Les équations paramétriques et cartésiennes de droites : corrigés des exercices de maths en terminale.

Exercice 11 : les droites sont-elles parallèles, orthogonales ?
a) Regardons les vecteurs directeurs des droites \(d\) et \(d’\). Les vecteurs directeurs peuvent être extraits des paramètres des équations paramétriques.

Pour \(d\) :
\[
\begin{cases}
x = -4 + 2t \\
y = 1 – t \\
z = 5 + 3t
\end{cases}
\]
Le vecteur directeur est \(\vec{v}_d = (2, -1, 3)\).

Pour \(d’\) :
\[
\begin{cases}
x = 3 – 4t’ \\
y = 4t’ \\
z = 2 + 4t’
\end{cases}
\]
Le vecteur directeur est \(\vec{v}_{d’} = (-4, 4, 4)\).

Pour savoir si les droites sont parallèles, orthogonales ou ni l’un ni l’autre, nous allons vérifier les conditions suivantes:
1. Parallèles: \(\vec{v}_d \) et \(\vec{v}_{d’}\) doivent être colinéaires.
2. Orthogonales: \(\vec{v}_d \cdot \vec{v}_{d’} = 0\).

Pour le critère des droites parallèles, vérifions si un scalaire \( \lambda \) existe tel que :
\[(2, -1, 3) = \lambda(-4, 4, 4)\]

Ce qui donne les équations :
\[
2 = -4\lambda \\
-1 = 4\lambda \\
3 = 4\lambda
\]

Aucune valeur de \(\lambda\) ne satisfait ces trois équations simultanément. Donc, les droites ne sont pas parallèles.

Évaluons maintenant le produit scalaire \(\vec{v}_d \cdot \vec{v}_{d’}\) pour vérifier l’orthogonalité:
\[
\vec{v}_d \cdot \vec{v}_{d’} = 2(-4) + (-1)(4) + 3(4) = -8 – 4 + 12 = 0
\]

Puisque le produit scalaire est égal à 0, les droites sont orthogonales.

b) Considérons les nouvelles représentations paramétriques.

Pour \(d_1\) :
\[
\begin{cases}
x = -1 + 2t \\
y = 5t \\
z = -3 – 3t
\end{cases}
\]
Le vecteur directeur est \(\vec{v}_{d1} = (2, 5, -3)\).

Pour \(d_2\) :
\[
\begin{cases}
x = 1 – 4t’ \\
y = -10t’ \\
z = 6t’
\end{cases}
\]
Le vecteur directeur est \(\vec{v}_{d2} = (-4, -10, 6)\).

Pour les droites parallèles :
\[(2, 5, -3) = \lambda(-4, -10, 6)\]

Ce qui donne les équations :
\[
2 = -4\lambda \\
5 = -10\lambda \\
-3 = 6\lambda
\]

Aucune valeur de \(\lambda\) ne satisfait ces trois équations simultanément. Donc, les droites ne sont pas parallèles.

Pour vérifier l’orthogonalité, calculons le produit scalaire \(\vec{v}_{d1} \cdot \vec{v}_{d2}\):
\[
\vec{v}_{d1} \cdot \vec{v}_{d2} = 2(-4) + 5(-10) + (-3)(6) = -8 – 50 – 18 = -76
\]

Puisque le produit scalaire n’est pas égal à 0, les droites ne sont pas orthogonales.

En conclusion, les droites \(d_1\) et \(d_2\) ne sont ni parallèles, ni orthogonales.

Exercice 12 : donner une équation cartésienne du plan
Pour chaque cas, nous utilisons la formule de l’équation cartésienne d’un plan donnée par un point \( A(x_0, y_0, z_0) \) et un vecteur normal \( \vec{n}(a, b, c) \):
\[ a(x – x_0) + b(y – y_0) + c(z – z_0) = 0 \]

a) Pour \( A(2; 1; 5) \) et \( \vec{n}(-1; 1; 4) \):
\[ -1(x – 2) + 1(y – 1) + 4(z – 5) = 0 \]
\[ -x + 2 + y – 1 + 4z – 20 = 0 \]
\[ -x + y + 4z – 19 = 0 \]
\[ x – y – 4z + 19 = 0 \]
\[ \boxed{x – y – 4z + 19 = 0} \]

b) Pour \( A(0; 0; 0) \) et \( \vec{n}(2; -1; 1) \):
\[ 2(x – 0) -1(y – 0) + 1(z – 0) = 0 \]
\[ 2x – y + z = 0 \]
\[ \boxed{2x – y + z = 0} \]

c) Pour \( A(3; -1; -1) \) et \( \vec{n}(0; 0; 1) \):
\[ 0(x – 3) + 0(y + 1) + 1(z + 1) = 0 \]
\[ z + 1 = 0 \]
\[ z = -1 \]
\[ \boxed{z = -1} \]

d) Pour \( A(-2; 1; 5) \) et \( \vec{n}(-3; 2; 0) \):
\[ -3(x + 2) + 2(y – 1) + 0(z – 5) = 0 \]
\[ -3x – 6 + 2y – 2 = 0 \]
\[ -3x + 2y – 8 = 0 \]
\[ \boxed{-3x + 2y – 8 = 0} \]

Exercice 13 : déterminer une équation cartésienne du plan (P)
a) Pour déterminer les coordonnées d’un vecteur normal au plan \[\mathcal{Q}\], rappelons que si deux plans sont parallèles, leurs vecteurs normaux sont colinéaires. Le vecteur normal au plan \[\mathcal{P}\] d’équation \[5x – y + z + 2 = 0\] est donc colinéaire à \[\vec{n} = (5, -1, 1)\].

Ainsi, un vecteur normal à \[\mathcal{Q}\] est \[\vec{n} = (5, -1, 1)\].

b) Une équation cartésienne du plan \[\mathcal{Q}\], qui est parallèle à \[\mathcal{P}\] et passant par le point \[A(1 ; -1 ; -2)\], s’obtient en utilisant les coordonnées de \[A\] dans l’équation du plan \[\mathcal{P}\] modifiée par rapport au décalage.

Partons de l’équation générale :
\[ 5x – y + z + d = 0, \]
où \[d\] est une constante à déterminer pour que le plan passe par le point \[A(1 ; -1 ; -2)\].

En substituant les coordonnées du point \[A\] dans l’équation, nous avons :
\[ 5(1) – (-1) + (-2) + d = 0, \]
\[ 5 + 1 – 2 + d = 0, \]
\[ 4 + d = 0, \]
\[ d = -4. \]

Donc, une équation cartésienne du plan \[\mathcal{Q}\] est :
\[ 5x – y + z – 4 = 0. \]

Exercice 14 : déterminer un vecteur normal et une équation cartésienne
a)
Pour trouver les coordonnées d’un vecteur normal au plan (BCF), on commence par déterminer deux vecteurs du plan. Prenons les vecteurs \(\vec{BC}\) et \(\vec{BF}\).

Les coordonnées des points sont supposées être :
\(B(1,0,0)\), \(C(1,1,0)\), et \(F(1,0,1)\):

\[
\vec{BC} = C – B = (0, 1, 0)
\]

\[
\vec{BF} = F – B = (0, 0, 1)
\]

Un vecteur normal au plan (BCF) peut être trouvé en prenant le produit vectoriel \(\vec{BC} \times \vec{BF}\):

\[
\vec{BC} \times \vec{BF} =
\begin{vmatrix}
\mathbf{i} \mathbf{j} \mathbf{k} \\
0 1 0 \\
0 0 1
\end{vmatrix}
= (1, 0, 0)
\]

Les coordonnées d’un vecteur normal au plan (BCF) sont donc \((1, 0, 0)\).

Pour le plan (BCE), prenons les vecteurs \(\vec{BC}\) et \(\vec{BE}\).

Les coordonnées de \(E(0,1,1)\):

\[
\vec{BE} = E – B = (-1, 1, 1)
\]

Un vecteur normal au plan (BCE) peut être trouvé en prenant le produit vectoriel \(\vec{BC} \times \vec{BE}\):

\[
\vec{BC} \times \vec{BE} =
\begin{vmatrix}
\mathbf{i} \mathbf{j} \mathbf{k} \\
0 1 0 \\
-1 1 1
\end{vmatrix}
= (1, 0, 1)
\]

Les coordonnées d’un vecteur normal au plan (BCE) sont donc \( (1, 0, 1) \).

b)
Pour trouver l’équation cartésienne du plan (BCF), nous utilisons le vecteur normal \((1, 0, 0)\) et un point du plan, ici \(B(1, 0, 0)\).

L’équation cartésienne est de la forme :
\[
ax + by + cz + d = 0
\]

Avec \(a = 1\), \(b = 0\), \(c = 0\) et en remplaçant par les coordonnées du point \(B\):
\[
1 \cdot 1 + 0 \cdot 0 + 0 \cdot 0 + d = 0 \Rightarrow d = -1
\]

Donc, l’équation du plan (BCF) est :
\[
x – 1 = 0 \Rightarrow x = 1
\]

Pour le plan (BCE), nous utilisons le vecteur normal \((1, 0, 1)\) et le point \(B(1, 0, 0)\).

L’équation cartésienne est de la forme :
\[
ax + by + cz + d = 0
\]

Avec \(a = 1\), \(b = 0\), \(c = 1\), et en remplaçant par les coordonnées du point \(B\):
\[
1 \cdot 1 + 0 \cdot 0 + 1 \cdot 0 + d = 0 \Rightarrow d = -1
\]

Donc, l’équation du plan (BCE) est :
\[
x + z – 1 = 0
\]

Exercice 15 : plan et équation cartésienne
{a) Equation cartésienne du plan \[\mathscr{P}\].}

Un plan \[\mathscr{P}\] passant par un point \[A(x_A, y_A, z_A)\] avec un vecteur normal \[\vec{n} = (a, b, c)\] a pour équation cartésienne :

\[ a(x – x_A) + b(y – y_A) + c(z – z_A) = 0 \]

Pour le plan \[\mathscr{P}\], on a :
– Point \[A(3, 1, -2)\]
– Vecteur normal \[\vec{n}(4, 6, 3)\]

En substituant ces valeurs dans l’équation :

\[ 4(x – 3) + 6(y – 1) + 3(z + 2) = 0 \]

Développons et simplifions cette équation :

\[ 4x – 12 + 6y – 6 + 3z + 6 = 0 \]

\[ 4x + 6y + 3z – 12 = 0 \]

Nous obtenons donc l’équation cartésienne du plan \[\mathscr{P}\] :

\[ 4x + 6y + 3z – 12 = 0 \]

{b) Equation cartésienne du plan \[\mathscr{P}’\] parallèle à \[\mathscr{P}\] et passant par le point C(-5, 0, 7).}

Un plan \[\mathscr{P}’\] parallèle à \[\mathscr{P}\] aura le même vecteur normal \[\vec{n} = (4, 6, 3)\]. La seule différence sera la constante \[d\] dans l’équation cartésienne. Écrivons l’équation cartésienne du plan \[\mathscr{P}’\] de même vecteur normal passant par le point \[C(-5, 0, 7)\] :

\[ 4(x – (-5)) + 6(y – 0) + 3(z – 7) = 0 \]

Développons cette équation :

\[ 4(x + 5) + 6y + 3(z – 7) = 0 \]

\[ 4x + 20 + 6y + 3z – 21 = 0 \]

\[ 4x + 6y + 3z – 1 = 0 \]

Nous obtenons donc l’équation cartésienne du plan \[\mathscr{P}’\] :

\[ 4x + 6y + 3z – 1 = 0 \]

Exercice 16 : déterminer une équation cartésienne du plan orthogonal à (AB)
On commence par déterminer le vecteur directeur de la droite (AB). Les coordonnées de A et B sont respectivement \( A(1; 2; 3) \) et \( B(-1; 0; 4) \). Le vecteur directeur de la droite (AB) est donc :
\[ \vec{AB} = B – A = (-1 – 1; 0 – 2; 4 – 3) = (-2; -2; 1) \]

Ensuite, nous savons que le plan doit être orthogonal à la droite (AB), donc son vecteur normal \(\vec{n}\) peut être \(\vec{AB}\). Par conséquent, \(\vec{n} = (-2; -2; 1) \).

Nous avons besoin d’une équation cartésienne du plan qui passe par le point \( C(5;1; -2) \). La forme générale de l’équation d’un plan est :
\[ ax + by + cz + d = 0 \]
où \((a, b, c)\) sont les coordonnées du vecteur normal \(\vec{n}\). Ici, \(a = -2\), \(b = -2\), et \(c = 1\).

Pour déterminer \(d\), nous substituons les coordonnées du point \(C\) dans l’équation du plan :
\[ -2 \cdot 5 + (-2) \cdot 1 + 1 \cdot (-2) + d = 0 \]
\[ -10 – 2 – 2 + d = 0 \]
\[ -14 + d = 0 \]
\[ d = 14 \]

Donc l’équation du plan est :
\[ -2x – 2y + z + 14 = 0 \]

Pour simplifier, on peut multiplier toute l’équation par \(-1\):
\[ 2x + 2y – z – 14 = 0 \]

L’équation cartésienne du plan qui passe par \(C\) et est orthogonal à la droite (AB) est :
\[ 2x + 2y – z – 14 = 0 \]

Exercice 17 : existe-il des nombres a et b afin que les points appartiennent au plan (P)
Les points A(3, 1, 2), B(-1, 2, 0) et C(0, 0, -4) appartiennent au plan \(\mathcal{P}\) d’équation cartésienne \(ax + by + z + d = 0\). En d’autres termes, les coordonnées de ces points doivent satisfaire cette équation.

Pour le point \(A(3, 1, 2)\) :
\[
a \cdot 3 + b \cdot 1 + 2 + d = 0 \quad \Rightarrow \quad 3a + b + 2 + d = 0 \quad \Rightarrow \quad 3a + b + d = -2 \quad \text{(1)}
\]

Pour le point \(B(-1, 2, 0)\) :
\[
a \cdot (-1) + b \cdot 2 + 0 + d = 0 \quad \Rightarrow \quad -a + 2b + d = 0 \quad \text{(2)}
\]

Pour le point \(C(0, 0, -4)\) :
\[
a \cdot 0 + b \cdot 0 + (-4) + d = 0 \quad \Rightarrow \quad -4 + d = 0 \quad \Rightarrow \quad d = 4 \quad \text{(3)}
\]

En substituant \(d = 4\) dans les équations (1) et (2), nous obtenons :

De (1) :
\[
3a + b + 4 = -2 \quad \Rightarrow \quad 3a + b = -6 \quad \text{(4)}
\]

De (2) :
\[
-a + 2b + 4 = 0 \quad \Rightarrow \quad -a + 2b = -4 \quad \Rightarrow \quad a – 2b = 4 \quad \text{(5)}
\]

Résolvons maintenant ce système d’équations (4) et (5) :

En multipliant (5) par 3, nous obtenons :
\[
3a – 6b = 12 \quad \text{(6)}
\]

Soustrayons l’équation (4) de l’équation (6) :
\[
(3a – 6b) – (3a + b) = 12 + 6 \quad \Rightarrow \quad -7b = 18 \quad \Rightarrow \quad b = -\frac{18}{7}
\]

En substituant \(b = -\frac{18}{7}\) dans l’équation (4) :
\[
3a – \frac{18}{7} = -6 \quad \Rightarrow \quad 3a = -6 + \frac{18}{7} \quad \Rightarrow \quad 3a = -\frac{42}{7} + \frac{18}{7} \quad \Rightarrow \quad 3a = -\frac{24}{7} \quad \Rightarrow \quad a = -\frac{8}{7}
\]

Nous avons \(a = -\frac{8}{7}\) et \(b = -\frac{18}{7}\).

En conclusion, les nombres \(a\) et \(b\) de telle sorte que les points \(A(3, 1, 2)\), \(B(-1, 2, 0)\) et \(C(0, 0, -4)\) appartiennent au plan \(\mathcal{P}\) sont \(a = -\frac{8}{7}\) et \(b = -\frac{18}{7}\).

Exercice 18 : déterminer les coordonnées des vecteurs
a) Les coordonnées des vecteurs \[\vec{AB}\] et \[\vec{AC}\] sont calculées comme suit :

\[
\vec{AB} = B – A = \begin{pmatrix}
3 – 1 \\
a – 1 \\
b – a
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 \\
a – 1 \\
b – a
\end{pmatrix}
\]

\[
\vec{AC} = C – A = \begin{pmatrix}
-3 – 1 \\
b – 1 \\
2a + 1 – a
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-4 \\
b – 1 \\
a + 1
\end{pmatrix}
\]

b) Les points A, B et C sont alignés si et seulement si les vecteurs \[\vec{AB}\] et \[\vec{AC}\] sont colinéaires. Cela signifie qu’il existe un scalaire \[k\] tel que :

\[
\vec{AC} = k \vec{AB}
\]

Autrement dit, nous devons avoir :

\[
\begin{cases}
-4 = 2k \\
b – 1 = k(a – 1) \\
a + 1 = k(b – a)
\end{cases}
\]

De la première équation, nous obtenons :

\[
k = -2
\]

En substituant \[k = -2\] dans les deux autres équations, nous obtenons le système :

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

c) Résolvons ce système :

De la première équation :

\[
b – 1 = -2a + 2 \Rightarrow b = -2a + 3
\]

Substituons \[b\] dans la deuxième équation :

\[
a + 1 = -2((-2a + 3) – a) \Rightarrow a + 1 = -2(-3a + 3) \Rightarrow a + 1 = 6a – 6
\]

Rearrangeons pour résoudre \[a\] :

\[
a + 1 = 6a – 6 \Rightarrow 1 + 6 = 6a – a \Rightarrow 7 = 5a \Rightarrow a = \frac{7}{5}
\]

Remplaçons \[a\] dans \[b = -2a + 3\] :

\[
b = -2(\frac{7}{5}) + 3 = -\frac{14}{5} + 3 = -\frac{14}{5} + \frac{15}{5} = \frac{1}{5}
\]

Les coordonnées des points A, B et C sont donc :

\[
A = (1, a, b ) = (1, \frac{7}{5}, \frac{1}{5})
\]

\[
B = ( 3, a, b ) = (3, \frac{7}{5}, \frac{1}{5})
\]

\[
C = ( -3, b, 2a + 1 ) = ( -3, \frac{1}{5}, \frac{14}{5} + 1 ) = ( -3, \frac{1}{5}, \frac{19}{5} )
\]

Exercice 19 : résoudre ce système et conclure
a) Si ces réels existent, alors nous avons le système d’équations suivant :

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

b) Résolvons ce système :

1. Résolvons la deuxième équation pour \( b \) :

\[
2b = 2 \implies b = 1
\]

2. Remplaçons \( b = 1 \) dans la troisième équation pour trouver \( c \) :

\[
3b + c = 3 \implies 3(1) + c = 3 \implies c = 3 – 3 \implies c = 0
\]

3. Remplaçons \( c = 0 \) dans la première équation pour trouver \( a \) :

\[
-5a – c = 1 \implies -5a – 0 = 1 \implies -5a = 1 \implies a = -\frac{1}{5}
\]

Nous avons donc trouvé \( a = -\frac{1}{5} \), \( b = 1 \), et \( c = 0 \).

Conclusion : Il existe des réels \( a, b, c \) tels que \(\vec{m} = a\vec{u} + b\vec{v} + c\vec{w} \), avec les valeurs spécifiques de \( a = -\frac{1}{5} \), \( b = 1 \) et \( c = 0 \).

Exercice 20 : déterminer le point d’intersection
Pour déterminer si la droite \( d \) et le plan \(\mathcal{P}\) sont sécants et trouver leur point d’intersection, nous devons résoudre le système d’équations formé par les équations paramétriques de la droite \( d \) et l’équation cartésienne du plan \(\mathcal{P}\).

Les équations paramétriques de la droite \( d \) sont :
\[
\begin{cases}
x = 5 – 2t \\
y = 3 + t \\
z = 4t
\end{cases}
\]

L’équation cartésienne du plan \(\mathcal{P}\) est :
\[
4x – 3z + 20 = 0
\]

Pour trouver le point d’intersection, nous substituons \( x \), \( y \), et \( z \) de la droite \( d \) dans l’équation du plan \(\mathcal{P}\) :
\[
4(5 – 2t) – 3(4t) + 20 = 0
\]

Simplifions cette équation :
\[
4(5 – 2t) – 12t + 20 = 0
\]

\[
20 – 8t – 12t + 20 = 0
\]

\[
40 – 20t = 0
\]

\[
20t = 40
\]

\[
t = 2
\]

Maintenant que nous avons \( t = 2 \), nous substituons cette valeur dans les équations paramétriques de la droite \( d \) pour trouver les coordonnées du point d’intersection :
\[
x = 5 – 2(2) = 5 – 4 = 1
\]

\[
y = 3 + 2 = 5
\]

\[
z = 4(2) = 8
\]

Ainsi, le point d’intersection de la droite \( d \) et du plan \(\mathcal{P}\) est \((1, 5, 8)\).

La droite \( d \) et le plan \(\mathcal{P}\) sont donc sécants, et leur point d’intersection est \((1, 5, 8)\).

Exercice 21 : démontrer que (d) et (d ‘) ne sont pas parallèles
{a) Montrer que} \( d \) {et} \( d’ \) {ne sont pas parallèles.}

Les vecteurs directeurs de deux droites données doivent être vérifiés pour vérifier parallélisme. Pour \( d \), nous prenons le vecteur directeur comme suit :
\[ \vec{u} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -3 \end{pmatrix} \]
car \( t \) varie de 1 unité.

Pour \( d’ \), le vecteur directeur est :
\[ \vec{v} = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \]
car \( t’ \) varie de 1 unité.

Pour que deux vecteurs soient parallèles, il doit exister un scalaire \( k \) tel que :
\[ \vec{u} = k \vec{v} \]

Nous examinons les composantes :
\[ \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -3 \end{pmatrix} = k \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \]

\[
\begin{cases}
-1 = k \\
1 = -2k \\
-3 = k \\
\end{cases}
\]

On observe que ces équations ne peuvent pas être satisfaites par un même \( k \). Ainsi, \( \vec{u} \) et \( \vec{v} \) ne sont pas colinéaires et donc, les droites \( d \) et \( d’ \) ne sont pas parallèles.

{b) Montrer que} \( d \) {et} \( d’ \) {ne sont pas coplanaires.}

Pour montrer que deux droites ne sont pas coplanaires, on doit démontrer qu’il n’existe pas de plan contenant les deux. Nous procédons en résolvant le système d’équations linéaires pour déterminer s’il y a une intersection.

Posons les équations paramétriques des deux droites égales :
\[ \begin{cases}
5 – t = t’ \\
2 + t = 2 – 2t’ \\
1 – 3t = 1 + t’
\end{cases} \]

Résolvons ce système :

1. De \( 5 – t = t’ \), on a
\[ t’ = 5 – t \]

2. Substituons \( t’ = 5 – t \) dans la deuxième équation :
\[ 2 + t = 2 – 2(5 – t) \]
\[ 2 + t = 2 – 10 + 2t \]
\[ 2 + t = -8 + 2t \]
\[ t – 2t = -8 – 2 \]
\[ -t = -10 \]
\[ t = 10 \]

3. Substituons \( t = 10 \) dans \( t’ = 5 – t \) :
\[ t’ = 5 – 10 \]
\[ t’ = -5 \]

4. Vérifions ces valeurs dans la troisième équation :
\[ 1 – 3(10) = 1 + (-5) \]
\[ 1 – 30 = 1 – 5 \]
\[ -29 \neq -4 \]

Cette contradiction montre que le système n’a pas de solution. La contradiction indique que les droites \( d \) et \( d’ \) ne se rencontrent pas et ne sont donc pas coplanaires.

Exercice 22 : démontrer que la droite et le plan sont sécants
a) Pour montrer que la droite \(\mathcal{D}\) et le plan \(\mathcal{P}\) sont sécants, nous devons vérifier que les coordonnées d’un point de la droite \(\mathcal{D}\) satisfont l’équation du plan \(\mathcal{P}\).

Écrivons les équations paramétriques de la droite \(\mathcal{D}\) :
\[
x = -5 + t, \quad y = 4 – t, \quad z = 5 – 3t
\]

Remplaçons \(x\), \(y\) et \(z\) dans l’équation du plan \(\mathcal{P}\) :
\[
x + 4y – 5z – 16 = 0
\]

Cela donne :
\[
(-5 + t) + 4(4 – t) – 5(5 – 3t) – 16 = 0
\]

Simplifions cette expression :
\[
-5 + t + 16 – 4t – 25 + 15t – 16 = 0
\]

Regroupons les termes similaires :
\[
(-5 + 16 – 25 – 16) + (t – 4t + 15t) = 0
\]

\[
-30 + 12t = 0
\]

Solvons pour \(t\):
\[
12t = 30 \implies t = \frac{30}{12} = \frac{5}{2}
\]

Puisque nous obtenons une valeur finie pour \(t\), nous avons montré que la droite \(\mathcal{D}\) et le plan \(\mathcal{P}\) sont sécants.

b) Pour déterminer le point d’intersection, nous substituons \(t = \frac{5}{2}\) dans les équations paramétriques de la droite \(\mathcal{D}\) :

\[
x = -5 + \frac{5}{2} = -\frac{10}{2} + \frac{5}{2} = -\frac{5}{2}
\]

\[
y = 4 – \frac{5}{2} = \frac{8}{2} – \frac{5}{2} = \frac{3}{2}
\]

\[
z = 5 – 3 \cdot \frac{5}{2} = 5 – \frac{15}{2} = \frac{10}{2} – \frac{15}{2} = -\frac{5}{2}
\]

Donc, le point d’intersection est :
\[
( -\frac{5}{2}, \frac{3}{2}, -\frac{5}{2} )
\]

Exercice 23 : déterminer le point d’intersection des droites
Déterminons le point d’intersection des droites \(d\) et \(d’\).

Pour cela, nous devons résoudre le système suivant :

\[
\begin{cases}
1 – t = 2 + t’ \\
2t = -2 – 2t’ \\
4 = t’
\end{cases}
\]

Commençons par la troisième équation : \(z = 4\). Cette équation nous donne directement \(t’ = 4\).

Substituons \(t’ = 4\) dans les deux premières équations :

1. \(1 – t = 2 + 4\) :
\[
1 – t = 6 \implies t = 1 – 6 \implies t = -5
\]

2. \(2t = -2 – 2(4)\) :
\[
2t = -2 – 8 \implies 2t = -10 \implies t = \frac{-10}{2} \implies t = -5
\]

Nous avons \(t = -5\) et \(t’ = 4\).

Vérifions les coordonnées de l’intersection en reprenant \(t = -5\) dans les équations paramétriques de \(d\) et \(t’ = 4\) dans celles de \(d’\) :

Pour la droite \(d\) avec \(t = -5\) :
\[
\begin{cases}
x = 1 – (-5) = 1 + 5 = 6 \\
y = 2(-5) = -10 \\
z = 4
\end{cases}
\]

Pour la droite \(d’\) avec \(t’ = 4\) :
\[
\begin{cases}
x = 2 + 4 = 6 \\
y = -2 – 2(4) = -2 – 8 = -10 \\
z = 4
\end{cases}
\]

Les coordonnées du point d’intersection sont donc \((6, -10, 4)\).

Ainsi, le point d’intersection des droites \(d\) et \(d’\) est \((6, -10, 4)\).

Exercice 24 : justifier que d et d ‘ ne sont pas parallèles
Les représentations paramétriques des droites \(d\) et \(d’\) sont respectivement :

\[\]
\begin{cases}
x = 1 – t \\
y = 2 + 3t \\
z = -4t
\end{cases} \quad (t \in \mathbb{R})
\[\]

et

\[\]
\begin{cases}
x = -3 + 4t’ \\
y = 4 – t’ \\
z = -6 + 5t’
\end{cases} \quad (t’ \in \mathbb{R})
\[\]

\[\]a) Justifier que \(d\) et \(d’\) ne sont pas parallèles.\[\]

Pour justifier que les droites \(d\) et \(d’\) ne sont pas parallèles, nous devons comparer leurs vecteurs directeurs.

Le vecteur directeur de \(d\) est donné par les coefficients de \(t\) dans ses équations paramétriques :
\[\]
\vec{u_d} = (-1, 3, -4)
\[\]

Le vecteur directeur de \(d’\) est donné par les coefficients de \(t’\) dans ses équations paramétriques :
\[\]
\vec{u_{d’}} = (4, -1, 5)
\[\]

Deux droites sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs directeurs sont proportionnels, c’est-à-dire qu’il existe un scalaire \(\lambda\) tel que :
\[\]
\vec{u_d} = \lambda \vec{u_{d’}}
\[\]

Cela implique :
\[\]
-1 = 4\lambda, \quad 3 = -\lambda, \quad -4 = 5\lambda
\[\]

Résolvons chacune de ces équations pour \(\lambda\) :
\[\]
\lambda = -\frac{1}{4}, \quad \lambda = -3, \quad \lambda = -\frac{4}{5}
\[\]

Nous constatons que nous obtenons trois valeurs différentes pour \(\lambda\). Ainsi, les vecteurs directeurs ne sont pas proportionnels, donc \(d\) et \(d’\) ne sont pas parallèles.

\[\]b) Démontrer que \(d\) et \(d’\) sont sécantes en résolvant un système d’équations.\[\]

Pour démontrer que \(d\) et \(d’\) sont sécantes, nous devons trouver des valeurs de \(t\) et \(t’\) telles que :

\[\]
\begin{cases}
1 – t = -3 + 4t’ \\
2 + 3t = 4 – t’ \\
-4t = -6 + 5t’
\end{cases}
\[\]

Résolvons ce système :

1) De la première équation :
\[\]
1 – t = -3 + 4t’ \implies t + 4t’ = 4 \implies t = 4 – 4t’
\[\]

2) De la seconde équation :
\[\]
2 + 3t = 4 – t’ \implies 3t + t’ = 2 \implies 3(4 – 4t’) + t’ = 2 \implies 12 – 12t’ + t’ = 2 \implies 12 – 11t’ = 2 \implies 11t’ = 10 \implies t’ = \frac{10}{11}
\[\]

3) Substituons \(t’ = \frac{10}{11}\) dans \(t = 4 – 4t’\) :
\[\]
t = 4 – 4 ( \frac{10}{11} ) = 4 – \frac{40}{11} = \frac{44}{11} – \frac{40}{11} = \frac{4}{11}
\[\]

Vérifions les valeurs de \(t\) et \(t’\) dans la troisième équation :
\[\]
-4 ( \frac{4}{11} ) = -6 + 5 ( \frac{10}{11} ) \implies -\frac{16}{11} = -6 + \frac{50}{11} \implies -\frac{16}{11} = – 6 + \frac{50}{11}
\[\]
\[\]
-\frac{16}{11} = -\frac{66}{11} + \frac{50}{11} \implies -\frac{16}{11} = -\frac{16}{11}
\[\]

L’équation est satisfaite.

Ainsi, les valeurs \(t = \frac{4}{11}\) et \(t’ = \frac{10}{11}\) satisfont toutes les équations, prouvant que les droites \(d\) et \(d’\) sont sécantes.

Exercice 25 : déterminer les coordonnées d’un vecteur directeur
{Correction de l’exercice:}

a) Déterminons les coordonnées d’un vecteur directeur \[\vec{u}\] de \[d\] et d’un vecteur directeur \[\vec{u}’\] de \[d’\].

Pour la droite \[d\], les équations paramétriques sont :
\[
\begin{cases}
x = 1 – t \\
y = 2 + 2t \\
z = -1 + t \\
\end{cases} \quad (t \in \mathbb{R})
\]

Le vecteur directeur \[\vec{u}\] de \[d\] peut être déterminé en observant les coefficients du paramètre \[t\] :
\[
\vec{u} = \begin{pmatrix}
-1 \\
2 \\
1
\end{pmatrix}
\]

Pour la droite \[d’\], les équations paramétriques sont :
\[
\begin{cases}
x = 2 + t’ \\
y = -2 – t’ \\
z = -2t’ \\
\end{cases} \quad (t’ \in \mathbb{R})
\]

Le vecteur directeur \[\vec{u}’\] de \[d’\] peut être déterminé en observant les coefficients du paramètre \[t’\] :
\[
\vec{u}’ = \begin{pmatrix}
1 \\
-1 \\
-2
\end{pmatrix}
\]

b) Pour déterminer si \[d\] et \[d’\] sont parallèles, nous devons vérifier si \[\vec{u}\] et \[\vec{u}’\] sont colinéaires.

Deux vecteurs sont colinéaires si et seulement si l’un est un multiple scalaire de l’autre. Autrement dit, il existe un réel \[\lambda\] tel que :
\[
\begin{pmatrix}
-1 \\
2 \\
1
\end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix}
1 \\
-1 \\
-2
\end{pmatrix}
\]

En résolvant les équations suivantes :
\[
-1 = \lambda \cdot 1 \\
2 = \lambda \cdot (-1) \\
1 = \lambda \cdot (-2)
\]

Nous observons que les équations sont contradictoires. Il n’existe pas de \[\lambda\] qui satisfasse les trois équations simultanément. Donc, les vecteurs \[\vec{u}\] et \[\vec{u}’\] ne sont pas colinéaires et donc les droites \[d\] et \[d’\] ne sont pas parallèles.

Puisque ces droites ne sont pas parallèles et ne sont pas colinéaires, elles peuvent soit se croiser, soit être gauches.

c) Déterminons le point d’intersection de \[d\] et \[d’\] en résolvant le système d’équations donné par les équations paramétriques des droites :

Pour qu’un point appartienne aux deux droites, il doit satisfaire les équations des deux droites. Nous devons donc résoudre le système suivant :

\[
\begin{cases}
1 – t = 2 + t’ \\
2 + 2t = -2 – t’ \\
-1 + t = -2t’ \\
\end{cases}
\]

Résolvons d’abord la première équation pour \[t\] :
\[
1 – t = 2 + t’ \implies t + t’ = -1 \implies t’ = -1 – t
\]

Substituons \[t’\] dans la deuxième équation :
\[
2 + 2t = -2 – (-1 – t) \\
2 + 2t = -2 + 1 + t \\
2 + 2t = -1 + t \\
2 + 2t = -1 + t \\
2t – t = -1 – 2 \\
3t = 6 \\
t = -3
\]

Substituons \[t = -3\] dans \[t’ = -1 – t\]:
\[
t’ = -1 – (-3) \\
t’ = 2
\]

Vérifions ces valeurs dans la troisième équation :
\[
-1 + (-3) = -2(2) \\
-1 – 3 = -4 \\
-4 = -4
\]

L’équation est satisfaite, donc les valeurs \[t = -3\] et \[t’ = 2\] sont correctes. Maintenant, calculons les coordonnées du point d’intersection en utilisant \[t = -3\] dans les équations de \[d\] :

\[
x = 1 – (-3) = 4 \\
y = 2 + 2(-3) = 2 – 6 = -4 \\
z = -1 + (-3) = -1 – 3 = -4 \\
\]

Le point d’intersection des droites \[d\] et \[d’\] est donc :
\[
(4, -4, -4)
\]

Exercice 26 : déterminer une équation cartésienne du plan
a) Les coordonnées des points A, B, C et D sont :
\[ A(0, 2, 2), \; B(-2, 0, 2), \; C(4, 0, 0), \; D(0, 2, 0) \]

b)
Pour le plan (ABC), nous devons vérifier si le vecteur \(\vec{n} = (3, 2, 3)\) est normal à ce plan. Les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) sont respectivement :
\[ \vec{AB} = B – A = (-2, 0, 2) – (0, 2, 2) = (-2, -2, 0) \]
\[ \vec{AC} = C – A = (4, 0, 0) – (0, 2, 2) = (4, -2, -2) \]

Le produit vectoriel \(\vec{AB} \times \vec{AC}\) est :
\[
\vec{n’} = \vec{AB} \times \vec{AC} =
\begin{vmatrix}
\vec{i} \vec{j} \vec{k} \\
-2 -2 0 \\
4 -2 -2
\end{vmatrix}
= (4, 8, 12)
= 4(1, 2, 3)
= (4, -4, 4)
\]

Ici, le vecteur \(\vec{n}\) n’est pas un multiple de \(\vec{n’}\), donc le vecteur \(\vec{n}\) n’est pas normal au plan (ABC).

Pour le plan (ABD), nous devons vérifier si le vecteur \(\vec{m} = (1, -1, 1)\) est normal à ce plan. Les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{AD}\) sont respectivement :
\[ \vec{AD} = D – A = (0, 2, 0) – (0, 2, 2) = (0, 0, -2) \]

Le produit vectoriel \(\vec{AB} \times \vec{AD}\) est :
\[
\vec{n »} = \vec{AB} \times \vec{AD} =
\begin{vmatrix}
\vec{i} \vec{j} \vec{k} \\
-2 -2 0 \\
0 0 -2
\end{vmatrix}
= (4, -4, 0)
=

\]

Ici, le vecteur \(\vec{m}\) n’est pas multiplicatif \(\vec{n’}\).

c) L’équation cartésienne du plan (ABC) est déterminée à partir du vecteur normal \(\vec{n}\) qui correspond à \(\vec{AB}\times \vec{AC}\) :

\[
\vec{n} = (6, -4, 4)
\]

L’équation du plan se déduit de la forme vectorielle :
\[
6(x – 0) – 4(y – 2) + 4(z – 2) = 0
\]
\[
\Rightarrow 6x – 4y + 4z – 16 = 0
\]
D’où l’équation du plan (ABC) est :
\[
6x -4y +4z -16 = 0
\]

Pour le plan (ABD), nous avons le vecteur normal \(\vec{m} = (1, -1, 1)\). Une équation cartésienne de ce plan est :
\[
x – y + z + d = 0
\]

Pour déterminer \(d\), nous utilisons un point particulier. Par exemple, pour \(A(0, 2, 2)\),
\[
0 – 2 + 2 + d = 0 \Rightarrow d = 0
\]

d) Pour vérifier si le point \(E(-10 ; -15 ; -3)\) appartient à l’un des deux plans, nous remplaçons ses coordonnées dans les équations cartésiennes obtenues pour vérifier sa faisabilité dans les deux plans :

\(
\begin{aligned}
Pour\quad le\quad plan\quad (ABC):
\\
6(-10) – 4(-15) + 4(-3) +16 = 60 -15\\
-60 + 60 – 11 = 100
\\
Plan(ABD)\\
-110-15 + d = 0\\
-105
Donc le point \[N’existe_{pas}.

Exercice 27 : déterminer le point d’intersection
La droite \(d\) et le plan \(\mathcal{P}\) sont sécants si et seulement s’ils ont un point d’intersection commun. Pour déterminer ce point, nous devons résoudre le système suivant :

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

Substituons \(x\) et \(z\) des équations de la droite \(d\) dans l’équation du plan \(\mathcal{P}\) :

\[
4(5 – 2t) – 3(4t) + 20 = 0
\]

Développons et simplifions cette équation :

\[
4 \cdot 5 – 4 \cdot 2t – 3 \cdot 4t + 20 = 0
\]

\[
20 – 8t – 12t + 20 = 0
\]

\[
40 – 20t = 0
\]

Nous obtenons l’équation :

\[
40 = 20t
\]

\[
t = 2
\]

Remplaçons \(t = 2\) dans les équations paramétriques de la droite \(d\) pour obtenir le point d’intersection :

\[
x = 5 – 2 \cdot 2 = 5 – 4 = 1
\]

\[
y = 3 + 2 = 5
\]

\[
z = 4 \cdot 2 = 8
\]

Le point d’intersection de la droite \(d\) et du plan \(\mathcal{P}\) est donc \((1, 5, 8)\).

Pour vérifier ce résultat, substituons les coordonnées du point d’intersection dans l’équation du plan \(\mathcal{P}\) :

\[
4(1) – 3(8) + 20 = 0
\]

\[
4 – 24 + 20 = 0
\]

\[
0 = 0
\]

L’égalité est vérifiée, donc le point \((1, 5, 8)\) est bien le point d’intersection de la droite \(d\) et du plan \(\mathcal{P}\). Ils sont donc sécants.

Exercice 28 : déterminer une représentation paramétrique de la droite passant par A
Soit \(\mathcal{P}\) le plan d’équation cartésienne :
\[ 2x + y – z + 3 = 0 \]

A est le point de coordonnées \( (2 ; 0 ; -1) \).

a) Déterminer une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) passant par A et perpendiculaire au plan \(\mathcal{P}\).

La droite \(\Delta\) passant par le point \(A\) et perpendiculaire au plan \(\mathcal{P}\) a pour direction le vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\). Le vecteur normal \(\mathbf{n}\) au plan \(\mathcal{P}\) est \((2 ; 1 ; -1)\).

On peut alors écrire une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) :
\[
\begin{cases}
x = 2 + 2t \\
y = t \\
z = -1 – t
\end{cases}
\]
où \(t\) est un réel.

b) En déduire les coordonnées du point H, projeté orthogonal du point A sur le plan \(\mathcal{P}\).

Le point H est le point d’intersection de la droite \(\Delta\) avec le plan \(\mathcal{P}\). Pour trouver H, on substitue l’expression paramétrique de la droite \(\Delta\) dans l’équation du plan \(\mathcal{P}\).

\[ 2(2 + 2t) + (t) – (-1 – t) + 3 = 0 \]

Simplifions cette équation :
\[ 4 + 4t + t + 1 + t + 3 = 0 \]
\[ (4t + t + t) + (4 + 1 + 3) = 0 \]
\[ 6t + 8 = 0 \]

Résolvons pour \(t\) :
\[ 6t = -8 \]
\[ t = -\frac{8}{6} \]
\[ t = -\frac{4}{3} \]

Nous substituons cette valeur de \(t\) dans la représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) pour obtenir les coordonnées de H :
\[
\begin{cases}
x = 2 + 2(-\frac{4}{3}) = 2 – \frac{8}{3} = \frac{6 – 8}{3} = -\frac{2}{3} \\
y = -\frac{4}{3} \\
z = -1 – (-\frac{4}{3}) = -1 + \frac{4}{3} = \frac{-3 + 4}{3} = \frac{1}{3}
\end{cases}
\]

Ainsi, les coordonnées de \(H\) sont \( ( -\frac{2}{3}, -\frac{4}{3}, \frac{1}{3} ) \).

Exercice 29 : qCM sur les représentations paramétriques
1. Le point \( B(2; -4; 7) \) appartient à la droite de représentation paramétrique \((avec t \in \mathbb{R})\) :

La réponse correcte est : \(\boxed{\text{B}}\)
\[
\begin{cases}
x = 2 – t \\
y = -4 + 2t \\
z = 6 + t
\end{cases}
\]

2. \( \vec{n}(-1; 2; -3) \) est un vecteur normal au plan d’équation cartésienne :

La réponse correcte est : \(\boxed{\text{A}}\)
\[
– x – 2y + z – 3 = 0
\]

3. \( \mathscr{P} \) est le plan d’équation \( 2x – y + z + 4 = 0 \). Un point \( A \) de \( \mathscr{P} \) et un vecteur normal \( \vec{n} \) de \( \mathscr{P} \) sont :

La réponse correcte est : \(\boxed{\text{D}}\)
\[
A(1; 1; -5) \text{ et } \vec{n}(2; -1; 1)
\]

Exercice 30 : QCM sur l’équation cartésienne de plan
1. Le plan d’équation cartésienne \(2x – y + 3z – 4 = 0\):

– \]\[Réponse :\]\[ A (passe par C(1; 1; 1)) et C (a pour vecteur normal \(\vec{n} = (2; -1; 3)\))

2. La droite \(d\) passe par \(A(0; 0; -2)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{u} = (-1; -3; 2)\). Le plan \(\mathscr{P}\) est d’équation \(5x + y + 4z + 8 = 0\).

– \]\[Réponse :\]\[ B (d et \(\mathscr{P}\) sont parallèles)

Exercice 31 : dire si l’affirmation est vraie ou fausse
\]\[Correction de l’exercice de mathématiques :\]\[

\]\[1. Affirmation :\]\[ le plan \( (ABG) \) a pour équation cartésienne \( y – z = 0 \).

L’équation cartésienne du plan \( (ABG) \) contient les points \( A(0, 0, 0) \), \( B(1, 0, 0) \), et \( G(1, 1, 1) \). Un vecteur normal au plan peut être trouvé en utilisant les vecteurs \( \vec{AB} \) et \( \vec{AG} \) :
\[
\vec{AB} = (1, 0, 0) – (0, 0, 0) = (1, 0, 0)
\]
\[
\vec{AG} = (1, 1, 1) – (0, 0, 0) = (1, 1, 1)
\]
Le produit vectoriel de ces deux vecteurs est :
\[
\vec{AB} \times \vec{AG} =
\begin{vmatrix}
\mathbf{i} \mathbf{j} \mathbf{k} \\
1 0 0 \\
1 1 1
\end{vmatrix}
= (0 \times 1 – 0 \times 1) \mathbf{i} – (1 \times 1 – 0 \times 1) \mathbf{j} + (1 \times 1 – 0 \times 1) \mathbf{k}
= (0, -1, 1)
\]
Donc, l’équation du plan est \( y – z = 0 \).

L’affirmation 1 est {vraie}.

\]\[2. Affirmation :\]\[ \(\begin{cases}
x = 1 – 2t \\
y = 1 – 2t \\
z = 2t
\end{cases}
(t \in \mathbb{R})\) est une représentation paramétrique de la droite \( (CE) \).

Pour trouver la représentation paramétrique de la droite \( CE \), notons les coordonnées des points \( C(1, 0, 0) \) et \( E(0, 1, 0) \). La direction de la droite \( CE \) est donnée par le vecteur \( \vec{CE} \) :
\[
\vec{CE} = E – C = (0, 1, 0) – (1, 0, 0) = (-1, 1, 0)
\]
Nous obtenons alors la représentation paramétrique :
\[
\begin{cases}
x = 1 – t \\
y = t \\
z = 0
\end{cases}
(t \in \mathbb{R})
\]

Il est clair que la représentation fournie dans l’énoncé de l’affirmation 2 est différente de celle obtenue ci-dessus.

L’affirmation 2 est {fausse}.

\]\[3. Affirmation :\]$ le point \( H \) a pour coordonnées \((\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})\).

Ici, \( I \) est le point du segment \( EF \) tel que \( IF = \frac{1}{4} \cdot EF \).

Les coordonnées de \( F \) sont \( (0, 1, 1) \), et les coordonnées \( E \) sont \( (0, 1, 0) \). Nous cherchons le point \( I \) tel que :
\[
I = E + \frac{1}{4}(F – E) = (0, 1, 0) + \frac{1}{4}((0, 1, 1) – (0, 1, 0)) = (0, 1, 0) + \frac{1}{4}(0, 0, 1) = (0, 1, \frac{1}{4})
\]

\( H \) est le projeté orthogonal de \( I \) sur la droite \( CE \). Considérant les coordonnées de \( I \) obtenues comme \((0, 1, \frac{1}{4})\) et la droite \( CE \) avec la paramétrisation anterieure \( CE \):

Nous devons résoudre:
\[
\begin{cases}
x_H = 1 – t \\
y_H = t \\
z_H = 0
\end{cases}
avec \( I(0, 1, \frac{1}{4}) \)
Le projeté orthogonal produit aussi z=0 comme coordonnée, donc comparer y et nous obtenons :

Les coordonnées de H se trouvent comme solution à ces systèmes (permutation orthogonalement et division)

L’affirmation 3 est {fausse}.