Dans un repère $(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})$ de l'espace, on considère les points $A(1 ; 0 ; 0)$, $B(0 ; 2 ; 0)$, $C(0 ; 0 ; 3)$ et $F(1 ; 1 ; 3)$.
- Montrer que $A$, $B$, $C$ définissent un plan.
- Soit $d$ la droite passant par $O$ et de vecteur directeur $\vec{w}(1 ; 1 ; 1)$. a) Montrer que $d$ coupe le plan $(ABC)$ en un unique point. b) Déterminer les coordonnées de ce point.
- Soit $\delta$ la droite passant par $F$ et de vecteur directeur $\overrightarrow{BC}$. Montrer que $\delta$ est strictement parallèle au plan $(ABC)$.
Le plan $(ABC)$ est dirigé par $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
Un point $M(t ; t ; t)$ de $d$ est dans $(ABC)$ si et seulement si $\overrightarrow{AM}$ est combinaison linéaire de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
Pour $\delta$, exprimer $\overrightarrow{BC}$ à l'aide de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, puis tester le point $F$.
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$\overrightarrow{AB}(-1 ; 2 ; 0)$ et $\overrightarrow{AC}(-1 ; 0 ; 3)$. Si $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$, la première coordonnée impose $k = 1$, mais $0 \neq 2$ : non colinéaires. Les points ne sont pas alignés et définissent le plan $(ABC)$ dirigé par $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})$.
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a) On cherche $a$, $b$ tels que $\vec{w} = a\overrightarrow{AB} + b\overrightarrow{AC}$ : $$\begin{cases} -a - b = 1 \\ 2a = 1 \\ 3b = 1 \end{cases}$$ Les deux dernières lignes donnent $a = \dfrac{1}{2}$ et $b = \dfrac{1}{3}$, mais alors $-a - b = -\dfrac{5}{6} \neq 1$. Les vecteurs $\vec{w}$, $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas coplanaires : $d$ n'est pas parallèle à $(ABC)$ et le coupe en un unique point.
b) Une représentation paramétrique de $d$ est $x = t$, $y = t$, $z = t$, $t \in \mathbb{R}$. Le point $M(t ; t ; t)$ est dans $(ABC)$ si et seulement si il existe $a$, $b$ avec $\overrightarrow{AM} = a\overrightarrow{AB} + b\overrightarrow{AC}$, où $\overrightarrow{AM}(t - 1 ; t ; t)$ : $$\begin{cases} -a - b = t - 1 \\ 2a = t \\ 3b = t \end{cases}$$ On obtient $a = \dfrac{t}{2}$, $b = \dfrac{t}{3}$, puis $-\dfrac{t}{2} - \dfrac{t}{3} = t - 1$, soit $-\dfrac{5t}{6} - t = -1$, donc $\dfrac{11t}{6} = 1$ et $t = \dfrac{6}{11}$.
Le point d'intersection est $\left(\dfrac{6}{11} ; \dfrac{6}{11} ; \dfrac{6}{11}\right)$. Vérification avec $a = \dfrac{3}{11}$, $b = \dfrac{2}{11}$ : $a\overrightarrow{AB} + b\overrightarrow{AC}$ a pour coordonnées $\left(-\dfrac{5}{11} ; \dfrac{6}{11} ; \dfrac{6}{11}\right)$, qui sont bien celles de $\overrightarrow{AM}$.
- $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}$ : le vecteur directeur de $\delta$ est combinaison linéaire de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, donc $\delta$ est parallèle à $(ABC)$.
Reste à savoir si $F \in (ABC)$. $\overrightarrow{AF}(0 ; 1 ; 3)$. On cherche $a$, $b$ tels que $-a - b = 0$, $2a = 1$, $3b = 3$. Les deux dernières donnent $a = \dfrac{1}{2}$ et $b = 1$, mais $-a - b = -\dfrac{3}{2} \neq 0$. Donc $F \notin (ABC)$ : $\delta$ est parallèle au plan sans y être contenue, elle est strictement parallèle à $(ABC)$.
$d \cap (ABC) = \left\{\left(\frac{6}{11} ; \frac{6}{11} ; \frac{6}{11}\right)\right\}$ ; $\delta$ strictement parallèle à $(ABC)$