Exercices types : $$1$$^ère partie - Exercice 4

On a :
$$\overrightarrow{AB} =\left(\begin{array}{c} {2} \\ {0} \\ {4} \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{AC} =\left(\begin{array}{c} {0} \\ {-1} \\ {1} \end{array}\right)$$. Les vecteurs $$\overrightarrow{AC}$$ et $$\overrightarrow{AB}$$ ne sont pas colinéaires. Donc les trois points $$A$$ , $$B$$ et $$C$$ ne sont pas alignés et définissent donc un plan.

Nous savons que : $$\overrightarrow{AB} =\left(\begin{array}{c} {2} \\ {0} \\ {4} \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{AC} =\left(\begin{array}{c} {0} \\ {-1} \\ {1} \end{array}\right)$$.
Il en résulte que :
$$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AC}=2\times 0 + 0\times\left(-1\right) + 4\times 1$$

Pour déterminer la mesure de l'angle $$\widehat{BAC}$$, nous allons utiliser la formule du produit scalaire utilisant le cosinus.
$$\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AC} =AB\times AC\times\cos \left(\widehat{BAC}\right)$$
Or :
$$AB=\sqrt{\left(x_{B} -x_{A} \right)^{2} +\left(y_{B} -y_{A} \right)^{2} +\left(z_{B} -z_{A} \right)^{2} }$$ ce qui donne $$AB=\sqrt{20}$$
$$AC=\sqrt{\left(x_{C} -x_{A} \right)^{2} +\left(y_{C} -y_{A} \right)^{2} +\left(z_{C} -z_{A} \right)^{2} }$$ ce qui donne $$AC=\sqrt{2}$$
$$\cos \left(\widehat{BAC}\right)=\frac{\overrightarrow{AB} .\overrightarrow{AC} }{AB\times AC}$$
$$\cos \left(\widehat{BAC}\right)=\frac{4}{\sqrt{40}}$$
Ainsi :

Les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan $$\left(ABC\right)$$.
$$\red{\text{ Calculons d'une part :}}$$
$$\overrightarrow{n} .\overrightarrow{AB } =2\times 2+\left(-1\right)\times 0+\left(-1\right)\times 4=0$$. Donc les vecteurs $$\overrightarrow{n}\left(2;-1;-1\right)$$ et $$\overrightarrow{AB}$$ sont orthogonaux.
$$\red{\text{ Calculons d'autre part :}}$$
$$\overrightarrow{n} .\overrightarrow{AC} =2\times 0+\left(-1\right)\times \left(-1\right)+\left(-1\right)\times 1=0$$. Donc les vecteurs $$\overrightarrow{n}\left(2;-1;-1\right)$$ et $$\overrightarrow{AC}$$ sont orthogonaux.
$$\overrightarrow{n}$$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $$\left(ABC\right)$$ donc $$\overrightarrow{n}$$ est un vecteur normal à ce plan.

D'après la question précédente, nous savons que $$\overrightarrow{n}\left(2;-1;-1\right)$$ est un vecteur normal au plan $$\left(ABC\right)$$.
Donc le plan s'écrit $$2x-y-z+d=0$$.
Or : $$A\left(-1;2;0\right)$$ appartient au plan donc $$2x_{A}-y_{A} -z_{A} +d=0$$
Ainsi : $$2\times \left(-1\right)-2-0+d=0$$, d'où $$d=4$$
On en conclut que l'équation cartésienne du plan $$\left(ABC\right)$$ recherché est : $$2x-y-z+4=0$$

Un vecteur directeur du plan d’équation $$x-2z+6=0$$ est $$\overrightarrow{n_{3}}\left(1;0;-2\right)$$. Ce vecteur est également un vecteur normal au plan $$P_{2}$$ puisque ces deux plans sont parallèles.
Une équation cartésienne de $$P_{2}$$ est donc $$x-2z+d=0$$. Or le point $$O\left(0;0;0\right)$$ appartient au plan $$P_{2}$$ ainsi $$d=0$$.
Le plan $$P_{2}$$ a pour équation $$x-2z=0$$ ce qui s'écrit également : $$x=2z$$.

Soient $$\overrightarrow{n_{1} } \left(\begin{array}{c} {3} \\ {1} \\ {-2} \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{n_{2} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {0} \\ {-2} \end{array}\right)$$ 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 parallèles, ils sont donc sécants.

Vérifions que la droite $$\left(D \right)$$ est confondue avec le plan $$P_{1}$$ et également confondue avec le plan $$P_{2}$$.

$$\red{\text{ D'une part :}}$$ vérifions si $$\left(D \right)$$ est confondue avec le plan $$P_{1}$$.

Pour cela, il suffit de remplacer les $$x$$, $$y$$ et $$z$$ du plan $$P_{1}$$ par les $$x$$, $$y$$ et $$z$$ de la droite $$\left(D \right)$$
Cela donne :
$$\left(D \cap P_{1}\right)\Leftrightarrow 3\left(2t\right)+\left(-4t-3\right)-2t+3=0$$
Il vient alors que :
$$6t-4t-3-2t+3=0$$ équivaut successivement à

Cela signifie que la droite $$\left(D \right)$$ est confondue avec le plan $$P_{1}$$.

$$\red{\text{ D'autre part :}}$$ vérifions si $$\left(D \right)$$ est confondue avec le plan $$P_{2}$$.

Pour cela, il suffit de remplacer les $$x$$, $$y$$ et $$z$$ du plan $$P_{2}$$ par les $$x$$, $$y$$ et $$z$$ de la droite $$\left(D \right)$$
Cela donne :
$$\left(D \cap P_{2}\right)\Leftrightarrow 2t-2t=0$$
Il vient alors que :

Cela signifie que la droite $$\left(D \right)$$ est confondue avec le plan $$P_{2}$$.
Ainsi la droite $$\left(D \right)$$ est confondue avec le plan $$P_{1}$$ et également confondue avec le plan $$P_{2}$$.
Donc $$\left(D \right)$$ est bien la droite d'intersection des plans $$P_{1}$$ et $$P_{2}$$.

Soit la droite $$D$$ dont un système d’équations paramétriques est : $$\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {2t} \\ {y} & {=} & {-4t-3} \\ {z} & {=} & {t} \end{array}\right.$$ où $$t\in$$$$\mathbb{R}$$
Soit $$M$$ un point de $$D$$, alors il existe un réel $$t$$ tel que : $$M\left(2t;-4t-3;t\right)$$
$$M\in \left(ABC\right)\Leftrightarrow 2\times \left(2t\right)-\left(-4t-3\right)-t+4=0\Leftrightarrow 7t+7=0\Leftrightarrow t=-1$$
La droite $$D$$ et le plan $$\left(ABC\right)$$ n’ont donc qu’un seul point commun, obtenu pour $$t=-1$$.
Ainsi :
$$\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {2\times\left(-1\right)} \\ {y} & {=} & {-4\times\left(-1\right)-3} \\ {z} & {=} & {-1} \end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {-2} \\ {y} & {=} & {1} \\ {z} & {=} & {-1} \end{array}\right.$$
Les coordonnées de $$I$$ sont $$\left(-2;1;-1\right)$$