Géométrie analytique de l'espace

1. Coordonnées des sommets

   $A(0 ; 0 ; 0)$, $B(4 ; 0 ; 0)$, $D(0 ; 3 ; 0)$, $E(0 ; 0 ; 2)$, donc $C(4 ; 3 ; 0)$, $F(4 ; 0 ; 2)$, $G(4 ; 3 ; 2)$ et $H(0 ; 3 ; 2)$ : par exemple $\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE} = 4\vec{i} + 3\vec{j} + 2\vec{k}$.

2. a) Le milieu $M$

   $M$ est le milieu de $[EG]$ : chaque coordonnée est la moyenne de celles de $E(0 ; 0 ; 2)$ et de $G(4 ; 3 ; 2)$. $M\left(\dfrac{0 + 4}{2} ; \dfrac{0 + 3}{2} ; \dfrac{2 + 2}{2}\right) = \left(2 ; \dfrac{3}{2} ; 2\right)$.

3. b) Composantes d'un vecteur

   Les composantes de $\overrightarrow{BH}$ sont les différences des coordonnées de l'extrémité et de l'origine : $H(0 ; 3 ; 2) - B(4 ; 0 ; 0) = (-4 ; 3 ; 2)$.

4. c) Distance

   Dans un repère orthonormé, $|AG| = \sqrt{(4 - 0)^2 + (3 - 0)^2 + (2 - 0)^2} = \sqrt{16 + 9 + 4} = \sqrt{29} \approx 5{,}39$.

a) $G(4 ; 3 ; 2)$ et $M\left(2 ; \dfrac{3}{2} ; 2\right)$ ; b) $\overrightarrow{BH}(-4 ; 3 ; 2)$ ; c) $\sqrt{29}$

Barème de cet exercice

• a : Coordonnées de G : $G(4 ; 3 ; 2)$ (décomposer $\overrightarrow{AG}$ suivant les vecteurs du repère) (1 point)
• a : Coordonnées de M par la moyenne des coordonnées de E et de G (1 point)
• a : $M\left(2 ; \dfrac{3}{2} ; 2\right)$ (1 point)
• b : $\overrightarrow{BH} = H - B = (-4 ; 3 ; 2)$ (1 point)
• c : Utiliser la formule de la distance : $|AG| = \sqrt{4^2 + 3^2 + 2^2}$ (1 point)
• c : $|AG| = \sqrt{29}$ (1 point)

1. a) Distances

   $\overrightarrow{AB}(3 - 1 ; 3 - 2 ; 2 - 0) = (2 ; 1 ; 2)$, $\overrightarrow{AC}(2 - 1 ; 0 - 2 ; 0 - 0) = (1 ; -2 ; 0)$, $\overrightarrow{BC}(2 - 3 ; 0 - 3 ; 0 - 2) = (-1 ; -3 ; -2)$. Donc $|AB| = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3$, $|AC| = \sqrt{1 + 4 + 0} = \sqrt{5}$ et $|BC| = \sqrt{1 + 9 + 4} = \sqrt{14}$.

2. b) Angle droit

   Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si la somme des produits de leurs composantes correspondantes est nulle : $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ : $2 \times 1 + 1 \times (-2) + 2 \times 0 = 0$. Donc $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$ et le triangle est rectangle en $A$. Contrôle par le théorème de Pythagore : $|AB|^2 + |AC|^2 = 9 + 5 = 14 = |BC|^2$.

3. c) Aire

   Le triangle est rectangle en $A$ : aire $= \dfrac{|AB| \times |AC|}{2} = \dfrac{3\sqrt{5}}{2} \approx 3{,}35$.

a) $3$, $\sqrt{5}$, $\sqrt{14}$ ; b) rectangle en $A$ ; c) $\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$

Barème de cet exercice

• a : Composantes des vecteurs : $\overrightarrow{AB}(2 ; 1 ; 2)$, $\overrightarrow{AC}(1 ; -2 ; 0)$, $\overrightarrow{BC}(-1 ; -3 ; -2)$ (1 point)
• a : $|AB| = 3$ et $|AC| = \sqrt{5}$ (1 point)
• a : $|BC| = \sqrt{14}$ (1 point)
• b : Énoncer la condition : $\vec{u}(u_1 ; u_2 ; u_3) \perp \vec{v}(v_1 ; v_2 ; v_3) \iff u_1 v_1 + u_2 v_2 + u_3 v_3 = 0$ (1 point)
• b : $2 \times 1 + 1 \times (-2) + 2 \times 0 = 0$ : $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$ (1 point)
• c : Utiliser l'aire d'un triangle rectangle : $\dfrac{|AB| \times |AC|}{2}$ (1 point)
• c : $\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$ (1 point)

1. a) Alignement

   $\overrightarrow{AB}(3 - 1 ; 1 - 2 ; 2 - 3) = (2 ; -1 ; -1)$ et $\overrightarrow{AC}(7 - 1 ; -1 - 2 ; 0 - 3) = (6 ; -3 ; -3)$. Comme $\overrightarrow{AC} = 3\,\overrightarrow{AB}$, les vecteurs sont linéairement dépendants : les points $A$, $B$, $C$ sont alignés.

2. b) Coplanarité

   $\overrightarrow{PQ}(1 ; 2 ; -1)$ et $\overrightarrow{PS}(2 ; 1 ; 0)$ ne sont pas proportionnels : ils définissent un plan. $\overrightarrow{PT}(0 ; 3 ; -2)$. On cherche $\alpha$ et $\beta$ tels que $\overrightarrow{PT} = \alpha\,\overrightarrow{PQ} + \beta\,\overrightarrow{PS}$ : $\alpha + 2\beta = 0$, $2\alpha + \beta = 3$, $-\alpha = -2$. La troisième équation donne $\alpha = 2$, puis $\beta = -1$ ; la première ($2 - 2 = 0$) et la deuxième ($4 - 1 = 3$) sont satisfaites. Donc $\overrightarrow{PT} = 2\,\overrightarrow{PQ} - \overrightarrow{PS}$ : les quatre points sont coplanaires.

3. c) Valeur de $m$

   $\overrightarrow{PE}(m ; 3 ; 1) = \alpha\,\overrightarrow{PQ} + \beta\,\overrightarrow{PS}$ donne $m = \alpha + 2\beta$, $3 = 2\alpha + \beta$, $1 = -\alpha$. Donc $\alpha = -1$, puis $\beta = 3 - 2\alpha = 5$ et $m = -1 + 10 = 9$.

a) alignés ; b) coplanaires ; c) $m = 9$

Barème de cet exercice

• a : Calculer $\overrightarrow{AB}(2 ; -1 ; -1)$ et $\overrightarrow{AC}(6 ; -3 ; -3)$ (1 point)
• a : Constater $\overrightarrow{AC} = 3\,\overrightarrow{AB}$ : les vecteurs sont linéairement dépendants, les points sont alignés (1 point)
• b : Composantes : $\overrightarrow{PQ}(1 ; 2 ; -1)$, $\overrightarrow{PS}(2 ; 1 ; 0)$, $\overrightarrow{PT}(0 ; 3 ; -2)$ (1 point)
• b : Écrire $\overrightarrow{PT} = \alpha\,\overrightarrow{PQ} + \beta\,\overrightarrow{PS}$ et résoudre le système : $\alpha = 2$, $\beta = -1$ (1 point)
• b : Contrôler les trois équations et conclure : coplanaires (1 point)
• c : Écrire $\overrightarrow{PE}(m ; 3 ; 1) = \alpha\,\overrightarrow{PQ} + \beta\,\overrightarrow{PS}$ (1 point)
• c : Résoudre : $-\alpha = 1$, $2\alpha + \beta = 3$, donc $\alpha = -1$ et $\beta = 5$ (1 point)
• c : $m = \alpha + 2\beta = 9$ (1 point)

1. a) Équations paramétriques

   Un vecteur directeur de $d$ est $\overrightarrow{AB}(3 - 1 ; -1 + 2 ; 2 - 3) = (2 ; 1 ; -1)$. Un point $M(x ; y ; z)$ appartient à $d$ si et seulement si $\overrightarrow{AM} = t\,\overrightarrow{AB}$ : $\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -2 + t \\ z = 3 - t \end{cases}$, $t \in \mathbb{R}$.

2. b) Appartenance

   $-3 = 1 + 2t$ donne $t = -2$. Alors $y = -2 + (-2) = -4$ et $z = 3 - (-2) = 5$ : ce sont les coordonnées de $C$. Le même paramètre convient aux trois équations : $C \in d$.

3. c) Cote nulle

   $z = 0 \iff 3 - t = 0 \iff t = 3$. Alors $x = 1 + 6 = 7$ et $y = -2 + 3 = 1$. Le point cherché est $(7 ; 1 ; 0)$.

4. d) Équations cartésiennes

   De $y = -2 + t$, on tire $t = y + 2$. En remplaçant : $x = 1 + 2(y + 2)$, soit $x - 2y - 5 = 0$ ; $z = 3 - (y + 2)$, soit $y + z - 1 = 0$. La droite $d$ est l'intersection des plans d'équations $x - 2y - 5 = 0$ et $y + z - 1 = 0$.

a) $x = 1 + 2t$, $y = -2 + t$, $z = 3 - t$ ; b) oui ; c) $(7 ; 1 ; 0)$ ; d) $x - 2y - 5 = 0$ et $y + z - 1 = 0$

Barème de cet exercice

• a : Vecteur directeur $\overrightarrow{AB}(2 ; 1 ; -1)$ (1 point)
• a : $x = 1 + 2t,\ y = -2 + t,\ z = 3 - t$ avec $t \in \mathbb{R}$ (1 point)
• b : Chercher $t$ avec la première équation : $-3 = 1 + 2t$, donc $t = -2$ (1 point)
• b : Contrôler les deux autres équations : $y = -4$ et $z = 5$ : $C \in d$ (1 point)
• c : $3 - t = 0$, donc $t = 3$ (1 point)
• c : Point $(7 ; 1 ; 0)$ (1 point)
• d : Éliminer le paramètre : $t = y + 2$ (1 point)
• d : $x - 2y - 5 = 0$ et $y + z - 1 = 0$ (1 point)

1. a) Équation du plan

   Un point $M(x ; y ; z)$ appartient à $\pi$ si et seulement si $\overrightarrow{AM}(x - 1 ; y - 2 ; z + 1)$ est orthogonal à $\vec{n}$ : $2(x - 1) - (y - 2) + 3(z + 1) = 0$, soit $2x - y + 3z + 3 = 0$.

2. b) Appartenance

   $2 \times 0 - 3 + 3 \times 0 + 3 = 0$ : les coordonnées de $B$ vérifient l'équation, donc $B \in \pi$.

3. c) Trace sur l'axe $Oz$

   Un point de $Oz$ s'écrit $(0 ; 0 ; z)$. En remplaçant dans l'équation : $3z + 3 = 0$, donc $z = -1$. Le plan coupe l'axe $Oz$ au point $(0 ; 0 ; -1)$.

4. d) Plan parallèle

   Deux plans sont parallèles lorsque leurs vecteurs normaux sont proportionnels : le plan cherché a pour équation $2x - y + 3z + d' = 0$. Il passe par l'origine, donc $d' = 0$ : $2x - y + 3z = 0$.

a) $2x - y + 3z + 3 = 0$ ; b) oui ; c) $(0 ; 0 ; -1)$ ; d) $2x - y + 3z = 0$

Barème de cet exercice

• a : Écrire la forme $2x - y + 3z + d = 0$ (les coefficients sont les composantes du vecteur normal) (1 point)
• a : Utiliser $A \in \pi$ : $2 - 2 - 3 + d = 0$, donc $d = 3$ (1 point)
• a : $\pi : 2x - y + 3z + 3 = 0$ (1 point)
• b : $2 \times 0 - 3 + 3 \times 0 + 3 = 0$ : $B \in \pi$ (1 point)
• c : Un point de l'axe $Oz$ a pour coordonnées $(0 ; 0 ; z)$ (1 point)
• c : $3z + 3 = 0$, donc le point $(0 ; 0 ; -1)$ (1 point)
• d : Deux plans parallèles ont des vecteurs normaux proportionnels : $2x - y + 3z + d' = 0$ (1 point)
• d : Passage par $O(0 ; 0 ; 0)$ : $d' = 0$, soit $2x - y + 3z = 0$ (1 point)

1. a) Points non alignés

   $\overrightarrow{AB}(1 ; 1 ; -2)$ et $\overrightarrow{AC}(-1 ; 3 ; -1)$ ne sont pas proportionnels ($\dfrac{-1}{1} \neq \dfrac{3}{1}$) : $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés et déterminent un plan.

2. a) Vecteur normal

   Un vecteur normal $\vec{n}(a ; b ; c)$ vérifie $\vec{n} \perp \overrightarrow{AB}$ et $\vec{n} \perp \overrightarrow{AC}$ : $\begin{cases} a + b - 2c = 0 \\ -a + 3b - c = 0 \end{cases}$. En additionnant : $4b - 3c = 0$, donc $b = 3$, $c = 4$ conviennent, puis $a = 2c - b = 5$. Vecteur normal : $\vec{n}(5 ; 3 ; 4)$.

3. a) Équation

   Le plan a une équation de la forme $5x + 3y + 4z + d = 0$. Avec $A(1 ; 0 ; 2)$ : $5 + 8 + d = 0$, donc $d = -13$. Plan $ABC$ : $5x + 3y + 4z - 13 = 0$. Contrôles : $B$ : $10 + 3 + 0 - 13 = 0$ ; $C$ : $0 + 9 + 4 - 13 = 0$.

4. b) Le point $D$

   $5 \times 3 + 3 \times (-1) + 4 \times 3 - 13 = 15 - 3 + 12 - 13 = 11 \neq 0$ : $D$ n'appartient pas au plan $ABC$.

5. c) Valeur de $m$

   $E(m ; 1 ; 1) \in ABC \iff 5m + 3 + 4 - 13 = 0 \iff 5m = 6 \iff m = \dfrac{6}{5}$.

a) $5x + 3y + 4z - 13 = 0$ ; b) non ; c) $m = \dfrac{6}{5}$

Barème de cet exercice

• a : Montrer la non-colinéarité de $\overrightarrow{AB}(1 ; 1 ; -2)$ et $\overrightarrow{AC}(-1 ; 3 ; -1)$ (1 point)
• a : Chercher un vecteur normal $\vec{n}(a ; b ; c)$ orthogonal aux deux : $a + b - 2c = 0$ et $-a + 3b - c = 0$ (1 point)
• a : Résoudre : $\vec{n}(5 ; 3 ; 4)$ (1 point)
• a : Trouver $d$ avec un point du plan : $d = -13$ (1 point)
• a : $5x + 3y + 4z - 13 = 0$ (1 point)
• b : $5 \times 3 - 3 + 4 \times 3 - 13 = 11 \neq 0$ : $D \notin ABC$ (1 point)
• c : Remplacer dans l'équation : $5m + 3 + 4 - 13 = 0$ (1 point)
• c : $m = \dfrac{6}{5}$ (1 point)

1. a) $d_1$ et $d_2$

   Vecteurs directeurs : $\vec{u}_1(1 ; -1 ; 2)$ et $\vec{u}_2(2 ; 1 ; -1)$, non proportionnels : les droites ne sont pas parallèles. Un point commun vérifie $\begin{cases} 1 + t = 2s \\ 2 - t = s \\ 2t = 3 - s \end{cases}$. Les deux premières équations donnent $1 + t = 2(2 - t)$, soit $t = 1$ et $s = 1$. La troisième équation : $2 \times 1 = 3 - 1$ est satisfaite. Les droites sont sécantes au point obtenu pour $t = 1$ : $(2 ; 1 ; 2)$.

2. b) $d_2$ et $d_3$

   Les vecteurs directeurs sont égaux ($(2 ; 1 ; -1)$) : les droites sont parallèles. Le point $(0 ; 1 ; 3)$ de $d_3$ n'appartient pas à $d_2$ (il faudrait $2s = 0$ et $s = 1$) : les droites sont parallèles distinctes.

3. c) $d_1$ et $d_4$

   $\vec{u}_1(1 ; -1 ; 2)$ et $\vec{u}_4(0 ; 1 ; 1)$ ne sont pas proportionnels. Un point commun vérifie $1 + t = 1$, $2 - t = v$, $2t = v$ : la première équation donne $t = 0$, puis $v = 2$ et $v = 0$ : contradiction. Il n'y a pas de point commun : les droites ne sont ni parallèles ni sécantes, elles sont gauches (non coplanaires).

a) sécantes en $(2 ; 1 ; 2)$ ; b) parallèles distinctes ; c) gauches

Barème de cet exercice

• a : Comparer les vecteurs directeurs $(1 ; -1 ; 2)$ et $(2 ; 1 ; -1)$ : non proportionnels, donc non parallèles (1 point)
• a : Écrire le système d'égalité des coordonnées et le résoudre : $t = 1$, $s = 1$ (1 point)
• a : Contrôler la troisième équation (1 point)
• a : Conclure : sécantes en $(2 ; 1 ; 2)$ (1 point)
• b : Vecteurs directeurs égaux $(2 ; 1 ; -1)$ : droites parallèles (1 point)
• b : Le point $(0 ; 1 ; 3)$ de $d_3$ n'est pas sur $d_2$ : parallèles distinctes (1 point)
• c : Vecteurs directeurs $(1 ; -1 ; 2)$ et $(0 ; 1 ; 1)$ non proportionnels : non parallèles (1 point)
• c : Le système d'égalité des coordonnées n'a pas de solution ($x$ : $t = 0$ ; puis $y$ : $2 = v$ ; $z$ : $0 = v$) (1 point)
• c : Conclure : droites non coplanaires, gauches (1 point)

1. a) Point de percée

   Un point de $d$ appartient à $\pi$ si $(1 + 2t) + 2(-1 + t) - (2 - t) - 7 = 0$, soit $1 + 2t - 2 + 2t - 2 + t - 7 = 0$, donc $5t - 10 = 0$ et $t = 2$. Pour $t = 2$ : $x = 1 + 4 = 5$, $y = -1 + 2 = 1$, $z = 2 - 2 = 0$. Le point de percée est $(5 ; 1 ; 0)$ (on contrôle : $5 + 2 - 0 - 7 = 0$).

2. b) Position de $d'$

   Un vecteur normal de $\pi$ est $\vec{n}(1 ; 2 ; -1)$. $\vec{n} \cdot \vec{v} = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + (-1) \times 0 = 0$ : le vecteur directeur de $d'$ est orthogonal à $\vec{n}$, donc $d'$ est parallèle à $\pi$ (ou contenue dans $\pi$). Or $Q(0 ; 0 ; 1)$ vérifie $0 + 0 - 1 - 7 = -8 \neq 0$ : $Q \notin \pi$. La droite $d'$ est parallèle à $\pi$ sans y être contenue : elle ne coupe pas $\pi$.

3. c) Valeur de $m$

   La droite est parallèle à $\pi$ si $\vec{w} \perp \vec{n}$ : $m \times 1 + 1 \times 2 + 3 \times (-1) = 0$, soit $m - 1 = 0$ et $m = 1$.

a) $(5 ; 1 ; 0)$ ; b) non, $d'$ est parallèle à $\pi$ ; c) $m = 1$

Barème de cet exercice

• a : Remplacer $x$, $y$, $z$ par leurs expressions en $t$ dans l'équation de $\pi$ (1 point)
• a : Résoudre $5t - 10 = 0$ : $t = 2$ (1 point)
• a : Reporter $t = 2$ dans les équations de $d$ (1 point)
• a : Point de percée $(5 ; 1 ; 0)$ (1 point)
• b : Vecteur normal de $\pi$ : $\vec{n}(1 ; 2 ; -1)$, et $\vec{n} \cdot \vec{v} = 2 - 2 + 0 = 0$ : $d'$ est parallèle à $\pi$ (1 point)
• b : Le point $Q$ n'appartient pas à $\pi$ : $0 + 0 - 1 - 7 \neq 0$ (1 point)
• b : Conclure : parallèle et disjointe, pas de point commun (1 point)
• c : Condition : le vecteur directeur est orthogonal au vecteur normal, $m + 2 - 3 = 0$ (1 point)
• c : $m = 1$ (1 point)

1. a) $(S_1)$ par combinaisons linéaires

   On élimine $y$. En additionnant $(1)$ et $(2)$ : $3x + 2z = 9$. En additionnant $2 \times (2)$ et $(3)$ : $5x + z = 8$. De la seconde, $z = 8 - 5x$ ; dans la première : $3x + 16 - 10x = 9$, donc $x = 1$, puis $z = 3$ et, avec $(1)$, $y = 6 - 1 - 3 = 2$. Solution unique $(1 ; 2 ; 3)$ (contrôle dans $(2)$ : $2 - 2 + 3 = 3$ ; dans $(3)$ : $1 + 4 - 3 = 2$). Géométriquement : les trois plans se coupent en un seul point, $(1 ; 2 ; 3)$.

2. b) $(S_2)$

   En additionnant les deux premières équations : $2x + 3z = 4$, c'est exactement la troisième. Le système équivaut donc à $\begin{cases} x + y + z = 3 \\ x - y + 2z = 1 \end{cases}$, qui admet une infinité de solutions dépendant d'un paramètre (par exemple $z = k$ : $2x = 4 - 3k$, $x = 2 - \dfrac{3k}{2}$, $y = 1 + \dfrac{k}{2}$). Géométriquement, les trois plans ont en commun une droite.

3. c) $(S_3)$

   La somme des deux premières équations donne $2x + 3z = 4$, alors que la troisième affirme $2x + 3z = 5$ : contradiction. Le système est impossible : les trois plans n'ont aucun point commun (ils se coupent deux à deux selon trois droites parallèles).

a) $(1 ; 2 ; 3)$ : les trois plans se coupent en un point ; b) une droite commune ; c) aucun point commun

Barème de cet exercice

• a : Choisir une méthode (substitution ou combinaisons linéaires) et l'appliquer sans erreur (1 point)
• a : Solution $(1 ; 2 ; 3)$, à contrôler dans les trois équations (1 point)
• a : Interprétation : les trois plans se coupent en un seul point (1 point)
• b : Constater que la troisième équation est la somme des deux premières (ligne 1 + ligne 2) (1 point)
• b : Le système équivaut aux deux premières équations : une infinité de solutions à un paramètre (1 point)
• b : Interprétation : les trois plans ont une droite commune (1 point)
• c : Comparer avec $(S_2)$ : la somme des deux premières équations donne $2x + 3z = 4$, incompatible avec $2x + 3z = 5$ (1 point)
• c : Système impossible : les plans n'ont aucun point commun (deux à deux sécants, sans point commun) (1 point)

1. 1. Coordonnées

   Dans le repère $(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$ : $A(0 ; 0 ; 0)$, $B(1 ; 0 ; 0)$, $D(0 ; 1 ; 0)$, $E(0 ; 0 ; 1)$, $F(1 ; 0 ; 1)$, $G(1 ; 1 ; 1)$. $M$ est le milieu de $[BF]$ : $M\left(\dfrac{1 + 1}{2} ; \dfrac{0 + 0}{2} ; \dfrac{0 + 1}{2}\right) = \left(1 ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)$.

2. 2. Vecteur normal

   $\overrightarrow{DG} = (1 ; 0 ; 1)$ et $\overrightarrow{DM} = \left(1 ; -1 ; \dfrac{1}{2}\right)$ ne sont pas proportionnels : $D$, $G$, $M$ ne sont pas alignés et définissent un plan. Un vecteur normal $\vec{n}(a ; b ; c)$ vérifie $\begin{cases} a + c = 0 \\ a - b + \dfrac{c}{2} = 0 \end{cases}$. On choisit $c = -2$ : $a = 2$, puis $b = a + \dfrac{c}{2} = 1$. Donc $\vec{n}(2 ; 1 ; -2)$.

3. 2. Équation

   Le plan a une équation de la forme $2x + y - 2z + d = 0$. Comme $D(0 ; 1 ; 0)$ est dans le plan : $1 + d = 0$, donc $d = -1$. Équation du plan DGM : $2x + y - 2z - 1 = 0$. Contrôles : $G$ : $2 + 1 - 2 - 1 = 0$ ; $M$ : $2 + 0 - 1 - 1 = 0$.

4. 3. Droite orthogonale

   La droite $d$ est orthogonale au plan : le vecteur normal $\vec{n}(2 ; 1 ; -2)$ est un vecteur directeur de $d$. Comme $d$ passe par $E(0 ; 0 ; 1)$ : $\begin{cases} x = 2t \\ y = t \\ z = 1 - 2t \end{cases}$, $t \in \mathbb{R}$.

5. 4. Intersection

   Un point de $d$ est dans le plan si $2(2t) + t - 2(1 - 2t) - 1 = 0$, soit $4t + t - 2 + 4t - 1 = 0$, donc $9t - 3 = 0$ et $t = \dfrac{1}{3}$. Le point d'intersection est $\left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{3} ; 1 - \dfrac{2}{3}\right) = \left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)$. Il est bien à l'intérieur du cube.