 %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\vv{QB} + \vv{QC} + \vv{QD} = \vv{0}
& \iff \big(\vv{QA}+\vv{AB}\big) + \big(\vv{QA} + \vv{AC}\big) + \big(\vv{QA}+\vv{AD}\big) = \vv{0}\\
& \iff 3\vv{QA} = -\vv{AB}-\vv{AC}-\vv{AD}\\
& \iff 3\vv{AQ} = \vv{AB}+\vv{AC}+\vv{AD}.
\end{aligned}$

Ainsi,
\[
3\vv{AQ}\begin{pmatrix}x_B+x_C+x_D \\ y_B+y_C+y_D \\ z_B+z_C+z_D\end{pmatrix} \text{ soit }3\vv{AQ}\begin{pmatrix}6+4+2 \\ 0+3+2 \\ 0+0+4\end{pmatrix}\text{ et donc} 3\vv{AQ}\begin{pmatrix}12 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix}.
\]
On en déduit alors que:
\[
\vv{AQ}\begin{pmatrix} \frac{12}{3} \\[6pt] \frac{5}{3} \\[6pt] \frac{4}{3} \end{pmatrix}\text{ soit }
\boxed{ \vv{AQ}\begin{pmatrix} 4 \\[6pt] \frac{5}{3} \\[6pt] \frac{4}{3} \end{pmatrix} }
\]
Les coordonnées de $G$ sont donc $\coordEsp{4}{\dfrac{5}{3}}{\dfrac{4}{3}}$.

\item Une équation du plan $(ABD)$ est: $2y - z = 0$.

Donc un vecteur normal au plan $(ABD)$ est $\vv{u}\begin{pmatrix}0\\2\\-1\end{pmatrix}$.
\begin{itemize}
\item $\vv{PQ}\begin{pmatrix}4-2 \\ \frac{5}{3}-\frac{5}{3} \\[6pt] \frac{4}{3}-\frac{4}{3}\end{pmatrix}$ soit $\vv{PQ}\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}$. Donc:
\[
\vv{u}\cdot\vv{PQ} = 0\times2 + 2\times0 - 1\times0 = 0.
\]
Ainsi, $\vv{u}$ et $\vv{PQ}$ sont orthogonaux.

\item $\vv{PR}\begin{pmatrix}\frac{10}{3}-2 \\[6pt] 1-\frac{5}{3} \\[6pt] 0-\frac{4}{3}\end{pmatrix}$ soit $\vv{PR}\begin{pmatrix}\frac{4}{3}\\[6pt] -\frac{2}{3}\\[6pt] -\frac{4}{3}\end{pmatrix}$. Donc:
\[
\vv{u}\cdot\vv{PR} = 0\times\frac{4}{3} + 2\times\left(-\frac{2}{3}\right) - 1\times\left(-\frac{4}{3}\right) = 0.
\]
Ainsi, $\vv{u}$ et $\vv{PR}$ sont orthogonaux.
\end{itemize}

De plus, $\vv{PQ}$ et $\vv{PR}$ ne sont pas colinéaires, ce qui permet d'affirmer que $\big(\vv{PQ},\vv{PR}\big)$ est une base du plan $(PQR)$.

\medskip

Ainsi, $\vv{u}$ est orthogonal à toute combinaison linéaires de $\vv{PQ}$ et $\vv{PR}$, et donc à tout vecteur du plan $(PQR)$, et donc $\vv{u}$ est un vecteur normal à $(PQR)$.

\medskip

Or, si deux plans distincts ont un même vecteur normal, ils sont parallèles.

\underline{Ainsi, $(PQR)$ et $(ABD)$ sont parallèles.}

\item $\vv{DR}\begin{pmatrix}\dfrac{10}{3}-2 \\[6pt] 1-2 \\ 0-4\end{pmatrix}$, soit $\vv{DR}\begin{pmatrix}\dfrac{4}{3}\\[6pt]-1\\-4\end{pmatrix}$. Ainsi, comme $D\in(DR)$, une représentation paramétrique de $(DR)$ est:
\[
\begin{cases}
x = x_D + x_{\vv{DR}}t\\
y = y_D + y_{\vv{DR}}t\\
z = z_D + z_{\vv{DR}}t\\
\end{cases},\ t\in\R \iff
\boxed{ \begin{cases}
x = 2+\dfrac{4}{3}t\\[6pt]
y = 2 - t\\
z = 4 - 4t
\end{cases},\ t\in\R }
\]

\item
\begin{itemize}
\item Intersection de $(DR)$ et $(AQ)$: on résout le système suivant, formé à partir des représentations paramétriques des deux droites.
\[
\begin{cases}
2+\dfrac{4}{3}t = 4 \lambda\\[6pt]
2-t= \dfrac{5}{3}\lambda\\[6pt]
4-4t=\dfrac{4}{3}\lambda
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
\lambda = \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}t\quad(1)\\[6pt]
\lambda = \dfrac{6}{5} - \dfrac{3}{5}t\quad(2)\\[6pt]
\lambda = 3-3t\quad(3)
\end{cases}
\]
De (2) et (3), on déduit:
\[
\dfrac{6}{5} - \dfrac{3}{5}t = 3-3t \iff \dfrac{6}{5}-3 = \dfrac{3}{5}t-3t \iff \dfrac{9}{5} = \dfrac{12}{5}t \iff t = \dfrac{9}{12}=\dfrac{3}{4}.
\]
De (1) et (2), on déduit:
\[
\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}t=\dfrac{6}{5} - \dfrac{3}{5}t \iff \dfrac{1}{3}t + \dfrac{3}{5}t=\dfrac{6}{5} - \dfrac{1}{2} \iff \dfrac{14}{15}t = \dfrac{7}{10} \iff
t = \dfrac{7}{10}\times\dfrac{15}{14} = \dfrac{3}{4}.
\]
Le système admet bien une unique solution: $t=\dfrac{3}{4}$ et le $\lambda$ qui correspond, à savoir $\lambda=3-\dfrac{9}{4}=\dfrac{3}{4}$.

\medskip

\item Intersection de $(AQ)$ et $(BP)$:
\[
\begin{cases}
2+\dfrac{4}{3}t = 6+4k&\quad{\color{courbe3}\times3}\\[6pt]
2-t= -\dfrac{5}{3}k&\quad{\color{courbe3}\times3}\\[6pt]
4-4t=-\dfrac{4}{3}k&\quad{\color{courbe3}\times\frac{3}{4}}
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
4t-12k=12&(1)\\
3t-5k=6&(2)\\
3t-k=3&(3)
\end{cases}
\]
$(3)-(2) \iff 4k = -3 \iff k = -\dfrac{3}{4}$.

$(3) \implies 3t = 3-\dfrac{3}{4}=\dfrac{9}{4} \implies t = \dfrac{3}{4}$.

Alors, $(1) \implies 4\times\dfrac{3}{4}-12\times\left(-\dfrac{3}{4}\right) = 12 \implies 3 + 9 = 12$, ce qui est vrai.

\medskip

Le système admet donc une unique solution: $t=k=\dfrac{3}{4}$.
\end{itemize}

Ainsi, les droites $(AQ)$, $(BP)$ et $(DR)$ sont concourantes en un point $G$ de coordonnées (en prenant $\lambda=\dfrac{3}{4}$ dans la représentation paramétrique de $(AQ)$):
\[
G\coordEsp{4\times\frac{3}{4}}{\dfrac{5}{3}\times\frac{3}{4}}{\dfrac{4}{3}\times\frac{3}{4}} \iff \boxed{ G\coordEsp{3}{\frac{5}{4}}{1} }
\]

\item La distance du point $G$ au plan $(ABD)$, d'équation cartésienne $2y-z=0$ est donnée par la formule:
\[
d\big(G;(ABD)\big) = \dfrac{|y_G-z_G|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}} = \dfrac{\frac{5}{4}-1}{\sqrt{5}} = \frac{1}{4\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{4\times5}=\frac{\sqrt5}{20}.
\]
\end{enumerate}
