Orthogonalité et distances dans l'espace

**Méthode :** On calcule $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$, puis on cherche un vecteur normal. $\vec{AB} = (1;1;-2), \quad \vec{AC} = (-1;3;-1)$ On cherche $\vec{n}(a;b;c)$ tel que : $\begin{cases} a + b - 2c = 0 \\ -a + 3b - c = 0 \end{cases}$ De la 1ère : $a = -b + 2c$. Dans la 2ème : $-(-b+2c) + 3b - c = 0 \implies b - 2c + 3b - c = 0 \implies 4b - 3c = 0$. Donc $c = \dfrac{4b}{3}$. En prenant $b = 3$ : $c = 4$ et $a = -3 + 8 = 5$. $\vec{n}(5;3;4)$. Plan passant par $A(1;0;3)$ : $5(x-1) + 3y + 4(z-3) = 0$ $5x + 3y + 4z - 17 = 0$ **Vérification :** $B$ : $10+3+4-17 = 0$ ✓ ; $C$ : $0+9+8-17 = 0$ ✓. $\boxed{(ABC) : 5x + 3y + 4z - 17 = 0}$

**Méthode :** Formule de distance. $d(D, (ABC)) = \dfrac{|5(2) + 3(0) + 4(0) - 17|}{\sqrt{25+9+16}} = \dfrac{|10-17|}{\sqrt{50}} = \dfrac{7}{5\sqrt{2}} = \dfrac{7\sqrt{2}}{10}$ $\boxed{d(D, (ABC)) = \dfrac{7\sqrt{2}}{10}}$

**Méthode :** Droite passant par $D(2;0;0)$ de direction $\vec{n}(5;3;4)$ : $\begin{cases} x = 2 + 5t \\ y = 3t \\ z = 4t \end{cases}$ Substitution dans $5x + 3y + 4z - 17 = 0$ : $5(2+5t) + 3(3t) + 4(4t) - 17 = 0$ $10 + 25t + 9t + 16t - 17 = 0$ $50t - 7 = 0 \implies t = \dfrac{7}{50}$ $x_H = 2 + \dfrac{35}{50} = 2 + \dfrac{7}{10} = \dfrac{27}{10}$ $y_H = \dfrac{21}{50}, \quad z_H = \dfrac{28}{50} = \dfrac{14}{25}$ $\boxed{H\left(\dfrac{27}{10} ; \dfrac{21}{50} ; \dfrac{14}{25}\right)}$

**Méthode :** On utilise la formule $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\|\vec{AB}\|^2 \|\vec{AC}\|^2 - (\vec{AB} \cdot \vec{AC})^2}$. $\|\vec{AB}\|^2 = 1 + 1 + 4 = 6$ $\|\vec{AC}\|^2 = 1 + 9 + 1 = 11$ $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = -1 + 3 + 2 = 4$ $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{6 \times 11 - 16} = \dfrac{1}{2}\sqrt{66 - 16} = \dfrac{1}{2}\sqrt{50} = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}$ $\boxed{\text{Aire}(ABC) = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}}$

**Méthode :** $V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{\text{base}} \times h$. $V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{5\sqrt{2}}{2} \times \dfrac{7\sqrt{2}}{10} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{35 \times 2}{20} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{70}{20} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{7}{2} = \dfrac{7}{6}$ $\boxed{V = \dfrac{7}{6} \text{ unités de volume}}$

**Méthode :** Un point de $\Delta$ s'écrit $H(1+2t ; 2-t ; -1+2t)$. On cherche $t$ tel que $\vec{BH} \cdot \vec{u} = 0$. $\vec{BH} = (1+2t-3 ; 2-t-0 ; -1+2t-4) = (2t-2 ; 2-t ; 2t-5)$ $\vec{BH} \cdot \vec{u} = 2(2t-2) + (-1)(2-t) + 2(2t-5) = 0$ $4t - 4 - 2 + t + 4t - 10 = 0$ $9t - 16 = 0 \implies t = \dfrac{16}{9}$ $x_H = 1 + \dfrac{32}{9} = \dfrac{41}{9}, \quad y_H = 2 - \dfrac{16}{9} = \dfrac{2}{9}, \quad z_H = -1 + \dfrac{32}{9} = \dfrac{23}{9}$ $\boxed{H\left(\dfrac{41}{9} ; \dfrac{2}{9} ; \dfrac{23}{9}\right)}$

**Méthode :** On calcule $BH$. $\vec{BH} = \left(\dfrac{41}{9}-3 ; \dfrac{2}{9} ; \dfrac{23}{9}-4\right) = \left(\dfrac{14}{9} ; \dfrac{2}{9} ; -\dfrac{13}{9}\right)$ $BH^2 = \dfrac{196 + 4 + 169}{81} = \dfrac{369}{81} = \dfrac{41}{9}$ $BH = \sqrt{\dfrac{41}{9}} = \dfrac{\sqrt{41}}{3}$ $\boxed{d(B, \Delta) = \dfrac{\sqrt{41}}{3}}$

**Méthode :** Le plan $\mathcal{P}$ a pour vecteur normal $\vec{u}(2;-1;2)$ et passe par $B(3;0;4)$. $2(x-3) + (-1)(y-0) + 2(z-4) = 0$ $2x - 6 - y + 2z - 8 = 0$ $2x - y + 2z - 14 = 0$ $\boxed{\mathcal{P} : 2x - y + 2z - 14 = 0}$

**Méthode :** On vérifie que $H$ appartient à $\mathcal{P}$. $2 \times \dfrac{41}{9} - \dfrac{2}{9} + 2 \times \dfrac{23}{9} - 14 = \dfrac{82 - 2 + 46}{9} - 14 = \dfrac{126}{9} - 14 = 14 - 14 = 0 $ De plus, $H \in \Delta$ par construction (paramètre $t = \dfrac{16}{9}$). Donc $H$ est bien l'intersection de $\Delta$ et $\mathcal{P}$. $\boxed{H \in \Delta \cap \mathcal{P}}$

**Méthode :** On met l'équation sous forme canonique en complétant les carrés. $x^2 - 2x + y^2 + 4y + z^2 - 6z + 5 = 0$ $(x-1)^2 - 1 + (y+2)^2 - 4 + (z-3)^2 - 9 + 5 = 0$ $(x-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9$ $\boxed{\Omega(1;-2;3) \text{ et } R = 3}$

**Méthode :** Formule de distance. $d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 - 2(-2) + 2(3) - 1|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{|1+4+6-1|}{3} = \dfrac{10}{3}$ $\boxed{d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{10}{3}}$

**Méthode :** On compare $d(\Omega, \mathcal{P})$ et $R$. $d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{10}{3} \approx 3{,}33 > 3 = R$ Comme la distance du centre au plan est strictement supérieure au rayon, le plan est extérieur à la sphère. $\boxed{\mathcal{P} \text{ est extérieur à } \mathcal{S}}$

**Méthode :** Le plan est tangent si $d(\Omega, \mathcal{P}_k) = R = 3$. $d(\Omega, \mathcal{P}_k) = \dfrac{|1+4+6+k|}{3} = \dfrac{|11+k|}{3}$ Condition de tangence : $\dfrac{|11+k|}{3} = 3 \implies |11+k| = 9$ Deux cas : - $11 + k = 9 \implies k = -2$ - $11 + k = -9 \implies k = -20$ $\boxed{k = -2 \text{ ou } k = -20}$

**Méthode :** On vérifie que les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires. $\vec{n_1}(1;2;-1)$ et $\vec{n_2}(2;-1;3)$. Si colinéaires : $\dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{-1}$, soit $-\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{1}{2}$. Contradiction. Donc les plans sont sécants. $\boxed{\vec{n_1} \text{ et } \vec{n_2} \text{ non colinéaires, donc les plans sont sécants}}$

**Méthode :** On résout le système. $\begin{cases} x + 2y - z = -3 \quad (1) \\ 2x - y + 3z = 1 \quad (2) \end{cases}$ $(1) \times 2 - (2)$ : $2x + 4y - 2z - 2x + y - 3z = -6 - 1$, soit $5y - 5z = -7$, donc $y = z - \dfrac{7}{5}$. Dans $(1)$ : $x + 2\left(z - \dfrac{7}{5}\right) - z = -3$, soit $x + z - \dfrac{14}{5} = -3$, donc $x = -z + \dfrac{14}{5} - 3 = -z - \dfrac{1}{5}$. En posant $z = t$ : $\begin{cases} x = -t - \dfrac{1}{5} \\ y = t - \dfrac{7}{5} \\ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}$ **Vérification** avec $t = 0$ : $\left(-\dfrac{1}{5} ; -\dfrac{7}{5} ; 0\right)$. $\mathcal{P}_1$ : $-\dfrac{1}{5} - \dfrac{14}{5} - 0 + 3 = -3 + 3 = 0$ ✓ $\mathcal{P}_2$ : $-\dfrac{2}{5} + \dfrac{7}{5} + 0 - 1 = 1 - 1 = 0$ ✓ $\boxed{\begin{cases} x = -\dfrac{1}{5} - t \\ y = -\dfrac{7}{5} + t \\ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}$

**Méthode :** On cherche le projeté orthogonal $H$ de $A$ sur $\Delta$. Vecteur directeur de $\Delta$ : $\vec{v}(-1;1;1)$. Un point de $\Delta$ ($t = 0$) : $M_0\left(-\dfrac{1}{5} ; -\dfrac{7}{5} ; 0\right)$. $\vec{AM_0} = \left(-\dfrac{1}{5}-1 ; -\dfrac{7}{5} ; 0\right) = \left(-\dfrac{6}{5} ; -\dfrac{7}{5} ; 0\right)$ Paramètre du projeté : $t_H = \dfrac{\vec{AM_0} \cdot \vec{v}}{\|\vec{v}\|^2} = \dfrac{\dfrac{6}{5} - \dfrac{7}{5} + 0}{1+1+1} = \dfrac{-\dfrac{1}{5}}{3} = -\dfrac{1}{15}$. $H$ sur $\Delta$ avec paramètre $t_H$ (attention, le point de $\Delta$ est $M_0 + t_H \vec{v}$) : $H = \left(-\dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{15} ; -\dfrac{7}{5} - \dfrac{1}{15} ; -\dfrac{1}{15}\right) = \left(-\dfrac{2}{15} ; -\dfrac{22}{15} ; -\dfrac{1}{15}\right)$ $\vec{AH} = \left(-\dfrac{2}{15}-1 ; -\dfrac{22}{15} ; -\dfrac{1}{15}\right) = \left(-\dfrac{17}{15} ; -\dfrac{22}{15} ; -\dfrac{1}{15}\right)$ $AH^2 = \dfrac{289 + 484 + 1}{225} = \dfrac{774}{225} = \dfrac{86}{25}$ $AH = \dfrac{\sqrt{86}}{5}$ $\boxed{d(A, \Delta) = \dfrac{\sqrt{86}}{5}}$

**Méthode :** On calcule $\Omega A$ et on compare au rayon. $\Omega A = \sqrt{(4-1)^2 + (1+1)^2 + (3-2)^2} = \sqrt{9+4+1} = \sqrt{14}$ Comme $\sqrt{14} \approx 3{,}74 > 2 = R$, le point $A$ est extérieur à la sphère. $\boxed{\Omega A = \sqrt{14} > 2, \text{ donc } A \text{ est extérieur à } \mathcal{S}}$

**Méthode :** Le point de $\mathcal{S}$ le plus proche de $A$ est sur la droite $(\Omega A)$, du côté de $A$. $\vec{\Omega A} = (3;2;1), \quad \|\vec{\Omega A}\| = \sqrt{14}$ Le point $T$ est tel que $\vec{\Omega T} = \dfrac{R}{\Omega A} \vec{\Omega A} = \dfrac{2}{\sqrt{14}}(3;2;1)$. $T = \Omega + \dfrac{2}{\sqrt{14}}(3;2;1) = \left(1 + \dfrac{6}{\sqrt{14}} ; -1 + \dfrac{4}{\sqrt{14}} ; 2 + \dfrac{2}{\sqrt{14}}\right)$ Le plan tangent en $T$ a pour vecteur normal $\vec{\Omega T}$ (ou $\vec{\Omega A}$), soit $\vec{n}(3;2;1)$. Simplifions : $T = \left(1 + \dfrac{3\sqrt{14}}{7} ; -1 + \dfrac{2\sqrt{14}}{7} ; 2 + \dfrac{\sqrt{14}}{7}\right)$. L'équation du plan tangent est : $3(x - x_T) + 2(y - y_T) + 1(z - z_T) = 0$ $3x + 2y + z = 3x_T + 2y_T + z_T$ Calcul du second membre : $3\left(1+\dfrac{3\sqrt{14}}{7}\right) + 2\left(-1+\dfrac{2\sqrt{14}}{7}\right) + \left(2+\dfrac{\sqrt{14}}{7}\right)$ $= 3 + \dfrac{9\sqrt{14}}{7} - 2 + \dfrac{4\sqrt{14}}{7} + 2 + \dfrac{\sqrt{14}}{7} = 3 + \dfrac{14\sqrt{14}}{7} = 3 + 2\sqrt{14}$ $\boxed{\mathcal{P} : 3x + 2y + z - 3 - 2\sqrt{14} = 0}$

**Méthode :** La distance de $A$ au plan tangent est $\Omega A - R$. $d(A, \mathcal{P}) = \Omega A - R = \sqrt{14} - 2$ **Vérification par la formule :** $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|3(4) + 2(1) + 3 - 3 - 2\sqrt{14}|}{\sqrt{9+4+1}} = \dfrac{|12 + 2 + 3 - 3 - 2\sqrt{14}|}{\sqrt{14}} = \dfrac{|14 - 2\sqrt{14}|}{\sqrt{14}}$ $= \dfrac{14 - 2\sqrt{14}}{\sqrt{14}} = \dfrac{14}{\sqrt{14}} - 2 = \sqrt{14} - 2 $ $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \sqrt{14} - 2}$

**Méthode :** Si $T$ est le point de tangence, le triangle $\Omega T A$ est rectangle en $T$ (rayon perpendiculaire à la tangente). On applique le théorème de Pythagore. $AT^2 = \Omega A^2 - \Omega T^2 = 14 - 4 = 10$ $AT = \sqrt{10}$ $\boxed{AT = \sqrt{10}}$

**Méthode :** On évalue $x + y + z - 6$ en chaque point. Pour $A$ : $1 + 0 + 0 - 6 = -5 < 0$. Pour $B$ : $0 + 0 + 1 - 6 = -5 < 0$. Les deux valeurs sont de même signe (négatif), donc $A$ et $B$ sont du même côté du plan. $\boxed{A \text{ et } B \text{ sont du même côté de } \mathcal{P}}$

**Méthode :** On projette chaque point sur $\mathcal{P}$, puis on prend le symétrique. **Pour $A(1;0;0)$ :** droite de direction $\vec{n}(1;1;1)$ passant par $A$ : $\begin{cases} x = 1+t \\ y = t \\ z = t \end{cases}$ $(1+t) + t + t = 6 \implies 3t + 1 = 6 \implies t = \dfrac{5}{3}$. $H_A = \left(\dfrac{8}{3} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{5}{3}\right)$, donc $A' = 2H_A - A = \left(\dfrac{13}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3}\right)$. **Pour $B(0;0;1)$ :** droite de direction $\vec{n}(1;1;1)$ passant par $B$ : $\begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = 1+t \end{cases}$ $t + t + 1 + t = 6 \implies 3t = 5 \implies t = \dfrac{5}{3}$. $H_B = \left(\dfrac{5}{3} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{8}{3}\right)$, donc $B' = 2H_B - B = \left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{13}{3}\right)$. $\boxed{A'\left(\dfrac{13}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3}\right) \text{ et } B'\left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{13}{3}\right)}$

**Méthode :** Comme $A$ et $B$ sont du même côté de $\mathcal{P}$, on utilise le symétrique de l'un des points. $MA + MB = MA' + MB$ n'aide pas directement car $A'$ et $B$ seraient de côtés opposés... En fait, pour minimiser $MA + MB$ avec $M \in \mathcal{P}$, on prend le symétrique de l'un, disons $A'$, et on cherche $M$ sur la droite $(A'B)$ intersectant $\mathcal{P}$. Comme $MA = MA'$ pour tout $M \in \mathcal{P}$ est faux (c'est vrai uniquement si $A \in \mathcal{P}$). Correction : $MA' = MA$ seulement si $M \in \mathcal{P}$, car la symétrie par rapport à $\mathcal{P}$ conserve les distances aux points de $\mathcal{P}$. Donc $MA + MB = MA' + MB \geq A'B$ avec égalité quand $M \in [A'B] \cap \mathcal{P}$. $\vec{A'B} = \left(-\dfrac{13}{3} ; -\dfrac{10}{3} ; 1 - \dfrac{10}{3}\right) = \left(-\dfrac{13}{3} ; -\dfrac{10}{3} ; -\dfrac{7}{3}\right)$. Direction : $(-13;-10;-7)$, soit $(13;10;7)$. Droite $(A'B)$ passant par $B(0;0;1)$ de direction $(13;10;7)$ : $\begin{cases} x = 13s \\ y = 10s \\ z = 1 + 7s \end{cases}$ Intersection avec $\mathcal{P}$ : $13s + 10s + 1 + 7s = 6 \implies 30s = 5 \implies s = \dfrac{1}{6}$. $M = \left(\dfrac{13}{6} ; \dfrac{10}{6} ; 1 + \dfrac{7}{6}\right) = \left(\dfrac{13}{6} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{13}{6}\right)$ $\boxed{M\left(\dfrac{13}{6} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{13}{6}\right)}$

**Méthode :** La valeur minimale est $A'B$. $A'B = \sqrt{\left(\dfrac{13}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{10}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{7}{3}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{169+100+49}{9}} = \sqrt{\dfrac{318}{9}} = \dfrac{\sqrt{318}}{3}$ On peut simplifier : $318 = 2 \times 159 = 2 \times 3 \times 53$, donc $\sqrt{318}$ est irréductible. $\boxed{(MA + MB)_{\min} = \dfrac{\sqrt{318}}{3}}$

**Méthode :** On substitue les expressions paramétriques dans l'équation du plan. Vecteur directeur de $d$ : $\vec{u}(2;1;-1)$. Vecteur normal de $\mathcal{P}$ : $\vec{n}(1;1;-1)$. $\vec{u} \cdot \vec{n} = 2 + 1 + 1 = 4 \neq 0$, donc $d$ n'est pas parallèle à $\mathcal{P}$, ils sont sécants. Substitution : $(1+2t) + (-1+t) - (2-t) + 1 = 0$ $1 + 2t - 1 + t - 2 + t + 1 = 0$ $4t - 1 = 0 \implies t = \dfrac{1}{4}$ $I = \left(\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{3}{4} ; \dfrac{7}{4}\right)$ $\boxed{I\left(\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{3}{4} ; \dfrac{7}{4}\right)}$

**Méthode :** L'angle $\alpha$ entre une droite et un plan vérifie $\sin \alpha = \dfrac{|\vec{u} \cdot \vec{n}|}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{n}\|}$. $\sin \alpha = \dfrac{|4|}{\sqrt{4+1+1} \times \sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{6} \times \sqrt{3}} = \dfrac{4}{\sqrt{18}} = \dfrac{4}{3\sqrt{2}} = \dfrac{4\sqrt{2}}{6} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ $\alpha = \arcsin\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)$ $\boxed{\alpha = \arcsin\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right) \approx 70{,}5°}$

**Méthode :** La symétrique $d'$ passe par $I$ (point d'intersection) et par le symétrique d'un autre point de $d$ par rapport à $\mathcal{P}$. Prenons le point $A(1;-1;2)$ de $d$ (pour $t = 0$). Projetons $A$ sur $\mathcal{P}$ : $\begin{cases} x = 1 + s \\ y = -1 + s \\ z = 2 - s \end{cases}$ $(1+s) + (-1+s) - (2-s) + 1 = 0 \implies 3s - 1 = 0 \implies s = \dfrac{1}{3}$. $H_A = \left(\dfrac{4}{3} ; -\dfrac{2}{3} ; \dfrac{5}{3}\right)$. $A' = 2H_A - A = \left(\dfrac{5}{3} ; -\dfrac{1}{3} ; \dfrac{4}{3}\right)$. Vecteur directeur de $d'$ : $\vec{IA'} = \left(\dfrac{5}{3}-\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{1}{3}+\dfrac{3}{4} ; \dfrac{4}{3}-\dfrac{7}{4}\right) = \left(\dfrac{1}{6} ; \dfrac{5}{12} ; -\dfrac{5}{12}\right)$. En multipliant par $12$ : $(2 ; 5 ; -5)$. Représentation paramétrique de $d'$ passant par $I\left(\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{3}{4} ; \dfrac{7}{4}\right)$ : $\begin{cases} x = \dfrac{3}{2} + 2s \\ y = -\dfrac{3}{4} + 5s \\ z = \dfrac{7}{4} - 5s \end{cases}$ $\boxed{d' : \begin{cases} x = \dfrac{3}{2} + 2s \\ y = -\dfrac{3}{4} + 5s \\ z = \dfrac{7}{4} - 5s \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}}$

**Méthode :** On compare les vecteurs normaux. $\vec{n_1}(1;-1;1)$ et $\vec{n_2}(1;-1;1)$. Comme $\vec{n_1} = \vec{n_2}$, les plans ont le même vecteur normal. Ils sont parallèles (et non confondus car $2 \neq 6$). $\boxed{\mathcal{P}_1 \parallel \mathcal{P}_2}$

**Méthode :** La distance entre deux plans parallèles $ax + by + cz + d_1 = 0$ et $ax + by + cz + d_2 = 0$ est $\dfrac{|d_1 - d_2|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$. On réécrit : $\mathcal{P}_1 : x - y + z - 2 = 0$ et $\mathcal{P}_2 : x - y + z - 6 = 0$. $d(\mathcal{P}_1, \mathcal{P}_2) = \dfrac{|-2-(-6)|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$ $\boxed{d(\mathcal{P}_1, \mathcal{P}_2) = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}}$

**Méthode :** Le plan équidistant est de la forme $x - y + z = c$ avec $c$ à égale distance de $2$ et $6$. $c = \dfrac{2+6}{2} = 4$ **Vérification :** $d(\mathcal{P}_3, \mathcal{P}_1) = \dfrac{|4-2|}{\sqrt{3}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ $d(\mathcal{P}_3, \mathcal{P}_2) = \dfrac{|4-6|}{\sqrt{3}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ ✓ $\boxed{\mathcal{P}_3 : x - y + z = 4}$

**Méthode :** On cherche les points $M(x;y;z)$ tels que $d(M, \mathcal{P}_1) = d(M, \mathcal{P}_2)$. $\dfrac{|x-y+z-2|}{\sqrt{3}} = \dfrac{|x-y+z-6|}{\sqrt{3}}$ $|x-y+z-2| = |x-y+z-6|$ Posons $u = x - y + z$. Alors $|u-2| = |u-6|$. $(u-2)^2 = (u-6)^2 \implies u^2 - 4u + 4 = u^2 - 12u + 36 \implies 8u = 32 \implies u = 4$. Donc l'ensemble est le plan $x - y + z = 4$, c'est-à-dire $\mathcal{P}_3$. $\boxed{\text{L'ensemble est le plan } \mathcal{P}_3 : x - y + z = 4}$

**Méthode :** On calcule $\vec{AB} \cdot \vec{AC}$ et on vérifie qu'il est nul. $\vec{AB} = (-2;1;2), \quad \vec{AC} = (-1;2;-1)$ $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 2 + 2 - 2 = 2 \neq 0$ Le triangle n'est **pas** rectangle en $A$. Vérifions les autres sommets. $\vec{BA} = (2;-1;-2), \quad \vec{BC} = (1;1;-3)$ $\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 2 - 1 + 6 = 7 \neq 0$ $\vec{CA} = (1;-2;1), \quad \vec{CB} = (-1;-1;3)$ $\vec{CA} \cdot \vec{CB} = -1 + 2 + 3 = 4 \neq 0$ Le triangle n'est rectangle en aucun sommet. $\boxed{\text{Le triangle } ABC \text{ n'est pas rectangle}}$

**Méthode :** On cherche $\vec{n}(a;b;c)$ orthogonal à $\vec{AB}(-2;1;2)$ et $\vec{AC}(-1;2;-1)$. $\begin{cases} -2a + b + 2c = 0 \\ -a + 2b - c = 0 \end{cases}$ De la 2ème : $a = 2b - c$. Dans la 1ère : $-2(2b-c) + b + 2c = 0 \implies -4b + 2c + b + 2c = 0 \implies -3b + 4c = 0$. Donc $b = \dfrac{4c}{3}$. En prenant $c = 3$ : $b = 4$, $a = 8 - 3 = 5$. $\vec{n}(5;4;3)$. Plan passant par $A(2;0;1)$ : $5(x-2) + 4y + 3(z-1) = 0$ $5x + 4y + 3z - 13 = 0$ **Vérification :** $B$ : $0+4+9-13 = 0$ ✓ ; $C$ : $5+8+0-13 = 0$ ✓. $\boxed{(ABC) : 5x + 4y + 3z - 13 = 0}$

**Méthode :** Formule de distance. $d(O, (ABC)) = \dfrac{|0+0+0-13|}{\sqrt{25+16+9}} = \dfrac{13}{\sqrt{50}} = \dfrac{13}{5\sqrt{2}} = \dfrac{13\sqrt{2}}{10}$ $\boxed{d(O, (ABC)) = \dfrac{13\sqrt{2}}{10}}$

**Méthode :** On projette $O$ sur le plan, puis on calcule l'aire. Droite passant par $O$ de direction $\vec{n}(5;4;3)$ : $\begin{cases} x = 5t \\ y = 4t \\ z = 3t \end{cases}$. $5(5t) + 4(4t) + 3(3t) - 13 = 0 \implies 50t - 13 = 0 \implies t = \dfrac{13}{50}$. $H = \left(\dfrac{13}{10} ; \dfrac{26}{25} ; \dfrac{39}{50}\right)$. **Aire du triangle $ABC$ :** $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\|\vec{AB}\|^2 \|\vec{AC}\|^2 - (\vec{AB}\cdot\vec{AC})^2}$ $\|\vec{AB}\|^2 = 4+1+4 = 9$, $\|\vec{AC}\|^2 = 1+4+1 = 6$, $\vec{AB}\cdot\vec{AC} = 2$. $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{54 - 4} = \dfrac{1}{2}\sqrt{50} = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}$ $\boxed{H\left(\dfrac{13}{10} ; \dfrac{26}{25} ; \dfrac{39}{50}\right) \text{ et Aire}(ABC) = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}}$

**Méthode :** On substitue les coordonnées de $A$ dans chaque équation. $\mathcal{P}_1$ : $3 + 1 - 2 - 1 = 1 \neq 0$. Donc $A \notin \mathcal{P}_1$. $\mathcal{P}_2$ : $6 - 1 + 2 - 3 = 4 \neq 0$. Donc $A \notin \mathcal{P}_2$ non plus. $\boxed{A \notin \mathcal{P}_1 \text{ et } A \notin \mathcal{P}_2}$

**Méthode :** Formule de distance. $d(A, \mathcal{P}_1) = \dfrac{|3+1-2-1|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $d(A, \mathcal{P}_2) = \dfrac{|6-1+2-3|}{\sqrt{4+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{6}} = \dfrac{4\sqrt{6}}{6} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$ $\boxed{d(A, \mathcal{P}_1) = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \text{ et } d(A, \mathcal{P}_2) = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}}$

**Méthode :** On calcule le produit scalaire des vecteurs normaux. $\vec{n_1}(1;1;-1)$ et $\vec{n_2}(2;-1;1)$. $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 2 - 1 - 1 = 0$ Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans sont perpendiculaires. $\boxed{\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 0, \text{ donc } \mathcal{P}_1 \perp \mathcal{P}_2}$

**Méthode :** On cherche $M(x;y;z)$ tel que $d(M, \mathcal{P}_1) = d(M, \mathcal{P}_2)$. $\dfrac{|x+y-z-1|}{\sqrt{3}} = \dfrac{|2x-y+z-3|}{\sqrt{6}}$ $\sqrt{6}|x+y-z-1| = \sqrt{3}|2x-y+z-3|$ $\sqrt{2}|x+y-z-1| = |2x-y+z-3|$ Cela donne deux cas : **Cas 1 :** $\sqrt{2}(x+y-z-1) = 2x-y+z-3$ $\sqrt{2}x + \sqrt{2}y - \sqrt{2}z - \sqrt{2} = 2x - y + z - 3$ $(\sqrt{2}-2)x + (\sqrt{2}+1)y + (-\sqrt{2}-1)z + (3-\sqrt{2}) = 0$ **Cas 2 :** $\sqrt{2}(x+y-z-1) = -(2x-y+z-3)$ $\sqrt{2}x + \sqrt{2}y - \sqrt{2}z - \sqrt{2} = -2x + y - z + 3$ $(\sqrt{2}+2)x + (\sqrt{2}-1)y + (-\sqrt{2}+1)z + (-3-\sqrt{2}) = 0$ L'ensemble est la réunion de deux plans, les "plans bissecteurs" de $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$. $\boxed{\text{Deux plans bissecteurs des plans } \mathcal{P}_1 \text{ et } \mathcal{P}_2}$