On sait que \(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=AB \times AC \times \cos (\widehat{BAC}\). Ainsi, \(\cos(\widehat{BAC})=\dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{AB \times AC}=\dfrac{14}{7 \times 4}=\dfrac{1}{2}\). Ainsi, \(\widehat{BAC}=\dfrac{\pi}{3}\) (ou 60°).

• \(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB} = AD \times AB \times \cos (\widehat{BAD})=1 \times 1 \times 0 = 0\)
• \(\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{FG} = AD \times FG \times \cos(0)=1 \times 1 \times 1 = 1\)
• \(\overrightarrow{EH} \cdot \overrightarrow{ED} = EH \times ED \times \cos(\widehat{HED})=1 \times \sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=1\)
• \(\overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{FB} = DH \times FB \times \cos (180^{\circ})=1 \times 1 \times (-1) = -1\)
• \(\overrightarrow{EG} \cdot \overrightarrow{ED} = EG \times ED \times \cos(60^{\circ})=\sqrt{2} \times \sqrt{2} \times \sqrt{2} \times \dfrac{1}{2} = 1\)
• \(\overrightarrow{CG} \cdot \overrightarrow{CE} = CG \times CE \times \cos(\widehat{GCE})=1 \times \sqrt{3} \times \dfrac{1}{\sqrt{3}}=1\). On utilise ici la relation \(\cos = \dfrac{\text{adjacent}}{\text{hypoténuse}}\) dans un triangle rectangle.

On a \[ 2\vec u \cdot (3 \vec u – 2 \vec v + 4\vec w)=6||\vec u||^2-4\vec u \cdot \vec v + 8 \vec u \cdot \vec w = 96-12-8=76\]
et
\[3\vec v – 2 \vec u) \cdot (4\vec w + \vec u)=12\vec v \cdot \vec w + 3 \vec v \cdot \vec u -8 \vec u \cdot \vec w -2||\vec u||^2=60+9+8-32=45\]

On a alors

\[\vec u \cdot (4\vec v – 3 \vec w)=4\vec u \cdot \vec v -3\vec u \cdot \vec w = 12-12=0\]

Le vecteur \(\vec u\) est orthogonal au vecteur \(4\vec v – 3 \vec w\).

\(\vec u\) et \(\vec v\) sont orthogonaux, ce qui implique que \(\vec u \cdot \vec v = 0\). On a
\[||\vec u + \vec v||^2 = ||\vec{u}||^2 + 2 \vec u \cdot \vec v + ||\vec{v}||^2 = 3^2+2\times 0 + 7^2 = 58\]
et donc \(||\vec u + \vec v||=\sqrt{58}\)
\[||\vec u – \vec v||^2 = ||\vec{u}||^2 – 2 \vec u \cdot \vec v + ||\vec{v}||^2 = 3^2-2\times 0 + 7^2 = 58\]
et \(||\vec u – \vec v||=\sqrt{58}\)

1. \(\vec{u} \cdot \vec{v}= -\dfrac{1}{2}(||\vec{u}-\vec{v}||^2-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2)=-\dfrac{1}{2}(4^2-3^2-2^2)=\dfrac{3}{2}\)
2. \(\vec{u} \cdot \vec{v}= \dfrac{1}{2}(||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2)=\dfrac{1}{2}(3^2-5^2-2^2)=-10\)
3. \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \dfrac{1}{4}( ||\vec{u}+\vec{v}||^2-||\vec{u}-\vec{v}||^2 )=\dfrac{1}{4}(12^2-7^2)=\dfrac{95}{4}\)

On a

\[\vec u \cdot \vec v = -\dfrac{1}{2}(||\vec{u}-\vec{v}||^2-||\vec{u}||^2-||\vec{v}||^2)=-\dfrac{1}{2}(5^2-3^2-4^2)=-\dfrac{1}{2}(25-9-16)=0\]

\(\vec u\) et \(\vec v\) sont orthogonaux.

On a \(\vec u \cdot \vec v = 1 \times 3 + 5 \times 3 – 9 \times 2 =0\). \(\vec u\) et \(\vec v\) sont orthogonaux.

On a \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1\\-4\\1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}6\\-3\\x-1\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) sont orthogonaux si et seulement si \(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0\), c’est-à-dire

\[1 \times 6 -4 \times -3 +1 \times (x-1)=0\]

c’est-à-dire \(17+x=0\) d’où \(x=-17\)

On a \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2\\-2\\2x-2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0\\6\\x-2\end{pmatrix}\). \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) sont orthogonaux si et seulement si \(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0\), c’est-à-dire

\[ 2 \times 0 -2\times 6 +(2x-2) \times (x-2)=0\]

On a donc \(2x^2-6x-8=0\). C’est un polynôme du second degré dont les racines sont \(-1\) et \(4\). \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) sont orthogonaux si et seulement si \(x=-1\) ou \(x=4\)

On a \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2\\0\\4\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}\). Les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) ne sont pas colinéaires, les points \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés.

Puisque l’on est dans un repère orthonormé
\[\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=2 \times 0+0 \times -1 + 4 \times 1 = 4\]

De plus,

• \(AB = \sqrt{2^2+0^2+4^2}=\sqrt{20}\),
• \(BC=\sqrt{0^2+(-1)^2+1^2}=\sqrt{2}\)

On sait que \(4=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=AB \times AC \times \cos (\widehat{BAC})\).

Ainsi, \(\sqrt{20} \times \sqrt{2} \times \cos (\widehat{BAC}) = 4\) d’où \(\cos (\widehat{BAC})=\dfrac{4}{\sqrt{2}\sqrt{20}}=\dfrac{2}{\sqrt{10}}\). L’angle \(\widehat{BAC}\) mesure environ 51 degrés (utiliser arccos ou cos\(^{-1}\) sur la calculatrice).

Les points \(I\), \(J\) et \(K\) ont pour \(\left( \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};0\right)\), \(\left(1;\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\) et \(\left( \dfrac{1}{2} ; 0;\dfrac{1}{2}\right)\) comme coordonnées respectives dans le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\).

On a \(\overrightarrow{IJ}\begin{pmatrix}0.5\\0\\0.5\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{IK}\begin{pmatrix}0\\-0.5\\0.5\end{pmatrix}\). Puisque le repère \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\) est orthonormé,

\[ \overrightarrow{IJ}\cdot \overrightarrow{IK}=0.5 \times 0 – 0 \times 0.5 + 0.5 \times 0.5 = 0.25 = \dfrac{1}{4} \]

On sait de plus que \(\overrightarrow{IJ} \cdot \overrightarrow{IK}=IJ \times IK \times \cos (\widehat{JIK})\). Or,

• \(IJ=\sqrt{0.5^2+0^2+0.5^2}=\sqrt{0.5}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
• \(IK=\sqrt{0^2+(-0.5)^2+0.5^2}=\sqrt{0.5}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

Ainsi, \(\cos (\widehat{JIK})=\dfrac{\frac{1}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{1}{2}\) et donc \(\widehat{JIK}=\dfrac{\pi}{3}\)

Puisque \(IJ=IK\), le triangle \(IJK\) est isocèle en \(I\). On a donc \(\widehat{JKI}=\widehat{IJK}\). Or, \(\widehat{JIK}=\dfrac{\pi}{3}\) et la somme des angles d’un triangle vaut \(\pi\) radians. On a donc \(\widehat{JKI}=\widehat{IJK}=\dfrac{\pi}{3}\). Le triangle \(IJK\) est donc équilatéral.

On a \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1\\-3\\2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}= 1\times 1 -3 \times 1 +2 \times 1 =0\). Les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) sont orthogonaux. Les droites \((AB)\) et \((AC)\) sont donc orthogonales. De plus, ces droites ont le point \(A\) en commun, elles sont donc perpendiculaires.

Ce repère est orthonormé.

On a \(F(1,0,1)\), \(D(0,1,0)\), \(B(1,0,0)\), \(H(0,1,1)\)

On a \(\overrightarrow{DF}\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{BH}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{DF}\cdot \overrightarrow{BH}=-1\times (-1) + 1 \times 1 -1\times 1 = 1 \neq 0\). Les droites \((DF)\) et \((BH)\) ne sont pas perpendiculaires.

La droite \(\Delta\) est dirigée par le vecteur \(\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}3\\1\\2\end{pmatrix}\). La droite \((AB)\) est dirigée par le vecteur \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1\\-1\\-2\end{pmatrix}\). Par ailleurs,

\[ \overrightarrow{AB}\cdot \vec u = 1 \times 3 – 1 \times 1 -2 \times 2 = 0\]
Les droites \((AB)\) et \(\Delta\) sont orthogonales.

D’une part, on a \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}3-1\\4-2\\1-1\end{pmatrix}\) soit \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2\\2\\0\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix}6-4\\1-(-1)\\6-6\end{pmatrix}\) soit \(\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix}2\\2\\0\end{pmatrix}\). Ainsi, \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}\). Les points \(A\), \(B\), \(C\) et \(D\) sont donc coplanaires et \(ABDC\) est un parallélogramme.

De plus, on a \(\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}6-3\\1-4\\6-1\end{pmatrix}\) soit \(\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}3\\-2\\5\end{pmatrix}\).

Ainsi, \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BD} = 2 \times 3 – 2 \times 3 + 0 \times 5 = 0\). L’angle \(\widehat{ABD}\) est un angle droit. \(ABDC\) est un parallélogramme ayant un angle droit, c’est donc un rectangle.

Puisque le repère \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\) est orthonormé, on a donc

• \(\vec v_1 \cdot \vec u = 1 \times 2 + 4 \times (-1)+ 1\times 2=0\)
• \(\vec v_2 \cdot \vec u = 3 \times 2 – 1 \times 1 -2 \times 2 =0\)

Ainsi, \(\vec u\) est orthogonal à \(\vec v_1\) et \(\vec v_2\) qui sont deux vecteurs non colinéaires du plan \(\mathcal{P}\). \(\vec u\) est donc normal au plan \(P\).

• \(\vec n \cdot \overrightarrow{AB} = 2 \times (1-3) + 2 \times (3-(-2))+1 \times (-8-(-2)) = 0\)
• \(\vec n \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \times (-2-3) + 2 \times (0-(-2))+1 \times (4-(-2)) = 0\)

Ainsi, \(\vec n\) est orthogonal aux vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\). Il est donc normal au plan \((ABC)\).

On a

• \( 3 \times 2 + 2 \times (-3)-1+1=0\)
• \( 3 \times 0 + 2 \times 0-1+1=0\)
• \( 3 \times 0 + 2 \times 2-5+1=0\)
• \( 3 \times 1 + 2 \times 5-3+1=11 \neq 0\)

Les coordonnées des points \(A\), \(B\) et \(C\) vérifient l’équation du plan \(\mathcal{P}\). Ces points appartiennent donc au plan \(\mathcal{P}\). En revanche, le point \(D\) n’appartient pas à ce plan.

Par ailleurs, on a \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2\\3\\0\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-2\\5\\4\end{pmatrix}\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires. Les points \(A\), \(B\) et \(C\) définissent donc bien un plan, qui n’est autre que le plan \(\mathcal{P}\). D’après la question précédente, le point \(D\) n’appartient pas à ce plan : les points \(A\), \(B\), \(C\) et \(D\) ne sont donc pas coplanaires.

Une équation cartésienne du plan passant par le point \(A(2;5;-1)\) et de vecteur normal \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}\) est

\[ 2(x-2)-3(y-5)+(z+1)=0\]

c’est-à-dire \(2x-3y+z+12=0\)

On a \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2\\0\\4\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}\). Ainsi,

• \(\vec n \cdot \overrightarrow{AB}=2\times 2 +(-1) \times 0 + (-1) \times 4 = 0\)
• \(\vec n \cdot \overrightarrow{AC}=2\times 0 + (-1) \times (-1) + (-1) \times 1 = 0\)

Ainsi, le vecteur \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix}\) est normal eu plan \((ABC)\)

Le plan \((ABC)\) passe par \(A\) et admet le vecteur \(\vec n\) comme vecteur normal. Une équation cartésienne du plan \((ABC)\) est donc
\[ 2(x-(-1))-1(y-2)-1(z-0)\]
c’est-à-dire \(2x-y-z+4=0\)

On a \(2x_D-y_D-z_D+4=2\times 5 -3 -0+4 =11 \neq 0\). Le point \(D\) n’appartient pas au plan \((ABC)\).

Le plan parallèle au plan \((ABC)\) passant par \(D\) admet également le vecteur \(\vec n\) comme vecteur normal. Une équation de ce plan est donc

\[ 2(x-5)-(y-3)-(z-0)=0\]
c’est-à-dire
\[2x-y-z-7=0\]

Supposons qu’il existe un point \(M(x;y;z)\) dans \(P \cap (d)\). On a alors

\[\left\{ \begin{array}{l}x=1+t \\ y=1+2t \\ z = 5-3t \\ 2x-3y-2z+1=0 \end{array}\right.\]

En remplaçant les \(x\), \(y\) et \(z\) de la dernière ligne, on obtient.

\[2(1+t)-3(1+2t)-2(5-3t)+1=0\]

c’est-à-dire \(t=5\).

Vérifions : en remplaçant \(t\) par 5 dans l’équation de \((d)\), on obtient le point de coordonnées \((6;11;-10)\). Or, \(2\times 6 -3 \times 11 -2 \times (-10)+1=0\). Ce point appartient également au plan \(P\).

Un vecteur normal à \(\mathcal{P}_1\) est le vecteur \(\overrightarrow{u_1}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\) . Un vecteur normal à \(\mathcal{P}_2\) est le vecteur \(\overrightarrow{u_2}\begin{pmatrix}3\\2\\-1\end{pmatrix}\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires. Les plans \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\) ne sont donc pas parallèles.

On a

• \(2x_A+y_A-z_A+3=2\times 1 + 1 -6 +3 =0\). Le point \(A\) appartient à \(\mathcal{P}_1\).
• \(2x_B+y_B-z_B+3=2\times 2 + 0 -7 +3 =0\). Le point \(B\) appartient à \(\mathcal{P}_1\).
• \(3x_A+2y_A-z_A+1=3\times 1 + 2 \times 1 – 6 + 1 =0\). Le point \(A\) appartient à \(\mathcal{P}_2\).
• \(3x_A+2y_A-z_A+1=3\times 2 + 2 \times 0 – 7 + 1 =0\). Le point \(B\) appartient à \(\mathcal{P}_2\).

L’intersection de deux plans sécants étant une droite, on a donc \(\mathcal{P}_1 \cap \mathcal{P}_2=(AB)\). Or, les coordonnées du vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) étant \(\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}\), une représentation paramétrique de \(\mathcal{P}_1 \cap \mathcal{P}_2\) est donc

\[\left\{\begin{array}{l} x = 1 +t \\ y = 1-t \\ z = 6+t \end{array}\right. , t\in \mathbb{R}\]

On a \(\overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\), \(\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{BE}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}\) .

De plus, \(\overrightarrow{BE}\cdot \overrightarrow{AG}=-1 \times 1 + 0 \times 1 + 1 \times 1 = 0\) et \(\overrightarrow{BD}\cdot \overrightarrow{AG}=-1 \times 1 + 1 \times 1 + 0 \times 1 = 0\). Le vecteur \(\overrightarrow{AG}\) est orthogonal à deux vecteurs du plan \((BDE)\), il est donc normal au plan \((BDE)\)

Le plan \((BDE)\) admet \(\overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\) \(\overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\) comme vecteur normal et passe par \(B(1,0,0)\). Il admet donc comme équation cartésienne \((x-1)+(y-0)+(z-0)=0\) c’est-à-dire \(x+y+z-1=0\)

La droite \((AG)\) passe par \(A(0,0,0)\) et est dirigée par \(\overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\). Cette droite admet donc pour représentation paramétrique le système \(\left\{ \begin{array}{l}x=t \\ y=t \\ z = t \\
\end{array}\right., t \in \mathbb{R}\)

La droite \((AG)\) passe par \(G\) et est orthogonale au plan \((BDE)\). Le point d’intersection de \((AG)\) et \((BDE)\) est donc le projeté orthogonal de \(G\) sur \((BDE)\). Un point de \((AG)\) possède des coordonnées de la forme \((t,t,t)\) pour un certain réel \(t\). Si ce point appartient au plan \((BDE)\), on a de plus \(t+t+t-1=0\) soit \(t=\dfrac{1}{3}\). Le point \(K\), point d’intersection du plan \((BDE)\) et de la droite \((AG)\), a pour coordonnées \(\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)\)

\(2x_A+4y_A-5z_A+1=2\times 6 + 4 \times 8 – 5 \times (-9)+1=92\neq 0\). Le point \(A\) n’appartient pas au plan \(\mathcal{P}\).

Un vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\) est le vecteur \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2\\4\\-5\end{pmatrix}\)

La droite passant par \(A\) et de vecteur directeur \(\vec n\) admet pour représentation paramétrique \[\left\{\begin{array}{l} x = 6 +2t \\ y = 8 +4t\\ z = -9-5t\end{array}\right. , t\in \mathbb{R}\]

Le projeté orthogonal de \(A\) sur \(\mathcal{P}\) est l’intersection de la droite précédente et du plan \(\mathcal{P}\). Déterminer les coordonnées de ce projeté revient donc à trouver quatre réels \(x\), \(y\), \(z\) et \(t\) tels que

\[\left\{\begin{array}{l} x = 6 +2t \\ y = 8+4t \\ z = -9-5t \\ 2x-z-3=0\end{array}\right. , t\in \mathbb{R}\]

En remplaçant \(x\), \(y\) et \(z\) dans la dernière égalité, on a \(2(6+2t)+4(8+4t)-5(-9-5t)+1=0\) soit \(t=-2\).

En prenant \(t=-2\), on obtient alors \(x=6+2\times (-2)=2\), \(y=8+4\times (-2)=0\) et \(z=-9-5\times (-2)=1\).
Les coordonnées du projeté orthogonal de \(A\) sur le plan \(\mathcal{P}\) sont \((2;0;1)\).

1. On a \(\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-2\\5\\1\end{pmatrix}\). Puisque le repère est orthonormé, on a
   \[ \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times (-2) + 0 \times 5 + 2 \times 1 = 0\]
   Ainsi, les droites \((AB)\) et \((AC)\) sont orthogonales. Celles-ci se coupent au point \(A\) : ces droites sont donc perpendiculaires et l’angle \(\widehat{BAC}\) est donc un angle droit. Le triangle \(BAC\) est donc rectangle en \(A\).
2. 1. On a
      • \(\vec n \cdot \overrightarrow{AB}=2 \times 1 + 1 \times 0 + (1-) \times 2 = 0\)
      • \(\vec n \cdot \overrightarrow{AC}=2\times (-2)+1 \times 5+(-1) \times 1 = 0\)

      Ainsi, \(\vec n\) est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan \((ABC)\), il est donc normal à ce plan.

   2. Le plan \((ABC)\) passe par le point \(A\) et admet le vecteur \(\vec n\) comme vecteur normal. Une équation cartésienne de ce plan est donc

      \[ 2(x-2)+1(y-(-1))-1(z-0)=0\]
      soit
      \[2x+y-z-3=0\]

   3. Les points \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés et définissent donc bien un plan. Par ailleurs, on a \(2x_S+y_S-z_S-3=2\times 0 + 1 -4-3=-6\neq 0\). Ainsi, le point \(S\) n’appartient pas au plan \((ABC)\) car ses coordonnées ne vérifient pas l’équation de ce plan. Les points \(A\), \(B\), \(C\) et \(S\) ne sont pas coplanaires.
3. 1. La droite \((d)\) passe par le point \(S\) et admet le vecteur \(\vec n\) comme vecteur directeur. Une représentation paramétrique de cette droite est donc

      \[(d)\quad : \quad \left\{ \begin{array}{llll}x=&&&2t \\y=&1&+&t\\z=&4&-&t\end{array}\right.,t\in\mathbb{R}\]

   2. D’une part, les coordonnées du point \(H\) vérifient l’équation du plan \((ABC)\). En effet, \(2\times 2+2-3-3=0\). D’autre part, en prenant \(t=1\), on a bien \(2t=2\), \(1+t=2\) et \(4-t=3\). Le point \(H\) appartient donc aussi à la droite \((d)\). Il s’agit donc du point d’intersection de \((d)\) et \((ABC)\).

      Il est également possible de remplacer \(x\), \(y\) et \(z\) dans l’équation du plan par \(2t\), \(1+t\) et \(4-t\). On trouve alors \(t=1\).

4. Prenons le triangle \(ABC\) comme base. Le triangle \(ABC\) est rectangle en \(A\). Son aire vaut donc \(\dfrac{AB \times AC}{2}\). Or,
   • \(AB= \sqrt{(3-2)^2+(-1-(-1))^2+(2-0)^2}=\sqrt{1+0+4}=\sqrt{5}\)
   • \(AC=\sqrt{(0-2)^2+(4-(-1))^2+(1-0)^2}=\sqrt{4+25+1}=\sqrt{30}\)

   Ainsi, l’aire du triangle \(ABC\) vaut \(\dfrac{\sqrt{5} \times \sqrt{30}}{2}=\dfrac{5\sqrt{6}}{2}\)

   D’autre part, \(H\) est le projeté orthogonal du point \(S\) sur la plan \((ABC)\). \([SH]\) est donc la hauteur du tétraèdre issue du point \(S\). Or,
   \[ SH = \sqrt{(2-0)^2+(2-1)^2+(3-4)^2}=\sqrt{4+1+1}=\sqrt{6}\]
   Ainsi, le volume du tétraèdre \((SABC)\) vaut
   \[ V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{5\sqrt{6}}{2} \times \sqrt{6} = 5\]

5. 1. On a
      \[ SA = \sqrt{(2-0)^2+(-1-1)^2+(0-4)^2}=\sqrt{4+4+16}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}\]
   2. On a \(\overrightarrow{SA}\begin{pmatrix}2\\-2\\-4\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{SB}\begin{pmatrix}3\\-2\\-2\end{pmatrix}\). Ainsi,
      \[ \overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{SB} = 2 \times 3 -2 \times (-2) -4 \times (-2)=18\]
      Or,
      \[ \overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{SB} = SA \times SB \times \cos \widehat{ASB}\]
      Et donc
      \[ \cos(\widehat{ASB})=\dfrac{\overrightarrow{SA} \cdot \overrightarrow{SB}}{SA \times SB}=\dfrac{18}{\sqrt{17}\times2\sqrt{6}}\]

      Ainsi, \(\widehat{ASB} \simeq 27,0^{\circ}\).

1. On a \(\overrightarrow{AI}=2\overrightarrow{AC}\). Ainsi, le point \(I\) a pour coordonnées \((2,2,0)\). Par ailleurs, \(J\) est le milieu de \([BF]\), ses coordonnées sont donc \(\left(1;0;\dfrac{1}{2}\right)\).
2. On a \(\overrightarrow{IJ}\begin{pmatrix}1\\2\\-1/2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{JD}\begin{pmatrix}-1\\1\\-1/2\end{pmatrix}\). Le repère considéré étant orthonormé, on a alors
   • \(\overrightarrow{JI}\cdot \vec n = 1 \times 1 -2 \times 2 – 6 \times \left(-\dfrac{1}{2}\right)=0\)
   • \(\overrightarrow{JD} \cdot \vec n = 1 \times (-1) -2 \times 1 -6 \times \left(-\dfrac{1}{2}\right)=0\)

   Le vecteur \(\vec n\) est ainsi orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((IJD)\). Le vecteur \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\-2\\-6\end{pmatrix}\) est normal au plan \((IJD)\)

3. Le plan \((IJD)\) passe par le point \(I(2,2,0)\) et admet le vecteur \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\-2\\-6\end{pmatrix}\) comme vecteur normal. Une équation cartésienne de ce plan est donc
   \[ 1 \times (x-2) -2 \times (y-2) -6 \times (z-0)=0\]
   soit \(x-2y-6z+2=0\).
4. La droite \((BH)\) passe par le point \(B(1,0,0)\) et admet pour vecteur directeur le vecteur \(\overrightarrow{BH}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\). Une représentation paramétrique de cette droite est donc

   \[\left\{\begin{array}{l}x=1-t\\y=t\\z=t\end{array}\right.,\quad t \in\mathbb{R}\]

5. Le point d’intersection du plan \((IJD)\) et de la droite \((BH)\) doit avoir des coordonnées qui vérifient les deux équations. Soit \((x,y,z,t)\) quatre réels. On doit avoir

   \[\left\{\begin{array}{l}x=1-t\\y=t\\z=t\\x-2y-6z+2=0
   \end{array}\right.\]

   En utilisant la dernière ligne, on a alors \((1-t)-2t-6t+2=0\) soit \(t=\dfrac{1}{3}\). On trouve alors \(x=\dfrac{2}{3}\), \(y=\dfrac{1}{3}\) et \(z=\dfrac{1}{3}\). Réciproquement, on vérifie que le point \(K\left(\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right)\) vérifient bien les équations du plan \((IJD)\) et de la droite \((BH)\)

6. D’une part,
   \[\overrightarrow{KB}\cdot \overrightarrow{KD} = \left(1-\dfrac{2}{3}\right) \times \left(0-\dfrac{2}{3}\right)+\left(0-\dfrac{1}{3}\right) \times \left(1-\dfrac{1}{3}\right)+\left(0-\dfrac{1}{3}\right)\times \left(0-\dfrac{1}{3}\right)=-\dfrac{1}{3}\]

   Par ailleurs, \(\overrightarrow{KB}\cdot \overrightarrow{KD}=KB \times KC \times \cos (\widehat{BKD})\). Or,

   • \(KB = \sqrt{\left(1-\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(0-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(0-\dfrac{1}{3}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)
   • \(KB = \sqrt{\left(0-\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(0-\dfrac{1}{3}\right)^2}=1\)
7. Ainsi,

   \[ \cos (\widehat{BKD}) = \dfrac{\overrightarrow{KB}\cdot \overrightarrow{KD}}{KB \times KD}=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\]
   L’angle \(\widehat{BKD}\) mesure environ 125°.