Les corrections,
étape par étape.

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Correction D1

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

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Correction D2

On transforme l’équation en faisant la même opération sur les deux membres : $$3t-4=11 \quad\Longleftrightarrow\quad 3t=15 \quad\Longleftrightarrow\quad t=5.$$

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Correction D3

On multiplie le vecteur par 2 coordonnée par coordonnée : $$2\vec u=(4;-2;6).$$ Puis on l’ajoute au point $A$ : $$A+2\vec u=(1;2;0)+(4;-2;6)=(5;0;6).$$

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Correction D4

On remplace les coordonnées dans l’équation du plan. $$\begin{aligned} M&:\quad 2+2\times1-0-4=0,\\ N&:\quad 0+2\times1-0-4=-2\ne0. \end{aligned}$$ Donc $M$ appartient au plan et $N$ n’y appartient pas.

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Correction D5

On constate que $$-2\vec u=-2(2;-1;3)=(-4;2;-6)=\vec v.$$ Les deux vecteurs sont donc colinéaires. Ils ont des sens opposés puisque le coefficient de proportionnalité est négatif.

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Correction D6

Dans une équation de la forme $ax+by+cz+d=0$, les trois coefficients de $x$, $y$ et $z$ donnent un vecteur normal. Ici, on peut prendre $$\boxed{\vec n=(3;-1;2).}$$ La constante $-5$ ne fait pas partie du vecteur normal.

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Correction D7

$$\begin{aligned} \vec u\mathbin{\cdot}\vec v &=1\times2+2\times(-1)+(-1)\times0\\ &=2-2+0=0. \end{aligned}$$ Les deux vecteurs, qui sont non nuls, sont orthogonaux.

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Correction 1 — Écrire et parcourir une droite

On connaît le point $A\left(2\,;\,-1\,;\,3\right)$ et un vecteur directeur $\vec u=(1;2;-1)$.

a) On écrit $M=A+t\vec u$, avec $t\in\mathbb{R}$, puis on lit les trois coordonnées : $$\boxed{ d:\quad \begin{cases} x=2+t,\\ y=-1+2t,\\ z=3-t, \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}.}$$

b) On remplace $t$ dans les trois expressions : $$\begin{aligned} M(-1)&=\left(2-1\,;\,-1+2(-1)\,;\,3-(-1)\right)=\left(1\,;\,-3\,;\,4\right),\\ M(0)&=\left(2\,;\,-1\,;\,3\right),\\ M(3)&=\left(2+3\,;\,-1+2\times 3\,;\,3-3\right)=\left(5\,;\,5\,;\,0\right). \end{aligned}$$

c) Pour $P\left(5\,;\,5\,;\,0\right)$, la première coordonnée donne $$2+t=5\quad\Longleftrightarrow\quad t=3.$$ Avec cette valeur, $$-1+2\times3=5 \qquad\text{et}\qquad 3-3=0.$$ Le même paramètre convient aux trois coordonnées : $P\in d$.

Pour $Q\left(5\,;\,4\,;\,0\right)$, la première coordonnée impose encore $t=3$, mais la deuxième coordonnée de la droite vaut alors $-1+2\times3=5\ne4$. Donc $Q\notin d$.

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Correction 2 — Deux points déterminent une droite

a) Le vecteur directeur naturel est $$\begin{aligned} \overrightarrow{AB} &=(2-(-1)\,;\,-2-2\,;\,3-0)\\ &=(3;-4;3). \end{aligned}$$ La droite passant par $A$ et dirigée par ce vecteur peut donc s’écrire $$\boxed{ (AB):\quad \begin{cases} x=-1+3t,\\ y=2-4t,\\ z=3t, \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}.}$$ Pour $t=0$, on retrouve $A$, et pour $t=1$, on retrouve $B$, ce qui contrôle la représentation.

b) Pour $C\left(5\,;\,-6\,;\,6\right)$, la première coordonnée donne $$-1+3t=5\quad\Longleftrightarrow\quad t=2.$$ Les deux autres coordonnées donnent alors $$2-4\times2=-6 \qquad\text{et}\qquad 3\times2=6.$$ La même valeur de $t$ convient partout : $C\in(AB)$.

c) Pour $D\left(2\,;\,-1\,;\,3\right)$, la première coordonnée impose $t=1$. La deuxième coordonnée attendue serait alors $$2-4\times1=-2,$$ et non $-1$. Donc $D\notin(AB)$, même si sa première et sa troisième coordonnées conviennent.

d) Pour $t=-1$, $$M(-1)=\left(-1+3(-1)\,;\,2-4(-1)\,;\,3(-1)\right)=\left(-4\,;\,6\,;\,-3\right).$$

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Correction 3 — Construire et reconnaître un plan

a) Soit $M\left(x\,;\,y\,;\,z\right)$ un point quelconque. On a $$\overrightarrow{AM}=(x-1\,;\,y+2\,;\,z).$$ L’appartenance au plan signifie que ce vecteur est orthogonal au vecteur normal $\vec n=(2;1;-1)$ : $$\begin{aligned} \overrightarrow{AM}\mathbin{\cdot}\vec n=0 &\Longleftrightarrow 2(x-1)+(y+2)-z=0\\ &\Longleftrightarrow 2x+y-z=0. \end{aligned}$$ Ainsi, $$\boxed{\mathcal P:\ 2x+y-z=0.}$$

b) Pour $M\left(2\,;\,-2\,;\,0\right)$, le membre de gauche vaut $$2\times2+(-2)-0=2\ne0.$$ Donc $M\notin\mathcal P$.

Pour $N\left(1\,;\,-1\,;\,1\right)$, il vaut $$2\times1+(-1)-1=0.$$ Donc $N\in\mathcal P$.

c) Tout multiple non nul d’un vecteur normal convient. Par exemple, $$\boxed{\vec n'=2\vec n=(4;2;-2).}$$

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Correction 4 — Une droite coupe un plan

a) On remplace les expressions de $x,y,z$ dans l’équation du plan : $$\begin{aligned} 2x-y+z-5=0 &\Longleftrightarrow 2(2-t)-(1+t)+(1+2t)-5=0\\ &\Longleftrightarrow -1-t=0\\ &\Longleftrightarrow t=-1. \end{aligned}$$ Il existe une unique valeur du paramètre.

b) On remplace $t=-1$ dans la représentation de la droite : $$I\left(2-(-1)\,;\,1+(-1)\,;\,1+2(-1)\right)=\boxed{\left(3\,;\,0\,;\,-1\right)}.$$ Contrôle dans le plan : $$2\times3-0+(-1)-5=0.$$

c) Un vecteur directeur de la droite est $\vec u=(-1;1;2)$. Un vecteur normal au plan est $\vec n=(2;-1;1)$. Leur produit scalaire vaut $$\vec u\mathbin{\cdot}\vec n=(-1)\times2+1\times(-1)+2\times1=-1\ne0.$$ La direction de la droite n’est donc pas parallèle au plan. Avec la valeur unique $t=-1$ trouvée à la question a), on conclut que $d$ est sécante au plan en $I$.

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Correction 5 — Résoudre un système de deux droites

Un point commun doit avoir une écriture avec un paramètre $t$ sur $d$ et une écriture avec un paramètre $s$ sur $d'$. On identifie les coordonnées : $$\begin{aligned} 1+t&=1+2s,\\ 2-t&=-1+s,\\ -1+2t&=4-s. \end{aligned}$$ Les première et deuxième équations se réécrivent $$t-2s=0, \qquad t+s=3.$$ La première donne $t=2s$. En la remplaçant dans la deuxième, on obtient $$2s+s=3 \quad\Longleftrightarrow\quad s=1,$$ donc $t=2$. Contrôlons dans la troisième équation initiale : $$-1+2\times2=3 \qquad\text{et}\qquad 4-1=3.$$ Le point correspondant est $$I\left(1+t\,;\,2-t\,;\,-1+2t\right) =\left(3\,;\,0\,;\,3\right).$$ Dans la seconde droite, on obtient aussi $$\left(1+2\times 1\,;\,-1+1\,;\,4-1\right)=\left(3\,;\,0\,;\,3\right)$$. Les droites sont donc sécantes au point $$\boxed{I\left(3\,;\,0\,;\,3\right)}.$$

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Correction 6 — Projection sur une droite

a) $$\begin{aligned} \overrightarrow{AP}&=(3-0\,;\,2-1\,;\,1-0)=(3;1;1),\\ \vec u\mathbin{\cdot}\vec u&=1^2+2^2+1^2=6,\\ \overrightarrow{AP}\mathbin{\cdot}\vec u&=3\times1+1\times2+1\times1=6. \end{aligned}$$

b) Le paramètre du projeté est $$t_0=\frac{\overrightarrow{AP}\mathbin{\cdot}\vec u} {\vec u\mathbin{\cdot}\vec u} =\frac66=1.$$

c) $$H=A+t_0\vec u=(0;1;0)+(1;2;1)=\boxed{\left(1\,;\,3\,;\,1\right)}.$$ On calcule ensuite $$\overrightarrow{PH}=(1-3\,;\,3-2\,;\,1-1)=(-2;1;0).$$ La distance est donc $$\begin{aligned} PH &=\left\lVert \overrightarrow{PH}\right\rVert\\ &=\sqrt{(-2)^2+1^2+0^2}\\ &=\sqrt5=\boxed{\sqrt5}. \end{aligned}$$

d) $$\begin{aligned} \overrightarrow{PH}\mathbin{\cdot}\vec u &=(-2)\times1+1\times2+0\times1\\ &=-2+2+0=0. \end{aligned}$$ Le segment $PH$ est bien perpendiculaire à la direction de $d$, ce qui confirme le calcul du projeté.

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Correction 7 — Projection sur un plan

a) Les coefficients de $x,y,z$ donnent $$\vec n=(1;1;1).$$ Pour le point $P\left(1\,;\,1\,;\,4\right)$, $$\begin{aligned} \delta&=1+1+4-3\\ &=3. \end{aligned}$$

b) Comme $1^2+1^2+1^2=3$, la formule du projeté donne $$\begin{aligned} H&=P-\frac{3}{3}(1;1;1)\\ &=\left(1-1\,;\,1-1\,;\,4-1\right)\\ &=\boxed{\left(0\,;\,0\,;\,3\right)}. \end{aligned}$$

c) On remplace les coordonnées de $H$ dans l’équation du plan : $$\begin{aligned} 0+0+3-3 &=0. \end{aligned}$$ Donc $H\in\mathcal P$.

d) La norme du vecteur normal vaut $\sqrt3$. La distance est donc $$d(P,\mathcal P)=\frac{|\delta|}{\sqrt3} =\frac{3}{\sqrt3}=\boxed{\sqrt3}.$$

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Correction 8 — Trois points, un plan et une droite

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

b) Soit $\vec n=(a;b;c)$. Pour qu’il soit normal au plan, il doit être orthogonal aux deux directions $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ : $$\begin{aligned} \vec n\mathbin{\cdot}\overrightarrow{AB}=0 &\Longleftrightarrow a+b=0,\\ \vec n\mathbin{\cdot}\overrightarrow{AC}=0 &\Longleftrightarrow 2c=0. \end{aligned}$$ On choisit la valeur simple $a=1$. Alors $b=-1$ et $c=0$, d’où $$\boxed{\vec n=(1;-1;0).}$$

c) Le plan passe par $A\left(1\,;\,0\,;\,0\right)$, donc pour un point $M\left(x\,;\,y\,;\,z\right)$, la condition $\overrightarrow{AM}\mathbin{\cdot}\vec n=0$ devient $$(x-1;y;z)\mathbin{\cdot}(1;-1;0)=0.$$ Ainsi, une équation cartésienne est $$\boxed{(ABC):x-y-1=0.}$$ On vérifie par exemple les trois points : $A$ donne $1-0-1=0$, $B$ donne $2-1-1=0$, et $C$ donne $1-0-1=0$.

d) On substitue la représentation de $d$ dans l’équation du plan : $$\begin{aligned} x-y-1=0 &\Longleftrightarrow (2+t)-(1+2t)-1=0\\ &\Longleftrightarrow -t=0\\ &\Longleftrightarrow t=0. \end{aligned}$$ Le point d’intersection est $$I\left(2+0\,;\,1+2\times 0\,;\,3-0\right)=\boxed{\left(2\,;\,1\,;\,3\right)}.$$ Le contrôle est immédiat : $2-1-1=0$.

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Correction R1

La droite passe par $A\left(-2\,;\,1\,;\,0\right)$ et est dirigée par $\vec u=(1;0;2)$. Une représentation est $$\boxed{ d:\quad \begin{cases} x=-2+t,\\ y=1,\\ z=2t, \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}.}$$ Pour $P\left(0\,;\,1\,;\,4\right)$, la première coordonnée donne $-2+t=0$, donc $t=2$. Les deux autres donnent bien $y=1$ et $z=4$. Ainsi $P\in d$.

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Correction R2

Un vecteur normal est directement lu dans l’équation : $$\boxed{\vec n=(-1;2;1).}$$ Pour $M\left(1\,;\,2\,;\,0\right)$, $$-1+2\times2+0-3=0,$$ donc $M\in\mathcal P$. Pour $N\left(1\,;\,1\,;\,0\right)$, $$-1+2\times1+0-3=-2\ne0,$$ donc $N\notin\mathcal P$.

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Correction R3

On remplace les coordonnées de la droite dans l’équation du plan : $$\begin{aligned} x+y+z-4=0 &\Longleftrightarrow (2-t)+(1+t)+t-4=0\\ &\Longleftrightarrow t-1=0\\ &\Longleftrightarrow t=1. \end{aligned}$$ Le point commun est donc $$I\left(2-1\,;\,1+1\,;\,1\right)=\boxed{\left(1\,;\,2\,;\,1\right)}.$$ Contrôle : $1+2+1-4=0$.