> 1. Affirmation 1 : Déterminer si une représentation paramétrique est celle d’une droite donnée

L’affirmation est vraie.

Soit ∆ la droite de représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l}x=3-2t\\ y=2-t\\ z=-1+3t\end{array}\right., t\in \text{ℝ}$.

Examinons si A appartient ou non à ∆.

On cherche si le système $\left\{\begin{array}{l}3-2t=-1\\ 2-t=0\\ -1+3t=5\end{array}\right.$ possède une solution.

t = 2 est solution des trois équations du système, donc A ∈ ∆.

De même, on examine si B appartient ou non à ∆.

On cherche si le système $\left\{\begin{array}{l}3-2t=3\\ 2-t=2\\ -1+3t=-1\end{array}\right.$ possède une solution.

t = 0 est solution des trois équations du système, donc B ∈ ∆.

∆ est donc bien la droite (AB).

Autre méthode

$\overrightarrow{\text{AB}}$ a pour coordonnées $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ ; ∆ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 3\end{array}\right)$.

On a $\overrightarrow{u}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{\text{AB}}$, donc $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{\text{AB}}$ sont colinéaires et ∆ et (AB) sont parallèles. $\overrightarrow{u}$ est donc un vecteur directeur de la droite (AB).

On vérifie ensuite comme précédemment que A ∈ ∆ (ou que B ∈ ∆).

Affirmation 2 : Étudier si un vecteur est ou non normal à un plan

L’affirmation est fausse.

On a calculé précédemment les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{\text{AB}}$.

On en déduit $\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\text{AB}}=5\times 4-2\times 2+1\times (-6)$, soit $\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\text{AB}}=10$.

Le vecteur $\overrightarrow{n}$ n’est pas orthogonal au vecteur $\overrightarrow{\text{AB}}$, donc $\overrightarrow{n}$ n’est pas normal au plan (OAB).

> 2. Affirmation 3 : Étudier la position relative de deux droites de l’espace

L’affirmation est fausse.

La droite d a pour vecteur directeur $\overrightarrow{v}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ ; la droite $d^{\prime }$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{v}\prime \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -6\end{array}\right)$. Les coordonnées de ces deux vecteurs ne sont pas proportionnelles, par exemple $\frac{1}{4}\ne \frac{2}{-6}$. Donc ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, et les droites d et $d^{\prime }$ ne sont pas parallèles, elles sont sécantes ou non coplanaires.

On cherche un éventuel point commun à ces deux droites.

On résout le système : $\left\{\begin{array}{l}15+k=1+4s\\ 8-k=2+4s\\ -6+2k=1-6s\end{array}\right.$

Ce système équivaut à $\left\{\begin{array}{l}k=4s-14\\ 8-4s+14=2+4s\\ -6+2\left(4s-14\right)=1-6s\end{array}\right.$, soit $\left\{\begin{array}{l}k=4s-14\\ 8s=20\\ 14s=35\end{array}\right.$

Il a pour unique solution $(s;k)=\left(\frac{5}{2} ; -4\right)$.

Cela signifie que les droites d et $d^{\prime }$ ont un unique point commun I, donc elles sont sécantes, donc coplanaires.

> 3. Affirmation 4 : Calculer la distance d’un point à un plan

L’affirmation est vraie.

On détermine les coordonnées du point H, projeté orthogonal de C sur le plan $\mathcal{P}$. Soit ∆ la droite perpendiculaire à $\mathcal{P}$ passant par C.

∆ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right)$, vecteur normal au plan $\mathcal{P}$, donc ∆ a pour représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=-1-t\\ z=2+t\end{array}\right., t\in \text{ℝ}$.

On cherche ensuite les coordonnées du point commun à cette droite et au plan $\mathcal{P}$.

Pour cela, dans l’équation cartésienne de $\mathcal{P}$ on remplace x par 2 + t, y par - 1 - t et z par 2 + t, on obtient 2 + t + 1 + t + 2 + t + 1 = 0.

Cette équation équivaut à 6 + 3t = 0, soit t = - 2.

En remplaçant t par - 2 dans la représentation paramétrique de ∆, on obtient H(0 ; 1 ; 0).

Alors $\text{CH}=\sqrt[]{4+4+4}$ ; $\text{CH}=\sqrt[]{12}$ ; $\text{CH}=2\sqrt[]{3}$.