$\begin{cases} x_{\overrightarrow{AB}}=x_B-x_A=1-3=-2\\ y_{\overrightarrow{AB}}=y_B-y_A=2-2=0\\ z_{\overrightarrow{AB}}=z_B-z_A=4-6=-2 \end{cases}$
donc $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} -2\\ 0\\ -2 \end{pmatrix} $
$\begin{cases} x_{\overrightarrow{AC}}=x_C-x_A=4-3=1\\ y_{\overrightarrow{AC}}=y_C-y_A=-2-2=-4\\ z_{\overrightarrow{AC}}=z_C-z_A=5-6=-1 \end{cases}$
donc $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 1\\ -4\\ -1 \end{pmatrix} $
$x_{\overrightarrow{AB}}=x_{\overrightarrow{AC}}$
mais $y_{\overrightarrow{AB}}\neq y_{\overrightarrow{AC}}$
donc il n'existe pas de réel $k$ tel que $k\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}$
donc les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires
donc les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés
donc $A$, $B$ et $C$ définissent un plan.

$2x_A + y_A - 2z_A + 4 = 6+2-12+4= 0$ donc $A\in \mathcal{P}$
$2x_B + y_B - 2z_B + 4 = 2+2-8+4= 0$ donc $B\in \mathcal{P}$
$2x_C + y_C - 2z_C + 4 =8-2-10+4=0$ donc $C\in \mathcal{P}$
donc $P$ et $(ABC)$ sont deux plans confondus
donc $2x+y-2z+4=0$ est une équation cartésienne de $(ABC)$.

$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} -2\\ 0\\ -2 \end{pmatrix} $ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} 1\\ -4\\ -1 \end{pmatrix} $
donc $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=-2\times 1+0\times (-4)+(-2)\times (-1)=-2+2=0$
donc les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont orthogonaux
donc le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.

$\mathcal{P}$ a pour équation $2x + y - 2z + 4 = 0$
donc $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix} 2\\ 1\\ -2 \end{pmatrix} $ est un vecteur directeur de $\Delta$
Si $M(x;y;z)$ appartient à $\Delta$, on a alors;
$\begin{cases} x=x_O+tx_{\overrightarrow{n}}=2t\\ y=y_O+ty_{\overrightarrow{n}}=t\\ z=z_O+tz_{\overrightarrow{n}}=-2t\end{cases}$
$\begin{cases} x=2t\\ y=t\\ z=-2t \end{cases}$ avec $t\in \mathbb{R}$ est une représentation paramétrique de $\Delta$.

Un point $M(x;y;z)$ appartient à $(ABC)$ si ses coordonnées vérifient $2x-y+3z+1=0$
La représentation paramétrique de $\Delta$ est $\begin{cases} x=2t\\ y=t\\ z=-2t \end{cases}$ et en remplaçant $x$, $y$ et $z$ dans l'équation de $(ABC)$ obtenue, on a:
$2\times 2t + t-2\times (-2t) + 4 = 0 \Longleftrightarrow 4t+t+4t+4=0$
$\phantom{2\times 2t + t-2\times (-2t) + 4 = 0} \Longleftrightarrow 9t+4=0$
$\phantom{2\times 2t + t-2\times (-2t) + 4 = 0} \Longleftrightarrow t=\dfrac{-4}{9}$
En remplaçant $t=\dfrac{-4}{9}$ dans la représentation paramétrique de $\Delta$, on obtient:
$\begin{cases} x_H=2t=2\times \dfrac{-4}{9}=\dfrac{-8}{9}\\ y_H=t=\dfrac{-4}{9}\\ z_H=-2t=\dfrac{8}{9} \end{cases}$
donc $H\left(\dfrac{-8}{9};\dfrac{-4}{9};\dfrac{8}{9}\right)$

$H$ est le point d'intersection de la droite $\Delta$ et du plan $(ABC)$ donc $(OK)$ est la hauteur issue de $O$ dans le tétraèdre $OABC$ ($H$ projeté orthogonal de $O$ sur $(ABC)$) donc $OH$ est la hauteur du tétraèdre.
$AB=\sqrt{x_{\overrightarrow{AB}}^2+y_{\overrightarrow{AB}}^2+z_{\overrightarrow{AB}}^2}=\sqrt{(-2)^2+0^2+(-2)^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$
$AC=\sqrt{x_{\overrightarrow{AC}}^2+y_{\overrightarrow{AC}}^2+z_{\overrightarrow{AC}}^2}=\sqrt{1^2+(-4)^2+(-1)^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$
$\mathcal{A}=\dfrac{2\sqrt{2}\times 3\sqrt{2}}{2}=\dfrac{12}{2}=6$
$OK=\sqrt{\left(\dfrac{-8}{9}\right)^2+\left(\dfrac{-4}{9}\right)^2+\left(\dfrac{8}{9}\right)^2}$
$=\sqrt{\dfrac{144}{81}}$
$=\sqrt{\dfrac{16}{9}}$
$=\dfrac{4}{3}$
$\mathcal{V}=\dfrac{6\times \dfrac{4}{3}}{3}=\dfrac{12}{3}=4$
Le volume de $ABCO$ est 4 u.v (unités de volume).

$\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix} -4\\ 4\\ 0 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{CE}\begin{pmatrix} -4\\ 0\\ 4 \end{pmatrix}$
$\overrightarrow{n}.\overrightarrow{CD}=1\times (-4)+1\times 4+1\times 0=4-4=0$
et $\overrightarrow{n}.\overrightarrow{CE}=1\times (-4)+1\times 0+1\times 4=4-4=0$
donc le vecteur $\overrightarrow{n}$ est orthogonal à deux vecteurs directeurs $\overrightarrow{CD}$ et $\overrightarrow{CE}$ du plan $(CDE)$
donc $\overrightarrow{n}$ est un vecteur normal au plan $(CDE)$.

$\overrightarrow{n}\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $CDE)$ donc une équation de $(CDE)$ est de la forme $x+y+z+d=0$.
$C\in (CDE) \Longleftrightarrow x_C+y_C+x-z+d_C=0 \Longleftrightarrow 4+d=0 \Longleftrightarrow d=-4$.
donc $x+y+z-4=0$ est une équation cartésienne de $(CDE)$.

Si Si un point $M(x;y;z)$ appartient au plan $(OIJ)$ alors $z=0$ et $M$ appartient au plan $P$ donc $3y+z-6=0$
donc $3y-6=0$ soit $y=2$
donc les points de la droite d'intersection de $P$ et de $(OIJ)$ ont pour coordonnées $(x;2;0)$ et donc cette droite est parallèle à $(OI)$ dans le plan $(O;I;J)$
$3y_B+z_B-6=3\times 0+6-6=0$ donc $B\in P$ .

$\overrightarrow{n}\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $(CDE)$ et $\overrightarrow{n'}\begin{pmatrix} 0\\ 3\\ 1 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $P$
$3y_{\overrightarrow{n}}=3\times 1=3=y_{\overrightarrow{n'}}$
mais $3x_{\overrightarrow{n}}=3\times 1=3\neq x_{\overrightarrow{n'}}$
donc les vecteurs normaux des plans $P$ et $(CDE)$ ne sont pas colinéaires
donc $P$ et $(CDE)$ ne sont pas parallèles
donc $P$ et $(CDE)$ sont sécants.

Les droites $(AB)$ et $(ED)$ sont coplanaires et contenues dans le plan $(OJK)$ donc sécantes en $X$.
On peut de même trouver un point $Y$ du plan $(OIJ)$ appartenant à $P$ et $(CDE)$.
L'intersection $\Delta$ des deux plans sur le graphique est la droite $(XY)$.

Les points d'intersection de $P$ et $(CDE)$ vérifient les équations des deux plans donc on a $x+y+z-4=0$ et $3y+z-6=0$
$\begin{cases} x+y+z-4=0\\ 3y+z-6=0 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} x=-y-z+4\\ z=-3y+6 \end{cases}$
$\phantom{\begin{cases} x+y+z-4=0\\ 3y+z-6=0 \end{cases}} \Longleftrightarrow \begin{cases} x=-y-(-3y+6)+4\\ z=-3y+6 \end{cases}$
$\phantom{\begin{cases} x+y+z-4=0\\ 3y+z-6=0 \end{cases}} \Longleftrightarrow \begin{cases} x=2y-2\\ z=-3y+6 \end{cases}$
donc en prenant $y=t$ on a $\begin{cases} x=2t-2\\ y=t\\ z=-3t+6 \end{cases}$
$\begin{cases} x=2t-2\\ y=t\\ z=-3t+6 \end{cases}$ avec $t\in \mathbb {R}$ est une représentation paramétrique de $\Delta$.