Exercice 1 DEJA UTILISE EN MATHS SPECIALITE - Exercice 1

$${\color{blue}\text{la proposition est fausse}}$$
Soient $$\vec{n} \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {0} \end{array}\right)$$un vecteur normal du plan $$\left(P\right)$$ et $$\vec{u} \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-4} \\ {6} \end{array}\right)$$ un vecteur directeur de $$\left(D\right)$$.
On vérifie facilement que les deux vecteurs ne sont pas colinéaires , alors $$\left(P\right)$$ et $$\left(D\right)$$ ne sont pas orthogonaux.

$${\color{blue}\text{la proposition est vraie}}$$
Si la représentation paramétrique de la droite est donnée et qu'elle correspond bien à la droite $$\left(BC\right)$$ alors les cordonnées des points $$B\left(2;4;0\right)$$ et $$C\left(3;5;2\right)$$ doivent vérifier la représentation paramétrique.
Vérifions si le point $$B\left(2,4,0\right)$$ appartient à la droite , il vient :
$$\left\{\begin{array}{ccc} {x_{B} } & {=} & {1+t} \\ {y_{B} } & {=} & {3+t} \\ {z_{B} } & {=} & {-2+2t} \end{array}\right.$$ équivaut successivement à :
$$\left\{\begin{array}{ccc} {2} & {=} & {1+t} \\ {4} & {=} & {3+t} \\ {0} & {=} & {-2+2t} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccc} {2} & {=} & {1+t} \\ {4} & {=} & {3+t} \\ {0} & {=} & {-2+2t} \end{array}\right.$$
On résout chacune des équations :
$$\left\{\begin{array}{ccc} {1} & {=} & {t} \\ {1} & {=} & {t} \\ {1} & {=} & {t} \end{array}\right.$$
Pour chaque ligne on obtient la même valeur de $$t$$. Le point $$B\left(2,4,0\right)$$ appartient donc à la droite.
Vérifions maintenant si le point $$C\left(3,5,2\right)$$ appartient à la droite. Il vient alors que :
$$\left\{\begin{array}{ccc} {x_{C} } & {=} & {1+t} \\ {y_{C} } & {=} & {3+t} \\ {z_{C} } & {=} & {-2+2t} \end{array}\right.$$ équivaut successivement à :
$$\left\{\begin{array}{ccc} {3} & {=} & {1+t} \\ {5} & {=} & {3+t} \\ {2} & {=} & {-2+2t} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccc} {2} & {=} & {t} \\ {2} & {=} & {t} \\ {2} & {=} & {t} \end{array}\right.$$
Les trois valeurs de $$t$$ sont égales ce qui signifie que le le point $$C$$ appartient à la droite.
Il en résulte que la représentation paramétrique donnée est bien celle de la droite $$\left(BC\right)$$.

$${\color{blue}\text{la proposition est fausse}}$$
Calculons maintenant les vecteurs $$\vec{AB} ,\vec{AC}$$ et $$\vec{AD}$$.
$$\vec{AB} \left(\begin{array}{c} {-3} \\ {1} \\ {5} \end{array}\right)$$ , $$\vec{AC} \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {-3} \\ {4} \end{array}\right)$$ et $$\vec{AD} \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {0} \\ {-1} \end{array}\right)$$
$$\vec{AB} =a\vec{AC} +b\vec{AD} \Leftrightarrow \left(\begin{array}{c} {-3} \\ {1} \\ {5} \end{array}\right)=a\left(\begin{array}{c} {-2} \\ {-3} \\ {4} \end{array}\right)+b\left(\begin{array}{c} {-1} \\ {0} \\ {-1} \end{array}\right)$$
$$\vec{AB} =a\vec{AC} +b\vec{AD} \Leftrightarrow \left(\begin{array}{ccccc} {-2a} & {-} & {b} & {=} & {-3} \\ {-3a} & {} & {} & {=} & {1} \\ {4a} & {-} & {b} & {=} & {5} \end{array}\right.$$
Comme $$a=-\frac{1}{3}$$, on substitue $$a$$ dans la première ligne et la troisième ligne et l'on doit obtenir les deux mêmes valeurs pour $$b$$ . Cela donne :
$$\left(\begin{array}{ccccc} {-2\times \left(-\frac{1}{3} \right)} & {-} & {b} & {=} & {-3} \\ {a} & {} & {} & {=} & {-\frac{1}{3} } \\ {4\times \left(-\frac{1}{3} \right)} & {-} & {b} & {=} & {5} \end{array}\right.$$ équivaut successivement à :
$$\left(\begin{array}{ccc} {b} & {=} & {\frac{11}{3} } \\ {a} & {=} & {-\frac{1}{3} } \\ {b} & {=} & {-\frac{19}{3} } \end{array}\right.$$
Nous avons deux valeurs différentes pour $$b$$.
Les points $$A,B,C$$ et $$D$$ ne sont donc pas coplanaires.

$${\color{blue}\text{la proposition est fausse}}$$
Si la droite $$\left(BD\right)$$ est incluse dans le plan paramétrique $$P$$ alors les points $$B\left(-1;2;4\right)$$ et $$D\left(1;1;-2\right)$$ doivent vérifier le système paramétrique.
D'une part, vérifions si $$B\left(-1;2;4\right)$$ appartient à $$P$$. Il vient :
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x_{B} } & {=} & {-3} & {+} & {t} & {+} & {s} \\ {y_{B} } & {=} & {1} & {+} & {2t} & {-} & {s} \\ {z_{B} } & {=} & {-1} & {+} & {t} & {+} & {4s} \end{array}\right.$$ équivaut successivement à :
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {-1} & {=} & {-3} & {+} & {t} & {+} & {s} \\ {2} & {=} & {1} & {+} & {2t} & {-} & {s} \\ {4} & {=} & {-1} & {+} & {t} & {+} & {4s} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccccc} {t} & {+} & {s} & {=} & {2} \\ {2t} & {-} & {s} & {=} & {1} \\ {t} & {+} & {4s} & {=} & {5} \end{array}\right.$$
Nous avons un système de $$3$$ équations à $$2$$ inconnues. On va le résoudre par substitution.
Avec la $$1$$^ère ligne on exprime $$t$$ en fonction de $$s$$.
Et on substitue cette valeur $$t$$ dans les deux dernières lignes.
$$\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {2-s} \\ {2\times \left(2-s\right)-s} & {=} & {1} \\ {2-s+4s} & {=} & {5} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {2-s} \\ {4-2s-s} & {=} & {1} \\ {2+3s} & {=} & {5} \end{array}\right.$$ Ainsi $$\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {2-s} \\ {s} & {=} & {1} \\ {s} & {=} & {1} \end{array}\right.$$
Les deux valeurs de $$s$$ sont égales .
Le point $$B\left(-1;2;4\right)$$ appartient donc à $$P$$.

D'autre part, vérifions si $$D\left(1;1;-2\right)$$ appartient à $$P$$. Il vient :
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {x_{D} } & {=} & {-3} & {+} & {t} & {+} & {s} \\ {y_{D} } & {=} & {1} & {+} & {2t} & {-} & {s} \\ {z_{D} } & {=} & {-1} & {+} & {t} & {+} & {4s} \end{array}\right.$$ équivaut successivement à :
$$\left\{\begin{array}{ccccccc} {1} & {=} & {-3} & {+} & {t} & {+} & {s} \\ {1} & {=} & {1} & {+} & {2t} & {-} & {s} \\ {-2} & {=} & {-1} & {+} & {t} & {+} & {4s} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccccc} {t} & {+} & {s} & {=} & {4} \\ {2t} & {-} & {s} & {=} & {0} \\ {t} & {+} & {4s} & {=} & {-1} \end{array}\right.$$
Nous avons un système de $$3$$ équations à $$2$$ inconnues. On va le résoudre par substitution.
Avec la $$1$$^ère ligne on exprime $$t$$ en fonction de $$s$$. Et on substitue cette valeur $$t$$ dans les deux dernières lignes.
$$\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {4-s} \\ {2\times \left(4-s\right)-s} & {=} & {0} \\ {4-s+4s} & {=} & {-1} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {4-s} \\ {8-2s-s} & {=} & {0} \\ {2+3s} & {=} & {-1} \end{array}\right.$$
Ainsi $$\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {2-s} \\ {s} & {=} & {\frac{8}{3} } \\ {s} & {=} & {-1} \end{array}\right.$$
Les deux valeurs de $$s$$ ne sont pas égales .
Le point $$D\left(1;1;-2\right)$$ n'appartient pas donc à $$P$$.
La droite $$\left(BD\right)$$ n'est pas incluse dans le plan paramétrique $$P$$.

$${\color{blue}\text{la proposition est vraie}}$$
Commençons par calculer le vecteur $$\vec{BD}$$, ainsi $$\vec{BD} \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-1} \\ {-6} \end{array}\right)$$
Ensuite d'après le plan paramétrique $$P$$, on peut exprimer deux vecteurs directeurs du plan $$P$$ (ce sont les coefficients devant les variables $$s$$ et $$t$$).
On les note $$\vec{u_{1} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-4} \\ {1} \end{array}\right)$$ et $$\vec{u_{2} } \left(\begin{array}{c} {4} \\ {-4} \\ {2} \end{array}\right)$$.
SI la droite $$\left(BD\right)$$ est orthogonale au plan $$P$$, il faut que $$\vec{BD}$$ soit orthogonale à $$\vec{u_{1} }$$ et à $$\vec{u_{2} }$$.
Ainsi :
$$\vec{BD} .\vec{u_{1} } =2\times 1+\left(-1\right)\times \left(-4\right)+\left(-6\right)\times 1=0$$
$$\vec{BD} .\vec{u_{2} } =2\times 4+\left(-1\right)\times \left(-4\right)+\left(-6\right)\times 2=0$$
Il vient alors que la droite $$\left(BD\right)$$ est orthogonale au plan $$P$$.

$${\color{blue}\text{la proposition est vraie}}$$

On a :
$$\vec{BC} \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {1} \\ {-3} \end{array}\right)$$ et $$\vec{BD} \left(\begin{array}{c} {-4} \\ {2} \\ {-2} \end{array}\right)$$
Existe-t-il un réel $$k$$ tel que $$\vec{BC} =k\vec{BD}$$ ?
On obtient le système suivant $$\left\{\begin{array}{ccc} {-2} & {=} & {-4k} \\ {1} & {=} & {2k} \\ {-3} & {=} & {-2k} \end{array}\right.$$
Ainsi : $$\left\{\begin{array}{ccc} {k} & {=} & {\frac{1}{2} } \\ {k} & {=} & {\frac{1}{2} } \\ {k} & {=} & {\frac{3}{2} } \end{array}\right.$$ .
Dans ce cas, $$\vec{AB}$$ et $$\vec{AC}$$ ne sont pas colinéaires, donc les points $$A,B$$ et $$C$$ ne sont pas alignés.
Les points $$A,B$$ et $$C$$ forment donc un plan.

$${\color{blue}\text{la proposition est vraie}}$$

Il faut que les coordonnées des trois points vérifient l'équation cartésienne du plan $$x-y+2=0$$.

Vérifions si le point $$B\left(1,3,2\right)$$ appartient au plan.
$$x_{B} -y_{B} +2=1-3+2=0$$ donc le point $$B\left(1,3,2\right)$$ appartient au plan.

Vérifions si le point $$C\left(5,7,-1\right)$$ appartient au plan.
$$x_{c} -y_{c} +2=5-7+2=0$$ donc le point $$C\left(5,7,-1\right)$$ appartient au plan.

Vérifions si le point $$D\left(-1,1,9\right)$$ appartient au plan.
$$x_{D} -y_{D} +2=-1-1+2=0$$ donc le point $$D\left(-1,1,9\right)$$ appartient au plan.

Donc l'équation cartésienne du plan $$\left(BCD\right)$$ est bien $$x-y+2=0$$.

$${\color{blue}\text{la proposition est vraie}}$$
Etape 1
On note $$\vec{u_{1} } \left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {-1} \end{array}\right)$$ et $$\vec{u_{2} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {-1} \end{array}\right)$$ respectivement les vecteurs directeurs des droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$.
On vérifie facilement que les deux vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, donc les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$ sont parallèles.
Etape 2
Il faut résoudre le système constitué des deux écritures paramétriques des droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$, et déterminons les valeurs de $$t$$ et $$s$$.
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2t+3} & {=} & {s+2} \\ {t-1} & {=} & {-2s+6} \\ {-t+2} & {=} & {-s+4} \end{array}\right.$$ avec la première ligne on exprime $$s$$en fonction de $$t$$, puis on remplace ensuite $$s$$ dans la 2^ème équation et dans la 3^ème pour déterminer la valeur de $$t$$.
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2t+3-2} & {=} & {s} \\ {t-1} & {=} & {-2s+6} \\ {-t+2} & {=} & {-s+4} \end{array}\right.$$ ensuite $$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2t+1} & {=} & {s} \\ {t-1} & {=} & {-2\times \left(2t+1\right)+6} \\ {-t+2} & {=} & {-\left(2t+1\right)+4} \end{array}\right.$$
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2t+1} & {=} & {s} \\ {t-1} & {=} & {-4t-2+6} \\ {-t+2} & {=} & {-2t-1+4} \end{array}\right.$$
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2t+1} & {=} & {s} \\ {t-1} & {=} & {-4t+4} \\ {-t+2} & {=} & {-2t+3} \end{array}\right.$$
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2t+1} & {=} & {s} \\ {t+4t} & {=} & {4+1} \\ {-t+2t} & {=} & {-2+3} \end{array}\right.$$
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2t+1} & {=} & {s} \\ {5t} & {=} & {5} \\ {t} & {=} & {1} \end{array}\right.$$
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2t+1} & {=} & {s} \\ {t} & {=} & {1} \\ {t} & {=} & {1} \end{array}\right.$$
Ici, les valeurs de $$t$$ sont égales, on peut ainsi définir $$s$$.
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {s} & {=} & {3} \\ {t} & {=} & {1} \\ {t} & {=} & {1} \end{array}\right.$$
On remplace maintenant les valeurs de $$t$$ et $$s$$ respectivement dans les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$.
$$\left(d_{1} \right):\left\{\begin{array}{ccccc} {x} & {=} & {2\times 1+3} & {=} & {5} \\ {y} & {=} & {1-1} & {=} & {0} \\ {z} & {=} & {-1+2} & {=} & {1} \end{array}\right.$$et $$\left(d_{2} \right):\left\{\begin{array}{ccccc} {x} & {=} & {3+2} & {=} & {5} \\ {y} & {=} & {-2\times 3+6} & {=} & {0} \\ {z} & {=} & {-3+4} & {=} & {1} \end{array}\right.$$
Notons $$I\left(5;0;1\right)$$ le point d'intersection entre les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$.
Il en résulte que les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$ sont coplanaires.

$${\color{blue}\text{la proposition est fausse}}$$
Soient $$\vec{n_{1} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {2} \\ {-1} \end{array}\right)$$et $$\vec{n_{2} } \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right)$$ des vecteurs normaux respectifs des plans $$\left(P_{1} \right)$$ et $$\left(P_{2} \right)$$.
On vérifie facilement que les deux vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, alors les plans $$\left(P_{1} \right)$$ et $$\left(P_{2} \right)$$ ne sont pas parallèles.

$${\color{blue}\text{la proposition est fausse}}$$
Soient $$\vec{n_{1} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {2} \\ {-1} \end{array}\right)$$et $$\vec{n_{2} } \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right)$$ des vecteurs normaux respectifs des plans $$\left(P_{1} \right)$$ et $$\left(P_{2} \right)$$.
$$\vec{n_{1} } .\vec{n_{2} } =1\times \left(-2\right)+2\times 3+\left(-1\right)\times \left(-2\right)=6\ne 0$$.
Il en résulte que les plans $$\left(P_{1} \right)$$ et $$\left(P_{2} \right)$$ ne sont pas orthogonaux.

$${\color{blue}\text{la proposition est fausse}}$$
Notons $$\vec{n_{2} }$$ un vecteur normal de$$\left(P_{2} \right)$$ , ainsi $$\vec{n_{2} } \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right)$$.
Ensuite d'après le plan paramétrique $$\left(P_{1} \right)$$, on peut exprimer deux vecteurs directeurs du plan $$\left(P_{1} \right)$$ (ce sont les coefficients devant les variables $$t$$ et $$t'$$).
On les note $$\vec{u_{1} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {2} \\ {-2} \end{array}\right)$$ et $$\vec{u_{2} } \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-4} \\ {2} \end{array}\right)$$. On vérifie facilement que les vecteurs $$\vec{u_{1} }$$ et $$\vec{u_{2} }$$ ne sont pas colinéaires.
SI $$\left(P_{1} \right)$$ et $$\left(P_{2} \right)$$ sont parallèles, il faut que $$\vec{n_{2} }$$ soit orthogonale à $$\vec{u_{1} }$$ et à $$\vec{u_{2} }$$.
Ainsi :
$$\vec{n_{2} } .\vec{u_{1} } =\left(-2\right)\times 1+3\times 2+\left(-2\right)\times \left(-2\right)=8\ne 0$$
$$\vec{n_{2} } .\vec{u_{2} } =\left(-2\right)\times 2+3\times \left(-4\right)+\left(-2\right)\times 2=-20\ne 0$$
Il vient alors que $$\left(P_{1} \right)$$ et $$\left(P_{2} \right)$$ ne sont pas parallèles.

$${\color{blue}\text{la proposition est vraie}}$$
Soient $$\vec{n_{1} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {-4} \end{array}\right)$$un vecteur normal du plan $$P$$ et $$\vec{u_{1} } \left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {1} \end{array}\right)$$ un vecteur directeur de $$\left(d_{1} \right)$$.
$$\vec{n_{1} } .\vec{u_{1} } =1\times 2+3\times 1+\left(-4\right)\times 1\ne 0$$ . $$P$$ et $$\left(d_{1} \right)$$ ne sont pas parallèles, par conséquent ils sont sécants.
$$\left(P\cap d_{1} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {x+3y-4z+8=0} \\ {x=2t-1} \\ {y=t+1} \\ {z=t+2} \end{array}\right.$$où $$t\in \mathbb{R}$$ .
On remplace la valeur de $$x,y$$ et $$z$$ dans le plan $$P$$
$$\left(P\cap d_{1} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {2t-1+3\times \left(t+1\right)-4\times \left(t+2\right)+8=0} \\ {x=2t-1} \\ {y=t+1} \\ {z=t+2} \end{array}\right.$$
$$\left(P\cap d_{1} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {2t-1+3t+3-4t-8+8=0} \\ {x=2t-1} \\ {y=t+1} \\ {z=t+2} \end{array}\right.$$ donc $$\left(P\cap d_{1} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t+2=0} \\ {x=2t-1} \\ {y=t+1} \\ {z=t+2} \end{array}\right.$$
Ainsi : $$\left(P\cap d_{1} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t=-2} \\ {x=2t-1} \\ {y=t+1} \\ {z=t+2} \end{array}\right.$$ .
Maintenant que nous avons la valeur de $$t$$, on peut obtenir les valeurs de $$x,y$$et $$z$$.
$$\left(P\cap d_{1} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t=-2} \\ {x=2\times \left(-2\right)-1} \\ {y=-2+1} \\ {z=-2+2} \end{array}\right.$$.
Il en résulte que $$\left(P\cap d_{1} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t=-2} \\ {x=-5} \\ {y=-1} \\ {z=0} \end{array}\right.$$
Les coordonnées du point d'intersection entre la droite et le plan est le point $$\left(-5;-1;0\right)$$

$${\color{blue}\text{la proposition est fausse}}$$
On ne connaît pas l'écriture cartésienne du plan $$\left(ABC\right)$$ mais ce n'est pas grave.

Il vient alors que :
$$\vec{AB} \left(\begin{array}{c} {0} \\ {-1} \\ {0} \end{array}\right)$$ et $$\vec{AC} \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {0} \\ {0} \end{array}\right)$$.
Les vecteurs $$\vec{AB}$$ et $$\vec{AC}$$ ne sont pas colinéaires donc les points $$A$$ , $$B$$ et $$C$$ forment bien le plan $$\left(ABC\right)$$.
D'autre part, un vecteur normal de $$P$$ est $$\vec{n} \left(2;0;-4\right)$$
Commençons par calculer :
$$\vec{n} .\vec{AB} =2\times 0+\left(-1\right)\times 0+\left(-4\right)\times 0=0$$
$$\vec{n} .\vec{AC} =2\times \left(-1\right)+0\times 0+\left(-4\right)\times 0=-2\ne 0$$
Nous avons deux vecteurs non colinéaires du plan $$\left(ABC\right)$$ qui ne sont pas tous les deux orthogonaux à un vecteur normal de $$P$$ alors les plans $$P$$ et $$\left(ABC\right)$$ ne sont pas parallèles.