Les corrections,
étape par étape.

Correction D1

Le point $A\left(2\,;\,-1\,;\,3\right)$ a pour première coordonnée $x_A=2$, deuxième coordonnée $y_A=-1$ et troisième coordonnée $z_A=3$. L’ordre est important : les trois nombres correspondent à trois axes différents.

Correction D2

On utilise « arrivée moins départ » : $$\begin{aligned} \overrightarrow{AB} &=(x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A)\\ &=(4-1;0-2;3-(-1))\\ &=(3;-2;4). \end{aligned}$$ La troisième coordonnée est positive, car $3-(-1)=3+1=4$.

Correction D3

On multiplie d’abord chaque coordonnée par 2 : $$2(1;-2;3)=(2;-4;6).$$ Puis on additionne coordonnée par coordonnée : $$(2;-4;6)+(-1;4;0)=(1;0;6).$$

Correction D4

On cherche un facteur commun. On constate que $$(-4;2;0)=-2(2;-1;0).$$ Le même facteur $-2$ fonctionne pour les trois coordonnées. Les vecteurs sont donc colinéaires, avec des sens opposés.

Correction D5

$$3t-5=7 \quad\Longleftrightarrow\quad 3t=12 \quad\Longleftrightarrow\quad t=4.$$ On ajoute 5 aux deux membres, puis on divise les deux membres par 3.

Correction D6

On remplace $x=1$, $y=2$ et $z=4$ dans l’équation : $$x-y+z-3=1-2+4-3=0.$$ L’égalité est vraie, donc $M\left(1\,;\,2\,;\,4\right)$ appartient au plan.

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Correction 1 -- Coordonnées et relation de Chasles

a) On calcule arrivée moins départ : $$\begin{aligned} \overrightarrow{AB}&=(1-(-2);-3-1;5-3)=(3;-4;2),\\ \overrightarrow{BC}&=(4-1;0-(-3);2-5)=(3;3;-3),\\ \overrightarrow{AC}&=(4-(-2);0-1;2-3)=(6;-1;-1). \end{aligned}$$

b) Additionnons les deux déplacements successifs : $$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC} =(3;-4;2)+(3;3;-3)=(6;-1;-1).$$ Ce résultat est exactement $\overrightarrow{AC}$. On a donc vérifié $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}$.

c) Le milieu est obtenu par trois moyennes : $$I=\left(\frac{-2+4}{2};\frac{1+0}{2};\frac{3+2}{2}\right) =\left(1;\frac12;\frac52\right).$$ Le résultat peut comporter des fractions : cela ne signale pas une erreur.

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Correction 2 -- Colinéarité et alignement

a) On observe que $$(-6;3;-9)=-3(2;-1;3).$$ Le même facteur $-3$ convient aux trois coordonnées. Les vecteurs sont donc colinéaires.

b) $$\begin{aligned} \overrightarrow{PQ}&=(3-1;1-2;3-0)=(2;-1;3),\\ \overrightarrow{PR}&=(-5-1;5-2;-9-0)=(-6;3;-9). \end{aligned}$$

c) On a $$\overrightarrow{PR}=-3\overrightarrow{PQ}.$$ Les deux vecteurs $\overrightarrow{PQ}$ et $\overrightarrow{PR}$ sont colinéaires. Comme ils partent tous les deux de $P$, les points $P,Q,R$ sont alignés. Le facteur négatif indique que $Q$ et $R$ sont de part et d’autre de $P$ sur la même droite.

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Correction 3 -- Distance et orthogonalité

a) $$\overrightarrow{AB}=(4-1;2-(-2);-3-0)=(3;4;-3).$$ La distance est la norme de ce vecteur : $$\begin{aligned} AB&=\sqrt{3^2+4^2+(-3)^2}\\ &=\sqrt{9+16+9}=\sqrt{34}. \end{aligned}$$

b) $$\begin{aligned} \vec u\mathbin{\cdot}\vec v &=2\times1+(-1)\times2+2\times0\\ &=2-2+0=0. \end{aligned}$$

c) Le produit scalaire est nul : les vecteurs $\vec u$ et $\vec v$ sont orthogonaux.

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Correction 4 -- Équation paramétrique d'une droite

a) $$\overrightarrow{AB}=(3-1;-1-2;2-(-1))=(2;-3;3).$$ Ce vecteur est non nul, donc il peut diriger la droite.

b) En partant de $A$ et en ajoutant $t\overrightarrow{AB}$, on obtient $$\boxed{\begin{cases} x=1+2t,\\ y=2-3t,\\ z=-1+3t, \end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}.}$$

c) Pour $M\left(5\,;\,-4\,;\,5\right)$, la première équation donne $$5=1+2t\quad\Longleftrightarrow\quad t=2.$$ Avec $t=2$, les deux autres coordonnées valent $$2-3\times2=-4,\qquad -1+3\times2=5.$$ La même valeur convient partout : $M\in d$.

d) Pour $N\left(4\,;\,-2\,;\,4\right)$, la première équation donne $$4=1+2t\quad\Longleftrightarrow\quad t=\frac32.$$ Mais alors la deuxième coordonnée devrait être $$2-3\times\frac32=2-\frac92=-\frac52,$$ et non $-2$. La valeur de $t$ ne convient donc pas aux trois équations : $N\notin d$. Vérifier les trois coordonnées est indispensable.

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Correction 5 -- Intersection de deux droites

a) Les vecteurs directeurs sont $$\vec u=(1;-1;2),\qquad \vec v=(-2;2;0).$$ Ils ne sont pas colinéaires : le facteur $-2$ qui convient aux deux premières coordonnées ne convient pas à la troisième, car $(-2)\times2=-4\ne0$.

b) Pour un point commun, les coordonnées doivent être les mêmes : $$\begin{cases} 1+t=4-2s,\\ 2-t=-1+2s,\\ 2t=2. \end{cases}$$ La troisième équation donne $t=1$. La première devient $$2=4-2s\quad\Longleftrightarrow\quad s=1.$$ La deuxième est alors vérifiée : $$2-1=1=-1+2\times1.$$ Le point commun est $$I=(1+1;2-1;2\times1)=(2;1;2).$$

c) Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires et les droites ont un point commun. Elles sont donc sécantes en $I\left(2\,;\,1\,;\,2\right)$.

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Correction 6 -- Représentation paramétrique d'un plan

a) Si $\vec v$ était un multiple de $\vec u$, sa première coordonnée serait le même multiple de 1. Or la première coordonnée de $\vec v$ est 0 tandis que la deuxième vaut 1 : aucun même facteur ne fonctionne. Les vecteurs ne sont pas colinéaires.

b) Pour $M\left(x\,;\,y\,;\,z\right)$, on écrit $$M=(1;0;2)+s(1;1;0)+t(0;1;1).$$ Coordonnée par coordonnée : $$\boxed{\begin{cases} x=1+s,\\ y=s+t,\\ z=2+t, \end{cases}\qquad (s,t)\in\mathbb{R}^2.}$$

c) Pour $Q\left(2\,;\,3\,;\,4\right)$, la première équation impose $s=1$ et la troisième impose $t=2$. La deuxième donne alors $s+t=1+2=3$. Toutes les équations sont vérifiées : $Q\in\mathcal P$.

d) Pour $R\left(2\,;\,4\,;\,6\right)$, la première équation impose $s=1$ et la troisième impose $t=4$. La deuxième donnerait alors $s+t=1+4=5$, et non 4. Il n’existe donc pas de couple $(s,t)$ convenable : $R\notin\mathcal P$.

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Correction 7 -- Équation cartésienne d'un plan

a) $$\begin{aligned} \overrightarrow{AB}&=(2-1;1-0;2-2)=(1;1;0),\\ \overrightarrow{AC}&=(1-1;1-0;3-2)=(0;1;1). \end{aligned}$$

b) On cherche $\vec n=(a;b;c)$ orthogonal aux deux directions. $$\begin{aligned} \vec n\mathbin{\cdot}\overrightarrow{AB}=0 &\quad\Longleftrightarrow\quad a+b=0,\\ \vec n\mathbin{\cdot}\overrightarrow{AC}=0 &\quad\Longleftrightarrow\quad b+c=0. \end{aligned}$$ On choisit par exemple $b=-1$. Alors $a=1$ et $c=1$, d’où $$\vec n=(1;-1;1).$$

c) Le plan passe par $A\left(1\,;\,0\,;\,2\right)$, donc $$\begin{aligned} 1(x-1)-1(y-0)+1(z-2)&=0,\\ x-y+z-3&=0. \end{aligned}$$

d) Pour $B$, on obtient $2-1+2-3=0$. Pour $C$, on obtient $1-1+3-3=0$. Les deux points vérifient l’équation ; avec le point $A$ déjà utilisé, l’équation est contrôlée.

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Correction 8 -- Intersection d'une droite et d'un plan

a) Le vecteur directeur de $d$ est lu dans les coefficients de $t$ : $$\vec u=(1;1;1).$$ Dans l’équation $x-y+z-3=0$, un vecteur normal est $$\vec n=(1;-1;1).$$

b) $$\vec u\mathbin{\cdot}\vec n=1\times1+1\times(-1)+1\times1=1\ne0.$$ La droite n’est donc pas parallèle au plan : elle le rencontre en un unique point.

c) On remplace les coordonnées de la droite dans l’équation du plan : $$\begin{aligned} x-y+z-3&=t-(1+t)+t-3\\ &=t-4. \end{aligned}$$ Il faut donc résoudre $t-4=0$, ce qui donne $t=4$. Le point est $$I\left(4\,;\,5\,;\,4\right).$$

d) Le point est sur la droite par construction, avec $t=4$. Dans le plan : $$4-5+4-3=0.$$ Il appartient bien aux deux objets. La droite et le plan sont donc sécants en $I\left(4\,;\,5\,;\,4\right)$.

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Correction 9 -- Intersection de deux plans

a) Les vecteurs normaux sont $$\vec n=(1;1;1),\qquad \vec n'=(1;-1;0).$$ Ils ne sont pas colinéaires : la troisième coordonnée de $\vec n'$ est nulle, mais celle de $\vec n$ ne l’est pas. Les plans ne sont donc pas parallèles ; ils sont sécants.

b) Le système est $$\begin{cases} x+y+z=3,\\ x-y=1. \end{cases}$$ La deuxième équation donne $y=x-1$. En remplaçant dans la première : $$\begin{aligned} x+(x-1)+z&=3,\\ z&=4-2x. \end{aligned}$$ Il reste une variable libre. Posons $x=1+t$, avec $t\in\mathbb{R}$. Alors $$y=t,\qquad z=2-2t.$$

c) L’intersection est la droite $$\boxed{\begin{cases} x=1+t,\\ y=t,\\ z=2-2t, \end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}.}$$ Elle passe par $I\left(1\,;\,0\,;\,2\right)$ pour $t=0$, avec vecteur directeur $(1;1;-2)$.

d) Pour $t=0$, le point $I\left(1\,;\,0\,;\,2\right)$ vérifie $$1+0+2=3,\qquad 1-0=1.$$ Il appartient aux deux plans. La représentation paramétrique est donc contrôlée.

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Correction 10 -- Synthèse : trajectoire dans un plan

a) Pour $t=0$, le point de départ est $$A\left(1\,;\,2\,;\,1\right).$$ Les coefficients de $t$ donnent un vecteur directeur $$\vec u=(1;0;-1).$$

b) Dans l’équation de l’écran : $$2\times1-2+1-3=-2\ne0.$$ Le point de départ n’est pas sur l’écran.

c) On remplace les coordonnées de la trajectoire dans $2x-y+z-3=0$ : $$\begin{aligned} 2(1+t)-2+(1-t)-3&=0,\\ t-2&=0,\\ t&=2. \end{aligned}$$

d) Pour $t=2$, $$x=1+2=3,\qquad y=2,\qquad z=1-2=-1.$$ Le point d’entrée est donc $I\left(3\,;\,2\,;\,-1\right)$. Phrase-réponse : la trajectoire rencontre l’écran au point $I\left(3\,;\,2\,;\,-1\right)$, lorsque le paramètre vaut $t=2$.

e) Contrôle dans le plan : $$2\times3-2+(-1)-3=6-2-1-3=0.$$ Le point obtenu appartient bien à l’écran.