Vecteurs et plans de l’espace : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « vecteurs et plans de l’espace », question par question.
Cette correction détaille chaque étape comme on l’attend sur une copie de terminale. Pour chaque exercice, tu trouves la décomposition des vecteurs dans la base choisie, les calculs de coordonnées et la phrase de conclusion. Compare d’abord ta rédaction à la nôtre, puis repère l’étape où tu t’es arrêté. Le barème indique ensuite comment les points se répartissent entre méthode et résultat. Les encadrés « piège » signalent les confusions fréquentes, notamment entre droites parallèles et droites sécantes. Enfin, des figures complétées montrent l’alignement dans le tétraèdre, la section du cube et le point où le fil rencontre la poutre, afin que tu visualises ce que les calculs démontrent.
L’énoncé complet se trouve ici : Vecteurs et plans de l’espace : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : vecteurs et plans de l’espace
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Chasles dans le cube | 3 points |
| 2. Un point remarquable du tétraèdre | 4 points |
| 3. Coordonnées dans un cube | 4 points |
| 4. Une section du cube | 4 points |
| 5. Le fil lumineux du grenier | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : vecteurs et plans de l’espace
Exercice 1 – Chasles dans le cube (3 points)
- D’après la relation de Chasles, \(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BG} = \overrightarrow{AG}\), puis \(\overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GH} = \overrightarrow{AH}\). Donc \(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BG} + \overrightarrow{GH} = \overrightarrow{AH}\).
- La face \(ABCD\) est un carré, donc \(\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BC}\). Ainsi \(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC}\).
Le quadrilatère \(ACGE\) est un rectangle, car les arêtes \([AE]\) et \([CG]\) sont parallèles et de même longueur : par conséquent, \(\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{CG}\).
On obtient alors \(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CG}\). Finalement, cette somme vaut \(\overrightarrow{AG}\). - Comme \(I\) est le milieu de \([EF]\), on a \(\overrightarrow{EI} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{EF}\), et \(\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{AB}\) car \(ABFE\) est un carré.
Par Chasles, \(\overrightarrow{AI} = \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{EI}\). Donc \(\overrightarrow{AI} = \overrightarrow{AE} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}\). - D’une part, \(\overrightarrow{EB} = \overrightarrow{EA} + \overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{AE} + \overrightarrow{AB}\).
D’autre part, \(\overrightarrow{HC} = \overrightarrow{HD} + \overrightarrow{DC}\). Or \(\overrightarrow{HD} = \overrightarrow{EA} = -\overrightarrow{AE}\) et \(\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AB}\), donc \(\overrightarrow{HC} = -\overrightarrow{AE} + \overrightarrow{AB}\).
Les deux vecteurs sont égaux : \(\overrightarrow{EB} = \overrightarrow{HC}\). Le quadrilatère \(EBCH\) est donc un parallélogramme, et les droites \((EB)\) et \((HC)\) sont parallèles.
Piège classique : écrire \(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AG}\) sans justification. Il faut remplacer les vecteurs par des vecteurs égaux « bout à bout » avant d’appliquer Chasles.
Exercice 2 – Un point remarquable du tétraèdre (4 points)
- Le point \(I\) est le milieu de \([BC]\), donc \(\overrightarrow{AI} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}\right)\). Ainsi \(\overrightarrow{AI} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\).
- Puisque \(J\) est le milieu de \([AD]\), on a \(\overrightarrow{AJ} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\).
Ensuite, \(\overrightarrow{JI} = \overrightarrow{JA} + \overrightarrow{AI} = \overrightarrow{AI} – \overrightarrow{AJ}\). Donc \(\overrightarrow{JI} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC} – \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\). - Notons \(L\) le milieu de \([IJ]\). Alors \(\overrightarrow{AL} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AI} + \overrightarrow{AJ}\right)\).
\(\overrightarrow{AL} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right) = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AD}\).
On reconnaît \(\overrightarrow{AG}\), donc \(\overrightarrow{AL} = \overrightarrow{AG}\) et \(L = G\). Le point \(G\) est bien le milieu de \([IJ]\). - D’abord, \(\overrightarrow{AK} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AI} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}\).
Puis \(\overrightarrow{DK} = \overrightarrow{AK} – \overrightarrow{AD} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC} – \overrightarrow{AD}\).
De même, \(\overrightarrow{DG} = \overrightarrow{AG} – \overrightarrow{AD} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC} – \dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}\).
Or \(\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{4}\) et \(\dfrac{3}{4} \times (-1) = -\dfrac{3}{4}\), donc \(\overrightarrow{DG} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{DK}\).
Les vecteurs \(\overrightarrow{DG}\) et \(\overrightarrow{DK}\) sont colinéaires et ont le point \(D\) en commun. Les points \(D\), \(G\) et \(K\) sont donc alignés, et \(G\) est situé aux trois quarts du segment \([DK]\) en partant de \(D\).
Piège classique : conclure à l’alignement avec des vecteurs colinéaires qui n’ont aucun point commun. Ici, les deux vecteurs partent de \(D\), c’est pourquoi l’alignement est justifié.
Exercice 3 – Coordonnées dans un cube (4 points)
- Dans le repère \(\left(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}\right)\), on a \(\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}\), donc \(C(1 ; 1 ; 0)\). De même, \(G(1 ; 1 ; 1)\) et \(H(0 ; 1 ; 1)\).
Avec \(F(1 ; 0 ; 1)\), le milieu de \([FG]\) est \(M\left(\dfrac{1+1}{2} ; \dfrac{0+1}{2} ; \dfrac{1+1}{2}\right)\), soit \(M\left(1 ; \dfrac{1}{2} ; 1\right)\).
Enfin, le milieu de \([AF]\) est \(K\left(\dfrac{1}{2} ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)\). Bilan : \(C(1 ; 1 ; 0)\), \(G(1 ; 1 ; 1)\), \(H(0 ; 1 ; 1)\), \(M\left(1 ; \dfrac{1}{2} ; 1\right)\) et \(K\left(\dfrac{1}{2} ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)\). - Le vecteur \(\overrightarrow{AG}\) a pour coordonnées \((1 ; 1 ; 1)\), donc \(\overrightarrow{AP}\) a pour coordonnées \(\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)\). Comme \(A\) est l’origine, \(P\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)\).
- Avec \(D(0 ; 1 ; 0)\), on calcule \(\overrightarrow{DK}\left(\dfrac{1}{2} ; -1 ; \dfrac{1}{2}\right)\) et \(\overrightarrow{DP}\left(\dfrac{1}{3} ; -\dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)\).
Or \(\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{3}\) et \(\dfrac{2}{3} \times (-1) = -\dfrac{2}{3}\), donc \(\overrightarrow{DP} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{DK}\).
Les vecteurs sont colinéaires avec le point \(D\) en commun : \(D\), \(P\) et \(K\) sont alignés. - On calcule \(\overrightarrow{MK}\left(\dfrac{1}{2} – 1 ; 0 – \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} – 1\right)\), c’est-à-dire \(\overrightarrow{MK}\left(-\dfrac{1}{2} ; -\dfrac{1}{2} ; -\dfrac{1}{2}\right)\). Ainsi \(\overrightarrow{MK} = -\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AG}\), donc les droites \((MK)\) et \((AG)\) sont parallèles.
Cependant, \(\overrightarrow{AK}\left(\dfrac{1}{2} ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)\) n’est pas colinéaire à \(\overrightarrow{AG}(1 ; 1 ; 1)\), car sa deuxième coordonnée est nulle alors que les autres ne le sont pas. Le point \(K\) n’est donc pas sur \((AG)\). Les droites \((MK)\) et \((AG)\) sont strictement parallèles, donc pas confondues.
Piège classique : oublier de vérifier qu’un point de l’une des droites n’appartient pas à l’autre. Deux vecteurs directeurs colinéaires donnent des droites parallèles, mais peut-être confondues.
Exercice 4 – Une section du cube (4 points)
- Le point \(I\) est le milieu de \([AE]\), donc \(\overrightarrow{AI} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AE}\).
Par Chasles, \(\overrightarrow{AJ} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BJ} = \overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BF}\), et \(\overrightarrow{BF} = \overrightarrow{AE}\), donc \(\overrightarrow{AJ} = \overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AE}\).
Alors \(\overrightarrow{IJ} = \overrightarrow{AJ} – \overrightarrow{AI} = \overrightarrow{AB}\). On a bien \(\overrightarrow{IJ} = \overrightarrow{AB}\) : \(ABJI\) est un parallélogramme. - La face \(ABCD\) est un carré, donc \(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}\), et par conséquent \(\overrightarrow{IJ} = \overrightarrow{DC}\).
Le quadrilatère \(IJCD\) est donc un parallélogramme ; en particulier, ses quatre sommets sont dans un même plan. Ainsi, le point \(D\) appartient au plan \((IJC)\).
Le plan coupe la face \(ABFE\) selon \([IJ]\), la face \(BCGF\) selon \([JC]\), la face \(ABCD\) selon \([CD]\) et la face \(ADHE\) selon \([DI]\). La section est le quadrilatère \(IJCD\). - La droite \((IJ)\) est parallèle à \((AB)\), qui est contenue dans le plan \((ABC)\). De plus, \(I\) n’appartient pas à ce plan, car il est à 2 cm au-dessus de \(A\). La droite \((IJ)\) est donc strictement parallèle au plan \((ABC)\).
- La droite \((DC)\) est orthogonale à toute droite de la face \(ADHE\), notamment à \((DI)\). L’angle \(\widehat{IDC}\) est donc droit, et un parallélogramme qui possède un angle droit est un rectangle.
Dans le triangle \(ADI\) rectangle en \(A\), avec \(AD = 4\) cm et \(AI = 2\) cm, le théorème de Pythagore donne \(DI^2 = 4^2 + 2^2 = 20\), donc \(DI = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}\) cm.
L’aire vaut alors \(DC \times DI = 4 \times 2\sqrt{5} = 8\sqrt{5}\). L’aire de la section est \(8\sqrt{5}\text{ cm}^2\), soit environ \(17{,}9\text{ cm}^2\).
Piège classique : relier \(I\) à \(C\) à travers le cube. Un côté de section se trace toujours sur une face, donc on joint seulement deux points situés sur une même face.
Exercice 5 – Le fil lumineux du grenier (5 points)
- On lit \(D(0 ; 4 ; 0)\), \(E(0 ; 0 ; 3)\), \(G(6 ; 4 ; 3)\) et \(H(0 ; 4 ; 3)\). Le milieu de \([GH]\) est \(M\left(\dfrac{6+0}{2} ; 4 ; 3\right)\), soit \(M(3 ; 4 ; 3)\).
Ensuite, \(\overrightarrow{BM}(3-6 ; 4-0 ; 3-0)\), soit \(\overrightarrow{BM}(-3 ; 4 ; 3)\), et \(\overrightarrow{AG}(6 ; 4 ; 3)\). - On calcule \(\overrightarrow{BT}(4{,}5 – 6 ; 2 – 0 ; 1{,}5 – 0)\), soit \(\overrightarrow{BT}(-1{,}5 ; 2 ; 1{,}5)\).
Chaque coordonnée est la moitié de celle de \(\overrightarrow{BM}\), donc \(\overrightarrow{BT} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BM}\). Le point \(T\) appartient au segment \([BM]\) : c’en est le milieu. - On a \(\overrightarrow{AM}(3 ; 4 ; 3)\) et \(\overrightarrow{AB}(6 ; 0 ; 0)\). L’égalité \(\overrightarrow{AM} = a\overrightarrow{AB} + b\overrightarrow{AG}\) donne le système suivant.
\(3 = 6a + 6b\)
\(4 = 4b\)
\(3 = 3b\)
Les deux dernières équations donnent \(b = 1\), puis la première donne \(6a = 3 – 6 = -3\), donc \(a = -\dfrac{1}{2}\). Ainsi \(\overrightarrow{AM} = -\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AG}\).
Par conséquent, le point \(M\) appartient au plan \((ABG)\). Ce plan contient donc \(B\) et \(M\), c’est-à-dire la droite \((BM)\), ainsi que la droite \((AG)\) : les deux droites sont coplanaires.
De plus, \(\overrightarrow{BM}(-3 ; 4 ; 3)\) et \(\overrightarrow{AG}(6 ; 4 ; 3)\) ne sont pas colinéaires, car \(\dfrac{-3}{6} = -\dfrac{1}{2}\) alors que \(\dfrac{4}{4} = 1\). Coplanaires et non parallèles, les droites \((BM)\) et \((AG)\) sont sécantes. - Un point \(P\) de \((AG)\) vérifie \(\overrightarrow{AP} = k\overrightarrow{AG}\), donc \(P(6k ; 4k ; 3k)\). Un point de \((BM)\) vérifie \(\overrightarrow{BP} = t\overrightarrow{BM}\), donc \(P(6 – 3t ; 4t ; 3t)\).
En égalant les coordonnées, \(4k = 4t\) et \(3k = 3t\) donnent \(k = t\). Ensuite, \(6k = 6 – 3k\) donne \(9k = 6\), donc \(k = \dfrac{2}{3}\).
On obtient \(P\left(6 \times \dfrac{2}{3} ; 4 \times \dfrac{2}{3} ; 3 \times \dfrac{2}{3}\right)\), soit \(P\left(4 ; \dfrac{8}{3} ; 2\right)\). Vérification sur \((BM)\) : \(6 – 3 \times \dfrac{2}{3} = 4\), \(4 \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{3}\) et \(3 \times \dfrac{2}{3} = 2\).
Comme \(t = \dfrac{2}{3}\) et \(k = \dfrac{2}{3}\) sont compris entre 0 et 1, le point \(P\) appartient à la fois au segment \([BM]\) et au segment \([AG]\). Le fil touche donc la poutre au point \(P\), à 2 m du sol.
Piège classique : se contenter de l’intersection des droites. Le fil et la poutre sont des segments, donc il faut vérifier que les paramètres \(t\) et \(k\) sont entre 0 et 1.
À retenir de ce contrôle
- Pour prouver que trois points A, B, C sont alignés, on montre que les vecteurs AB et AC sont colinéaires en trouvant un réel k tel que AC = k AB.
- Trois vecteurs sont coplanaires quand l’un s’écrit comme combinaison linéaire des deux autres ; la dernière équation du système confirme ou contredit cette écriture.
- Deux droites de l’espace coplanaires et non parallèles sont sécantes ; sans plan commun, elles ne se coupent jamais, même si elles se croisent sur le dessin.
- Pour tracer une section de cube, on utilise que deux plans parallèles sont coupés par un troisième plan selon deux droites parallèles.
Revenir à l’énoncé du contrôle
Consolider vecteurs et plans de l’espace après ce corrigé
Pour ne plus perdre de points sur ce thème, entraîne-toi sur la fiche droites et plans de l’espace et vecteurs de l’espace et les équations paramétriques et cartésiennes de droites.
D’autres évaluations corrigées t’attendent sur la page contrôles de maths en terminale.
Autres corrigés sur le même thème
Télécharger ou imprimer cette fiche «vecteurs et plans de l'espace : corrigé du contrôle de maths en terminale» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.
Ressources de maths en Terminale
Cours
Tout voir
Exercices corrigés
Tout voir
Contrôles
Tout voir
QCM
Tout voir
