Vecteurs de l’espace : corrigé des exercices de maths en terminale en PDF

Mis à jour le 22 novembre 2025

Les vecteurs de l’espace représentent une notion fondamentale en mathématiques Terminale qui permet aux élèves de développer leur vision spatiale et leur raisonnement géométrique. Cette leçon sur les vecteurs en géométrie constitue une étape cruciale pour comprendre les déplacements et les translations dans l’espace tridimensionnel. Grâce aux exercices corrigés de vecteurs, les élèves de terminale acquièrent les compétences essentielles pour maîtriser les concepts de direction, sens et norme vectorielle. Ces corrections détaillées accompagnent efficacement l’apprentissage de cette notion mathématique complexe mais indispensable pour la suite du cursus scolaire.

Exercice 1 – pyramide de sommet A et vecteurs.

a) Expression du vecteur en fonction de vec{AI} :

Puisque BCDE est un parallélogramme de centre I, le point I est le milieu des diagonales BD et CE.

En particulier, I est le milieu de BD, donc :

Par la relation de Chasles :

Comme (car ), on obtient :

b) Démonstration que :

De la même manière, puisque I est le centre du parallélogramme BCDE, I est aussi le milieu de la diagonale CE.

Donc

Par la relation de Chasles :

Comme (car ), on obtient :

D’après les résultats de a) et b), on a bien :

Exercice 2 – parallélépipède rectangle et égalité de vecteurs.

a) Justification des égalités :

Dans un parallélépipède rectangle, les faces opposées sont des rectangles identiques et parallèles.

• $vec{AD} + vec{AC} = 2vec{AJ}$

J est le milieu de [CD’], donc par la relation de Chasles :

$vec{AJ} = vec{AD} + vec{DJ}$

Comme J est le milieu de [CD’], on a $vec{DJ} = frac{1}{2}vec{DD'}$

Dans le parallélépipède : $vec{AC} = vec{AD} + vec{DC}$ et $vec{DD'} = vec{AA'}$

D’où : $vec{AD} + vec{AC} = 2vec{AD} + vec{DC} = 2(vec{AD} + frac{1}{2}vec{AA'}) = 2vec{AJ}$

• $vec{BD'} + vec{BC'} = 2vec{BJ}$

Par un raisonnement similaire, J étant également le milieu de [CD’] vu depuis B.

b) Démonstration de l’égalité vectorielle :

Nous devons démontrer que $vec{AD'} + vec{BD'} = vec{AC'} + vec{BC'} = 4vec{IJ}$

D’après la question a), nous avons :

$vec{AD'} + vec{AC'} = 2vec{AJ}$

$vec{BD'} + vec{BC'} = 2vec{BJ}$

En additionnant ces deux égalités :

$vec{AD'} + vec{AC'} + vec{BD'} + vec{BC'} = 2vec{AJ} + 2vec{BJ}$

Or $vec{AJ} + vec{BJ} = 2vec{IJ}$ car I est le milieu de [AB].

Donc : $vec{AD'} + vec{BD'} + vec{AC'} + vec{BC'} = 2 times 2vec{IJ} = 4vec{IJ}$

D’où : $vec{AD'} + vec{BD'} = vec{AC'} + vec{BC'} = 4vec{IJ}$

Exercice 3 – cube et milieux d’arêtes.

1) Démontrer que :

Calculons le membre de gauche :

Calculons le membre de droite :

Par commutativité de l’addition vectorielle, les deux membres sont égaux.

2) I est le milieu de l’arête [FG]. Quel est le point M tel que : ?

Puisque I est le milieu de [FG] : $vec{FI}=frac{1}{2}vec{FG}$

Dans le cube :

Donc : $vec{AM}=vec{AB}+vec{AE}+frac{1}{2}vec{EH}$

Le point M est le milieu de l’arête [EH].

3) Quel est le vecteur vec{u} tel que : ?

On a :

Soit :

4) J et K sont les milieux respectifs des arêtes [AB] et [AE]. Quel est le point M tel que : ?

On réécrit l’équation :

Soit :

Donc :

Avec $vec{AJ}=frac{1}{2}vec{AB}$ et $vec{KB}=vec{KA}+vec{AB}=-frac{1}{2}vec{AE}+vec{AB}$

Après calculs : $vec{AM}=frac{1}{2}vec{AE}$

Le point M est le milieu de l’arête [AE], c’est-à-dire le point K.

Exercice 4 – démontrer que la droite est orthogonale au plan.

1) Démontrer que la droite (BC) est orthogonale au plan (ADI)

Dans un tétraèdre régulier, toutes les arêtes ont la même longueur et toutes les faces sont des triangles équilatéraux.

Soit le milieu de [BC] .

Pour démontrer que , il suffit de montrer que la droite (BC) est orthogonale à deux droites sécantes du plan (ADI) .

Montrons que $BCperp AI$ :

Dans le triangle ABC équilatéral, est le milieu de [BC] .

Donc $AIperp BC$ (propriété de la médiatrice dans un triangle équilatéral).

Montrons que $BCperp DI$ :

Dans le triangle DBC équilatéral, est le milieu de [BC] .

Donc $DIperp BC$ (propriété de la médiatrice dans un triangle équilatéral).

Les droites (AI) et (DI) sont sécantes en et appartiennent au plan (ADI) .

Puisque (BC) est orthogonale à deux droites sécantes du plan (ADI) , alors .

2) En déduire que

D’après la question 1), la droite (BC) est orthogonale au plan (ADI) .

La droite (AD) est incluse dans le plan (ADI) .

Si une droite est orthogonale à un plan, alors elle est orthogonale à toute droite de ce plan.

Donc .

Exercice 5 – les propositions sont-elles vraies ou fausses ?

Données :

ABCDEFGH est un cube et I et J sont des points tels que :

• $vec{AI} = frac{2}{3}vec{AD}$

• $vec{AJ} = frac{1}{2}vec{AB}$

1) (IJ) est orthogonale à (EC) : VRAIE

Calculons vec{IJ} :

$vec{IJ} = vec{AJ} - vec{AI} = frac{1}{2}vec{AB} - frac{2}{3}vec{AD}$

Calculons vec{EC} :

$vec{EC} = vec{AC} - vec{AE} = (vec{AB} + vec{AD}) - vec{AE}$

$vec{EC} = vec{AB} + vec{AD} - vec{AH}$

Le produit scalaire $vec{IJ} cdot vec{EC} = 0$ donc les droites sont orthogonales.

2) (IJ) est orthogonale à (BG) : FAUSSE

$vec{BG} = vec{AD} + vec{AH}$

Le produit scalaire $vec{IJ} cdot vec{BG} neq 0$ donc les droites ne sont pas orthogonales.

3) (IJ) est orthogonale à (HB) : FAUSSE

$vec{HB} = vec{AB} + vec{AD} - vec{AH}$

Le produit scalaire $vec{IJ} cdot vec{HB} neq 0$ donc les droites ne sont pas orthogonales.

4) (IJ) est orthogonale à (HC) : VRAIE

$vec{HC} = vec{AB} + vec{AD}$

Le produit scalaire $vec{IJ} cdot vec{HC} = 0$ donc les droites sont orthogonales.

Exercice 6 – déterminer la valeur de t pour laquelle la longueur est minimale.

1) Construction de la figure :

On place les points A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;0;1) et I milieu de [AB] donc I(1/2;1/2;0).

2) Point M et plan :

M appartient au segment [AC], donc M a pour coordonnées M(1-t;0;t) avec .

Le plan passant par I et orthogonal à la droite (IM) passe par I et a pour vecteur normal vec{IM} .

3) Point N :

N est l’intersection du plan avec la droite (OB). Comme B(0;1;0), tout point de (OB) a pour coordonnées (0;s;0).

En résolvant l’équation du plan, on trouve N(0;t;0).

4) Position de M pour distance minimale :

Il faut minimiser la distance MN.

5) Démonstration :

a) Soit t le réel tel que .

On a donc .

Ainsi M(1-t;0;t) et N(0;t;0).

Donc $MN=sqrt{(t-1)^2+t^2+t^2}=sqrt{3t^2-2t+1}$

c) Pour minimiser MN, on étudie la fonction .

$f'(t)=6t-2$

$f'(t)=0$ pour $t=frac{1}{3}$

Réponse : $t=frac{1}{3}$

Exercice 7 – Droite dans l’espace et distance minimale

1) Vérification de l’appartenance des points A et B à la droite Δ

Pour le point A(5;2;6) :

Si A ∈ Δ, alors il existe t_A tel que :

$begin{cases}5=3-t_A\2=2+4t_A\6=-2t_Aend{cases}$

De la première équation : t_A=-2

Vérification avec la deuxième : ✗

Le point A n’appartient pas à la droite Δ.

Pour le point B(5;-6;4) :

$begin{cases}5=3-t_B\-6=2+4t_B\4=-2t_Bend{cases}$

De la première équation : t_B=-2

De la troisième équation : t_B=-2

Vérification avec la deuxième : ✓

Le point B appartient à la droite Δ.

2) Détermination des valeurs de a et b

Pour que C(4;a;b) appartienne à Δ, il faut :

$begin{cases}4=3-t_C\a=2+4t_C\b=-2t_Cend{cases}$

De la première équation : t_C=-1

Donc :

Et :

3) Expression de AM² en fonction de t

Soit M(x;y;z) ∈ Δ avec

Et A(5;2;6), alors :

4) Coordonnées du point M pour une distance minimale

Pour minimiser AM², on dérive par rapport à t :

$frac{d(AM^2)}{dt}=42t+28$

On annule la dérivée :

Donc : $t=-frac{28}{42}=-frac{2}{3}$

Les coordonnées du point M sont :

$x=3-(-frac{2}{3})=3+frac{2}{3}=frac{11}{3}$

$y=2+4(-frac{2}{3})=2-frac{8}{3}=-frac{2}{3}$

$z=-2(-frac{2}{3})=frac{4}{3}$

Le point M a pour coordonnées : $M(frac{11}{3};-frac{2}{3};frac{4}{3})$

Exercice 8 – démontrer que la droite et le plan sont sécants.

1) Vérification que les points A, B et C définissent un plan :

Calculons les vecteurs vec{AB} et vec{AC} :

Vérifions que ces vecteurs ne sont pas colinéaires. Si ils étaient colinéaires, il existerait un réel k tel que .

Cela donnerait :

De la première coordonnée : $3=ktimes 0=0$ , ce qui est impossible.

Donc vec{AB} et vec{AC} ne sont pas colinéaires, les points A, B et C définissent bien un plan.

2) Démonstration que la droite (DE) et le plan (ABC) sont sécants :

Déterminons d’abord une équation du plan (ABC). Un vecteur normal au plan est :

$vec{n}=vec{AB}wedgevec{AC}=begin{vmatrix}vec{i}vec{j}vec{k}\32-221end{vmatrix}$

$vec{n}=(2times 1-(-2)times 2;(-2)times 0-3times 1;3times 2-2times 0)=(6;-3;6)$

L’équation du plan (ABC) est de la forme :

Le point A(-2;0;1) appartient au plan, donc :

, donc d=6

L’équation du plan (ABC) est :

Paramétrons la droite (DE) :

Un point M de la droite (DE) a pour coordonnées :

Pour trouver l’intersection, substituons dans l’équation du plan :

-3-6t=0

$t=-frac{1}{2}$

Il existe une valeur de t, donc la droite et le plan sont sécants.

Les coordonnées du point d’intersection I sont :

$I=(-2;-1+6times (-frac{1}{2});2times (-frac{1}{2}))=(-2;-4;-1)$

Exercice 9 – déterminer la section du pavé par un plan.

1) Représentation paramétrique du plan (IJG)

D’abord, déterminons les coordonnées des points I, J et G dans le repère .

• Point I : $vec{AI}=frac{1}{6}vec{AB}$ donc I(1, 0, 0)

• Point J : $vec{AJ}=frac{1}{4}vec{AD}$ donc J(0, 1, 0)

• Point G : G est un sommet du pavé, donc G(6, 4, 2)

Les vecteurs directeurs du plan sont :

•

Représentation paramétrique du plan (IJG) :

$begin{cases}x=1-s+5t\y=s+4t\z=2tend{cases}$ avec $(s,t)inmathbb{R}^2$

2) Intersection du plan (IJG) avec la droite (BF)

La droite (BF) a pour représentation paramétrique :

• Point B(6, 0, 0) et

• Équation : $begin{cases}x=6\y=0\z=2uend{cases}$ avec

Pour l’intersection, on résout le système :

$begin{cases}6=1-s+5t=s+4t\2u=2tend{cases}$

De la troisième équation : u=t

De la deuxième équation : s=-4t

En substituant dans la première :

Donc $t=frac{5}{9}$

Le point d’intersection L a pour coordonnées : $Lleft(6,0,frac{10}{9}right)$

3) Section du pavé par le plan (IJG)

La section est un polygone dont les sommets sont les intersections du plan avec les arêtes du pavé.

En plus des points I, J, L et G déjà trouvés, on peut déterminer que la section du pavé ABCDEFGH par le plan (IJG) forme un quadrilatère IJGL.

Pour tracer cette section, il suffit de :

• Placer les points I sur [AB], J sur [AD], L sur [BF] et G

• Relier ces quatre points dans l’ordre pour former le quadrilatère IJGL

La section est donc le quadrilatère IJGL.

Exercice 10 – etudier la position de la droite.

Méthode : Pour étudier la position de deux droites dans l’espace, on compare leurs vecteurs directeurs et on cherche s’il existe un point commun.

Droite Δ :

• Point : (pour t=0 )

• Vecteur directeur : $vec{u}_Delta=(-1;3;1)$

1) Droite d :

• Point : (pour k=0 )

• Vecteur directeur : $vec{u}_d=(-1;2;-1)$

Les vecteurs $vec{u}_Delta$ et $vec{u}_d$ ne sont pas colinéaires.

Cherchons un point d’intersection : 1-t=-k , ,

De la première équation : k=t-1

De la troisième : k=5-t

Donc : t-1=5-t soit t=3 et k=2

Vérification avec la deuxième équation : -2+9=7 et 3+4=7 ✓

Les droites Δ et d sont sécantes au point (−2;7;2).

2) Droite d :

• Point : (pour k=0 )

• Vecteur directeur : $vec{u}_d=(1;-2;-1)$

On remarque que $vec{u}_d=-vec{u}_Delta$ , donc les vecteurs sont colinéaires.

Vérifions si appartient à Δ : 1=1-t , 0=-2+3t , 3=-1+t

La première donne t=0 , la deuxième donne $t=frac{2}{3}$ : contradiction.

Les droites Δ et d sont parallèles (distinctes).

3) Droite d :

• Point : (pour k=0 )

• Vecteur directeur : $vec{u}_d=(1;-3;-1)$

Les vecteurs $vec{u}_Delta$ et $vec{u}_d$ ne sont pas colinéaires.

Le point est le point d’intersection trouvé au 1).

Les droites Δ et d sont sécantes au point (−2;7;2).

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