\chapter{Vecteurs, droites et plans de l'espace}

\newpage

\section{Droites dans l'espace}

\subsection{Caractérisation}

\begin{prop}
Toute droite $\mathcal{D}$ de l'espace est définie par un point $A$ et un vecteur $\vec{u}$.

On dit que $\vec{u}$ est un \textit{vecteur directeur} de la droite.

$\mathcal{D}$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que:
\[
\vv{AM} = k\vec{u},\quad k\in\R.
\]
\end{prop}


\subsection{Droites parallèles}
\enlargethispage*{\baselineskip}

\begin{defin}
\begin{itemize}
\item Deux vecteurs de l'espace sont dits \textit{colinéaires} s'ils ont la même direction.

\item Deux droites de l'espace sont dites \textit{parallèles} si leurs vecteurs directeurs respectifs sont colinéaires.
\end{itemize}
\end{defin}


\begin{attention}
Dans l'espace, deux droites qui ne se coupent pas ne sont pas nécessairement parallèles.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=4]
\shade[draw=orange,shading=ball, ball color=orange,opacity=0.2] (0,0) -- (1,0) -- (1,1) -- (0,1) -- cycle;
\draw[orange] (0,0) -- (1,0) -- (1,1) -- (0,1) -- cycle;
\pgfmathparse{cos(45)/2}\let\x\pgfmathresult
\pgfmathparse{sin(45)/2}\let\y\pgfmathresult
\pgfmathparse{1+\x}\let\xx\pgfmathresult
\pgfmathparse{1+\y}\let\yy\pgfmathresult
\draw[dotted,orange] (0,0) -- (\x,\y) -- (\xx,\y);
\draw[dotted,orange] (\x,\y) -- (\x,\yy);
\shade[shading=ball, ball color=orange,opacity=0.2] (0,1) -- (\x,\yy) -- (\xx,\yy) -- (1,1) -- cycle;
\draw[orange] (0,1) -- (\x,\yy) -- (\xx,\yy) -- (1,1) -- cycle;
\filldraw[draw=orange,shading=ball, ball color=orange,opacity=0.2] (1,0) -- (1,1) -- (\xx,\yy) -- (\xx,\y) -- cycle;
\draw[orange] (1,0) -- (1,1) -- (\xx,\yy) -- (\xx,\y) -- cycle;
\node[below left] at (0,0) {A};
\node[below right] at (1,0) {B};
\node[below right] at (\xx,\y) {C};
\node[below] at (\x,\y) {D};
\node[left] at (0,1) {E};
\node[below right] at (1,1) {F};
\node[right] at (\xx,\yy) {G};
\node[above] at (\x,\yy) {H};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Dans le cube ci-dessus par exemple, les droites (EF) et (BC) ne sont pas parallèles bien qu'elles ne se coupent pas.
\end{attention}

\begin{prop}
Dans l'espace, deux droites parallèles sont nécessairement dans un même plan; on dit qu'elles sont \textit{coplanaires}.
\end{prop}


\newpage

\section{Plans dans l'espace}

\subsection{Combinaison linéaire de deux vecteurs}

\begin{defin}[combinaison linéaire de vecteurs]
Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs de l'espace.

On dit que $\vec{w}$ est une \textit{combinaison linéaire} de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ s'il existent deux réels $\lambda$ et $\mu$ tels que:
\[
\vec{w} = \lambda\vec{u} + \mu\vec{v}.
\]
\end{defin}


\subsection{Caractérisation d'un plan dans l'espace}

\begin{prop}
Tout plan de l'espace est défini par un point $A$ et un couple de vecteurs non colinéaires $(\vec{u},\vec{v})$.

On dit que le plan est dirigé par le couple $(\vec{u}, \vec{v})$.
\end{prop}

\begin{rem}
Pour tout point $M$ du plan défini par un point $A$ et un couple de vecteurs $(\vec{u},\vec{v})$, $\vv{AM}$ est une combinaison linéaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$.
\end{rem}

\begin{defin}
Soit un plan défini par un point $A$ et un couple de vecteurs $(\vec{u},\vec{v})$.
\begin{itemize}
\item $(\vec{u},\vec{v})$ est appelé une \textit{base} du plan.
\item $(A;\vec{u},\vec{v})$ est appelé un \textit{repère} du plan.
\end{itemize}
\end{defin}

\subsection{Plans parallèles}

\begin{prop}
Soient deux plans de l'espace $\mathcal{P}_1$, dirigé par $(\vec{u_1},\vec{v_1})$, et $\mathcal{P}_2$, dirigé par $(\vec{u_2},\vec{v_2})$.

$\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ sont parallèles $\iff$ $\vec{u_2}$ et $\vec{v_2}$ sont deux combinaisons linéaires de $\vec{u}_1$ et $\vec{v}_1$.
\end{prop}

\newpage

\section{Vecteurs coplanaires et repère de l'espace}


\subsection{Vecteurs coplanaires}

\begin{defin} 
Trois vecteurs $\vec{u}$, $\vec{v}$ et $\vec{w}$ de l'espace non deux à deux colinéaires sont dits \textit{coplanaires} si l'un est une combinaison linéaire des deux autres.
\end{defin}

\begin{rem}
Si deux des trois vecteurs sont colinéaires alors les trois vecteurs sont nécessairement coplanaires.
\end{rem}

\subsection{Repère de l'espace}

\begin{prop}
Si $\vec{u}$, $\vec{v}$ et $\vec{w}$ sont trois vecteurs non coplanaires de l'espace, pour tout vecteur $\vec{t}$ de l'espace il existe un triplet unique de réels $(a~;b~;c)$ tel que $\vec{t} = a\vec{u} +b\vec{v} + c\vec{w}$.
\end{prop}

\begin{defin}
Un repère de l'espace est défini par un point $A$ et un triplet de 3 vecteurs non coplanaires $(\vec{u}, \vec{v}, \vec{w})$.
\end{defin}

\begin{prop}
Dans le repère $(A~; \vec{u}, \vec{v}, \vec{w})$, pour tout point $M$ de l'espace il existe un triplet unique de réels $(x~;y~;z)$ tel que $\overrightarrow{AM} = x\vec{u} + y\vec{v} +z\vec{w}$.
\end{prop}

\begin{defin}[coordonnées d'un point et d'un vecteur de l'espace]
Dans le repère $(A~; \vec{u}, \vec{v}, \vec{w})$, si un point $M$ est tel que $\overrightarrow{AM} = x\vec{u} + y\vec{v} +z\vec{w}$ alors $(x;y;z)$ constitue les coordonnées du point $M$, mais aussi du vecteur $\overrightarrow{AM}$ dans ce repère.
\end{defin}


Les calculs sur les coordonnées dans l'espace se font comme les calculs sur les coordonnées dans le plan.

\newpage

\section{Représentations paramétriques de droites}


L'espace est muni d'un repère $(O~; \vec{i},\vec{j},\vec{k})$. Soit $\mathcal{D}$ la droite passant par le point $A$ de coordonnées $(x_A~;y_A~;z_A)$ et de vecteur directeur $\vec{u}$ de coordonnées $(a~;b~;c)$.

\begin{thm}
\[ 
M(x;y;z)\in\mathcal{D} \iff 
\left\{
\begin{aligned}
x &= x_A + at \\
y &= y_A + bt \\
z &= z_A + ct
\end{aligned}\right.,\quad t\in\R.
\] 
\end{thm}


C'est une représentation paramétrique de $\cal D$.

\begin{attention}
Cette représentation paramétrique n'est pas unique et dépend du vecteur directeur et du point choisi sur la droite !
\end{attention}

\begin{exemple}
La droite caractérisée par la représentation paramétrique suivante:
\[
\left\{
\begin{aligned}
x &= -1 + 3t \\
y &= 2  -t \\
z &= 5 + 7t
\end{aligned}\right.,\quad t\in\R.
\]
passe par le point $A(-1;2;5)$ et a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}
3\\-1\\7\end{pmatrix}$.
\end{exemple}

\begin{rem}[point d'intersection de deux droites]
Deux droites $(d)$ et $(d')$ ont pour représentations paramétriques respectives:
\[
(d):\begin{cases}
x = -1 + t\\
y = 6+2t\\
z = -2 -4t
\end{cases},\ t\in\R
\qquad;\qquad
(d'):\begin{cases}
x = 4 - 3t'\\
y = 16 - 5t'\\
z = -22 + t'
\end{cases},\ t'\in\R
\]
Sont-elles sécantes ?

\medskip

Notons $I$ l'éventuel point d'intersection de ces droites. Alors, 
\[
\exists t\in\R,\ \begin{cases}
x_I = -1 + t\\
y_I = 6+2t\\
z_I = -2 -4t
\end{cases}
\qquad\text{et}\qquad
\exists t'\in\R,\ \begin{cases}
x_I = 4 - 3t'\\
y_I = 16 - 5t'\\
z_I = -22 + t'
\end{cases}.
\]

Il faut donc voir si le système:
\[
\begin{cases}
-1 + t = 4-3t'\\
6+2t = 16-5t'\\
-2 -4t=-22+t'
\end{cases}
\]

admet une solution.

Pour le savoir, il faut prendre uniquement deux équations sur les trois:
\[
\begin{cases}
-1 + t = 4-3t'\\
6+2t = 16-5t'
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
t+3t'=5\\
2t+5t'=10
\end{cases}
\]
et résoudre le système; on trouve ici : $t=5$ et $t'=0$.

On doit ensuite vérifier que la troisième équation est vérifiée pour ces valeurs:
\[
-2 -4t=-22+t' \iff -2-4\times5 = -22 + 0 \iff -22 = -22.
\]
C'est donc ici le cas. Par conséquent, les deux droites sont sécantes et leur point d'intersection est obtenu par exemple en prenant $t'=0$ dans la représentation paramétrique de $(d')$ : il s'agit du point de coordonnées $(4;16;-22)$.
\end{rem}

%\subsection{Représentations paramétriques d'un plan}
%
%
%\begin{thm}
%L'espace est muni d'un repère $(O~; \vec{i},\vec{j},\vec{k})$.
%
%On considère le plan $\mathcal{P}$ de repère $(A~;\vec{u},\vec{v})$. Le point $A$ a pour coordonnées $(x_A~;y_A~;z_A)$ et les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ont pour coordonnées respectives $(a~;b~;c)$ et $(a'~;b'~;c')$.
%
%Alors le système  :
%\[ \begin{cases}
%x = x_A + \lambda a + \mu a' \\
%y = y_A + \lambda b + \mu b' \\
%z = z_A + \lambda c + \mu c'
%\end{cases}
%\quad,\quad (\lambda;\mu)\in\R^2
%\] 
%est appelé une représentation paramétrique du plan $\mathcal{P}$.
%\end{thm}
%
%\begin{exemple}
%Le plan caractérisé par la représentation paramétrique:
%\[
%\begin{cases}
%x = -3 + 7\lambda - 2\mu\\
%y = 1 - \lambda + 2\mu\\
%z = 7 + 5\lambda - \mu
%\end{cases}\quad,\quad(\lambda;\mu)\in\R^2
%\]
%passe par le point de coordonnées $(-3;1;7)$ et a pour vecteurs directeurs $\vv{u}\begin{pmatrix}7\\-1\\5\end{pmatrix}$ et $\vv{v}\begin{pmatrix}-2\\2\\-1\end{pmatrix}$.
%\end{exemple}
%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\exercices

\subsection*{Vecteurs, droites et plans}

\begin{exocor}{combinaison linéaire de vecteurs}[1]
\begin{minipage}{6cm}
\begin{tikzpicture}
\definecolor{ttzzqq}{rgb}{0.2,0.6,0}
\definecolor{qqwwzz}{rgb}{0,0.4,0.6}
\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1,0,0}
\definecolor{ududff}{rgb}{0.30196078431372547,0.30196078431372547,1}
\definecolor{xdxdff}{rgb}{0.49019607843137253,0.49019607843137253,1}
\node[fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}
\draw  (1,4)-- (4,4);
\draw  (4,4)-- (3,3);
\draw  (3,3)-- (0,3);
\draw  (0,3)-- (1,4);
\draw  (0,3)-- (0,0);
\draw  (0,0)-- (3,0);
\draw  (3,0)-- (3,3);
\draw  (4,4)-- (4,1);
\draw  (4,1)-- (3,0);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (1,4)-- (1,1);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (1,1)-- (0,0);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (1,1)-- (4,1);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=qqwwzz] (0,0)-- (4,2.5);
\draw [color=xdxdff] (0,0)-- ++(-0.5pt,0 pt) -- ++(1pt,0 pt) ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(0 pt,1pt);
\draw[color=xdxdff] (-0.34,-0.19) node {$A$};
\draw [color=ududff] (1,1)-- ++(-0.5pt,0 pt) -- ++(1pt,0 pt) ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(0 pt,1pt);
\draw[color=ududff] (0.72,1.23) node {$B$};
\draw [color=ududff] (4,1)-- ++(-0.5pt,0 pt) -- ++(1pt,0 pt) ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(0 pt,1pt);
\draw[color=ududff] (4.28,1.09) node {$C$};
\draw [color=xdxdff] (3,0)-- ++(-0.5pt,0 pt) -- ++(1pt,0 pt) ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(0 pt,1pt);
\draw[color=xdxdff] (3.16,-0.27) node {$D$};
\draw [color=xdxdff] (0,3)-- ++(-0.5pt,0 pt) -- ++(1pt,0 pt) ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(0 pt,1pt);
\draw[color=xdxdff] (-0.26,3.49) node {$E$};
\draw [color=ududff] (1,4)-- ++(-0.5pt,0 pt) -- ++(1pt,0 pt) ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(0 pt,1pt);
\draw [color=purple] (2,3)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3pt,3pt) ++(-3pt,0) -- ++(3pt,-3pt) node[below] {$K$};
\draw[color=ttzzqq] (2.48,1.93) node {$J$};
\draw[color=ududff] (1.02,4.35) node {$F$};
\draw [color=ududff] (4,4)-- ++(-0.5pt,0 pt) -- ++(1pt,0 pt) ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(0 pt,1pt);
\draw[color=ududff] (4.16,4.27) node {$G$};
\draw [color=ududff] (3,3)-- ++(-0.5pt,0 pt) -- ++(1pt,0 pt) ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(0 pt,1pt);
\draw[color=ududff] (2.86,3.47) node {$H$};
\draw [color=ffqqqq] (4,2.5)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3pt,3pt) ++(-3pt,0) -- ++(3pt,-3pt);
\draw[color=ffqqqq] (4.36,2.61) node {$I$};
\draw [color=ttzzqq] (2.4035955056179774,1.5022471910112358)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3pt,3pt) ++(-3pt,0) -- ++(3pt,-3pt);
\draw[color=ttzzqq] (2.48,1.93) node {$J$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-6cm}
On considère le cube ABCDEFGH ci-contre.

\medskip

Soit I le milieu de [GC], soit J le point défini par : $\vv{AJ} = x\vv{AI}$, où $0 \leqslant x \leqslant 1$, et soit $K$ le point défini par $\vv{EK}=\dfrac{2}{3}\vv{EH}$.
\end{minipage}
\begin{enumerate}
\item Exprimer $\vv{AI}$ en fonction de $\vv{AB}$, $\vv{AD}$ et $\vv{AE}$.
\item Exprimer $\vv{CJ}$ en fonction de $\vv{AB}$, $\vv{AD}$ et $\vv{AE}$.
\item Exprimer $\vv{KJ}$ en fonction de $\vv{AB}$, $\vv{AD}$ et $\vv{AE}$.
\item Exprimer $\vv{IK}$ en fonction de $\vv{AB}$, $\vv{AD}$ et $\vv{AE}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\vv{AI} & = \vv{AD} + \vv{DC} + \vv{CI}\text{ (relation de Chasles)}\\
& = \vv{AD} + \vv{DC} + \dfrac{1}{2}\vv{CG}\\
\Aboxed{\vv{AI} & = \vv{AD} + \vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{AE}}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{CJ} & = \vv{CD} + \vv{DA} + \vv{AJ}\text{ (relation de Chasles)}\\
& = -\vv{AB} - \vv{AD} + x\vv{AI}\\
& = -\vv{AB} - \vv{AD} + x\left( \vv{AD} + \vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{AE} \right)\\
\Aboxed{\vv{CJ} & = (x-1)\vv{AB} + (x-1)\vv{AD} + \dfrac{x}{2}\vv{AE}}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{KJ} & = \vv{KE} + \vv{EA} + \vv{AJ}\text{ (relation de Chasles)}\\
& = -\dfrac{2}{3}\vv{AD} - \vv{AE} + x\vv{AI}\\
& = -\dfrac{2}{3}\vv{AD} - \vv{AE} + x\left( \vv{AD} + \vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{AE} \right)\\
\Aboxed{\vv{KJ} & = \left(x-\dfrac{2}{3}\right)\vv{AD} + x\vv{AB} + \left(\dfrac{x}{2}-1\right)\vv{AE}}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{IK} & = \vv{IG} + \vv{GH} + \vv{HK}\\
\Aboxed{\vv{IK} & = \dfrac{1}{2}\vv{AE} - \vv{AB} -\dfrac{1}{3}\vv{AD}}
\end{aligned}$
\end{enumerate}

\begin{rem}
il n'y a pas qu'une seule façon d'utiliser la relation de Chasles pour décomposer un vecteur. Selon le \og chemin \fg{}  que l'on emprunte, le raisonnement peut être plus ou moins long.
\end{rem}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{parallélisme}[1]
\begin{minipage}{7cm}
\definecolor{ttzzqq}{rgb}{0.2,0.6,0}
\definecolor{qqzzff}{rgb}{0,0.6,1}
\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1,0,0}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[scale=0.66]
\clip(0,-0.5) rectangle (9,6.5);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (1,1)-- (6,3);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (6,3)-- (6,6);
\draw  (6,6)-- (1,4);
\draw  (1,4)-- (1,1);
\draw  (1,1)-- (3,0);
\draw  (3,0)-- (8,2);
\draw  (8,2)-- (8,5);
\draw  (8,5)-- (3,3);
\draw  (3,3)-- (1,4);
\draw  (6,6)-- (8,5);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (6,3)-- (8,2);
\draw  (3,3)-- (3,0);
\draw [color=ffqqqq] (1,1)-- (3,3);
\draw [color=qqzzff] (1,4)-- (8,5);
\draw [color=ttzzqq] (3,3)-- (8,2);
\draw[color=black] (0.72,0.65) node {$A$};
\draw[color=black] (6,3) node[above right] {$B$};
\draw[color=black] (6.16,6.27) node {$C$};
\draw[color=black] (0.76,4.25) node {$D$};
\draw[color=black] (3.06,-0.23) node {$E$};
\draw[color=black] (8.18,1.81) node {$F$};
\draw[color=black] (8.16,5.27) node {$G$};
\draw[color=black] (2.96,3.53) node {$H$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-7cm}
$ABCDEFGH$ est un pavé droit.

\bigskip

Démontrer que les plans $(AFH)$ et $(BDG)$ sont\linebreak parallèles.
\end{minipage}

\tcblower

Montrons que les deux plans sont dirigés par le même couple de vecteurs :

D'après la relation de Chasles :  $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{EH}$.

$ABCDEFGH$ est un pavé droit donc $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{BF} + \overrightarrow{FG}$, et finalement:
\[
\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{BG}.
\]


On montre de même que $\overrightarrow{FH} = \overrightarrow{BD}$.


Par leur position sur le pavé, les points $A$, $H$ et $F$ ne sont pas alignés, donc les vecteurs $\overrightarrow{AH}$ et $\overrightarrow{FH}$ ne sont pas colinéaires et dirigent le plan $(AHF)$. De même, les vecteurs $\overrightarrow{BG}$ et $\overrightarrow{BD}$ dirigent le plan $(BDG)$. Les deux plans étant dirigés par le même couple de vecteurs, ces plans sont parallèles.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{vecteurs coplanaires}[2]
Soit $ABCD$ un tétraèdre. On définit le point $E$ par la relation vectorielle:
\[
\vv{AE} = \dfrac{1}{4}\vv{DC}.
\]
Montrer que $\vv{AE}$, $\vv{EC}$ et $\vv{AD}$ sont coplanaires.

\tcblower

\bigskip

\begin{tikzpicture}[baseline]
\pgfmathsetmacro{\factor}{1/sqrt(2)};
\coordinate [label=right:C] (A) at (2,0,-2*\factor);
\coordinate [label=left:D] (B) at (-2,0,-2*\factor);
\coordinate [label=above:A] (C) at (0,2,2*\factor);
\coordinate [label=below:B] (D) at (0,-2,2*\factor);
\draw[-, fill=red!30, opacity=.5] (A)--(D)--(B)--cycle;
\draw[-, fill=green!30, opacity=.5] (A) --(D)--(C)--cycle;
\draw[-, fill=purple!30, opacity=.5] (B)--(D)--(C)--cycle;
\draw[red,thick,->,>=latex] (C) -- (1,2,2*\factor) node[right] {E};
\end{tikzpicture}
\begin{minipage}{\linewidth-5cm}
$\vv{AE}$, $\vv{EC}$ et $\vv{AD}$ sont coplanaires si et seulement si l'un des vecteurs est une combinaison linéaires des deux autres.
\begin{align*}
\vv{AD} & = \vv{AE} + \vv{EC} + \vv{CD}\\
        & = \vv{AE} + \vv{EC} - 4\vv{AE}\\
        & = \vv{EC} - 3\vv{AE}.
\end{align*}
$\vv{AD}$ est donc une combinaison linéaire de $\vv{EC}$ et $\vv{AE}$, qui ne sont pas colinéaires, donc les trois vecteurs sont coplanaires.
\end{minipage}

\end{exocor}

\subsection*{Représentations paramétriques de droites}

%%%

\begin{exocor}{représentations paramétriques de droites}[1]
Dans chacune des questions suivantes, déterminer une représentation paramétrique de la droite $\mathcal{D}$, passant par le point $A$ et de vecteur directeur $\vv{u}$.

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $A(0;2;-1)$ et $\vv{u}\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$
\item $A(-3;1;5)$ et $\vv{u}\begin{pmatrix} 0 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix}$
\item $A(2;-3;4)$ et $\vv{u}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

Nous savons qu'une représentation paramétrique de droite passant par le point $A\coordEsp{x_A}{y_A}{z_A}$ et de vecteur directeur $\vv{u}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$ est de la forme :
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
x=x_A+at\\
y=y_A+bt\\
z=z_A+ct
\end{array}
\right., t \in \R
\]

\newpage

On a alors :

\medskip

\begin{enumerate}
\item $(\mathcal{D}):\left\lbrace
\begin{array}{l}
x=-t\\
y=2+2t\\
z=-1-t
\end{array}
\right.,\quad t \in\R$

\item $(\mathcal{D}):\left\lbrace
\begin{array}{l}
x=-3\\
y=1-2t\\
z=5+3t
\end{array}
\right.,\quad t \in\R$

\item $(\mathcal{D}):\left\lbrace
\begin{array}{l}
x=2+t\\
y=-3+2t\\
z=4-3t
\end{array}
\right.,\quad t \in\R$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{droites confondues}[1]
Soient $(\mathcal{D}_1)$ et $(\mathcal{D}_2)$ de représentations paramétriques respectives:
\[
(\mathcal{D}_1)\quad:\quad\left\lbrace\begin{array}{l} x=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}t \\ y=-\frac{1}{4}+\frac{5}{4}t\\ z=t \end{array} \right.\;,\quad t \in\R\qquad\qquad
(\mathcal{D}_2)\quad:\quad\left\lbrace\begin{array}{l} x=\frac{9}{5}+\frac{6}{5}t' \\ y=t'\\ z=\frac{1}{5}+\frac{4}{5}t' \end{array} \right.\;,\quad t'~\in\R\;.
\]
Montrer que $(\mathcal{D}_1)$ et  $(\mathcal{D}_2)$ sont confondues.

\tcblower

D'après leurs représentations paramétriques, $(\mathcal{D}_1)$ a pour vecteur directeur $\vv{u}\begin{pmatrix}3/2
\\ 5/4 \\ 1\end{pmatrix}$ et $(\mathcal{D}_2)$ a pour vecteur directeur $\vv{v}\begin{pmatrix}6/5 \\ 1 \\
4/5 \end{pmatrix}$. On remarque que $\vv{v}=\frac{4}{5}\vv{u}$ donc les vecteurs sont colinéaires, ce qui signifie que  $(\mathcal{D}_1)$ et  $(\mathcal{D}_2)$ sont parallèles.

\newpage
 
De plus, le point $A\left(\frac{3}{2};-\frac{1}{4};0 \right) \in (\mathcal{D}_1)$ ; vérifions que $A \in (\mathcal{D}_2)$. Pour cela, vérifions que ses coordonnées vérifient la représentation paramétrique de $(\mathcal{D}_2)$ :
\[ \left\lbrace\begin{array}{l} \frac{3}{2}=\frac{9}{5}+\frac{6}{5}t' \\ -\frac{1}{4}=t'\\ 0=\frac{1}{5}+\frac{4}{5}t' \end{array} \right. \Rightarrow t' = -\frac{1}{4}. \]
On trouve une valeur de $t'$ et une seule; par conséquent, $A \in (\mathcal{D}_2)$, ce qui signifie alors que $(\mathcal{D}_1)$ et $(\mathcal{D}_2)$ sont confondues.
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{droites sécantes}[1]
Soient $(\mathcal{D}_1)$ et $(\mathcal{D}_2)$ de représentations paramétriques respectives:
\[
(\mathcal{D}_1)\quad:\quad\left\lbrace\begin{array}{l} x=-2+3t \\ y=1-2t\\ z=7+4t \end{array} \right.\;,\quad t \in\R\qquad\qquad
(\mathcal{D}_2)\quad:\quad\left\lbrace\begin{array}{l} x=-8-3t' \\ y=5+t'\\ z=-1+2t' \end{array} \right.\;,\quad t'~\in\R\;.
\]
Montrer que $(\mathcal{D}_1)$ et  $(\mathcal{D}_2)$ sont sécantes et donner les coordonnées de leur point d'intersection.

\tcblower

Utilisons la méthode du cours pour montrer que les droites sont sécantes. Montrons que le système:
\[
\left\lbrace\begin{array}{l} 
-2+3t = -8-3t' \\ 
1-2t = 5+t'\\ 
7+4t = -1+2t'
\end{array} \right.
\]
admet une unique solution. Pour cela, considérons le système formé uniquement deux deux premières équations:
\begin{align*}
\left\lbrace\begin{array}{l} 
-2+3t = -8-3t' \\ 
1-2t = 5+t'
\end{array} \right. & 
\iff 
\left\lbrace\begin{array}{l} 
3t + 3t' = -6 \\ 
-2t-t' = 4
\end{array} \right.\\
& \iff \left\lbrace\begin{array}{l} 
t + t' = -2 \\ 
t' = -2t - 4
\end{array} \right.\\
& \iff \left\lbrace\begin{array}{l} 
t -2t-4 = -2 \\ 
t' = -2t - 4
\end{array} \right.\\
& \iff \left\lbrace\begin{array}{l} 
t = -2 \\ 
t' = 0
\end{array} \right.
\end{align*}
La troisième équation donne alors:
\[
7+4t = -1+2t' \iff 7+4\times(-2) = -1+2\times0 \iff -1=-1.
\]
Cette dernière égalité étant vraie, $t=-2$ et $t'=0$ sont les solutions du système. Les deux droites sont alors sécantes et leur point d'intersection est obtenu en replaçant par exemple $t'$ par 0 dans la représentation paramétrique de $(\mathcal{D}_2)$: $I\coordEsp{-8}{5}{-1}$.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{position relative de deux droites}[1]
Soient $(\mathcal{D}_1)$ et $(\mathcal{D}_2)$ de représentations paramétriques respectives:
\[
(\mathcal{D}_1)\quad:\quad
\left\lbrace\begin{array}{l} 
x=2-5t \\ 
y=-1+t\\ 
z=4-3t 
\end{array} \right.\;,\quad t \in\R\qquad\qquad
(\mathcal{D}_2)\quad:\quad
\left\lbrace\begin{array}{l} 
x=5+t' \\ 
y=-4-2t'\\ 
z=1+t' 
\end{array} \right.\;,\quad t'~\in\R\;.
\]
Sont-elles parallèles ? Sont-elles sécantes ?

\tcblower

\begin{itemize}
\item \textit{Les droites sont-elles parallèles ?}

Pour le savoir, il faut regarder si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. 

Le vecteur directeur de $(\mathcal{D}_1)$ est $\vv{u}\begin{pmatrix}
-5\\1\\-3\end{pmatrix}$ et celui de $(\mathcal{D}_2)$ est $\vv{v}\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}$.
\[
\dfrac{-5}{1} \neq \dfrac{1}{-2}
\]
donc les vecteurs ne sont pas colinéaires. Les droites ne sont donc pas parallèles.

\medskip

\item \textit{Les droites sont-elles sécantes ?}

Pour le savoir, nous devons résoudre le système:
\[
\left\lbrace\begin{array}{l} 
2-5t=5+t' \\ 
-1+t=-4-2t'\\ 
4-3t=1+t' 
\end{array} \right.
\]
Si on ne considère que les deux premières équations, on a:
\begin{align*}
\left\lbrace\begin{array}{l} 
2-5t=5+t' \\ 
-1+t=-4-2t'
\end{array} \right. & \iff
\left\lbrace\begin{array}{l} 
5t + t' = -3 \\ 
t + 2t' = -3
\end{array} \right.\\
& \iff t = -\frac{1}{3}, \quad t' = -\frac{4}{3}.
\end{align*}

La troisième équation donne alors:
\[
4-3t=1+t' \iff 4+1=1-\frac{4}{3} \iff 5=-\frac{1}{3}.
\]
Cette dernière égalité étant fausse, le système n'admet aucune solution et donc les droites ne sont pas sécantes.
\end{itemize}
\end{exocor}



%%%

\begin{exocor}{base}[2]
On considère le cube ABCDEFGH suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (3,0);
\coordinate (C) at (3,3);
\coordinate (D) at (0,3);
\coordinate (E) at (1,1);
\coordinate (F) at (4,1);
\coordinate (G) at (4,4);
\coordinate (H) at (1,4);
\coordinate (I) at (0,1.5);
\coordinate (J) at (1.5,0);
\coordinate (K) at (4,3);
\shade[left color=purple!5,right color=purple!40] (I) node[left] {I} -- (J) node[below] {J} -- (K) node[right] {K} -- cycle;
\draw[purple] (I) -- (J);
\draw[dashed,purple] (I) -- (K) -- (J);
\draw (A) node[below left] {A} -- (B) node[below right] {B} -- (C) node[above] {C} -- (D) node[above left] {D} -- (H) node[above] {H} -- (G) node[above right] {G} -- (F) node[right] {F} -- (B);
\draw (A) -- (D);
\draw (C) -- (G);
\draw[dashed] (A) -- (E) -- (H);
\draw[dashed] (E) node[above right] {E} -- (F);
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

I et J sont les milieux respectifs des segments [AD] et [AB].

On définit les points K et L par les égalités suivantes :
\[
\vv{\text{GK}} = \dfrac{1}{4}\vv{\text{GF}}
\qquad ; \qquad
\vv{AL} = \frac{1}{2}\vv{AB} + \vv{AE} + \frac{5}{4}\vv{AD}.
 \]

\begin{enumerate}
\item Justifier que $\vv{IJ}$ et $\vv{IK}$ forment une base du plan $(IJK)$.
\item Montrer que $\vv{IL}$ est une combinaison linéaire de $\vv{IJ}$ et $\vv{IK}$.

Interpréter ce résultat.

\item Le milieu de $[AG]$ appartient-il au plan $(IJK)$ ? Justifier.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $I$ et $J$ sont sur le plan $(ABC)$ alors que $K$ n'y est pas. Ainsi, $\vv{IJ}$ et $\vv{IK}$ ne sont pas colinéaires; ils forment donc une base du plan passant par ces trois points, le plan $(IJK)$.

\item Une façon de faire est d'exprimer les vecteurs $\vv{IJ}$, $\vv{IK}$ et $\vv{IL}$ en fonction de $\vv{AB}$, $\vv{AE}$ et $\vv{AD}$ (par exemple).
\begin{itemize}
\item $\vv{IJ} = \dfrac{1}{2}\vv{AB} - \dfrac{1}{2}\vv{AD}$
\item $\vv{IK} = \vv{AB} + \vv{AE} + \dfrac{1}{4}\vv{AD}$
\item $\begin{aligned}[t]
\vv{IL}  = \vv{IA} + \vv{AL} = -\dfrac{1}{2}\vv{AD} + \dfrac{1}{2}\vv{AB} + \vv{AE} + \dfrac{5}{4}\vv{AD}  = \dfrac{1}{2}\vv{AB} + \vv{AE} + \dfrac{3}{4}\vv{AD}.
\end{aligned}$
\end{itemize}

Si $\vv{IL}$ est une combinaison linéaire de $\vv{IJ}$ et $\vv{IK}$ alors :
\begin{align*}
& \exists (\lambda;\mu)\in\R,\quad \vv{IL} = \lambda\vv{IJ} + \mu\vv{IK}\\
\iff & 
\exists (\lambda;\mu)\in\R,\quad 
\dfrac{1}{2}\vv{AB} + \vv{AE} + \dfrac{3}{4}\vv{AD} 
= 
\lambda\left( \dfrac{1}{2}\vv{AB} - \dfrac{1}{2}\vv{AD} \right) + 
\mu\left( \vv{AB} + \vv{AE} + \dfrac{1}{4}\vv{AD} \right)\\
\iff & 
\exists (\lambda;\mu)\in\R,\quad 
\textcolor{red}{\dfrac{1}{2}}\vv{AB} + \textcolor{blue}{1}\vv{AE} + \textcolor{green!50!black}{\dfrac{3}{4}}\vv{AD} 
= 
\textcolor{red}{\left(\dfrac{1}{2}\lambda+\mu\right)}\vv{AB} 
+ \textcolor{blue}{\mu}\vv{AE}
+ \textcolor{green!50!black}{\left(- \dfrac{1}{2}\lambda + \dfrac{1}{4}\mu\right)}\vv{AD}\\
\iff & \exists (\lambda;\mu)\in\R,\quad  \begin{cases}
\textcolor{red}{\frac{1}{2} = \frac{1}{2}\lambda+\mu}\\
\textcolor{blue}{1 = \mu}\\
\textcolor{green!50!black}{\dfrac{3}{4} = -\frac{1}{2}\lambda + \frac{1}{4}\mu}
\end{cases}\\
& \text{(les coefficients des vecteurs doivent être égaux un à un)}
\end{align*}
On trouve alors $\mu=1$ et par suite, $\lambda=-1$. Ainsi,
\[
\boxed{\vv{IL} = -\vv{IJ} + \vv{IK}}
\]
$\vv{IL}$ est donc bien une combinaison linéaire de $\vv{IJ}$ et $\vv{IK}$.

On peut alors conclure que le point $L$ est sur le plan $(IJK)$.

\item Notons $M$ le milieu de $[AG]$. Alors, 
\begin{align*}
\vv{IM} & = \textcolor{red}{\vv{IA}} + \vv{AM}\\
& = \textcolor{red}{-\dfrac{1}{2}\vv{AD}} + \dfrac{1}{2}\vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{AE} + \dfrac{1}{2}\vv{AD}\\
& = \dfrac{1}{2}\vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{AE}.
\end{align*}
$\vv{IM}$ est une combinaison linéaire de $\vv{AB}$ et $\vv{AE}$ alors que d'une part, $\vv{IJ}$ s'exprime en fonction de $\vv{AB}$ et $\vv{AD}$ et d'autre part, $\vv{IK}$ s'exprime en fonction de $\vv{AB}$, $\vv{AE}$ et $\vv{AD}$. 

$\vv{IM}$ ne peut donc pas être une combinaison linéaire de $\vv{IJ}$ et $\vv{IK}$. 

\underline{$M$ n'appartient donc pas au plan $(IJK)$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{notion de barycentre}[3]
Soient $A$, $B$, $C$ et $D$ quatre points quelconques de l'espace.
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tous réels $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ tels que $\alpha+\beta+\gamma\neq0$, il existe un unique point $G$ tel que:
\[
\alpha\vv{GA} + \beta\vv{GB} + \gamma\vv{GC} = \vv{0}.
\]
Ce point est alors appelé \textit{barycentre} du système $\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}$, et on note :
\[
G = \text{bar}\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}.
\]
Cette définition se généralise à $n$ points, $n\geqslant1$.

\item Justifier que $G$ appartient au plan $(ABC)$.

\item Montrer que :
\[
\begin{cases}
H=\text{bar}\{(A;\alpha),(B;\beta\}\\
G=\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}
\end{cases} \qquad \iff \qquad G = \text{bar}\{(H;\alpha+\beta),(C;\gamma)\}.
\]
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item Démontrons l'existence d'au moins un point tel que $\alpha\vv{GA} + \beta\vv{GB} + \gamma\vv{GC} = \vv{0}$.
\begin{align*}
\alpha\vv{GA} + \beta\vv{GB} + \gamma\vv{GC} = \vv{0} & 
\iff \alpha\vv{GA} + \beta\big(\vv{GA}+\vv{AB}\big) + \gamma\big(\vv{GA}+\vv{AC}\big) = \vv{0}\\
& \iff (\alpha+\beta+\gamma)\vv{GA} = -\beta\vv{AB}-\gamma\vv{AC}\\
& \iff \vv{AG} = \dfrac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}\vv{AB} + \dfrac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}\vv{AC}\text{ (car $\alpha+\beta+\gamma\neq0$)}. 
\end{align*}

Le point $G$ est alors bien défini et on sait le placer à l'aide de cette dernière égalité.

\item Montrons maintenant l'unicité.

Supposons qu'il existe deux points $G$ et $G'$ vérifiant la même égalité:
\begin{align*}
\alpha\vv{GA} + \beta\vv{GB} + \gamma\vv{GC} &= \vv{0}\\
\alpha\vv{G'A} + \beta\vv{G'B} + \gamma\vv{G'C} &= \vv{0}
\end{align*}

Ainsi, par soustraction,
\[
\alpha\big(\vv{GA}-\vv{G'A}\big) + \beta\big(\vv{GB}-\vv{G'B}\big) + \gamma\big(\vv{GC}-\vv{G'C}\big) = \vv{0}
\]
soit:
\[
\alpha\vv{GG'} + \beta\vv{GG'} + \gamma\vv{GG'} = \vv{0}
\]
ou encore:
\[
(\alpha+\beta+\gamma)\vv{GG'}=\vv{0}.
\]
Or, $G$ est différent de $G'$ donc $\vv{GG'}\neq0$. Cela suppose donc que $\alpha+\beta+\gamma=0$, ce qui est impossible par hypothèse de départ.

Ainsi, l'hypothèse selon laquelle il existerait deux points distincts $G$ et $G'$ satisfaisant la même égalité est fausse, ce qui montre l'unicité du barycentre.
\end{itemize}

\item Pour justifier que $G$ appartient au plan $(ABC)$, il suffit de rependre l'égalité démontrée au premier point de la réponse à la question 1:
\[
\vv{AG} = \dfrac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}\vv{AB} + \dfrac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}\vv{AC}.
\]
Ainsi, $\vv{AG}$ est une combinaison linéaire de $\vv{AB}$ et $\vv{AC}$, ce qui prouve que $G$ appartient à $(ABC)$.

\item $\begin{aligned}[t]
\begin{cases}
H=\text{bar}\{(A;\alpha),(B;\beta\}\\
G=\{(A;\alpha),(B;\beta),(C;\gamma)\}
\end{cases} 
& \iff 
\begin{cases}
\alpha\vv{HA} + \beta\vv{HB} = \vv{0}\\
\alpha\vv{GA} + \beta\vv{GB} + \gamma\vv{GC} &= \vv{0}
\end{cases}\\
\text{(soustraction)}\quad & \iff \begin{cases}
\alpha\vv{GA} + \beta\vv{GB} + \gamma\vv{GC} &= \vv{0}\\
\alpha\big(\vv{GA}-\vv{HA}\big) + \beta\big(\vv{GB}-\vv{HB}\big) + \gamma\vv{GC} &= \vv{0}
\end{cases}\\
& \iff
\begin{cases}
\alpha\vv{GA} + \beta\vv{GB} + \gamma\vv{GC} &= \vv{0}\\
\alpha\vv{GH} + \beta\vv{GH} + \gamma\vv{GC} &= \vv{0}
\end{cases}\\
& \iff
\begin{cases}
\alpha\vv{GA} + \beta\vv{GB} + \gamma\vv{GC} &= \vv{0}\\
(\alpha+\beta)\vv{GH} + \gamma\vv{GC} &= \vv{0}
\end{cases}\\
& \iff G = \text{bar}\{ (H;\alpha+\beta) , (C;\gamma) \}
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\begin{rem}
Cette dernière égalité montre que $G$ est sur la droite $(HC)$.
\end{rem}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{alignement, rep. param. d'un plan et d'une droite}[2]
Dans un repère orthonormé $\Rijk$, on considère les points suivants :
\[
\rm A(2;-1;0) \qquad ; \qquad B(-1;1;1) \qquad C(3;-2;-1)
\]
\begin{enumerate}
\item Montrer que A, B et C ne sont pas alignés.
\item Déterminer alors une représentation paramétrique du plan (ABC).
\item Soit E$(0;-1;1)$.
\begin{enumerate}
\item Vérifier que E n'appartient pas au plan (ABC).
\item On considère la droite passant par E et orthogonale au plan (ABC). On pose H$(a;b;c)$ son point d'intersection avec le plan (ABC).

Déterminer les valeurs de $a$, $b$ et $c$.
\item Déterminer alors une équation paramétrique de la droite (EH).
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\vv{\text{AB}}\begin{pmatrix}-1-2\\1-(-1)\\1-0\end{pmatrix}$ soit $\vv{\text{AB}}\begin{pmatrix}-3\\2\\1\end{pmatrix}$.

$\vv{\text{AC}}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}$

\medskip

$\dfrac{1}{-3}\neq\dfrac{-1}{2}$ donc les vecteurs $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{AC}}$ ne sont pas colinéaires.

\medskip

\underline{Par conséquent, les points A, B et C ne sont pas alignés.}

\item $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{AC}}$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) donc ce sont deux vecteurs directeurs de ce plan. De plus, $\rm A\in(ABC)$ donc une représentation paramétrique du plan (ABC) est :
\[
\boxed{\left\{
\begin{array}{l}
x=2-3t+t'\\
y=-1+2t-t'\\
z=t-t'
\end{array}
\right.\quad,\quad \coord{t}{t'}\in\R^2}
\]

\newpage

\item E$(0;-1;1)$.
\begin{enumerate}
\item Si $\rm E\in(ABC)$ alors il existe deux réels $t$ et $t'$ tels que :
\[
\left\{\begin{array}{r@{\;=\;}l}
0 & 2-3t+t'\\
-1 & -1+2t-t'\\
1 & t-t'
\end{array}\right.
\qquad\text{soit}\qquad
\left\{\begin{array}{r@{\;=\;}l}
t' & 3t-2\\
2t & t'\\
1 & t-t'
\end{array}\right.
\]
Des 1\iere{} et 2\ieme{} équations, on déduit que :
\[
3t-2=2t \qquad\text{soit}\qquad t=2
\]
et donc 
\[
t'=2\times2=4.
\]
La 3\ieme{} équation donne alors :
\[
1=2-4\;,
\]
ce qui n'est pas vrai, donc il n'existe pas de réels $t$ et $t'$ tels que les coordonnées de E satisfont la représentation paramétrique de (ABC) que nous avons donnée à la question précédente.

\underline{Ainsi, E n'appartient pas au plan (ABC).}

\item Par définition, (EH) est orthogonale au plan (ABC) donc :
\[
\left\{
\begin{array}{l}
\vv{\text{AB}}\cdot\vv{\text{EH}}=\vv{\text{0}}\\
\vv{\text{AC}}\cdot\vv{\text{EH}}=\vv{\text{0}}
\end{array}
\right. \Longleftrightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
-3a+2b+c+1=0\\
a-b-c=0
\end{array}
\right.
\]
Or, $\rm H\in(ABC)$ donc il existe deux réels $t$ et $t'$ pour lesquels :
\[
\left\{
\begin{array}{l}
a=2-3t+t'\\
b=-1+2t-t'\\
c=t-t'
\end{array}
\right.
\]
Le système précédent devient alors :
\[
\left\{
\begin{array}{l}
-3(2-3t+t')+2(-1+2t-t')+(t-t')+1=0\\
(2-3t+t')-(-1+2t-t')-(t-t')=0
\end{array}
\right.
\qquad
\text{soit}
\qquad
\left\{
\begin{array}{l}
14t-6t'=7\\
-2t+t'=-1
\end{array}
\right.
\]
On trouve alors $t=\dfrac{1}{2}$ et $t'=0$, d'où :
\[
\left\{
\begin{array}{l}
a=2-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}\\
b=-1+1=0\\
c=\dfrac{1}{2}
\end{array}
\right.
\]
$\boxed{\text{D'où H}\left(\dfrac{1}{2};0;\dfrac{1}{2}\right)}$

\item $\vv{\text{EH}}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\1\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix}$ donc une représentation paramétrique de (EH) est (en prenant les coordonnées de E) :
\[
\boxed{\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{1}{2}k\\
y=-1+k\\
z=1-\frac{1}{2}k
\end{array}
\right.\quad,\quad k\in\R}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{dans un tétraèdre}[2]
$ABCD$ est un tétraèdre. $I$ et $J$ sont les milieux respectifs des segments $[BD]$ et $[CD]$.

$E$ et $F$ sont deux points définis par les égalités:
\[
-2\vv{EA}+3\vv{EB}=\vv{0}\qquad;\qquad
-2\vv{FA} + 3\vv{FC} = \vv{0}.
\]

\begin{enumerate}
\item Démontrer que les point $E$, $F$, $I$, $J$ sont coplanaires.
\item La droite $(AD)$ coupe le plan $(EFI)$ en $K$.
\begin{enumerate}
\item Démontrer que les points $E$, $I$, $K$ sont alignés et que les points $F$, $J$, $K$ le sont aussi.
\item Démontrer que $\vv{AK} = \dfrac{3}{5}\vv{AD}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

Avant tout, un schéma peut aider. Pour cela, il faudra savoir comment construire les points $E$ et $F$ : $\begin{aligned}[t]
-2\vv{EA}+3\vv{EB}=\vv{0} & \iff -2\big(\vv{EB}+\vv{BA}\big)+3\vv{EB}=\vv{0} \\
& \iff \vv{EB}-2\vv{BA}=\vv{0} \\
& \iff \vv{BE} = 2\vv{AB}\\
-2\vv{FA}+3\vv{FC}=\vv{0}  & \iff -2\big(\vv{FC}+\vv{CA}\big)+3\vv{FC}=\vv{0}\\
& \iff \vv{FC}-2\vv{CA}=\vv{0}\\
& \iff \vv{CF} = 2\vv{AC}.
\end{aligned}$
%On a alors la figure page suivante.
\begin{center}
\definecolor{bcduew}{rgb}{0.7372549019607844,0.8313725490196079,0.9019607843137255}
\definecolor{xdxdff}{rgb}{0.49019607843137253,0.49019607843137253,1}
\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1,0,0}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0,0,1}
\begin{tikzpicture}[scale=0.55]
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (0,0)-- (6,3);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (6,3)-- (8,0);
\draw (8,0)-- (0,0);
\draw (7.96,7.16)-- (0,0);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (7.96,7.16)-- (6,3);
\draw (7.96,7.16)-- (8,0);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=bcduew] (6,3)-- (18,9);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=bcduew] (8,0)-- (24,0);
\draw [color=qqqqff] (0,0)-- ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(1pt,1pt) ++(-1pt,0) -- ++(1pt,-1pt);
\draw[color=qqqqff] (-0.42980878048780746,0.26333365853658797) node {$A$};
\draw [color=qqqqff] (8,0)-- ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(1pt,1pt) ++(-1pt,0) -- ++(1pt,-1pt);
\draw[color=qqqqff] (8.226236097560978,0.3776048780487831) node {$B$};
\draw [color=qqqqff] (6,3)-- ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(1pt,1pt) ++(-1pt,0) -- ++(1pt,-1pt);
\draw[color=qqqqff] (5.597998048780489,3.52006341463415) node {$C$};
\draw [color=qqqqff] (7.96,7.16)-- ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(1pt,1pt) ++(-1pt,0) -- ++(1pt,-1pt);
\draw[color=qqqqff] (8.197668292682929,7.548123902439029) node {$D$};
\draw [color=ffqqqq] (7.98,3.58)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3pt,3pt) ++(-3pt,0) -- ++(3pt,-3pt);
\draw[color=ffqqqq] (8.45477853658537,3.7486058536585403) node {$I$};
\draw [color=ffqqqq] (6.98,5.08)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3pt,3pt) ++(-3pt,0) -- ++(3pt,-3pt);
\draw[color=ffqqqq] (6.826413658536587,5.605513170731712) node {$J$};
\draw [color=xdxdff] (24,0)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3pt,3pt) ++(-3pt,0) -- ++(3pt,-3pt);
\draw[color=xdxdff] (24.2242068292683,0.4918760975609783) node {$E$};
\draw [color=qqqqff] (18,9)-- ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(1pt,1pt) ++(-1pt,0) -- ++(1pt,-1pt);
\draw[color=qqqqff] (18.224967804878055,9.376463414634152) node {$F$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item Des égalités vectorielles précédentes, on peut conclure:
\begin{align*}
\vv{EF} & = \vv{EB} + \vv{BC} + \vv{CF}\\
& = 2\vv{BA} + \vv{BC} + 2\vv{AC}\\
& = 2\big(\vv{BA} + \vv{AC}\big) + \vv{BC}\\
& = 2\vv{BC} + \vv{BC}\\
& = 3\vv{BC}.
\end{align*}

Ainsi, les vecteurs $\vv{EF}$ et $\vv{BC}$ sont colinéaires; les quatre points $E$, $F$, $B$ et $C$ sont donc coplanaires.

\item 
\begin{enumerate}
\item Complétons la figure :
\begin{center}
\definecolor{ttttff}{rgb}{0.2,0.2,1}
%\definecolor{purple}{rgb}{0.6,1,0}
\definecolor{bcduew}{rgb}{0.7372549019607844,0.8313725490196079,0.9019607843137255}
\definecolor{xdxdff}{rgb}{0.49019607843137253,0.49019607843137253,1}
\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1,0,0}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0,0,1}
\begin{tikzpicture}[scale=0.55]
\fill[color=purple!20,fill=purple!50,fill opacity=0.1] (24,0) -- (18,9) -- (7.98,3.58) -- cycle;
\fill[color=purple!20,fill=purple!50,fill opacity=0.1] (6.98,5.08) -- (7.98,3.58) -- (18,9) -- cycle;
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (0,0)-- (6,3);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (6,3)-- (8,0);
\draw  (8,0)-- (0,0);
\draw (7.96,7.16)-- (0,0);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt] (7.96,7.16)-- (6,3);
\draw (7.96,7.16)-- (8,0);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=bcduew] (6,3)-- (18,9);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=bcduew] (8,0)-- (24,0);
\draw [color=purple] (24,0)-- (18,9);
\draw [dotted,color=purple] (18,9)-- (7.98,3.58);
\draw [color=purple] (7.98,3.58)-- (24,0);
\draw [color=purple] (6.98,5.08)-- (7.98,3.58);
\draw [color=purple] (6.98,5.08)-- (18,9);
\draw [dotted,color=purple] (7.98,3.58)-- (4.776,4.296);
\draw [dotted,color=purple] (6.98,5.08)-- (4.776,4.296);
\draw [color=qqqqff] (0,0)-- ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(1pt,1pt) ++(-1pt,0) -- ++(1pt,-1pt);
\draw[color=qqqqff] (-0.42980878048780746,0.2633336585365896) node {$A$};
\draw [color=qqqqff] (8,0)-- ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(1pt,1pt) ++(-1pt,0) -- ++(1pt,-1pt);
\draw[color=qqqqff] (8.226236097560978,0.37760487804878473) node {$B$};
\draw [color=qqqqff] (6,3)-- ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(1pt,1pt) ++(-1pt,0) -- ++(1pt,-1pt);
\draw[color=qqqqff] (5.597998048780489,3.5200634146341514) node {$C$};
\draw [color=qqqqff] (7.96,7.16)-- ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(1pt,1pt) ++(-1pt,0) -- ++(1pt,-1pt);
\draw[color=qqqqff] (8.197668292682929,7.5481239024390305) node {$D$};
\draw [color=ffqqqq] (7.98,3.58)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3pt,3pt) ++(-3pt,0) -- ++(3pt,-3pt);
\draw[color=ffqqqq] (7.626312195121954,3.5200634146341514) node {$I$};
\draw [color=ffqqqq] (6.98,5.08)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3pt,3pt) ++(-3pt,0) -- ++(3pt,-3pt);
\draw[color=ffqqqq] (6.826413658536587,5.605513170731713) node {$J$};
\draw [color=xdxdff] (24,0)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3pt,3pt) ++(-3pt,0) -- ++(3pt,-3pt);
\draw[color=xdxdff] (24.2242068292683,0.4918760975609799) node {$E$};
\draw [color=qqqqff] (18,9)-- ++(-0.5pt,-0.5pt) -- ++(1pt,1pt) ++(-1pt,0) -- ++(1pt,-1pt);
\draw[color=qqqqff] (18.224967804878055,9.376463414634154) node {$F$};
\draw [color=ttttff] (4.776,4.296)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3pt,3pt) ++(-3pt,0) -- ++(3pt,-3pt);
\draw[color=ttttff] (4.6552604878048784,4.919885853658542) node {$K$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
$K$ est défini comme le point d'intersection de la droite $(AD)$ et du plan $(EFI)$; par conséquent, toutes droites du plan $(EFI)$ coupant $(AD)$ passe par $K$.

$(AD)$ appartient au plan $(ADC)$ et la droite $(FJ)$ aussi; n'étant pas parallèles, elles sont sécantes : en $K$. Les points $F$, $J$ et $K$ sont donc alignés.

$(AD)$ appartient au plan $(ABD)$ et la droite $(EI)$ aussi; n'étant pas parallèles, elles sont aussi sécantes : en $K$.

\item Plaçons-nous dans le repère $\big(A;\vv{AB},\vv{AC},\vv{AD}\big)$, où:
\[
B(1;0;0)\quad;\quad
D(0;0;1)\quad;\quad
C(0;1;0)\quad;\quad
E(3;0;0)\quad;\quad
F(0;3;0)
\]
\[
I\left(\frac{x_B+x_D}{2};\frac{y_B+y_D}{2};\frac{z_B+z_D}{2}\right)=\left(\frac{1}{2};0;\frac{1}{2}\right)\quad;\quad
J\left(0;\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right)
\]
\begin{itemize}
\item \textbf{\boldmath La droite $(JF)$.}

Un coefficient directeur est $\vv{JF}\begin{pmatrix}0-0\\3-1/2\\0-1/2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\5/2\\-1/2\end{pmatrix}$.

Une représentation paramétrique est donc:
\[
(JF)\quad:\quad\begin{cases}
x = 0 + t \times 0\\
y = 3 + \frac{5}{2}t\\
z = 0 - \frac{1}{2}t
\end{cases}\quad,\quad t\in\R
\]
soit :
\[
(JF)\quad:\quad\begin{cases}
x = 0 \\
y = 3 + \frac{5}{2}t\\
z = - \frac{1}{2}t
\end{cases}\quad,\quad t\in\R
\]

\item \textbf{\boldmath La droite $(EI)$.}

Un coefficient directeur est $\vv{IE}\begin{pmatrix}3-1/2\\0-0\\0-1/2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5/2\\0\\-1/2\end{pmatrix}$.

Une représentation paramétrique est donc:
\[
(EI)\quad:\quad\begin{cases}
x = 3 + \frac{5}{2}t'\\
y = 0 + t' \times 0\\
z = 0 - \frac{1}{2}t'
\end{cases}\quad,\quad t\in\R
\]
soit :
\[
(EI)\quad:\quad\begin{cases}
x = 3 + \frac{5}{2}t' \\
y = 0\\
z = - \frac{1}{2}t'
\end{cases}\quad,\quad t'\in\R
\]
\end{itemize}
$K\in(EI)$ et $K\in(JF)$ donc :
\[
\begin{cases}
x_K = 0 = 3+\frac{5}{2}t' \\
y_K = 3 + \frac{5}{2}t = 0\\
z_K = - \frac{1}{2}t = - \frac{1}{2}t'
\end{cases} \iff t' = -\frac{6}{5} = t
\]
On en déduit alors les coordonnées de $K$ en utilisant par exemple la représentation paramétrique de $(EI)$ :
\[
K\left( 0;0;\frac{3}{5} \right).
\]
Ce qui signifie que $\vv{AK}=\dfrac{3}{5}\vv{AD}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}





\corriges

