Corrigé des 29 exercices sur les vecteurs de l’espace en terminale à télécharger en PDF

a) Les diagonales d’un parallélogramme se coupent en leur milieu : \(I\), centre de \(BCDE\), est le milieu de \([BD]\) et de \([CE]\). Puis en utilisant la relation de Chasles :

\[ \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{ID}=2\overrightarrow{AI}+\underbrace{\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{ID}}_{=\vec 0}=2\overrightarrow{AI}. \]

b) De même, \(I\) étant le milieu de \([CE]\), \(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{IE}=\vec 0\) et \(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{AI}\). Donc \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AE}\).

a) \(J\) est le milieu de \([C^{\prime}D^{\prime}]\), donc \(\overrightarrow{JD^{\prime}}+\overrightarrow{JC^{\prime}}=\vec 0\). Par Chasles :

\[ \overrightarrow{AD^{\prime}}+\overrightarrow{AC^{\prime}}=2\overrightarrow{AJ}+\overrightarrow{JD^{\prime}}+\overrightarrow{JC^{\prime}}=2\overrightarrow{AJ}, \]

et de la même façon \(\overrightarrow{BD^{\prime}}+\overrightarrow{BC^{\prime}}=2\overrightarrow{BJ}+\overrightarrow{JD^{\prime}}+\overrightarrow{JC^{\prime}}=2\overrightarrow{BJ}\).

b) En additionnant :

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{AD^{\prime}}+\overrightarrow{BD^{\prime}}+\overrightarrow{AC^{\prime}}+\overrightarrow{BC^{\prime}} &= 2\overrightarrow{AJ}+2\overrightarrow{BJ} \\ &= 2\left(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{BI}+\overrightarrow{IJ}\right) \\ &= 2\left(2\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BI}\right)=4\overrightarrow{IJ}, \end{aligned} \]

car \(I\) est le milieu de \([AB]\), donc \(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{BI}=\vec 0\).

Égalité. Par Chasles, \(\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}\) et \(\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BF}\). Donc

\[ \overrightarrow{AF}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CF}. \]

Point \(M\) (avec \(I\) milieu de \([FG]\)). \(ABFE\) est un carré, donc \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AF}\) (règle du parallélogramme). Alors \(\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FI}=\overrightarrow{AI}\) : \(M=I\).

Vecteur \(\vec u\). \(EFGH\) est un carré, donc \(\overrightarrow{HE}=\overrightarrow{GF}\). Ainsi \(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{HE}+\overrightarrow{FB}=\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GF}+\overrightarrow{FB}=\overrightarrow{AB}\). L’égalité devient \(\overrightarrow{AB}+\vec u=\vec 0\), donc \(\vec u=\overrightarrow{BA}\).

Point \(M\) (avec \(J\), \(K\) milieux de \([AB]\), \([AE]\)). \(\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{KB}-\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{KB}-\overrightarrow{JB}=\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{KJ}\). Or, par le théorème des milieux dans le triangle \(ABE\), \(\overrightarrow{KJ}=\frac12\overrightarrow{EB}\). Donc \(\overrightarrow{MB}=\frac12\overrightarrow{EB}\) : \(M\) est le milieu de \([EB]\), c’est-à-dire le centre de la face \(ABFE\).

1) Le triangle \(ABC\) est équilatéral et \(I\) est le milieu de \([BC]\) : la médiane \((AI)\) est aussi une hauteur, donc \((BC)\perp(AI)\). De même, dans le triangle équilatéral \(DBC\), \((BC)\perp(DI)\).

Les droites \((AI)\) et \((DI)\) sont sécantes en \(I\) et contenues dans le plan \((ADI)\). De plus, une droite orthogonale à deux droites sécantes d’un plan est orthogonale à ce plan : \((BC)\perp(ADI)\).

2) Une droite orthogonale à un plan est orthogonale à toute droite de ce plan. Comme \((AD)\subset(ADI)\), on obtient \((BC)\perp(AD)\) : deux arêtes opposées d’un tétraèdre régulier sont orthogonales.

Comme \(\dfrac{AI}{AD}=\dfrac{AJ}{AB}=\dfrac13\), la réciproque du théorème de Thalès dans le triangle \(ABD\) donne \((IJ)\parallel(BD)\). Ensuite, il suffit donc d’étudier l’orthogonalité de \((BD)\) avec chaque droite. Par ailleurs, on peut vérifier avec le repère \((A\,;\,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\) : \(\overrightarrow{IJ}\left(\frac13\,;\,-\frac13\,;\,0\right)\).

• 1) Vrai. \((BD)\perp(AC)\) (diagonales du carré \(ABCD\)) et \((BD)\perp(AE)\) (car \((AE)\perp(ABC)\)). Donc \((BD)\) est orthogonale au plan \((ACGE)\), qui contient \((EC)\). En coordonnées, \(\overrightarrow{EC}(1\,;\,1\,;\,-1)\) et \(\frac13-\frac13+0=0\).
• 2) Faux. Le triangle \(BDG\) a pour côtés trois diagonales de faces : il est équilatéral, donc \(\widehat{DBG}=60^\circ\neq 90^\circ\). En coordonnées, \(\overrightarrow{BG}(0\,;\,1\,;\,1)\) et \(0-\frac13+0\neq 0\).
• 3) Faux. \((BD)\) et \((HB)\) sont sécantes en \(B\) dans le rectangle \(BDHF\), et \(\widehat{DBH}\) n’est pas droit (c’est l’angle en \(D\) qui est droit). En coordonnées, \(\overrightarrow{HB}(1\,;\,-1\,;\,-1)\) et \(\frac13+\frac13+0=\frac23\neq 0\).
• 4) Faux. \((HC)\parallel(EB)\), et le triangle \(BDE\) est équilatéral : l’angle entre \((BD)\) et \((EB)\) vaut \(60^\circ\). En coordonnées, \(\overrightarrow{HC}(1\,;\,0\,;\,-1)\) et \(\frac13\neq 0\).

1) à 3) Avec un logiciel de géométrie dans l’espace, on place \(A\), \(B\), \(C\), \(I\left(\frac12\,;\,\frac12\,;\,0\right)\), un point \(M\) mobile sur \([AC]\), le plan \(\wp\) passant par \(I\) et orthogonal à \((IM)\), puis \(N\), intersection de \(\wp\) et de \((OB)\).

4) En déplaçant \(M\), on conjecture que \(MN\) est minimale lorsque \(M\) est au tiers de \([AC]\) en partant de \(A\).

5) a) \(\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AC}\) avec \(\overrightarrow{AC}(-1\,;\,0\,;\,1)\) donne \(M(1-t\,;\,0\,;\,t)\), avec \(t\in[0\,;\,1]\).

b) Avec \(N(0\,;\,t\,;\,0)\) :

\[ MN^2=(0-(1-t))^2+(t-0)^2+(0-t)^2=(1-t)^2+2t^2=3t^2-2t+1, \]

donc \(MN=\sqrt{3t^2-2t+1}\).

c) La fonction racine carrée étant croissante, \(MN\) est minimale quand le trinôme \(3t^2-2t+1\) l’est, c’est-à-dire en \(t=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{2}{6}=\dfrac13\). Alors \(MN^2=\dfrac13-\dfrac23+1=\dfrac23\) et \(MN=\sqrt{\dfrac23}=\dfrac{\sqrt6}{3}\approx 0{,}816\). Puis la conjecture est confirmée.

1) Pour \(A(5\,;\,2\,;\,6)\) : \(3-t=5\) donne \(t=-2\), mais alors \(y=2+4\times(-2)=-6\neq 2\). \(A\notin\Delta\).
Pour \(B(5\,;\,-6\,;\,4)\) : \(t=-2\) donne \(y=-6\) et \(z=4\). \(B\in\Delta\) (paramètre \(t=-2\)).

2) \(3-t=4\) donne \(t=-1\), d’où \(a=2+4\times(-1)=-2\) et \(b=-2\times(-1)=2\).

3) \(M(3-t\,;\,2+4t\,;\,-2t)\) :

\[ \begin{aligned} AM^2 &= (3-t-5)^2+(2+4t-2)^2+(-2t-6)^2 \\ &= (t+2)^2+16t^2+(2t+6)^2 \\ &= t^2+4t+4+16t^2+4t^2+24t+36=21t^2+28t+40. \end{aligned} \]

4) \(AM\) est minimale quand \(AM^2\) l’est, soit pour \(t=-\dfrac{28}{2\times 21}=-\dfrac23\). Alors \(M\left(3+\frac23\,;\,2-\frac83\,;\,\frac43\right)=\left(\frac{11}{3}\,;\,-\frac23\,;\,\frac43\right)\), et \(AM^2=\dfrac{92}{3}\).

1) \(\overrightarrow{AB}(3\,;\,2\,;\,-2)\) et \(\overrightarrow{AC}(0\,;\,2\,;\,1)\). Ensuite, la première coordonnée de \(\overrightarrow{AC}\) est nulle mais pas celle de \(\overrightarrow{AB}\) : s’il existait \(k\) tel que \(\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AB}\), on aurait \(k=0\), puis \(\overrightarrow{AC}=\vec 0\), ce qui est faux. Puis les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc \(A\), \(B\), \(C\) définissent un plan.

2) Représentations paramétriques : \((ABC)\) : \(M=A+s\overrightarrow{AB}+u\overrightarrow{AC}\) et \((DE)\) : \(P=D+k\overrightarrow{DE}\), avec \(\overrightarrow{DE}(0\,;\,6\,;\,2)\). De plus, on résout :

\[ \begin{cases} -2+3s=-2 \\ 2s+2u=-1+6k \\ 1-2s+u=2k \end{cases} \iff \begin{cases} s=0 \\ 2u=-1+6k \\ u=2k-1 \end{cases} \iff \begin{cases} s=0 \\ k=-\frac12 \\ u=-2. \end{cases} \]

Le système a une unique solution : la droite et le plan ont un seul point commun, ils sont sécants. \(I=D-\frac12\overrightarrow{DE}=(-2\,;\,-1-3\,;\,0-1)\), soit \(I(-2\,;\,-4\,;\,-1)\). Vérification : \(A-2\overrightarrow{AC}=(-2\,;\,-4\,;\,-1)\).

Comme \(AI=\frac16\times 6=1\), \(AJ=\frac14\times 4=1\) et \(AK=\frac12\times 2=1\), le repère est bien orthonormé. Ensuite, on a \(I(1\,;\,0\,;\,0)\), \(J(0\,;\,1\,;\,0)\), \(B(6\,;\,0\,;\,0)\), \(F(6\,;\,0\,;\,2)\), \(G(6\,;\,4\,;\,2)\).

1) \(\overrightarrow{IJ}(-1\,;\,1\,;\,0)\) et \(\overrightarrow{IG}(5\,;\,4\,;\,2)\) ne sont pas colinéaires. Par ailleurs, une représentation paramétrique de \((IJG)\) est :

\[ \begin{cases} x=1-s+5u \\ y=s+4u \\ z=2u \end{cases}\qquad s,u\in\mathbb{R}. \]

2) La droite \((BF)\) est formée des points \((6\,;\,0\,;\,w)\), \(w\in\mathbb{R}\). Puis on résout \(s+4u=0\), \(1-s+5u=6\), \(2u=w\) : \(s=-4u\), puis \(1+9u=6\), \(u=\frac59\), \(w=\frac{10}{9}\). Donc \(L\left(6\,;\,0\,;\,\frac{10}{9}\right)\), qui est bien sur le segment \([BF]\).

3) De même, le plan coupe \([DH]\) (points \((0\,;\,4\,;\,w)\)) en \(M\left(0\,;\,4\,;\,\frac23\right)\). Ensuite, la section est le pentagone \(ILGMJ\) : \([IJ]\) sur la face \(ABCD\), \([IL]\) sur \(ABFE\), \([LG]\) sur \(BCGF\), \([GM]\) sur \(DCGH\) et \([MJ]\) sur \(ADHE\).

\(\Delta\) passe par \((1\,;\,-2\,;\,-1)\) et a pour vecteur directeur \(\vec u(-1\,;\,3\,;\,1)\).

1) \(d\) a pour vecteur directeur \(\vec v(-1\,;\,2\,;\,-1)\), non colinéaire à \(\vec u\) (\(\frac{-1}{-1}=1\) mais \(\frac{2}{3}\neq 1\)). Puis on cherche \(t\) et \(k\) :

\[ \begin{cases} 1-t=-k \\ -2+3t=3+2k \\ -1+t=4-k \end{cases} \]

La première donne \(k=t-1\) ; la troisième devient \(-1+t=5-t\), d’où \(t=3\) et \(k=2\). Deuxième équation : \(-2+9=7\) et \(3+4=7\), vérifiée. De plus, les droites sont sécantes au point \((-2\,;\,7\,;\,2)\).

2) \(\vec v(1\,;\,-2\,;\,-1)\) n’est pas colinéaire à \(\vec u\) (\(\frac{1}{-1}=-1\) mais \(\frac{-2}{3}\neq -1\)). Ensuite, le système \(1-t=1+k\), \(-2+3t=-2k\), \(-1+t=3-k\) donne \(k=-t\), puis \(-2+3t=2t\), \(t=2\), \(k=-2\) ; mais la troisième équation donne \(1\neq 5\). Pas de point commun et pas parallèles : les droites sont non coplanaires.

3) \(\vec v(1\,;\,-3\,;\,-1)=-\vec u\) : les droites sont parallèles. Par ailleurs, le point de \(d\) obtenu pour \(k=0\), \((-2\,;\,7\,;\,2)\), appartient à \(\Delta\) (pour \(t=3\)). Puis les droites sont donc confondues.

Le plan \(\wp\) passe par le point \(A(0\,;1\,;2)\) (paramètres nuls) et a pour vecteurs directeurs \(\vec u(1\,;3\,;-5)\) et \(\vec v(-2\,;1\,;0)\), non colinéaires.

Étape préalable : une équation de \(\wp\). On élimine les paramètres. Ensuite, la troisième ligne donne \( t=\dfrac{2-z}{5} \), la première \( t^{\prime}=\dfrac{t-x}{2} \). Puis on reporte dans la deuxième ligne puis on multiplie par 10 :

\[ \begin{aligned} 10y &= 10+30t+10t^{\prime} = 10+6(2-z)+(2-z)-5x \\ 10y &= 24-5x-7z \end{aligned} \]

Réciproquement, si \( 5x+10y+7z=24 \), les valeurs \( t=\frac{2-z}{5} \) et \( t^{\prime}=\frac{t-x}{2} \) redonnent bien le point. Donc un point \(M(x\,;y\,;z)\) appartient à \(\wp\) si et seulement si \( 5x+10y+7z=24 \). (Vérification : \(A\) convient car \( 0+10+14=24 \).)

Pour chaque plan \(\wp^{\prime}\), on remplace \(x\), \(y\), \(z\) par leurs expressions en fonction de \(t\) et \(t^{\prime}\) dans cette équation.

1)

\[ 5(-2-3t-t^{\prime})+10(2-2t+4t^{\prime})+7(2+5t-5t^{\prime}) = 24+0\,t+0\,t^{\prime}=24 \]

L’égalité est vraie pour tous \(t\) et \(t^{\prime}\) : tous les points de \(\wp^{\prime}\) sont dans \(\wp\). Comme \(\wp^{\prime}\) est un plan (vecteurs \((-3\,;-2\,;5)\) et \((-1\,;4\,;-5)\) non colinéaires), \(\wp^{\prime}=\wp\) : les plans sont confondus et \(\wp\cap\wp^{\prime}=\wp\).

2)

\[ 5(4-3t+5t^{\prime})+10(-2t+t^{\prime})+7(5+5t-5t^{\prime}) = 55+0\,t+0\,t^{\prime}=55 \]

Or \( 55\neq 24 \) : l’équation n’a aucune solution. Aucun point de \(\wp^{\prime}\) n’est dans \(\wp\) : les plans sont strictement parallèles et \(\wp\cap\wp^{\prime}=\varnothing\).

3)

\[ 5(-3+2t+t^{\prime})+10(2-t+2t^{\prime})+7(1+t) = 12+7t+25t^{\prime} \]

Le point de paramètres \((t\,;t^{\prime})\) est dans \(\wp\) si et seulement si \( 12+7t+25t^{\prime}=24 \), soit \( 7t+25t^{\prime}=12 \). De plus, cette condition laisse un seul paramètre libre : l’intersection est une droite. Ensuite, une solution particulière est \( t=-9 \), \( t^{\prime}=3 \) (car \( -63+75=12 \)) ; les solutions sont \( t=-9+25k \), \( t^{\prime}=3-7k \) avec \( k\in\mathbb{R} \). Par ailleurs, en reportant dans \(\wp^{\prime}\) :

\[ \begin{cases} x=-3+2(-9+25k)+(3-7k)=-18+43k \\ y=2-(-9+25k)+2(3-7k)=17-39k \\ z=1+(-9+25k)=-8+25k \end{cases} \quad k\in\mathbb{R} \]

Vérification : \( 5\times(-18)+10\times 17+7\times(-8)=24 \) et \( 5\times 43+10\times(-39)+7\times 25=0 \).

Une équation de \(\wp\). La troisième ligne donne \( t=z+t^{\prime} \). Puis dans la première : \( x=4-z-t^{\prime}+3t^{\prime}=4-z+2t^{\prime} \), donc \( 2t^{\prime}=x+z-4 \). Ensuite, dans la deuxième :

\[ y=1-(z+t^{\prime})+5t^{\prime}=1-z+4t^{\prime}=1-z+2(x+z-4)=2x+z-7 \]

Un point \(M(x\,;y\,;z)\) est donc dans \(\wp\) si et seulement si \( 2x-y+z-7=0 \) (réciproquement, \( t^{\prime}=\frac{x+z-4}{2} \) et \( t=z+t^{\prime} \) conviennent). Vérification avec le point \((4\,;1\,;0)\) : \( 8-1+0-7=0 \).

Pour chaque droite, on cherche les valeurs de \(t\) pour lesquelles le point de \(d\) vérifie cette équation.

1) \( 2(2+t)-(3+3t)+(5-t)-7=-1-2t \). L’équation \( -1-2t=0 \) donne \( t=-\frac{1}{2} \) : une seule solution, la droite coupe le plan en un point.

\[ x=2-\tfrac{1}{2}=\tfrac{3}{2},\qquad y=3-\tfrac{3}{2}=\tfrac{3}{2},\qquad z=5+\tfrac{1}{2}=\tfrac{11}{2} \]

Contrôle : \( 3-\frac{3}{2}+\frac{11}{2}-7=0 \). Intersection : le point \( \left(\frac{3}{2}\,;\frac{3}{2}\,;\frac{11}{2}\right) \).

2) \( 2(1+4t)-10t+(-3t)-7=-5-5t \). L’équation \( -5-5t=0 \) donne \( t=-1 \), d’où le point \( (1-4\,;-10\,;3) \). Intersection : le point \( (-3\,;-10\,;3) \) (contrôle : \( -6+10+3-7=0 \)).

3) \( 2(1+2t)-(-2)+(-3+t)-7=5t-6 \). L’équation \( 5t-6=0 \) donne \( t=\frac{6}{5} \) :

\[ x=1+\tfrac{12}{5}=\tfrac{17}{5},\qquad y=-2,\qquad z=-3+\tfrac{6}{5}=-\tfrac{9}{5} \]

Contrôle : \( \frac{34}{5}+2-\frac{9}{5}-7=5+2-7=0 \). Intersection : le point \( \left(\frac{17}{5}\,;-2\,;-\frac{9}{5}\right) \).

Remarque : si l’on avait obtenu une égalité toujours vraie, la droite serait contenue dans le plan ; une égalité impossible, elle lui serait strictement parallèle.

On utilise les égalités du cube : \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{FG}\), \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{HG}\), \(\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{DH}\), et la relation de Chasles.

Première série

• 1) \( \frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AK} \) car K est le milieu de [AD] : \( \overrightarrow{AK}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC} \).
• 2) \( \overrightarrow{KJ}=\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EH}+\overrightarrow{HJ} \). Or \( \overrightarrow{KA}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} \), \( \overrightarrow{EH}=\overrightarrow{AD} \) et \( \overrightarrow{HJ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{HG}=\frac{1}{2}\overrightarrow{EF} \). Donc \( \overrightarrow{KJ}=\overrightarrow{AE}+\frac{1}{2}\overrightarrow{EH}+\frac{1}{2}\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AE}+\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{EH}+\overrightarrow{HG}\right) \), soit \( \overrightarrow{KJ}=\overrightarrow{AE}+\frac{1}{2}\overrightarrow{EG} \).
• 3) \( \overrightarrow{EF}=\overrightarrow{KI} \) (car \( \overrightarrow{KI}=\overrightarrow{AB} \), ABIK étant un rectangle). Donc \( \overrightarrow{AK}+\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{KI} \) : \( \overrightarrow{AK}+\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AI} \).

Deuxième série

• 1) Dans le triangle EHG, L et J sont les milieux de [EH] et [HG] : d’après le théorème des milieux, \( \overrightarrow{LJ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{EG} \). Comme \( \overrightarrow{EG}=\overrightarrow{AC} \) (ACGE est un rectangle), \( \overrightarrow{LJ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC} \). (Tout autre vecteur égal convient, mais c’est le seul qui relie deux points nommés.)
• 2) \( \overrightarrow{EA}+\overrightarrow{FE}+\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{FE}+\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{FI} \). Or \( \overrightarrow{FI}=\overrightarrow{LD} \) : en effet \( \overrightarrow{FI}=\overrightarrow{FB}+\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{EA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} \) et \( \overrightarrow{LD}=\overrightarrow{LH}+\overrightarrow{HD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{EA} \). Donc \( \overrightarrow{LD}=\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{FE}+\overrightarrow{AI} \).
• 3) On regroupe : \( \overrightarrow{GJ}+\overrightarrow{JL}=\overrightarrow{GL} \), et \( \overrightarrow{GJ}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} \), \( \overrightarrow{JL}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} \). Donc
  \[ \overrightarrow{GJ}+3\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{JL}=-\tfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\tfrac{3}{2}\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}-\tfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\tfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD} \]
  soit \( \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{GJ}+3\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{JL} \).

Contrôle en coordonnées dans le repère \( (A\,;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}) \) : \( K(0\,;\frac{1}{2}\,;0) \), \( I(1\,;\frac{1}{2}\,;0) \), \( J(\frac{1}{2}\,;1\,;1) \), \( L(0\,;\frac{1}{2}\,;1) \) ; par exemple \( \overrightarrow{KJ}(\frac{1}{2}\,;\frac{1}{2}\,;1) \) et \( \overrightarrow{AE}+\frac{1}{2}\overrightarrow{EG} \) a bien pour coordonnées \( (0+\frac{1}{2}\,;0+\frac{1}{2}\,;1+0) \).

On calcule d’abord les vecteurs utiles à partir de \(A(-3\,;2\,;4)\), \(B(-1\,;1\,;0)\), \(C(2\,;-3\,;5)\) :

\[ \overrightarrow{BC}(3\,;-4\,;5),\qquad \overrightarrow{BA}(-2\,;1\,;4),\qquad \overrightarrow{CA}(-5\,;5\,;-1) \]

1) \( 2\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA} \) a pour coordonnées \( (6+2\,;-8-1\,;10-4)=(8\,;-9\,;6) \). Si \(M(x\,;y\,;z)\), alors \( \overrightarrow{AM}(x+3\,;y-2\,;z-4) \), d’où \( x+3=8 \), \( y-2=-9 \), \( z-4=6 \) : \( M(5\,;-7\,;10) \).

2) \( 4\overrightarrow{CA}-3\overrightarrow{BC} \) a pour coordonnées \( (-20-9\,;20+12\,;-4-15)=(-29\,;32\,;-19) \). Si \(N(x\,;y\,;z)\), \( \overrightarrow{NB}(-1-x\,;1-y\,;-z) \), d’où \( -1-x=-29 \), \( 1-y=32 \), \( -z=-19 \) : \( N(28\,;-31\,;19) \).

3) On fait apparaître \(\overrightarrow{PA}\) partout avec la relation de Chasles :

\[ \begin{aligned} 2\overrightarrow{PA}-3\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC} &= 2\overrightarrow{PA}-3\left(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AB}\right)+\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AC} \\ &= 0\,\overrightarrow{PA}-3\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \end{aligned} \]

La somme des coefficients vaut \( 2-3+1=0 \) : le vecteur ne dépend pas de P. Or \( -3\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \) a pour coordonnées \( (-6+5\,;3-5\,;12+1)=(-1\,;-2\,;13) \), qui n’est pas le vecteur nul. Donc l’égalité \( 2\overrightarrow{PA}-3\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}=\vec 0 \) n’est vraie pour aucun point P.

1) Avec \(A(-4\,;2\,;3)\), \(B(1\,;5\,;2)\), \(C(0\,;5\,;4)\), \(D(-6\,;-1\,;-2)\) :

\[ \overrightarrow{AB}(5\,;3\,;-1),\qquad \overrightarrow{AC}(4\,;3\,;1),\qquad \overrightarrow{AD}(-2\,;-3\,;-5) \]

\( 2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC} \) a pour coordonnées \( (10-12\,;6-9\,;-2-3)=(-2\,;-3\,;-5) \) : ce sont celles de \(\overrightarrow{AD}\). Donc \( \overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC} \).

2) \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée est la même, 3, mais pas la première), donc A, B et C définissent un plan (ABC). L’égalité montre que \(\overrightarrow{AD}\) s’écrit comme combinaison linéaire de \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) : les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{AD}\) sont coplanaires, et D appartient au plan (ABC).

\(A(0\,;3\,;-1)\), \(B(2\,;-2\,;0)\), \(C(4\,;1\,;5)\), \(D(2\,;21\,;12)\).

1) \( \overrightarrow{AB}(2\,;-5\,;1) \) et \( \overrightarrow{AC}(4\,;-2\,;6) \). S’ils étaient colinéaires, on aurait \( \overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AB} \) : la première coordonnée impose \( k=2 \), mais alors \( -5\times 2=-10\neq -2 \). Puis les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B, C ne sont pas alignés et définissent un plan.

2) D appartient au plan (ABC) si et seulement s’il existe deux réels \(a\) et \(b\) tels que \( \overrightarrow{AD}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC} \), avec \( \overrightarrow{AD}(2\,;18\,;13) \) :

\[ \begin{cases} 2a+4b=2 \\ -5a-2b=18 \\ a+6b=13 \end{cases} \]

La première équation donne \( a=1-2b \). De plus, dans la deuxième : \( -5+10b-2b=18 \), donc \( b=\frac{23}{8} \) et \( a=1-\frac{23}{4}=-\frac{19}{4} \). Puis dans la troisième : \( -\frac{19}{4}+6\times\frac{23}{8}=-\frac{19}{4}+\frac{69}{4}=\frac{50}{4}=12{,}5\neq 13 \). De plus, le système n’a pas de solution.

\(A(1\,;-1\,;-1)\), \(B(5\,;0\,;-3)\), \(C(2\,;-2\,;-2)\), \(D(0\,;5\,;-2)\).

1) \( \overrightarrow{AB}(4\,;1\,;-2) \) et \( \overrightarrow{AC}(1\,;-1\,;-1) \). Si \( \overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{AC} \), la première coordonnée donne \( k=4 \) et la deuxième \( k=-1 \) : impossible. Ensuite, les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C définissent un plan.

2) On cherche \(a\) et \(b\) tels que \( \overrightarrow{AD}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC} \), avec \( \overrightarrow{AD}(-1\,;6\,;-1) \) :

\[ \begin{cases} 4a+b=-1 \\ a-b=6 \\ -2a-b=-1 \end{cases} \]

En ajoutant les deux premières : \( 5a=5 \), donc \( a=1 \) puis \( b=a-6=-5 \). Troisième équation : \( -2\times 1-(-5)=3\neq -1 \). Par ailleurs, le système est impossible.

Attention : cet exercice reprend « l’énoncé de l’exercice 42 » d’un manuel, qui n’est pas reproduit sur la fiche : la définition exacte des points M (qui dépend de \(t\)) et I n’est donc pas connue. Puis on donne ici la méthode complète, à appliquer avec les données de ton énoncé de départ.

1) Coordonnées des points. Dans le repère \( (A\,;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}) \) d’une figure ABCDEFGH (cube ou pavé), on lit les coordonnées en décomposant chaque \(\overrightarrow{AX}\) sur les trois vecteurs de base :

• \( A(0\,;0\,;0) \), \( B(1\,;0\,;0) \), \( D(0\,;1\,;0) \), \( E(0\,;0\,;1) \) ;
• \( C(1\,;1\,;0) \) car \( \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD} \), \( F(1\,;0\,;1) \), \( H(0\,;1\,;1) \) et \( G(1\,;1\,;1) \) car \( \overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE} \) ;
• un milieu a pour coordonnées la moyenne des coordonnées des extrémités (par exemple le milieu de [BF] est \( (1\,;0\,;\frac{1}{2}) \)) ;
• si M est défini par une égalité du type \( \overrightarrow{PM}=t\,\overrightarrow{PQ} \), alors \( x_M=x_P+t(x_Q-x_P) \), et de même pour \(y\) et \(z\) : les coordonnées de M sont des expressions du premier degré en \(t\).

2) Alignement. D, M et I sont alignés si et seulement si \( \overrightarrow{DM} \) et \( \overrightarrow{DI} \) sont colinéaires, c’est-à-dire s’il existe un réel \(k\) tel que \( \overrightarrow{DM}=k\,\overrightarrow{DI} \) (I étant distinct de D).

• On écrit les coordonnées de \( \overrightarrow{DM} \) (en fonction de \(t\)) et de \( \overrightarrow{DI} \) (nombres).
• On écrit le système de trois équations \( x_{\overrightarrow{DM}}=k\,x_{\overrightarrow{DI}} \), etc., d’inconnues \(k\) et \(t\).
• Deux équations donnent \(k\) et \(t\) ; on vérifie que la troisième est satisfaite. On doit trouver une unique solution, avec \( t=\frac{4}{5} \).

Le raisonnement par équivalences (« il existe \(k\) tel que… » équivaut à « \( t=\frac{4}{5} \) ») prouve à la fois le sens direct et la réciproque, ce qu’exige le « si et seulement si ».

La droite (AB) passe par \(A(-3\,;2\,;4)\) et a pour vecteur directeur

\[ \overrightarrow{AB}\,(-1-(-3)\,;1-2\,;0-4)=(2\,;-1\,;-4) \]

Un point \(M(x\,;y\,;z)\) est sur (AB) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \( \overrightarrow{AM}=t\,\overrightarrow{AB} \), ce qui donne :

\[ \begin{cases} x=-3+2t \\ y=2-t \\ z=4-4t \end{cases}\quad t\in\mathbb{R} \]

Contrôle : \(t=0\) donne A et \(t=1\) donne \( (-1\,;1\,;0) \), c’est-à-dire B.

1) Les coefficients de \(t\) donnent un vecteur directeur, les termes constants un point (pour \(t=0\)) : \( \vec u(-4\,;1\,;-1) \) dirige \(\Delta\) et \( A(1\,;3\,;1) \) est un point de \(\Delta\).

2) On cherche \(t\) tel que \( 1-4t=-3 \), \( 3+t=4 \), \( 1-t=1 \). Ensuite, les deux premières équations donnent \( t=1 \), la troisième \( t=0 \) : contradiction. M n’appartient pas à \(\Delta\).

3) On donne des valeurs à \(t\) :

• \( t=0 \) : \( (1\,;3\,;1) \) ;
• \( t=1 \) : \( (-3\,;4\,;0) \) ;
• \( t=-1 \) : \( (5\,;2\,;2) \).

4) On change de point et de vecteur directeur (tout vecteur colinéaire non nul convient). Avec le point \( B(-3\,;4\,;0) \) et le vecteur \( -\vec u(4\,;-1\,;1) \) :

\[ \begin{cases} x=-3+4k \\ y=4-k \\ z=k \end{cases}\quad k\in\mathbb{R} \]

1) On écrit \( x=-2+1\,t \), \( y=4+0\,t \), \( z=-1+2t \) : \( \vec u(1\,;0\,;2) \) est un vecteur directeur et \( A(-2\,;4\,;-1) \) un point de \(\Delta\).

2) \( t-2=-3 \) donne \( t=-1 \) ; alors \( y=4 \) (vrai) et \( z=2\times(-1)-1=-3 \) (vrai). M appartient à \(\Delta\), pour \( t=-1 \).

3) \( t=0 \) : \( (-2\,;4\,;-1) \) ; \( t=1 \) : \( (-1\,;4\,;1) \) ; \( t=2 \) : \( (0\,;4\,;3) \).

4) Avec le point \( (0\,;4\,;3) \) et le vecteur \( 2\vec u(2\,;0\,;4) \) :

\[ \begin{cases} x=2k \\ y=4 \\ z=3+4k \end{cases}\quad k\in\mathbb{R} \]

Remarque : \(y\) reste égal à 4, la droite est contenue dans le plan d’équation \( y=4 \).

\(A(-4\,;1\,;2)\) et \(B(-1\,;2\,;5)\), donc \( \overrightarrow{AB}(3\,;1\,;3) \). Puis le point M de paramètre \(t\) est défini par \( \overrightarrow{AM}=t\,\overrightarrow{AB} \) : \(t=0\) donne A, \(t=1\) donne B. Seul l’ensemble des valeurs de \(t\) change.

1) La droite (AB) : \(t\) décrit tout \(\mathbb{R}\).

\[ \begin{cases} x=-4+3t \\ y=1+t \\ z=2+3t \end{cases}\quad t\in\mathbb{R} \]

2) Le segment [AB] : on va de A (\(t=0\)) à B (\(t=1\)) : même système avec \( t\in[0\,;1] \).

3) La demi-droite [AB) : on part de A dans le sens de B : même système avec \( t\in[0\,;+\infty[ \).

1) On écrit \( x=3-1\,t+5t^{\prime} \), \( y=1+0\,t+1\,t^{\prime} \), \( z=0-5t+3t^{\prime} \). De plus, un couple de vecteurs directeurs : \( \vec u(-1\,;0\,;-5) \) et \( \vec v(5\,;1\,;3) \) (non colinéaires) ; un point : \( A(3\,;1\,;0) \).

2) On cherche \(t\) et \(t^{\prime}\) tels que \( 3-t+5t^{\prime}=6 \), \( 1+t^{\prime}=2 \), \( -5t+3t^{\prime}=-6 \). Ensuite, la deuxième équation donne \( t^{\prime}=1 \), la première \( 3-t+5=6 \), donc \( t=2 \). Troisième équation : \( -10+3=-7\neq -6 \). M n’appartient pas à \(\wp\).

3) \( (t\,;t^{\prime})=(0\,;0) \) : \( (3\,;1\,;0) \) ; \( (1\,;0) \) : \( (2\,;1\,;-5) \) ; \( (0\,;1) \) : \( (8\,;2\,;3) \).

4) On peut prendre un autre point de \(\wp\), par exemple \( B(2\,;1\,;-5) \), et deux autres vecteurs directeurs non colinéaires formés à partir de \(\vec u\) et \(\vec v\) : \( -\vec u(1\,;0\,;5) \) et \( \vec u+\vec v(4\,;1\,;-2) \). Par ailleurs, ils engendrent les mêmes combinaisons que \(\vec u\) et \(\vec v\), donc le même plan :

\[ \begin{cases} x=2+s+4s^{\prime} \\ y=1+s^{\prime} \\ z=-5+5s-2s^{\prime} \end{cases}\quad s\in\mathbb{R},\ s^{\prime}\in\mathbb{R} \]

Dans un parallélépipède rectangle, les faces opposées sont des rectangles superposables : \( \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{HG} \), \( \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{FG} \) et \( \overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{DH} \).

a) Par Chasles, \( \overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FH}=\overrightarrow{EH} \), et \( \overrightarrow{EH}=\overrightarrow{AD} \) (ADHE est un rectangle). L’égalité est vraie.

b) \( \overrightarrow{DG}+\overrightarrow{ED}=\overrightarrow{ED}+\overrightarrow{DG}=\overrightarrow{EG} \). Or ACGE est un rectangle (\( \overrightarrow{AE}=\overrightarrow{CG} \)), donc \( \overrightarrow{EG}=\overrightarrow{AC} \). L’égalité est vraie.

c) I est le milieu de [FG], donc \( \overrightarrow{FI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{FG}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} \). Puis le vecteur \( -\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} \) est de sens contraire. L’égalité est fausse (la bonne égalité est \( \overrightarrow{FI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} \)).

d) J est le milieu de [CD], donc \( \overrightarrow{JC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{DC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} \) et \( -2\overrightarrow{JC}=-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{BA} \). Or \( \overrightarrow{FE}=\overrightarrow{BA} \) (ABFE est un rectangle). L’égalité est vraie.

Dans le cube, \( \overrightarrow{CG}=\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AE} \), \( \overrightarrow{HD}=-\overrightarrow{AE} \), \( \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC} \) et \( \overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BA} \). Ensuite, on simplifie chaque égalité pour lire la position du point.

a) \( \overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BF} \), donc \( \overrightarrow{BP}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BF} \) : P est le milieu de l’arête [BF].

b) \( \overrightarrow{CG}+\frac{1}{3}\overrightarrow{HD}=\overrightarrow{CG}-\frac{1}{3}\overrightarrow{CG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CG} \), donc \( \overrightarrow{BQ}=\overrightarrow{BC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{CG} \), soit \( \overrightarrow{CQ}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CG} \) : Q est sur l’arête [CG], aux deux tiers en partant de C.

c) \( \overrightarrow{BR}=\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}=\frac{3}{2}\overrightarrow{BA} \), donc \( \overrightarrow{AR}=\overrightarrow{BR}-\overrightarrow{BA}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BA} \) : R est sur la droite (AB), au-delà de A, avec AR = AB/2.

d) \( \overrightarrow{DB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{DB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{DB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC} \). Donc \( \overrightarrow{HS}=\overrightarrow{DB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC} \). Comme \( \overrightarrow{HF}=\overrightarrow{DB} \) (BDHF est un rectangle), \( \overrightarrow{HS}=\overrightarrow{HF}+\frac{1}{2}\overrightarrow{FG} \), soit \( \overrightarrow{FS}=\frac{1}{2}\overrightarrow{FG} \) : S est le milieu de l’arête [FG].

Contrôle en coordonnées dans \( (A\,;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}) \) : \( P(1\,;0\,;\frac{1}{2}) \), \( Q(1\,;1\,;\frac{2}{3}) \), \( R(-\frac{1}{2}\,;0\,;0) \), \( S(1\,;\frac{1}{2}\,;1) \).

On part de A et on rejoint K en passant par C, avec la relation de Chasles :

\[ \overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CK} \]

• ABCD est un parallélogramme, donc \( \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD} \) (règle du parallélogramme).
• K est le milieu de [SC], donc \( \overrightarrow{CK}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CS}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{SC} \).

\[ \overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}-\frac{1}{2}\overrightarrow{SC} \]

Vérification par un autre chemin : K milieu de [SC] donne \( \overrightarrow{AK}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AC}\right) \) avec \( \overrightarrow{AS}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CS}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{SC} \) ; on retrouve \( \frac{1}{2}\left(2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{SC}\right) \), le même résultat.

\(\vec u(1\,;0\,;1)\), \(\vec v(0\,;3\,;5)\), \(\vec w(1\,;3\,;6)\), \(\vec t(2\,;-3\,;-3)\). Puis les vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\) ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de \(\vec v\) est nulle, pas celle de \(\vec u\)).

a) \( \vec u+\vec v \) a pour coordonnées \( (1+0\,;0+3\,;1+5)=(1\,;3\,;6) \) : \( \vec w=\vec u+\vec v \). De plus, le vecteur directeur de \(d\) est une combinaison linéaire des vecteurs directeurs de \(\mathscr{P}\) : \(\vec w\), \(\vec u\), \(\vec v\) sont coplanaires, donc la droite \(d\) est parallèle au plan \(\mathscr{P}\).

b) Cherchons si \(\vec t\) est aussi combinaison de \(\vec u\) et \(\vec v\) : \( \vec t=a\vec u+b\vec v \) donne \( a=2 \), \( 3b=-3 \) donc \( b=-1 \), et la troisième coordonnée vaut \( a+5b=2-5=-3 \) : c’est bien celle de \(\vec t\). Donc \( \vec t=2\vec u-\vec v \).

Les vecteurs directeurs \(\vec w\) et \(\vec t\) de \(\mathscr{Q}\) (non colinéaires) sont tous deux des combinaisons de \(\vec u\) et \(\vec v\) : les plans \(\mathscr{P}\) et \(\mathscr{Q}\) ont la même direction, ils sont parallèles.

Sont-ils confondus ? Ensuite, on teste si \(B\in\mathscr{P}\) : \( \overrightarrow{AB}(-1\,;4\,;-6)=a\vec u+b\vec v \) donne \( a=-1 \), \( 3b=4 \) donc \( b=\frac{4}{3} \), et la troisième coordonnée serait \( a+5b=-1+\frac{20}{3}=\frac{17}{3}\neq -6 \). Donc \( B\notin\mathscr{P} \).

\(\mathscr{P}\) passe par \(A(2\,;-1\,;-3)\) et est dirigé par \(\vec u(2\,;1\,;0)\) et \(\vec v(-1\,;4\,;5)\), non colinéaires. Par ailleurs, un point M est dans \(\mathscr{P}\) si et seulement si \( \overrightarrow{AM}=a\vec u+b\vec v \) pour deux réels \(a\), \(b\).

1. a) \( \overrightarrow{AB}(-4\,;7\,;10) \). Puis le système \( 2a-b=-4 \), \( a+4b=7 \), \( 5b=10 \) donne \( b=2 \), puis \( 2a=-2 \), \( a=-1 \) ; la deuxième équation est vérifiée : \( -1+8=7 \). Donc \( \overrightarrow{AB}=-\vec u+2\vec v \) : B appartient au plan \(\mathscr{P}\).

b) B est le milieu de [AM], donc \( \overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AB}=-2\vec u+4\vec v \) : c’est une combinaison linéaire de \(\vec u\) et \(\vec v\), donc M appartient à \(\mathscr{P}\). (Coordonnées : \( M=A+2\overrightarrow{AB} \), soit \( M(-6\,;13\,;17) \).)

2. a) \( \overrightarrow{AC}(10\,;-7\,;-8) \). Ensuite, le système \( 2a-b=10 \), \( a+4b=-7 \), \( 5b=-8 \) donne \( b=-\frac{8}{5} \), puis \( 2a=10-\frac{8}{5}=\frac{42}{5} \), \( a=\frac{21}{5} \). Deuxième équation : \( \frac{21}{5}-\frac{32}{5}=-\frac{11}{5}\neq -7 \). C n’appartient pas à \(\mathscr{P}\).

b) La droite (MC) contient le point M, qui est dans \(\mathscr{P}\), et le point C, qui n’y est pas. Puis elle n’est donc ni contenue dans \(\mathscr{P}\) (C n’y est pas), ni strictement parallèle à \(\mathscr{P}\) (elle a le point M en commun). De plus, la droite (MC) est sécante au plan \(\mathscr{P}\), et leur point d’intersection est M.

1. On exprime le milieu de chaque segment à partir de A. Rappel : si P est le milieu de [XY], \( \overrightarrow{AP}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AX}+\overrightarrow{AY}\right) \).

• \( \overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} \) et \( \overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right) \). Le milieu \(E_1\) de [IJ] vérifie \( \overrightarrow{AE_1}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AJ}\right)=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right) \).
• \( \overrightarrow{AK}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right) \) et \( \overrightarrow{AL}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} \). Le milieu \(E_2\) de [KL] vérifie \( \overrightarrow{AE_2}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right) \).
• \( \overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right) \) et \( \overrightarrow{AN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC} \). Le milieu \(E_3\) de [MN] vérifie \( \overrightarrow{AE_3}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right) \).

Les trois vecteurs sont égaux, donc \( E_1=E_2=E_3 \) : [IJ], [KL] et [MN] ont le même milieu E, avec \( \overrightarrow{AE}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right) \).

2. I est le milieu de [AB] : \( \overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}=2\overrightarrow{EI} \). J est le milieu de [CD] : \( \overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=2\overrightarrow{EJ} \). Donc

\[ \overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}=2\left(\overrightarrow{EI}+\overrightarrow{EJ}\right)=\vec 0 \]

car E est le milieu de [IJ]. (E est l’isobarycentre, ou centre de gravité, du tétraèdre.)

3. D’après la question 1, \( E\left(\frac{1}{4}\,;\frac{1}{4}\,;\frac{1}{4}\right) \) dans le repère \( (A\,;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}) \).

4. a) On utilise \( \overrightarrow{EX}=\overrightarrow{AX}-\overrightarrow{AE} \) :

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{EI} &= \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\tfrac{1}{4}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right)=\tfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}-\tfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}-\tfrac{1}{4}\overrightarrow{AD} \\ \overrightarrow{EK} &= \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\tfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\tfrac{1}{4}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right)=\tfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\tfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}-\tfrac{1}{4}\overrightarrow{AD} \\ \overrightarrow{EM} &= \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\tfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}-\tfrac{1}{4}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right)=\tfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}-\tfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}+\tfrac{1}{4}\overrightarrow{AD} \end{aligned} \]

b) Il suffit de montrer que \(\overrightarrow{EI}\), \(\overrightarrow{EK}\), \(\overrightarrow{EM}\) ne sont pas coplanaires, c’est-à-dire que \( a\overrightarrow{EI}+b\overrightarrow{EK}+c\overrightarrow{EM}=\vec 0 \) impose \( a=b=c=0 \). Comme \((\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})\) est une base, on identifie les coefficients (après multiplication par 4) :

\[ \begin{cases} a+b+c=0 \quad (\overrightarrow{AB}) \\ -a+b-c=0 \quad (\overrightarrow{AC}) \\ -a-b+c=0 \quad (\overrightarrow{AD}) \end{cases} \]

En ajoutant la 1re et la 2e ligne : \( 2b=0 \) ; la 1re et la 3e : \( 2c=0 \) ; puis \( a=0 \). Ensuite, les trois vecteurs ne sont pas coplanaires : \( (E\,;\overrightarrow{EI},\overrightarrow{EK},\overrightarrow{EM}) \) est un repère de l’espace.

5. On exprime d’abord \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{AD}\) dans la nouvelle base, en ajoutant les décompositions deux à deux :

• \( \overrightarrow{EK}+\overrightarrow{EM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} \), donc \( \overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{EK}+2\overrightarrow{EM} \) ;
• \( \overrightarrow{EI}+\overrightarrow{EM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AC} \), donc \( \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{EI}-2\overrightarrow{EM}=-2\overrightarrow{EI}+2\overrightarrow{EK} \) ;
• \( \overrightarrow{EI}+\overrightarrow{EK}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} \), donc \( \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{EI}-2\overrightarrow{EK}=-2\overrightarrow{EI}+2\overrightarrow{EM} \).

Alors \( \overrightarrow{EA}=-\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right)=-\frac{1}{4}\left(-4\overrightarrow{EI}+4\overrightarrow{EK}+4\overrightarrow{EM}\right)=\overrightarrow{EI}-\overrightarrow{EK}-\overrightarrow{EM} \), puis, avec \( \overrightarrow{EX}=\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AX} \) :

\[ \begin{aligned} \overrightarrow{EB} &= \overrightarrow{EI}-\overrightarrow{EK}-\overrightarrow{EM}+2\overrightarrow{EK}+2\overrightarrow{EM}=\overrightarrow{EI}+\overrightarrow{EK}+\overrightarrow{EM} \\ \overrightarrow{EC} &= \overrightarrow{EI}-\overrightarrow{EK}-\overrightarrow{EM}-2\overrightarrow{EI}+2\overrightarrow{EK}=-\overrightarrow{EI}+\overrightarrow{EK}-\overrightarrow{EM} \\ \overrightarrow{ED} &= \overrightarrow{EI}-\overrightarrow{EK}-\overrightarrow{EM}-2\overrightarrow{EI}+2\overrightarrow{EM}=-\overrightarrow{EI}-\overrightarrow{EK}+\overrightarrow{EM} \end{aligned} \]

Contrôles : la somme des quatre vecteurs est bien nulle (question 2), et le milieu de [AB] a pour coordonnées \( (1\,;0\,;0) \), ce qui est bien I.