Vecteurs de l’espace en terminale : corrigé détaillé des exercices 1 à 10

a) Les diagonales d’un parallélogramme se coupent en leur milieu : \(I\), centre de \(BCDE\), est le milieu de \([BD]\) et de \([CE]\). 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 \((ADI)\). 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 \((IJ)\parallel(BD)\). Il suffit donc d’étudier l’orthogonalité de \((BD)\) avec chaque droite. 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 \(MN=\sqrt{\dfrac23}=\dfrac{\sqrt6}{3}\approx 0{,}816\). 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 \(\overrightarrow{AC}(0\,;\,2\,;\,1)\). 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. 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 \(\overrightarrow{DE}(0\,;\,6\,;\,2)\). 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. 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. 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 \((6\,;\,0\,;\,w)\), \(w\in\mathbb{R}\). 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 \(M\left(0\,;\,4\,;\,\frac23\right)\). 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 \(\frac{2}{3}\neq 1\)). 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. 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 \(\frac{-2}{3}\neq -1\)). 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. Le point de \(d\) obtenu pour \(k=0\), \((-2\,;\,7\,;\,2)\), appartient à \(\Delta\) (pour \(t=3\)). Les droites sont donc confondues.