Exercices types : $$1$$^ère partie - Exercice 2

$$\red{\text{ La proposition est vraie.}}$$
Si la représentation paramétrique donnée représente celle de la droite $$\left(AB\right)$$ alors les points $$A\left(1;1,0\right)$$ et $$B\left(3;0,-1\right)$$ devraient appartenir à cette droite.
$$\blue{\text{ D'une part :}}$$
On remplace les coordonnées de $$A$$ dans l'équation paramétrique proposée :
Donc $$\left\{\begin{array}{ccc} {x_{A} } & {=} & {5-2t} \\ {y_{A} } & {=} & {-1+t} \\ {z_{A} } & {=} & {-2+t} \end{array}\right.$$ ce qui donne $$\left\{\begin{array}{ccc} {1} & {=} & {5-2t} \\ {1} & {=} & {-1+t} \\ {0 } & {=} & {-2+t} \end{array}\right.$$Puis on résout les équations et on doit pour chaque ligne trouver la même valeur de $$t$$ pour que le point $$A$$ appartienne à la représentation paramétrique.
Ainsi $$\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {2} \\ {t} & {=} & {2} \\ {t} & {=} & {2} \end{array}\right.$$.
Donc le point $$A\left(1;1,0\right)$$ appartient à la représentation paramétrique donnée.
$$\blue{\text{ D'autre part :}}$$
On remplace les coordonnées de $$B$$ dans l'équation paramétrique proposée :
Donc $$\left\{\begin{array}{ccc} {x_{B} } & {=} & {5-2t} \\ {y_{B} } & {=} & {-1+t} \\ {z_{B} } & {=} & {-2+t} \end{array}\right.$$ ce qui donne $$\left\{\begin{array}{ccc} {3} & {=} & {5-2t} \\ {0} & {=} & {-1+t} \\ {-1} & {=} & {-2+t} \end{array}\right.$$Puis on résout les équations et on doit pour chaque ligne trouver la même valeur de $$t$$ pour que le point $$B$$ appartienne à la représentation paramétrique.
Ainsi $$\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {1} \\ {t} & {=} & {1} \\ {t} & {=} & {1} \end{array}\right.$$.
Donc le point $$B\left(3;0,-1\right)$$ appartient à la représentation paramétrique donnée.
Finalement, une représentation paramétrique de la droite $$\left(AB \right)$$ est bien : $$\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {5-2t} \\ {y} & {=} & {-1+t} \\ {z} & {=} & {-2+t} \end{array}\right.$$ où $$t\in$$$$\mathbb{R}$$

$$\red{\text{ La proposition est vraie.}}$$
On note $$\overrightarrow{u_{1} } \left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {3} \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{u_{2} } \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {1} \\ {1} \end{array}\right)$$ respectivement les vecteurs directeurs des droites $$\left(D\right)$$ et $$\left(AB\right)$$.
$$\overrightarrow{u_{1} } .\overrightarrow{u_{2} } =2\times\left(-2\right)+2\times 1+3\times 1=0.$$
Dans ce cas, les droites $$\left(D\right)$$ et $$\left(AB\right)$$ sont orthogonales.

$$\red{\text{ La proposition est fausse.}}$$
Etape 1 : On note $$\overrightarrow{u_{1} } \left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {3} \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{u_{2} } \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {1} \\ {1} \end{array}\right)$$ respectivement les vecteurs directeurs des droites $$\left(D\right)$$ et $$\left(AB\right)$$.
On vérifie facilement que les deux vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires , donc les droites $$\left(D\right)$$ et $$\left(AB\right)$$ sont parallèles. On a vu également à la question précédente, que les droites $$\left(D\right)$$ et $$\left(AB\right)$$ étaient orthogonales. Donc dans l'absolu on aurait pu directement chercher à voir si les droites étaient sécantes.
Etape 2 :
Il faut résoudre le système constitué des deux écritures paramétriques des droites $$\left(D\right)$$ et $$\left(AB\right)$$, et déterminons les valeurs de $$t$$ et $$s$$.
$$\left(D \right)\cap \left(AB \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2s} & {=} & {5-2t} \\ {1+s} & {=} & {-1+t} \\ {-5+3s} & {=} & {-2+t} \end{array}\right.$$ avec la deuxième ligne on exprime $$s$$ en fonction de $$t$$, puis on remplace ensuite $$s$$ dans la $$1$$^ère équation et dans la $$3$$^ème pour déterminer la valeur de $$t$$.
$$\left(D \right)\cap \left(AB \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2\times \left(-2+t\right)} & {=} & {5-2t} \\ {s} & {=} & {-2+t} \\ {-5+3\times \left(-2+t\right)} & {=} & {-2+t} \end{array}\right.$$
$$\left(D \right)\cap \left(AB \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {-4+2t} & {=} & {5-2t} \\ {s} & {=} & {-2+t} \\ {-5-6+3t} & {=} & {-2+t} \end{array}\right.$$
$$\left(D \right)\cap \left(AB \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {4t} & {=} & {9} \\ {s} & {=} & {-2+t} \\ {2t} & {=} & {9} \end{array}\right.$$
$$\left(D \right)\cap \left(AB \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {\frac{9}{4}} \\ {s} & {=} & {-2+t} \\ {t} & {=} & {\frac{9}{2}} \end{array}\right.$$
Ici, il y a deux valeurs de $$t$$ différents, ce qui est impossible.
Dans ce cas, les deux droites $$\left(D\right)$$ et $$\left(AB\right)$$ ne sont pas sécantes, elles ne sont pas donc coplanaires.

$$\red{\text{ La proposition est fausse.}}$$
$$\blue{\text{ Etape 1 :}}$$
Soient : $$\overrightarrow{n_{1}} \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-1} \\ {3} \end{array}\right)$$ un vecteur normal du plan $$\left(P\right)$$ et $$\overrightarrow{u_{1} } \left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {3} \end{array}\right)$$ un vecteur directeur de $$\left(D \right)$$.
$$\overrightarrow{n_{1} } .\overrightarrow{u_{1} } =1\times 2+\left(-1\right)\times 1+3\times 3\ne 0$$
$$\left(P\right)$$ et $$\left(D \right)$$ ne sont pas parallèles, par conséquent ils sont sécants.
$$\blue{\text{ Etape 2 : Cherchons le point d'intersection entre le plan et la droite à l'aide du système .}}$$
$$\left(P\cap D \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {x-y+3z+1=0} \\ {x=2s} \\ {y=1+s} \\ {z=-5+3s} \end{array}\right.$$où $$s \in \mathbb{R}$$
On remplace la valeur de $$x,y$$ et $$z$$ dans le plan $$\left(P\right)$$
$$\left(P\cap D \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {2s-1-s-15+9s+1=0} \\ {x=2s} \\ {y=1+s} \\ {z=-5+3s} \end{array}\right.$$équivaut successivement à
$$\left(P\cap D \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {10s-15=0} \\ {x=2s} \\ {y=1+s} \\ {z=-5+3s} \end{array}\right.$$
$$\left(P\cap D \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {s=\frac{15}{10}=\frac{3}{2}} \\ {x=2s} \\ {y=1+s} \\ {z=-5+3s} \end{array}\right.$$
Maintenant que nous avons la valeur de $$s$$, on peut obtenir les valeurs de $$x,y$$ et $$z$$
$$\left(P\cap D \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {s=\frac{3}{2}} \\ {x=2\times \frac{3}{2}} \\ {y=1+\frac{3}{2}} \\ {z=-5+3\times \frac{3}{2}} \end{array}\right.$$
Il en résulte que : $$\left(P\cap D \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {s=\frac{3}{2}} \\ {x=3} \\ {y=\frac{5}{2}} \\ {z=-\frac{1}{2}} \end{array}\right.$$
Les coordonnées du point d'intersection entre la droite et le plan est le point $$\left(3;\frac{5}{2};-\frac{1}{2}\right)$$.

$$\red{\text{ La proposition est vraie.}}$$
On ne connaît pas l'écriture cartésienne du plan $$\left(ABC\right)$$ mais ce n'est pas grave.
Il vient alors que :
$$\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-1} \\ {-1} \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {6} \\ {0} \\ {-2} \end{array}\right)$$.
Les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$ ne sont pas colinéaires donc les points $$A$$ , $$B$$ et $$C$$ forment bien le plan $$\left(ABC\right)$$.
Soit : $$\overrightarrow{n_{1}} \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-1} \\ {3} \end{array}\right)$$ un vecteur normal du plan $$\left(P\right)$$.
Commençons par calculer :
$$\overrightarrow{n_{1}} .\overrightarrow{AB} =1\times 2+\left(-1\right)\times \left(-1\right)+3\times \left(-1\right)=0$$
$$\overrightarrow{n_{1}} .\overrightarrow{AC} =1\times 6+\left(-1\right)\times 0+3\times \left(-2\right)=0$$
Nous avons deux vecteurs non colinéaires du plan $$\left(ABC\right)$$ qui sont tous les deux orthogonaux à un vecteur normal de $$P$$ alors les plans $$P$$ et $$\left(ABC\right)$$ sont parallèles.