Exercices types : $$1$$^ère partie - Exercice 3

On remplace les coordonnées de $$A$$ dans l'équation de la droite $$\left(d_{1} \right)$$
Donc $$\left\{\begin{array}{ccc} {x_{A} } & {=} & {2+t} \\ {y_{A} } & {=} & {3-t} \\ {z_{A} } & {=} & {t} \end{array}\right.$$ ce qui donne $$\left\{\begin{array}{ccc} {2} & {=} & {2+t} \\ {3} & {=} & {3-t} \\ {0} & {=} & {t} \end{array}\right.$$
Puis on résout les équations et on doit pour chaque ligne trouver la même valeur de $$t$$ pour que le point $$A$$ appartienne à $$\left(d_{1} \right)$$ .
Ainsi $$\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {0} \\ {t} & {=} & {0} \\ {t} & {=} & {0} \end{array}\right.$$.
Donc le point $$A\left(2;3,0\right)$$ appartient à la droite $$\left(d_{1} \right)$$.

On donne les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$ de représentations paramétriques suivantes :
$$\left(d_{1} \right):\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {2+t} \\ {y} & {=} & {3-t} \\ {z} & {=} & {t} \end{array}\right.$$ où $$t\in$$$$\mathbb{R}$$ et $$\left(d_{2} \right):\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {-5+2s} \\ {y} & {=} & {-1+s} \\ {z} & {=} & {5} \end{array}\right.$$ où $$s\in$$$$\mathbb{R}$$
Ainsi :
Un vecteur directeur de $$\left(d_{1} \right)$$ est : $$\overrightarrow{u_{1}} =\left(\begin{array}{c} {1} \\ {-1} \\ {1} \end{array}\right)$$
Un vecteur directeur de $$\left(d_{2} \right)$$ est : $$\overrightarrow{u_{2}} =\left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {0} \end{array}\right)$$
On vérifie facilement que les vecteurs $$\overrightarrow{u_{1}}$$ et $$\overrightarrow{u_{2}}$$ ne sont pas colinéaires. Donc les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$ ne sont pas parallèles.

$$\red{\text{ Calculons d'une part :}}$$
$$\overrightarrow{v} .\overrightarrow{u_{1} } =1\times 1+\left(-2\right)\times \left(-1\right)+\left(-3\right)\times 1 =0$$. Donc les vecteurs $$\overrightarrow{v}\left(1;-2;-3\right)$$ et $$\overrightarrow{u_{1}}$$ sont orthogonaux.
$$\red{\text{ Calculons d'autre part :}}$$
$$\overrightarrow{v} .\overrightarrow{u_{2} } =1\times 2+\left(-2\right)\times 1+\left(-3\right)\times 0=0$$. Donc les vecteurs $$\overrightarrow{v}\left(1;-2;-3\right)$$ et $$\overrightarrow{u_{2}}$$ sont orthogonaux.
Ainsi , le vecteur $$\overrightarrow{v}\left(1;-2;-3\right)$$ est bien orthogonal aux vecteurs $$\overrightarrow{u_{1}}$$ et $$\overrightarrow{u_{2}}$$.

Notons $$\overrightarrow{n}\left(5;4,-1\right)$$
$$\red{\text{ Calculons d'une part :}}$$
$$\overrightarrow{n} .\overrightarrow{u_{1} } =5\times 1+4\times \left(-1\right)+\left(-1\right)\times 1 =0$$. Donc les vecteurs $$\overrightarrow{n}\left(5;4;-1\right)$$ et $$\overrightarrow{u_{1}}$$ sont orthogonaux.
$$\red{\text{ Calculons d'autre part :}}$$
$$\overrightarrow{n} .\overrightarrow{v} =5\times 1+4\times \left(-2\right)+\left(-1\right)\times \left(-3\right)=0$$. Donc les vecteurs $$\overrightarrow{n}\left(5;4;-1\right)$$ et $$\overrightarrow{v}$$ sont orthogonaux.
$$\overrightarrow{n}$$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $$\left(P\right)$$ donc $$\overrightarrow{n}$$ est un vecteur normal à ce plan.
Ici le plan s'écrit $$5x+4y-z+d=0$$.
Or : $$A\left(2;3;0\right)$$ appartient au plan donc $$5x_{A}+4y_{A} -z_{A} +d=0$$
Ainsi : $$5\times 2+4\times 3-0+d=0$$, d'où $$d=-22$$
On en conclut que l'équation cartésienne du plan $$\left(P\right)$$ recherché est : $$5x+4y-z-22=0$$

$$\red{\text{ Etape 1 :}}$$
Soient : $$\overrightarrow{n} \left(\begin{array}{c} {5} \\ {4} \\ {-1} \end{array}\right)$$ un vecteur normal du plan $$\left(P\right)$$ et $$\overrightarrow{u_{2} } \left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {0} \end{array}\right)$$ un vecteur directeur de $$\left(d_{1} \right)$$
$$\overrightarrow{n} .\overrightarrow{u_{2} } =5\times 2+4\times 1+\left(-1\right)\times 0\ne 0$$
$$\left(P \right)$$ et $$\left(d_{2} \right)$$ ne sont pas parallèles, par conséquent ils sont sécants.
$$\red{\text{ Etape 2 : Cherchons le point d'intersection entre le plan et la droite à l'aide du système .}}$$
$$\left(P\cap d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {5x+4y-z-22=0} \\ {x=-5+2s} \\ {y=-1+s} \\ {z=5} \end{array}\right.$$où $$s \in \mathbb{R}$$
On remplace la valeur de $$x,y$$ et $$z$$ dans le plan $$\left(P\right)$$
$$\left(P\cap d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {5\left(-5+2s\right)+4\left(-1+s\right)-5-22=0} \\ {x=-5+2s} \\ {y=-1+s} \\ {z=5} \end{array}\right.$$équivaut successivement à
$$\left(P\cap d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {-25+10s-4+4s-5-22=0} \\ {x=-5+2s} \\ {y=-1+s} \\ {z=5} \end{array}\right.$$
$$\left(P\cap d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {14s-56=0} \\ {x=-5+2s} \\ {y=-1+s} \\ {z=5} \end{array}\right.$$
Ainsi : $$\left(P\cap d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {s=4} \\ {x=-5+2s} \\ {y=-1+s} \\ {z=5} \end{array}\right.$$Maintenant que nous avons la valeur de $$s$$, on peut obtenir les valeurs de $$x,y$$ et $$z$$.
$$\left(P\cap d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {s=4} \\ {x=-5+2\times 4} \\ {y=-1+4} \\ {z=5} \end{array}\right.$$
Il en résulte que $$\left(P\cap d_{2} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {s=4} \\ {x=3} \\ {y=3} \\ {z=5} \end{array}\right.$$
Les coordonnées du point d'intersection entre la droite et le plan est le point $$\left(3;3;5\right)$$

On sait que la droite $$\Delta$$ dirigée par le vecteur $$\overrightarrow{v}\left(1;-2;-3\right)$$, et passant par le point $$B\left(3;3;5\right)$$.
Son écriture paramétrique est alors :
$$\left(\Delta \right):\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {3+k} \\ {y} & {=} & {-2k+3} \\ {z} & {=} & {-3k+5} \end{array}\right.$$ où $$k\in$$$$\mathbb{R}$$

$$\left(d_{1} \right)\cap \left(\Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2+t} & {=} & {3+k} \\ {3-t} & {=} & {-2k+3} \\ {t} & {=} & {-3k+5} \end{array}\right.$$ avec la troisième ligne on exprime $$t$$ en fonction de $$k$$
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(\Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {2-3k+5} & {=} & {3+k} \\ {3+3k-5} & {=} & {-2k+3} \\ {t} & {=} & {-3k+5} \end{array}\right.$$ on remplace ensuite $$t$$ dans la $$1$$^ère équation et dans la $$2$$^ème pour déterminer la valeur de $$k$$.
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(\Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {-4k} & {=} & {-4} \\ {5k} & {=} & {5} \\ {t} & {=} & {-3k+5} \end{array}\right.$$ équivaut successivement à
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(\Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {k} & {=} & {1} \\ {k} & {=} & {1} \\ {t} & {=} & {-3\times 1+5} \end{array}\right.$$
$$\left(d_{1} \right)\cap \left(\Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} {k} & {=} & {1} \\ {k} & {=} & {1} \\ {t} & {=} & {2} \end{array}\right.$$
Ici, les valeurs de $$k$$ sont égales, et on a défini $$t$$.
On remplace maintenant les valeurs de $$k$$ et $$t$$ respectivement dans les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\Delta$$.
$$\left(d_{1} \right):\left\{\begin{array}{ccccc} {x} & {=} & {2+2} & {=} & {4} \\ {y} & {=} & {3-2} & {=} & {1} \\ {z} & {=} & {2} \end{array}\right.$$ et $$\left(\Delta \right):\left\{\begin{array}{ccccc} {x} & {=} & {3+1} & {=} & {4} \\ {y} & {=} & {-2\times 1+3} & {=} & {1} \\ {z} & {=} & {-3\times 1+5} & {=} & {2} \end{array}\right.$$
Notons $$C\left(4;1;2\right)$$ le point d'intersection entre les droites $$\left(d_{1} \right)$$ et $$\Delta$$.