Exercices corrigés — Vecteurs, Droites Et Plans De L’espace (Tle spé)

1. Les points \(M\in[AB]\) et \(N\in[BF]\) appartiennent à la face \(ABFE\).
2. La trace dans cette face est le segment \([MN]\) : les deux points appartiennent à cette face et au plan \((MNP)\).
3. \(N\in[BF]\) et \(P\in[FG]\) appartiennent tous deux à la face \(BCGF\).
4. On trace \([MN]\) dans \(ABFE\) et \([NP]\) dans \(BCGF\).
5. La construction passe successivement par les faces suivantes. Prolonger la trace de la face droite jusqu’à \(P\), puis tracer dans la face supérieure la droite passant par \(P\) : elle rencontre \([GH]\) en \(T\). Dans la face arrière, poursuivre de \(T\) jusqu’à un point \(U\in[DH]\). Dans la face gauche, poursuivre de \(U\) jusqu’à un point \(V\in[AD]\). Enfin, dans la base, relier \(V\) à \(M\). Pour placer les nouveaux points, on peut utiliser que les traces sur deux faces parallèles sont parallèles (en particulier \((VM)\parallel(PT)\) car les faces du bas et du haut sont parallèles).
6. Les sommets, dans l’ordre, sont \(\boxed{M,N,P,T,U,V}\). Il s’agit d’un hexagone. Les portions de droites situées à l’extérieur du cube ne font pas partie de la section.

1. \(M\) et \(N\) appartiennent à la face \(ABC\) et au plan \((MNP)\) ; par conséquent \((MNP)\cap(ABC)=(MN)\).
2. Prolonger les droites \((MN)\) et \((BC)\) pour obtenir \(Q=(MN)\cap(BC)\). Attention : \(Q\) peut être extérieur à l’arête \([BC]\) ; dans le dessin fourni, il se trouve au-delà de \(C\).
3. Puisque \(Q\in(MN)\), on a \(Q\in(MNP)\). Puisque \(Q\in(BC)\), on a \(Q\in(BCD)\).
4. Les points distincts \(P\) et \(Q\) sont communs aux deux plans : ainsi \((MNP)\cap(BCD)=(PQ)\).
5. Dans la face \(BCD\), prolonger \((PQ)\) : elle rencontre l’arête \([BD]\) en \(R\).
6. Les quatre traces sont \([MN]\) dans \(ABC\), \([NP]\) dans \(ACD\), \([PR]\) dans \(BCD\) et \([RM]\) dans \(ABD\).
7. La section est le quadrilatère \(\boxed{MNPR}\). Sa forme exacte n’est pas imposée par le seul énoncé.

1. \(M\in[SA]\) et \(N\in[SB]\) : la trace dans la face \(SAB\) est \([MN]\).
2. \(N\in[SB]\) et \(P\in[SC]\) : la trace dans la face \(SBC\) est \([NP]\).
3. On prolonge \((MN)\) et \((AB)\), qui se coupent en un point auxiliaire \(I\) si elles ne sont pas parallèles. On peut ensuite exploiter les plans de faces ou choisir des coordonnées pour chercher la trace dans la face \(SCD\). La coupe de \([SD]\) n’est pas automatique pour des points arbitraires : il faut vérifier que l’intersection se situe bien sur le segment.
4. Sur la figure donnée, les paramètres des points sur les arêtes issues de \(S\) sont approximativement \(SM/SA=SN/SB=0{,}65\) et \(SP/SC=0{,}63\). Dans un modèle affine avec \(S=(2,2,6)\) et une base carrée de sommets \((0,0,0),(4,0,0),(4,4,0),(0,4,0)\), le plan coupe \([SD]\) pour \(SQ/SD=0{,}63\). On construit \(Q\in[SD]\) en poursuivant la trace de \(P\) dans \(SCD\), puis on relie \(Q\) à \(M\) dans \(SDA\).
5. La section figurée est donc le quadrilatère \(\boxed{MNPQ}\). Les longueurs numériques ici servent uniquement à interpréter les proportions du dessin ; l’énoncé ne donne pas de rapports exacts.

1. \(M\in[AB]\), \(N\in[CG]\) et \(P\in[EH]\) sont sur trois arêtes distinctes ; aucune paire ne détermine immédiatement une trace dans une même face.
2. On peut prendre le plan vertical auxiliaire qui contient \((NP)\) (plan engendré par \((NP)\) et une direction parallèle à \([AE]\)). Son intersection avec la base est une droite constructible à partir des projections verticales de \(N\) et de \(P\).
3. Prolonger \((NP)\) jusqu’à couper le plan de base en \(Q\). Alors \(Q\in(NP)\subset(MNP)\) et \(Q\in(ABCD)\). Le point \(Q\) n’est pas nécessairement situé dans la base carrée.
4. Comme \(M\in(ABCD)\cap(MNP)\), les deux plans ont pour intersection la droite \(\boxed{(MQ)}\).
5. La trace \(MQ\) rencontre, sur la figure, \([BC]\) en \(R\). Le plan coupe ensuite \([CG]\) en \(N\), \([GH]\) en \(T\), \([EH]\) en \(P\) et \([AE]\) en \(U\). On relie les points consécutifs dans les faces correspondantes.
6. La section est un hexagone : \(\boxed{M,R,N,T,P,U}\). Les lettres \(R,T,U\) sont définies uniquement dans cette correction.

Précision de l’énoncé : les seules appartenances à trois arêtes ne suffiraient pas à imposer une section rectangulaire. On précise donc, conformément aux milieux représentés sur la figure : \(\frac{BN}{BC}=\frac{FP}{FG}=\frac12\).

1. Par définition, le plan \((MNP)\) contient \(M\) et \(N\) ; donc il contient toute la droite \((MN)\).
2. On prolonge \((MN)\) jusqu’au plan supérieur \((EFGH)\) pour obtenir \(Q\). Ce point peut être situé à l’extérieur de la face supérieure.
3. \(P\in[FG]\subset(EFGH)\) et \(P\in(MNP)\). De plus, \(Q\in(MN)\subset(MNP)\) et \(Q\in(EFGH)\).
4. Ainsi, si \(P\neq Q\), la droite \(\boxed{(PQ)=(MNP)\cap(EFGH)}\).
5. Comme \(N\) et \(P\) sont situés à la même proportion sur les arêtes parallèles \([BC]\) et \([FG]\), la droite \((NP)\) est verticale, parallèle à \([AE]\). Le plan \((MNP)\) est donc un plan vertical passant par \(M\in[AE]\) ; il contient en réalité toute l’arête \([AE]\). La trace supérieure est \([EP]\). La droite \((PQ)\) coupe les droites supports des arêtes supérieures notamment en \(E\) et \(P\).
6. Dans la base, la trace est \([AN]\) ; dans les faces latérales, les traces sont \([AE]\) et \([NP]\). La section se ferme avec \([EP]\).
7. Les droites supports sont infinies tandis que les arêtes sont des segments : leurs intersections peuvent donc tomber à l’extérieur du pavé. Conclusion : la section est le rectangle \(\boxed{ANPE}\). Les points \(M\in[AE]\) et \(N,P\) servent à définir le plan ; \(M\) n’est pas un sommet de la section.

1. \(M\) est intérieur à la base, \(N\) intérieur à la face \(BCGF\), \(P\) intérieur à la face supérieure. Aucune paire n’est dans une même face du cube.
2. On choisit le plan vertical contenant \((NP)\). Les projections orthogonales sur la base de \(N\) et de \(P\) permettent de construire sa trace sur \((ABCD)\).
3. En prolongeant \((NP)\), on trouve son intersection \(R\) avec le plan \((ABCD)\). Ce point auxiliaire peut être extérieur au carré.
4. \(M\) et \(R\) sont communs aux plans \((MNP)\) et \((ABCD)\) ; leur intersection est donc \(\boxed{(MR)}\).
5. Sur le dessin, \((MR)\) traverse la base entre un point \(U\in[AD]\) et un point \(V\in[BC]\). On ne conserve que le segment \([UV]\).
6. Puisque les faces \((ABCD)\) et \((EFGH)\) sont parallèles, la trace du plan dans la face supérieure est la droite passant par \(P\) et parallèle à \((MR)\). Elle rencontre \([EH]\) en \(W\) et \([FG]\) en \(T\). Les faces latérales donnent les segments \([VW]\) ou \([VT]\) suivant la face concernée : ici on relie \(V\) à \(T\) dans \(BCGF\) et \(W\) à \(U\) dans \(ADHE\). Section : le quadrilatère \(\boxed{UVTW}\), avec \(M\in[UV]\), \(N\in[VT]\) et \(P\in[TW]\). Les valeurs exactes des intersections ne peuvent pas être déduites d’un énoncé ne donnant que les positions intérieures des trois points ; on se fonde ici sur le dessin.

1. Dans le parallélogramme \(ABED\), \(M\) est le milieu de \([AD]\) et \(N\) celui de \([BE]\). Les arêtes \([AD]\) et \([BE]\) étant parallèles et de même longueur, on a \(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AB}\) ; donc \(\boxed{(MN)\parallel(AB)}\).
2. Le même raisonnement dans les parallélogrammes \(BCEF\) et \(ACFD\) donne \(\boxed{\overrightarrow{NP}=\overrightarrow{BC}}\) et \(\boxed{\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{AC}}\).
3. Les vecteurs \(\overrightarrow{MN}\) et \(\overrightarrow{MP}\) ne sont pas colinéaires et sont respectivement parallèles à deux vecteurs non colinéaires du plan \((ABC)\) ; par conséquent \(\boxed{(MNP)\parallel(ABC)}\).
4. La section est exactement le triangle \(MNP\).
5. Les égalités vectorielles précédentes donnent \(MN=AB\), \(NP=BC\) et \(MP=AC\). Donc les triangles \(MNP\) et \(ABC\) sont superposables (même périmètre et même aire). Le facteur \(1/2\) indique la position du plan à mi-hauteur, pas un rapport de réduction des longueurs.

1. Dans le repère indiqué, \(\boxed{I(1,\tfrac12,0),\ J(0,1,\tfrac12),\ K(\tfrac12,0,1)}\).
2. Ces trois points vérifient \(x+y+z=\tfrac32\) et ne sont pas alignés : c’est donc l’équation du plan \((IJK)\).
3. Sur \([BF]\), \((x,y,z)=(1,0,t)\) ; on obtient \(t=\tfrac12\), soit \(L(1,0,\tfrac12)\).
4. Sur \([CD]\), \((x,y,z)=(1-t,1,0)\) ; donc \(t=\tfrac12\), soit \(T(\tfrac12,1,0)\).
5. Sur \([HE]\), \((x,y,z)=(0,1-t,1)\) ; donc \(t=\tfrac12\), soit \(U(0,\tfrac12,1)\).
6. Pour une arête parallèle à l’axe des \(x\), \(y\) et \(z\) sont fixés à \(0\) ou \(1\). L’équation impose \(x=\tfrac32-y-z\) ; cette valeur appartient à \([0,1]\) seulement lorsque \(y+z=1\). On obtient deux arêtes. Même argument dans chacune des directions \(y\) et \(z\) : six arêtes au total.
7. Chaque paramètre d’intersection vaut \(1/2\) : les six points sont les milieux des arêtes concernées.
8. Dans l’ordre, la section est \(\boxed{I,T,J,U,K,L}\) : c’est un hexagone.
9. Deux milieux successifs sont sur une face carrée et séparés d’un demi-côté dans deux directions perpendiculaires ; ainsi chaque côté mesure \(\sqrt{(1/2)^2+(1/2)^2}=\boxed{\tfrac{1}{\sqrt2}}\).
10. La symétrie centrale de centre \((\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12)\) et la rotation d’ordre \(3\) permutant les coordonnées du cube conservent à la fois le cube et le plan \(x+y+z=\tfrac32\). Elles agissent transitivement sur les six sommets. Les angles intérieurs sont donc égaux, en plus des côtés égaux : c’est un .

1. On utilise \(M=S+\frac12(A-S)\), \(N=S+\frac23(B-S)\), \(P=S+\frac12(C-S)\) : \[\boxed{M(1,1,3),\quad N(\tfrac{10}{3},\tfrac23,2),\quad P(3,3,3).}\]
2. \(\overrightarrow{MN}=(\tfrac73,-\tfrac13,-1)\) et \(\overrightarrow{MP}=(2,2,0)\) sont deux vecteurs non colinéaires du plan.
3. Le vecteur \(\vec n=(3,-3,8)\) est orthogonal à chacun : \(\vec n\cdot\overrightarrow{MN}=7+1-8=0\) et \(\vec n\cdot\overrightarrow{MP}=6-6=0\).
4. Une équation est \(3x-3y+8z=d\). En remplaçant par les coordonnées de \(M\), \(d=24\). Donc \(\boxed{3x-3y+8z=24}\).
5. \(\overrightarrow{SD}=(-2,2,-6)\) ; sur \((SD)\), \(x=2-2t\), \(y=2+2t\), \(z=6-6t\). L’équation devient \(48-60t=24\), donc \(\boxed{t=\tfrac25}\) et \(\boxed{Q(\tfrac65,\tfrac{14}{5},\tfrac{18}{5})}\).
6. Comme \(0\le\tfrac25\le1\), \(Q\in[SD]\).
7. Le plan ne rencontre pas la base (\(z=0\) impliquerait \(x-y=8\), impossible pour \(0\le x,y\le4\)). Il coupe les quatre arêtes latérales : la section est un quadrilatère \(\boxed{MNPQ}\).
8. Les quatre sommets sont \(\boxed{M(1,1,3),\ N(\tfrac{10}{3},\tfrac23,2),\ P(3,3,3),\ Q(\tfrac65,\tfrac{14}{5},\tfrac{18}{5})}\).

Partie A.

1. \(A(0,0,0)\), \(B(1,0,0)\), \(C(1,1,0)\), \(D(0,1,0)\), \(E(0,0,1)\), \(F(1,0,1)\), \(G(1,1,1)\) et \(H(0,1,1)\).
2. \(\boxed{M(\tfrac13,0,0),\quad N(1,1,\tfrac12),\quad P(0,\tfrac23,1)}\).
3. \(\overrightarrow{MN}=(\tfrac23,1,\tfrac12)\) ; \(\overrightarrow{MP}=(-\tfrac13,\tfrac23,1)\).
4. On vérifie que \(\vec n=(12,-15,14)\) est normal : \(\vec n\cdot\overrightarrow{MN}=8-15+7=0\), et \(\vec n\cdot\overrightarrow{MP}=-4-10+14=0\).
5. En utilisant \(M\), \(12\times\tfrac13=4\) : \(\boxed{(MNP):12x-15y+14z=4}\).

Partie B.

6. Pour chaque arête, on fixe deux coordonnées à \(0\) ou \(1\) puis on résout l’équation pour la troisième ; on retient uniquement les paramètres de \([0,1]\). Les six arêtes coupées sont \([AB]\), \([BC]\), \([CG]\), \([GH]\), \([HE]\) et \([AE]\). Les autres arêtes n’ont aucune intersection dans leur segment.
7. Les intersections sont \[\begin{aligned} M&=(\tfrac13,0,0)\quad [AB],&T&=(1,\tfrac{8}{15},0)\quad[BC],\\ N&=(1,1,\tfrac12)\quad[CG],&U&=(\tfrac5{12},1,1)\quad[GH],\\ P&=(0,\tfrac23,1)\quad[HE],&V&=(0,0,\tfrac27)\quad[AE]. \end{aligned}\] Pour exemple : sur \([BC]\), \(x=1\), \(z=0\), donc \(12-15y=4\), d’où \(y=8/15\) ; sur \([GH]\), \(y=z=1\), donc \(12x-1=4\), d’où \(x=5/12\).
8. Les sommets, dans l’ordre, sont \(\boxed{M,T,N,U,P,V}\).

Partie C.

9. Tracer successivement \([MT]\) (base), \([TN]\) (face droite), \([NU]\) (face arrière), \([UP]\) (dessus), \([PV]\) (face gauche), \([VM]\) (face avant).
10. Chaque côté de la section est l’intersection du plan de coupe avec une face du cube : ses extrémités appartiennent donc à cette même face.
11. La section possède \(\boxed{6\text{ côtés}}\).
12. Les longueurs exactes, dans l’ordre, sont \[\boxed{MT=\frac{2\sqrt{41}}{15},\quad TN=\frac{\sqrt{421}}{30},\quad NU=\frac{\sqrt{85}}{12},}\] \[\boxed{UP=\frac{\sqrt{41}}{12},\quad PV=\frac{\sqrt{421}}{21},\quad VM=\frac{\sqrt{85}}{21}.}\] Par exemple \(MT^2=(1-\tfrac13)^2+(\tfrac{8}{15})^2=\tfrac{164}{225}\).
13. Les six longueurs ne sont pas égales : cet hexagone n’est pas régulier.
14. On projette orthogonalement l’hexagone sur le plan \((Oxy)\). Son aire projetée se calcule par la formule des coordonnées (dite formule du lacet) à partir de \[(\tfrac13,0),(1,\tfrac8{15}),(1,1),(\tfrac5{12},1),(0,\tfrac23),(0,0),\] ce qui donne \(\mathcal A_{xy}=\tfrac{271}{360}\). L’élément d’aire dans le plan de normale \((12,-15,14)\) est multiplié par \(\|\vec n\|/|n_z|=\sqrt{565}/14\). D’où \[\boxed{\mathcal A=\frac{271\sqrt{565}}{5040}\ \text{unité d'aire}\approx1{,}278.}\]

1. \(\overrightarrow{AB}=B-A=\boxed{(3,2,3)}\).
2. Une représentation paramétrique est \(\boxed{x=1+3t,\ y=-1+2t,\ z=2+3t\quad(t\in\mathbb R)}\).
3. Pour \(M(7,3,8)\), la première coordonnée impose \(1+3t=7\), soit \(t=2\). Les deux autres donnent \(-1+4=3\) et \(2+6=8\) : \(\boxed{M\in(AB)}\).
4. À \(t=-1\), on obtient \(\boxed{N(-2,-3,-1)}\).
5. \(1+3t=10\) équivaut à \(t=3\) ; alors \(\boxed{P(10,5,11)}\).

1. Une représentation paramétrique de \(d\) est \(\boxed{x=1+t,\ y=2-t,\ z=2t\quad(t\in\mathbb R)}\).
2. Substitution : \(2(1+t)-(2-t)+2t-5=0\), donc \(5t-5=0\), d’où \(\boxed{t=1}\).
3. Pour \(t=1\), \(\boxed{I(2,1,2)}\).
4. On vérifie \(2\times2-1+2-5=0\) : \(I\in\mathcal P\).
5. Un vecteur normal est \((2,-1,1)\) et \(\vec n\cdot\vec u=2+1+2=5\neq0\). La droite n’est donc pas parallèle au plan : ils sont sécants en \(I\).

1. Les vecteurs directeurs sont \(\vec u_1=(2,1,-1)\) et \(\vec u_2=(-1,0,1)\).
2. Ils ne sont pas colinéaires, car leur deuxième coordonnée est respectivement \(1\) et \(0\).
3. Un point commun vérifie \(1+2t=5-s\), \(-1+t=1\) et \(3-t=1+s\). La deuxième équation donne \(t=2\) ; la troisième donne \(s=0\). La première est alors vérifiée : \(5=5\).
4. Puisqu’il existe un point commun et que les directions ne sont pas colinéaires, les droites sont sécantes.
5. Le point d’intersection est \(\boxed{I(5,1,1)}\).

1. Un vecteur normal au plan \(\mathcal P\) est \(\boxed{\vec n=(1,-2,1)}\).
2. Les vecteurs directeurs sont \(\vec u_1=(1,1,-1)\), \(\vec u_2=(2,1,0)\), \(\vec u_3=(1,1,1)\). Leurs produits scalaires avec \(\vec n\) valent respectivement \(\boxed{-2,\ 0,\ 0}\).
3. \(\vec n\cdot\vec u_1\neq0\) : \(d_1\) est sécante à \(\mathcal P\). En remplaçant \(x=1+t,y=1+t,z=-t\) dans l’équation du plan, on obtient \(-2t=0\), soit \(t=0\) et \(\boxed{I(1,1,0)}\).
4. Pour \(d_2\), le produit scalaire est nul. Au point correspondant à \(t=0\), \((x,y,z)=(1,1,1)\) et \(1-2+1+1=1\neq0\). Donc \(\boxed{d_2\text{ est strictement parallèle à }\mathcal P}\).
5. Pour \(d_3\), le produit scalaire est nul ; à \(t=0\), \((0,1,1)\) vérifie \(0-2+1+1=0\). Donc \(\boxed{d_3\subset\mathcal P}\).
6. La seule droite sécante est \(d_1\), en \(\boxed{(1,1,0)}\) ; \(d_2\) n’a aucun point commun et \(d_3\) en a une infinité.

1. Un vecteur directeur de \(d_m\) est \(\boxed{\vec u_m=(1,m,1)}\).
2. Un vecteur normal à \(\mathcal P\) est \(\boxed{\vec n=(2,-1,1)}\).
3. On calcule \(\vec n\cdot\vec u_m=2-m+1=3-m\). Ainsi \(d_m\) est parallèle au plan si et seulement si \(\boxed{m=3}\).
4. Pour \(m=3\), le point fixe de la droite, \((1,2,-1)\), donne \(2-2-1-3=-4\neq0\) dans l’équation du plan. La droite est donc strictement parallèle, non incluse.
5. Pour \(m\neq3\), la substitution de \(x=1+t,y=2+mt,z=-1+t\) fournit \((3-m)t-4=0\). Le paramètre de l’unique point d’intersection est \(\boxed{t=\frac4{3-m}}\) ; ses coordonnées sont \((1+\tfrac4{3-m},\ 2+\tfrac{4m}{3-m},\ -1+\tfrac4{3-m})\).

1. \(\boxed{\overrightarrow{AB}=(2,1,-1),\quad\overrightarrow{AC}=(-1,2,1)}\).
2. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : par exemple, le rapport des premières coordonnées vaut \(-2\) alors que celui des secondes vaut \(1/2\). Les trois points déterminent donc un plan.
3. \(\vec n=(3,-1,5)\) convient puisque \(\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=6-1-5=0\) et \(\vec n\cdot\overrightarrow{AC}=-3-2+5=0\).
4. En passant par \(A\), on obtient \(\boxed{(ABC):3x-y+5z=13}\).
5. Pour la droite \(d\), remplacer \((x,y,z)\) par \((2+t,1-t,4-2t)\) donne \(3(2+t)-(1-t)+5(4-2t)-13=12-6t\). Ce n’est pas une constante nulle : \(d\) est sécante au plan.
6. \(12-6t=0\) équivaut à \(t=2\). L’intersection est \(\boxed{I(4,-1,0)}\), et \(12+1=13\) confirme qu’elle appartient au plan.

1. \(\vec n_1=(1,1,1)\) et \(\vec n_2=(2,-1,1)\) sont des vecteurs normaux respectifs.
2. Ils ne sont pas colinéaires (les deux premières coordonnées ne sont pas proportionnelles). Les plans sont donc sécants suivant une droite.
3. Avec \(z=t\), le système devient \(x+y=3-t\) et \(2x-y=1-t\). En ajoutant, \(3x=4-2t\) ; d’où \(\boxed{x=\frac43-\frac23t,\quad y=\frac53-\frac13t}\).
4. L’intersection est la droite \(\boxed{d:\ (x,y,z)=(\tfrac43,\tfrac53,0)+t(-\tfrac23,-\tfrac13,1),\quad t\in\mathbb R}\).
5. On peut choisir le vecteur directeur entier \(\vec u=(-2,-1,3)\). Il vérifie \(\vec u\cdot\vec n_1=-2-1+3=0\) et \(\vec u\cdot\vec n_2=-4+1+3=0\).

1. \(A(0,0,0)\), \(B(1,0,0)\), \(C(1,1,0)\), \(D(0,1,0)\), \(E(0,0,1)\), \(F(1,0,1)\), \(G(1,1,1)\), \(H(0,1,1)\).
2. \(\overrightarrow{IJ}=(-\tfrac12,1,\tfrac12)\). Une représentation paramétrique est \(\boxed{x=1-\tfrac12t,\ y=t,\ z=\tfrac12+\tfrac12t}\).
3. En remplaçant dans \(x+y+z=\tfrac32\), on obtient \(\tfrac32+t=\tfrac32\), donc \(t=0\). Ainsi \(\boxed{(IJ)\cap\mathcal P=\{I\}}\). Noter que \(I\) est déjà dans \(\mathcal P\), alors que \(J\) n’y est pas.
4. La section coupe précisément les arêtes \([BC]\), \([CD]\), \([DH]\), \([HE]\), \([EF]\) et \([BF]\).
5. Leurs points d’intersection, tous milieux, sont dans l’ordre \[\boxed{U(1,\tfrac12,0),\ V(\tfrac12,1,0),\ W(0,1,\tfrac12),\ X(0,\tfrac12,1),\ Y(\tfrac12,0,1),\ I(1,0,\tfrac12)}.\]
6. Tracer successivement \([UV]\) (base), \([VW]\) (arrière), \([WX]\) (gauche), \([XY]\) (dessus), \([YI]\) (avant), \([IU]\) (droite). La section est un hexagone régulier, comme dans l’exercice 8.

1. Un vecteur normal est \(\boxed{\vec n=(2,-1,2)}\).
2. La perpendiculaire au plan passant par \(A\) est \(\boxed{\Delta:(x,y,z)=(1,2,4)+t(2,-1,2)}\).
3. Substituer \((1+2t,2-t,4+2t)\) dans \(2x-y+2z-3=0\) : \(2+4t-2+t+8+4t-3=0\), soit \(5+9t=0\). Donc \(t=-5/9\) et \(\boxed{H(-\tfrac19,\tfrac{23}{9},\tfrac{26}{9})}\).
4. Par construction, \(H\in\mathcal P\) et \(\overrightarrow{AH}=(-\tfrac59)\vec n\), donc \(AH\) est perpendiculaire au plan. Ainsi \(H\) est le projeté orthogonal recherché.
5. \(AH=|t|\,\|\vec n\|=\tfrac59\sqrt{4+1+4}=\boxed{\tfrac53}\).
6. Avec la formule, \(d(A,\mathcal P)=\frac{|2\cdot1-2+2\cdot4-3|}{\sqrt{2^2+(-1)^2+2^2}}=\frac5{3}\), en accord avec le calcul précédent.

Partie A – Plan \((ABC)\).

1. \(\boxed{\overrightarrow{AB}=(2,1,-2),\quad\overrightarrow{AC}=(-1,2,-1)}\).
2. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : le plan \((ABC)\) existe et est unique.
3. Un vecteur normal est \(\boxed{\vec n=(3,4,5)}\) car \((3,4,5)\cdot(2,1,-2)=6+4-10=0\) et \((3,4,5)\cdot(-1,2,-1)=-3+8-5=0\).
4. Avec \(A(1,0,2)\), on obtient \(\boxed{\mathcal P:3x+4y+5z=13}\).

Partie B – Droite \(d\).

5. Un vecteur directeur est \(\boxed{\vec u=(1,2,-1)}\).
6. \(\vec n\cdot\vec u=3+8-5=6\neq0\) : la droite est sécante au plan.
7. L’équation donne \(3(2+t)+4(-1+2t)+5(3-t)=13\), soit \(17+6t=13\), donc \(t=-2/3\). L’intersection est \(\boxed{I(\tfrac43,-\tfrac73,\tfrac{11}{3})}\).

Partie C – Orthogonalité et distance.

8. La droite \(\Delta\) recherchée passe par \(I\) et a pour vecteur directeur le vecteur normal \(\vec n\).
9. On peut écrire \(\boxed{\Delta:\ (x,y,z)=(\tfrac43,-\tfrac73,\tfrac{11}{3})+s(3,4,5),\ s\in\mathbb R}\).
10. Pour le projeté \(H\) de \(S(2,3,5)\), on suit la droite \((x,y,z)=(2+3\lambda,3+4\lambda,5+5\lambda)\). La condition \(3x+4y+5z=13\) devient \(43+50\lambda=13\), d’où \(\lambda=-3/5\). Ainsi \(\boxed{H(\tfrac15,\tfrac35,2)}\).
11. \(SH=|\lambda|\,\|\vec n\|=\tfrac35\sqrt{50}=\boxed{3\sqrt2}\). La formule de distance confirme \(d(S,\mathcal P)=\frac{|43-13|}{\sqrt{50}}=3\sqrt2\).