^{\prime} \) sont orthogonales.

Pour aller plus loin : se coupent-elles (sont-elles perpendiculaires) ? Ensuite, un point commun vérifierait \( -4 + 2t = 3 – 4t^{\prime} \), \( 1 – t = 4t^{\prime} \) et \( 5 + 3t = 2 + 4t^{\prime} \). Puis la deuxième équation donne \( 4t^{\prime} = 1 – t \) ; dans la première : \( -4 + 2t = 3 – (1 – t) \), soit \( t = 6 \) et \( t^{\prime} = -\frac{5}{4} \). De plus, la troisième donne alors \( 5 + 18 = 23 \) d’un côté et \( 2 – 5 = -3 \) de l’autre : impossible. Ensuite, les droites sont donc orthogonales sans être sécantes (elles ne sont pas coplanaires).

De même, b) Vecteurs directeurs : \( \vec{u}(2 \,;\, 5 \,;\, -3) \) et \( \vec{v}(-4 \,;\, -10 \,;\, 6) \). Par ailleurs, on remarque que

\[ \vec{v} = -2\vec{u} \quad \text{car} \quad -2 \times 2 = -4,\quad -2 \times 5 = -10,\quad -2 \times (-3) = 6 \]

Les vecteurs sont colinéaires : les droites sont parallèles (elles ne peuvent donc pas être orthogonales, car \( \vec{u} \cdot \vec{v} = -2\|\vec{u}\|^2 \neq 0 \)).

Sont-elles confondues ? Puis le point \( B(1 \,;\, 2 \,;\, 0) \) de \( d^{\prime} \) (obtenu pour \( t^{\prime} = 0 \)) est-il sur \( d \) ? \( -1 + 2t = 1 \) donne \( t = 1 \), mais alors \( y = 5 \times 1 = 5 \neq 2 \). Donc \( B \notin d \) : les droites sont strictement parallèles.

Méthode : un plan de vecteur normal \( \vec{n}(a \,;\, b \,;\, c) \) a une équation de la forme \( ax + by + cz + d = 0 \). Ensuite, on trouve \( d \) en écrivant que les coordonnées de A vérifient l’équation.

a) \( \vec{n}(-1 \,;\, 1 \,;\, 4) \) : l’équation est \( -x + y + 4z + d = 0 \). Avec \( A(2 \,;\, 1 \,;\, 5) \) : \( -2 + 1 + 20 + d = 0 \), donc \( d = -19 \).

\[ \mathbf{-x + y + 4z – 19 = 0} \]

b) \( \vec{n}(2 \,;\, -1 \,;\, 1) \) : \( 2x – y + z + d = 0 \). Avec \( A(0 \,;\, 0 \,;\, 0) \) : \( d = 0 \).

\[ \mathbf{2x – y + z = 0} \]

c) \( \vec{n}(0 \,;\, 0 \,;\, 1) \) : \( z + d = 0 \). Avec \( A(3 \,;\, -1 \,;\, -1) \) : \( -1 + d = 0 \), donc \( d = 1 \).

\[ \mathbf{z + 1 = 0} \]

Ainsi, C’est le plan « horizontal » d’équation \( z = -1 \).

d) \( \vec{n}(-3 \,;\, 2 \,;\, 0) \) : \( -3x + 2y + d = 0 \). Avec \( A(-2 \,;\, 1 \,;\, 5) \) : \( 6 + 2 + d = 0 \), donc \( d = -8 \).

\[ \mathbf{-3x + 2y – 8 = 0} \]

a) Un vecteur normal à \( \mathscr{P} \) se lit sur les coefficients de \( x \), \( y \), \( z \) : \( \vec{n}(5 \,;\, -1 \,;\, 1) \). Deux plans parallèles ont les mêmes vecteurs normaux, donc \( \vec{n}(5 \,;\, -1 \,;\, 1) \) est normal à \( \mathscr{Q} \).

Par exemple, b) \( \mathscr{Q} \) a une équation de la forme \( 5x – y + z + d = 0 \). Comme \( A(1 \,;\, -1 \,;\, -2) \in \mathscr{Q} \) :

\[ 5 \times 1 – (-1) + (-2) + d = 0 \iff 4 + d = 0 \iff d = -4 \]

Une équation cartésienne de \( \mathscr{Q} \) est \( 5x – y + z – 4 = 0 \).

Également, dans le repère \( (A \,;\, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}) \), on a : \( A(0 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( B(1 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( C(1 \,;\, 1 \,;\, 0) \), \( D(0 \,;\, 1 \,;\, 0) \), \( E(0 \,;\, 0 \,;\, 1) \), \( F(1 \,;\, 0 \,;\, 1) \).

a) Plan (BCF). \( \overrightarrow{BC}(0 \,;\, 1 \,;\, 0) \) et \( \overrightarrow{BF}(0 \,;\, 0 \,;\, 1) \) sont deux vecteurs non colinéaires du plan. Puis le vecteur \( \overrightarrow{AB}(1 \,;\, 0 \,;\, 0) \) vérifie :

\[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \quad \text{et} \quad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BF} = 0 \]

Il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : \( \overrightarrow{AB}(1 \,;\, 0 \,;\, 0) \) est normal au plan (BCF).

Enfin, Plan (BCE). \( \overrightarrow{BC}(0 \,;\, 1 \,;\, 0) \) et \( \overrightarrow{BE}(-1 \,;\, 0 \,;\, 1) \) sont non colinéaires. De plus, on cherche \( \vec{n}(a \,;\, b \,;\, c) \) tel que \( \vec{n} \cdot \overrightarrow{BC} = b = 0 \) et \( \vec{n} \cdot \overrightarrow{BE} = -a + c = 0 \). Avec \( a = 1 \) : \( \vec{n}(1 \,;\, 0 \,;\, 1) \), qui n’est autre que \( \overrightarrow{AF} \).

C’est cohérent avec la figure : la diagonale [AF] de la face ABFE est perpendiculaire à l’autre diagonale [BE], et elle est orthogonale à l’arête (BC).

b) Plan (BCF) : équation \( x + d = 0 \) ; avec \( B(1 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( d = -1 \), d’où \( x – 1 = 0 \) (c’est-à-dire \( x = 1 \)).

Plan (BCE) : équation \( x + z + d = 0 \) ; avec \( B(1 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( d = -1 \), d’où \( x + z – 1 = 0 \). De même, contrôle : \( C(1 \,;\, 1 \,;\, 0) \) donne \( 1 + 0 – 1 = 0 \) et \( E(0 \,;\, 0 \,;\, 1) \) donne \( 0 + 1 – 1 = 0 \).

a) Avec \( \vec{n}(4 \,;\, 6 \,;\, 3) \), le plan \( \mathscr{P} \) a une équation \( 4x + 6y + 3z + d = 0 \). Comme \( A(3 \,;\, 1 \,;\, -2) \in \mathscr{P} \) :

\[ 12 + 6 – 6 + d = 0 \iff d = -12 \]

Donc \( \mathscr{P} : 4x + 6y + 3z – 12 = 0 \).

b) \( \mathscr{P}^{\prime} \) est parallèle à \( \mathscr{P} \) : il admet le même vecteur normal, donc une équation \( 4x + 6y + 3z + d^{\prime} = 0 \). Avec \( C(-5 \,;\, 0 \,;\, 7) \) :

\[ -20 + 0 + 21 + d^{\prime} = 0 \iff d^{\prime} = -1 \]

Donc \( \mathscr{P}^{\prime} : 4x + 6y + 3z – 1 = 0 \).

Un plan orthogonal à la droite (AB) admet \( \overrightarrow{AB} \) comme vecteur normal.

\[ \overrightarrow{AB}(-1 – 1 \,;\, 0 – 2 \,;\, 4 – 3) = (-2 \,;\, -2 \,;\, 1) \]

Le plan cherché a donc une équation \( -2x – 2y + z + d = 0 \). Ensuite, il passe par \( C(5 \,;\, 1 \,;\, -2) \) :

\[ -10 – 2 – 2 + d = 0 \iff d = 14 \]

Une équation cartésienne est \( -2x – 2y + z + 14 = 0 \), ou encore, en multipliant par \( -1 \) : \( 2x + 2y – z – 14 = 0 \).

Les trois points appartiennent à \( \mathscr{P} \) si et seulement si leurs coordonnées vérifient l’équation \( ax + by + z + d = 0 \) :

\[ \begin{cases} 3a + b + 2 + d = 0 & (A) \\ -a + 2b + 0 + d = 0 & (B) \\ 0 + 0 – 4 + d = 0 & (C) \end{cases} \]

L’équation (C) donne directement \( d = 4 \). Par ailleurs, le système devient :

\[ \begin{cases} 3a + b = -6 \\ -a + 2b = -4 \end{cases} \]

La deuxième équation donne \( a = 2b + 4 \). Puis en remplaçant dans la première : \( 3(2b + 4) + b = -6 \), soit \( 7b = -18 \), donc \( b = -\frac{18}{7} \). Puis \( a = 2 \times \left(-\frac{18}{7}\right) + 4 = -\frac{36}{7} + \frac{28}{7} = -\frac{8}{7} \).

Par exemple, Vérification avec A : \( 3 \times \left(-\frac{8}{7}\right) – \frac{18}{7} + 2 + 4 = -\frac{42}{7} + 6 = 0 \).

Oui, ces nombres existent et sont uniques : \( a = -\frac{8}{7} \) et \( b = -\frac{18}{7} \) (avec \( d = 4 \)). Ensuite, en multipliant par 7, une équation du plan (ABC) est \( -8x – 18y + 7z + 28 = 0 \).

a) Avec \( A(1 \,;\, 1 \,;\, a) \), \( B(3 \,;\, a \,;\, b) \) et \( C(-3 \,;\, b \,;\, 2a + 1) \) :

\[ \overrightarrow{AB}(2 \,;\, a – 1 \,;\, b – a) \qquad \overrightarrow{AC}(-4 \,;\, b – 1 \,;\, a + 1) \]

b) A, B, C sont alignés si et seulement si \( \overrightarrow{AB} \) et \( \overrightarrow{AC} \) sont colinéaires, c’est-à-dire s’il existe un réel \( k \) tel que \( \overrightarrow{AC} = k\,\overrightarrow{AB} \) (\( \overrightarrow{AB} \) n’est pas nul car sa première coordonnée vaut 2). Puis la première coordonnée impose \( -4 = 2k \), donc \( k = -2 \). De plus, les deux autres coordonnées donnent alors :

\[ \begin{cases} b – 1 = -2(a – 1) \\ a + 1 = -2(b – a) \end{cases} \]

Puis, remarque : l’énoncé imprime \( -2(a + 1) \) dans la première ligne ; c’est une coquille, la deuxième coordonnée de \( \overrightarrow{AB} \) étant \( a – 1 \). Ensuite, on travaille avec le système correct.

c) La première équation donne \( b = -2a + 3 \). Par ailleurs, la seconde s’écrit \( a + 1 = -2b + 2a \), soit \( a = 2b + 1 \). Puis en remplaçant :

\[ a = 2(-2a + 3) + 1 = -4a + 7 \iff 5a = 7 \iff a = \frac{7}{5} \]

puis \( b = -2 \times \frac{7}{5} + 3 = \frac{1}{5} \). Ensuite, le système a une unique solution : \( a = \frac{7}{5} \) et \( b = \frac{1}{5} \).

Les points sont alors \( A\left(1 \,;\, 1 \,;\, \frac{7}{5}\right) \), \( B\left(3 \,;\, \frac{7}{5} \,;\, \frac{1}{5}\right) \) et \( C\left(-3 \,;\, \frac{1}{5} \,;\, \frac{19}{5}\right) \), car \( 2a + 1 = \frac{14}{5} + \frac{5}{5} = \frac{19}{5} \).

Vérification : \( \overrightarrow{AB}\left(2 \,;\, \frac{2}{5} \,;\, -\frac{6}{5}\right) \) et \( \overrightarrow{AC}\left(-4 \,;\, -\frac{4}{5} \,;\, \frac{12}{5}\right) \), et on a bien \( \overrightarrow{AC} = -2\,\overrightarrow{AB} \).

a) Coordonnées de \( a\vec{u} + b\vec{v} + c\vec{w} \) :

\[ \big(-5a + 0 \times b – c \,;\, 0 \times a + 2b + 0 \times c \,;\, 0 \times a + 3b + c\big) = (-5a – c \,;\, 2b \,;\, 3b + c) \]

Deux vecteurs sont égaux si et seulement si leurs coordonnées sont égales. L’égalité \( \vec{m} = a\vec{u} + b\vec{v} + c\vec{w} \) avec \( \vec{m}(1 \,;\, 2 \,;\, 3) \) équivaut donc à :

\[ \begin{cases} -5a – c = 1 \\ 2b = 2 \\ 3b + c = 3 \end{cases} \]

Par ailleurs, b) La deuxième équation donne \( b = 1 \). Puis la troisième donne \( 3 + c = 3 \), donc \( c = 0 \). De plus, la première donne \( -5a = 1 \), donc \( a = -\frac{1}{5} \).

Conclusion : de tels réels existent (et sont uniques) :

\[ \vec{m} = -\frac{1}{5}\vec{u} + \vec{v} \]

Vérification : \( -\frac{1}{5}(-5 \,;\, 0 \,;\, 0) + (0 \,;\, 2 \,;\, 3) = (1 \,;\, 2 \,;\, 3) \). Ensuite, le vecteur \( \vec{m} \) s’écrit comme combinaison linéaire de \( \vec{u} \) et \( \vec{v} \) : les vecteurs \( \vec{m} \), \( \vec{u} \), \( \vec{v} \) sont coplanaires (et donc aussi \( \vec{m} \), \( \vec{u} \), \( \vec{v} \), \( \vec{w} \)).

Cependant, Pourquoi sécants ? Un vecteur directeur de \( d \) est \( \vec{u}(-2 \,;\, 1 \,;\, 4) \) et un vecteur normal de \( \mathscr{P} \) est \( \vec{n}(4 \,;\, 0 \,;\, -3) \).

\[ \vec{u} \cdot \vec{n} = -2 \times 4 + 1 \times 0 + 4 \times (-3) = -8 – 12 = -20 \neq 0 \]

\( \vec{u} \) n’est pas orthogonal à \( \vec{n} \), donc \( d \) n’est pas parallèle à \( \mathscr{P} \) : la droite et le plan sont sécants (en un unique point).

Point d’intersection. Un point \( M(x \,;\, y \,;\, z) \) est commun à \( d \) et \( \mathscr{P} \) si et seulement si :

\[ \begin{cases} x = 5 – 2t \\ y = 3 + t \\ z = 4t \\ 4x – 3z + 20 = 0 \end{cases} \]

En remplaçant dans l’équation du plan :

\[ 4(5 – 2t) – 3 \times 4t + 20 = 0 \iff 40 – 20t = 0 \iff t = 2 \]

Avec \( t = 2 \) : \( x = 5 – 4 = 1 \), \( y = 3 + 2 = 5 \), \( z = 8 \). Contrôle : \( 4 \times 1 – 3 \times 8 + 20 = 4 – 24 + 20 = 0 \).

a) Vecteurs directeurs : \( \vec{u}(-1 \,;\, 1 \,;\, -3) \) pour \( d \) et \( \vec{v}(1 \,;\, -2 \,;\, 1) \) pour \( d^{\prime} \). Si \( \vec{v} = k\vec{u} \), la première coordonnée donne \( k = -1 \), la deuxième \( k = -2 \) : impossible. Par ailleurs, les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc \( d \) et \( d^{\prime} \) ne sont pas parallèles.

Alors, b) Deux droites non parallèles sont coplanaires si et seulement si elles sont sécantes. Puis on cherche donc un point commun, c’est-à-dire des réels \( t \) et \( t^{\prime} \) tels que :

\[ \begin{cases} 5 – t = t^{\prime} & (L_1) \\ 2 + t = 2 – 2t^{\prime} & (L_2) \\ 1 – 3t = 1 + t^{\prime} & (L_3) \end{cases} \]

\( (L_2) \) donne \( t = -2t^{\prime} \). Ensuite, dans \( (L_1) \) : \( 5 + 2t^{\prime} = t^{\prime} \), donc \( t^{\prime} = -5 \) et \( t = 10 \).

Vérification dans \( (L_3) \) : à gauche \( 1 – 3 \times 10 = -29 \), à droite \( 1 + (-5) = -4 \). Comme \( -29 \neq -4 \), le système n’a pas de solution : les droites n’ont aucun point commun.

Toutefois, elles ne sont ni parallèles, ni sécantes : \( d \) et \( d^{\prime} \) ne sont pas coplanaires.

On lit un vecteur normal au plan \( \mathscr{P} \) dans son équation cartésienne \( x + 4y – 5z – 16 = 0 \) : \( \vec{n}(1 \,;\, 4 \,;\, -5) \). Puis on lit un vecteur directeur de \( \mathscr{D} \) avec les coefficients de \( t \) : \( \vec{u}(1 \,;\, -1 \,;\, -3) \).

Donc, a) La droite \( \mathscr{D} \) est parallèle au plan \( \mathscr{P} \) (ou incluse dedans) si et seulement si \( \vec{u} \) est orthogonal à \( \vec{n} \). De plus, on calcule le produit scalaire :

\[ \vec{n} \cdot \vec{u} = 1 \times 1 + 4 \times (-1) + (-5) \times (-3) = 1 – 4 + 15 = 12. \]

Comme \( \vec{n} \cdot \vec{u} \neq 0 \), le vecteur \( \vec{u} \) n’est pas orthogonal à \( \vec{n} \) : la droite n’est ni parallèle au plan ni incluse dedans, donc \( \mathscr{D} \) et \( \mathscr{P} \) sont sécants.

b) Un point \( M(x \,;\, y \,;\, z) \) est commun aux deux si ses coordonnées vérifient le système formé des trois équations de \( \mathscr{D} \) et de l’équation de \( \mathscr{P} \). Ensuite, on remplace \( x \), \( y \) et \( z \) dans l’équation du plan :

\[ \begin{aligned} (-5 + t) + 4(4 – t) – 5(5 – 3t) – 16 &= 0 \\ -5 + t + 16 – 4t – 25 + 15t – 16 &= 0 \\ 12t – 30 &= 0 \\ t &= \frac{5}{2}. \end{aligned} \]

Par ailleurs, on reporte \( t = \frac{5}{2} \) dans la représentation paramétrique :

\[ x = -5 + \frac{5}{2} = -\frac{5}{2}, \quad y = 4 – \frac{5}{2} = \frac{3}{2}, \quad z = 5 – \frac{15}{2} = -\frac{5}{2}. \]

Vérification dans l’équation de \( \mathscr{P} \) : \( -\frac{5}{2} + 4 \times \frac{3}{2} – 5 \times \left(-\frac{5}{2}\right) – 16 = -2{,}5 + 6 + 12{,}5 – 16 = 0 \). ✔

Puis, un point commun aux deux droites correspond à une valeur de \( t \) et une valeur de \( t^{\prime} \) qui donnent les mêmes coordonnées. Par ailleurs, on résout donc le système :

\[ \begin{cases} 1 – t = 2 + t^{\prime} \\ 2t = -2 – 2t^{\prime} \\ 4 = t^{\prime} \end{cases} \]

La troisième équation donne directement \( t^{\prime} = 4 \). Puis la première devient \( 1 – t = 6 \), donc \( t = -5 \).

On vérifie la deuxième équation (celle qu’on n’a pas utilisée) : \( 2t = 2 \times (-5) = -10 \) et \( -2 – 2t^{\prime} = -2 – 8 = -10 \). Ensuite, elle est vérifiée, les droites sont bien sécantes.

Donc, on calcule les coordonnées du point avec \( t = -5 \) dans \( d \) :

\[ x = 1 – (-5) = 6, \quad y = 2 \times (-5) = -10, \quad z = 4. \]

Contrôle avec \( t^{\prime} = 4 \) dans \( d^{\prime} \) : \( x = 2 + 4 = 6 \), \( y = -2 – 8 = -10 \), \( z = 4 \). ✔

Cependant, a) On lit un vecteur directeur de chaque droite : \( \vec{u}(-1 \,;\, 3 \,;\, -4) \) pour \( d \) et \( \vec{u^{\prime}}(4 \,;\, -1 \,;\, 5) \) pour \( d^{\prime} \).

S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \( k \) tel que \( \vec{u^{\prime}} = k\vec{u} \). Puis la première coordonnée impose \( 4 = -k \), soit \( k = -4 \) ; mais alors la deuxième donnerait \( -1 = 3 \times (-4) = -12 \), ce qui est faux.

Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc \( d \) et \( d^{\prime} \) ne sont pas parallèles.

b) Des droites non parallèles sont soit sécantes, soit non coplanaires. De plus, on cherche \( t \) et \( t^{\prime} \) tels que :

\[ \begin{cases} 1 – t = -3 + 4t^{\prime} \\ 2 + 3t = 4 – t^{\prime} \\ -4t = -6 + 5t^{\prime} \end{cases} \]

Également, la première équation donne \( t = 4 – 4t^{\prime} \). Ensuite, on remplace dans la deuxième :

\[ \begin{aligned} 2 + 3(4 – 4t^{\prime}) &= 4 – t^{\prime} \\ 14 – 12t^{\prime} &= 4 – t^{\prime} \\ 10 &= 11t^{\prime} \\ t^{\prime} &= \frac{10}{11}. \end{aligned} \]

Donc \( t = 4 – \frac{40}{11} = \frac{4}{11} \).

On teste la troisième équation : \( -4t = -\frac{16}{11} \) et \( -6 + 5 \times \frac{10}{11} = -\frac{66}{11} + \frac{50}{11} = -\frac{16}{11} \). Par ailleurs, elle est vérifiée : le système a une solution, les droites ont un point commun, elles sont sécantes.

Avec \( t = \frac{4}{11} \) : \( x = 1 – \frac{4}{11} = \frac{7}{11} \), \( y = 2 + \frac{12}{11} = \frac{34}{11} \), \( z = -\frac{16}{11} \) (on retrouve les mêmes valeurs avec \( t^{\prime} = \frac{10}{11} \) dans \( d^{\prime} \)).

a) On lit les coefficients du paramètre : \( \vec{u}(-1 \,;\, 2 \,;\, 1) \) dirige \( d \) et \( \vec{u^{\prime}}(1 \,;\, -1 \,;\, -2) \) dirige \( d^{\prime} \). Attention : dans \( y = -2 – t^{\prime} \) le coefficient est \( -1 \), et dans \( z = -2t^{\prime} \) le terme constant est 0.

b) Si \( \vec{u^{\prime}} = k\vec{u} \), la première coordonnée donne \( 1 = -k \), donc \( k = -1 \), et la deuxième donnerait \( -1 = 2 \times (-1) = -2 \) : impossible. Puis les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc \( d \) et \( d^{\prime} \) ne sont pas parallèles.

Par ailleurs, Deux droites de l’espace non parallèles sont soit sécantes (un seul point commun), soit non coplanaires (aucun point commun). Seul un calcul permet de trancher.

c) On résout :

\[ \begin{cases} 1 – t = 2 + t^{\prime} \\ 2 + 2t = -2 – t^{\prime} \\ -1 + t = -2t^{\prime} \end{cases} \]

La première équation donne \( t = -1 – t^{\prime} \). Ensuite, dans la deuxième :

\[ \begin{aligned} 2 + 2(-1 – t^{\prime}) &= -2 – t^{\prime} \\ -2t^{\prime} &= -2 – t^{\prime} \\ t^{\prime} &= 2, \end{aligned} \]

puis \( t = -1 – 2 = -3 \).

Alors, troisième équation : \( -1 + t = -1 – 3 = -4 \) et \( -2t^{\prime} = -4 \). Puis elle est vérifiée : les droites sont sécantes.

Avec \( t = -3 \) : \( x = 1 + 3 = 4 \), \( y = 2 – 6 = -4 \), \( z = -1 – 3 = -4 \). Contrôle avec \( t^{\prime} = 2 \) : \( x = 4 \), \( y = -2 – 2 = -4 \), \( z = -4 \). ✔

a) On lit les graduations sur les axes : A est sur l’axe \( (O \,;\, \vec{k}) \) à la graduation 2, B sur l’axe \( (O \,;\, \vec{i}) \) à la graduation 2. Ainsi, sur l’axe \( (O \,;\, \vec{j}) \), chaque trait vaut une unité : C est à la troisième graduation du côté positif et D à la deuxième du côté négatif.

\( A(0 \,;\, 0 \,;\, 2) \), \( B(2 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( C(0 \,;\, 3 \,;\, 0) \), \( D(0 \,;\, -2 \,;\, 0) \).

b) Un vecteur est normal à un plan s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.

\[ \overrightarrow{AB}(2 \,;\, 0 \,;\, -2), \quad \overrightarrow{AC}(0 \,;\, 3 \,;\, -2), \quad \overrightarrow{AD}(0 \,;\, -2 \,;\, -2). \]

\( \overrightarrow{AB} \) et \( \overrightarrow{AC} \) ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de \( \overrightarrow{AC} \) est nulle, pas celle de \( \overrightarrow{AB} \)) ; de même pour \( \overrightarrow{AB} \) et \( \overrightarrow{AD} \).

• \( \vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 3 \times 2 + 2 \times 0 + 3 \times (-2) = 0 \) et \( \vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 + 6 – 6 = 0 \) : \( \vec{n} \) est normal au plan (ABC).
• Notamment, \( \vec{m} \cdot \overrightarrow{AB} = 2 + 0 – 2 = 0 \) et \( \vec{m} \cdot \overrightarrow{AD} = 0 + 2 – 2 = 0 \) : \( \vec{m} \) est normal au plan (ABD).

c) Comme \( \vec{n}(3 \,;\, 2 \,;\, 3) \) est normal à (ABC), ce plan a une équation de la forme \( 3x + 2y + 3z + d = 0 \). A lui appartient : \( 3 \times 0 + 2 \times 0 + 3 \times 2 + d = 0 \), donc \( d = -6 \).

\[ (ABC) : \ 3x + 2y + 3z – 6 = 0. \]

De même, (ABD) a une équation \( x – y + z + d = 0 \) ; avec A : \( 2 + d = 0 \), donc \( d = -2 \).

\[ (ABD) : \ x – y + z – 2 = 0. \]

Contrôle : B donne \( 6 – 6 = 0 \) et C donne \( 6 – 6 = 0 \) dans la première ; B donne \( 2 – 2 = 0 \) et D donne \( 2 – 2 = 0 \) dans la seconde. ✔

Ainsi, d) On teste \( E(-10 \,;\, -15 \,;\, -3) \) dans chaque équation :

• (ABC) : \( 3 \times (-10) + 2 \times (-15) + 3 \times (-3) – 6 = -30 – 30 – 9 – 6 = -75 \neq 0 \), donc \( E \notin (ABC) \) ;
• (ABD) : \( -10 – (-15) + (-3) – 2 = -10 + 15 – 3 – 2 = 0 \), donc \( E \in (ABD) \).

Un vecteur directeur de \( d \) est \( \vec{u}(-2 \,;\, 1 \,;\, 4) \). Également, L’équation \( 4x – 3z + 20 = 0 \) s’écrit \( 4x + 0y – 3z + 20 = 0 \) : un vecteur normal à \( \mathscr{P} \) est \( \vec{n}(4 \,;\, 0 \,;\, -3) \) (attention au coefficient nul de \( y \)).

\[ \vec{u} \cdot \vec{n} = (-2) \times 4 + 1 \times 0 + 4 \times (-3) = -8 – 12 = -20 \neq 0. \]

\( \vec{u} \) n’est pas orthogonal à \( \vec{n} \), donc \( d \) n’est pas parallèle à \( \mathscr{P} \) : la droite et le plan sont sécants.

On résout le système en remplaçant \( x \) et \( z \) dans l’équation du plan :

\[ \begin{aligned} 4(5 – 2t) – 3 \times 4t + 20 &= 0 \\ 20 – 8t – 12t + 20 &= 0 \\ 40 – 20t &= 0 \\ t &= 2. \end{aligned} \]

Avec \( t = 2 \) : \( x = 5 – 4 = 1 \), \( y = 3 + 2 = 5 \), \( z = 8 \). Vérification : \( 4 \times 1 – 3 \times 8 + 20 = 4 – 24 + 20 = 0 \). ✔

Enfin, a) Une droite perpendiculaire à un plan est dirigée par un vecteur normal à ce plan. D’après l’équation \( 2x + y – z + 3 = 0 \), le vecteur \( \vec{n}(2 \,;\, 1 \,;\, -1) \) est normal à \( \mathscr{P} \). De plus, la droite \( \Delta \) passe par \( A(2 \,;\, 0 \,;\, -1) \) et est dirigée par \( \vec{n} \) :

\[ \Delta : \ \begin{cases} x = 2 + 2t \\ y = t \\ z = -1 – t \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R}). \]

b) Le projeté orthogonal H de A sur \( \mathscr{P} \) est le point d’intersection de \( \Delta \) et de \( \mathscr{P} \). Ensuite, on remplace dans l’équation du plan :

\[ \begin{aligned} 2(2 + 2t) + t – (-1 – t) + 3 &= 0 \\ 4 + 4t + t + 1 + t + 3 &= 0 \\ 6t + 8 &= 0 \\ t &= -\frac{4}{3}. \end{aligned} \]

Avec \( t = -\frac{4}{3} \) :

\[ x = 2 – \frac{8}{3} = -\frac{2}{3}, \quad y = -\frac{4}{3}, \quad z = -1 + \frac{4}{3} = \frac{1}{3}. \]

Par ailleurs, Vérification : \( 2 \times \left(-\frac{2}{3}\right) – \frac{4}{3} – \frac{1}{3} + 3 = -\frac{9}{3} + 3 = 0 \). ✔

1. On cherche la valeur de \( t \) qui donne \( x = 2 \), puis on regarde si elle donne aussi \( y = -4 \) et \( z = 7 \).

• A : \( 1 + t = 2 \) donne \( t = 1 \), puis \( y = -4 + 1 = -3 \neq -4 \). Non.
• B : \( 2 – t = 2 \) donne \( t = 0 \), puis \( y = -4 \) mais \( z = 6 \neq 7 \). Non.
• C : \( -3 + t = 2 \) donne \( t = 5 \), puis \( y = 1 – 5 = -4 \) et \( z = 2 + 5 = 7 \). Oui.
• D : \( t = 0 \), puis \( y = 1 \neq -4 \). Non.

2. Le vecteur \( (a \,;\, b \,;\, c) \) lu dans \( ax + by + cz + d = 0 \) doit être colinéaire à \( \vec{n}(-1 \,;\, 2 \,;\, -3) \). En effet, A donne \( (1 \,;\, -2 \,;\, 1) \), B donne \( (-1 \,;\, -2 \,;\, -3) \), C donne \( (1 \,;\, 2 \,;\, -3) \) : aucun n’est colinéaire à \( \vec{n} \). D donne \( (1 \,;\, -2 \,;\, 3) = -\vec{n} \) : réponse D.

3. Un vecteur normal à \( \mathscr{P} \) est \( (2 \,;\, -1 \,;\, 1) \) : cela élimine C et D. Par ailleurs, on teste les points :

• \( A(2 \,;\, 4 \,;\, -4) \) : \( 4 – 4 – 4 + 4 = 0 \), il est sur \( \mathscr{P} \) ;
• \( A(1 \,;\, 1 \,;\, -5) \) : \( 2 – 1 – 5 + 4 = 0 \), il est aussi sur \( \mathscr{P} \).

Cependant, les propositions A et B conviennent toutes les deux (un plan contient une infinité de points).

1. Plan d’équation \( 2x – y + 3z – 4 = 0 \).

• A : \( 2 \times 1 – 1 + 3 \times 1 – 4 = 0 \), donc le plan passe par C. Vrai.
• B : \( 2 \times 5 – 6 + 0 – 4 = 0 \), donc le plan passe par D. Vrai.
• C : un vecteur normal est \( (2 \,;\, -1 \,;\, 3) \), et \( (-2 \,;\, 1 \,;\, -3) \) est son opposé, donc colinéaire : vecteur normal. Vrai.
• D : \( (2 \,;\, 1 \,;\, 3) \) n’est pas colinéaire à \( (2 \,;\, -1 \,;\, 3) \) (même première coordonnée mais deuxièmes différentes). Faux.

2. Un vecteur normal à \( \mathscr{P} \) est \( \vec{n}(5 \,;\, 1 \,;\, 4) \).

\[ \vec{u} \cdot \vec{n} = (-1) \times 5 + (-3) \times 1 + 2 \times 4 = -5 – 3 + 8 = 0. \]

\( \vec{u} \) est orthogonal à \( \vec{n} \) : la droite \( d \) est parallèle au plan (elle n’est donc ni sécante, ni orthogonale). Puis pour savoir si elle est incluse, on teste \( A(0 \,;\, 0 \,;\, -2) \) : \( 0 + 0 + 4 \times (-2) + 8 = 0 \). A appartient à \( \mathscr{P} \), donc \( d \) est incluse dans \( \mathscr{P} \).

Une droite incluse dans un plan est un cas particulier de droite parallèle au plan : la proposition A est donc exacte au sens du cours, et la proposition C est la plus précise.

Dans le repère \( (A \,;\, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}) \), l’arête du cube vaut 1 et :

\( A(0 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( B(1 \,;\, 0 \,;\, 0) \), \( C(1 \,;\, 1 \,;\, 0) \), \( D(0 \,;\, 1 \,;\, 0) \), \( E(0 \,;\, 0 \,;\, 1) \), \( F(1 \,;\, 0 \,;\, 1) \), \( G(1 \,;\, 1 \,;\, 1) \).

Comme \( IF = \frac{1}{4}EF \), on a \( EI = \frac{3}{4}EF \), donc \( \overrightarrow{EI} = \frac{3}{4}\overrightarrow{AB} \) et \( I\left(\frac{3}{4} \,;\, 0 \,;\, 1\right) \).

Affirmation 1. On teste les trois points (non alignés) dans \( y – z = 0 \) : A donne \( 0 – 0 = 0 \), B donne \( 0 – 0 = 0 \), G donne \( 1 – 1 = 0 \). Ensuite, les trois points vérifient l’équation, qui est bien celle d’un plan : c’est une équation de (ABG). Vrai.

Alors, Affirmation 2. Le vecteur directeur lu est \( (-2 \,;\, -2 \,;\, 2) \) et \( \overrightarrow{CE}(-1 \,;\, -1 \,;\, 1) \) : ils sont colinéaires (coefficient 2). Puis pour \( t = 0 \) on obtient \( (1 \,;\, 1 \,;\, 0) \), c’est le point C. De plus, le système représente donc la droite passant par C dirigée par \( \overrightarrow{CE} \) : la droite (CE). (Pour \( t = \frac{1}{2} \), on retrouve \( E(0 \,;\, 0 \,;\, 1) \).) Vrai.

Affirmation 3. Le point \( \left(\frac{1}{2} \,;\, \frac{1}{2} \,;\, \frac{1}{2}\right) \) est bien sur (CE) (pour \( t = \frac{1}{4} \)) : c’est le centre du cube. Mais le projeté H doit aussi vérifier \( \overrightarrow{IH} \cdot \overrightarrow{CE} = 0 \). Avec ce point :

\[ \overrightarrow{IH}\left(-\frac{1}{4} \,;\, \frac{1}{2} \,;\, -\frac{1}{2}\right), \quad \overrightarrow{IH} \cdot \overrightarrow{CE} = \frac{1}{4} – \frac{1}{2} – \frac{1}{2} = -\frac{3}{4} \neq 0. \]

L’affirmation est fausse. Cherchons le vrai projeté : un point de (CE) s’écrit \( M(1 – 2t \,;\, 1 – 2t \,;\, 2t) \) et

\[ \overrightarrow{IM} \cdot \overrightarrow{CE} = -\left(\frac{1}{4} – 2t\right) – (1 – 2t) + (2t – 1) = 6t – \frac{9}{4} = 0 \iff t = \frac{3}{8}, \]

ce qui donne \( H\left(\frac{1}{4} \,;\, \frac{1}{4} \,;\, \frac{3}{4}\right) \), situé aux trois quarts de [CE] en partant de C.