
On sait que deux plans sont orthogonaux si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.

Un vecteur normal à $(\mathcal{P}_1)$ est $\vv{u}\begin{pmatrix}3\\t^2\\1-t\end{pmatrix}$;

\medskip

Un vecteur normal à $(\mathcal{P}_2)$ est $\vv{v}\begin{pmatrix}t^2\\1+t\\-3\end{pmatrix}$.

\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v} & = 3t^2 + t^2(1+t) -3(1-t)\\
& = t^3 + 4t^2 +3t - 3.
\end{align*}

Posons alors :
\[
f(t) = t^3 + 4t^2 +3t - 3.
\]

$f$ est continue, $\limite{t}{-\infty}{f(t)}=-\infty$ et $\limite{t}{+\infty}{f(t)}=+\infty$ donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une valeur de $t_0$ pour laquelle $f(t_0)=0$. \'Etudions les variations de $f$:
\begin{align*}
f'(t)  = 3t^2 + 8t + 3.
\end{align*}
$f'(t)$ est donc un trinôme de degré 2, de discriminant:
\[
\Delta = b^2-4ac = 8^2 - 4\times3\times3 = 64 - 36 = 28.
\]
$f'(t)$ admet donc deux racines réelles:
\[
t_1=\frac{-b-\sqrt\Delta}{2a} = \frac{-8-\sqrt{28}}{6} = \frac{-4-\sqrt7}{3}
\]
et
\[
t_2=\frac{-b+\sqrt\Delta}{2a} = \frac{-8+\sqrt{28}}{6} = \frac{-4+\sqrt7}{3}.
\]
\newpage
On en déduit alors le tableau suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigenumbg!10,colorC=corrigenumbg!10,colorV=corrigenumbg!10]{$t$/1.3,$f'(t)$/0.7,$f$/1.5}{$-\infty$,$\dfrac{-4-\sqrt7}{3}$,$\dfrac{-4+\sqrt7}{3}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/${-0,9}$,-/$-{3,6}$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Des valeurs de ce tableau, on déduit qu'il existe une unique solution à l'équation $f(t)=0$, supérieure à $\dfrac{-4+\sqrt7}{3}$.

À l'aide de la calculatrice (par exemple), on arrive à une valeur approchée : $t_0\approx 0,547$.

Avec cette valeur, les plans sont ainsi:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node (img) {\includegraphics[width=0.9\linewidth]{ex-geomesp-1.png}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
