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

Mis à jour le 23 novembre 2025

Dans cet article consacré aux vecteurs de l’espace, nous allons corriger divers exercices de mathématiques essentiels pour les élèves de terminales. La maîtrise de ce concept permet non seulement d’améliorer la compréhension des espaces vectoriels, mais également de développer des compétences clés en géométrie et en algèbre. Ces notions sont fondamentales pour réussir le baccalauréat et pour aborder des études supérieures en sciences et en ingénierie.

Exercice 1 – pyramide de sommet A et vecteurs.

a) Exprimer le vecteur $\vec{AB} + \vec{AD}$ en fonction de $\vec{AI}$.

Puisque $I$ est le centre du parallélogramme $BCDE$, nous avons :

$\vec{BI} + \vec{ID} = \vec{BC} + \vec{DE} = \vec{0}}$

Or, $\vec{AB} + \vec{AD} = 2\vec{AI}$ car on suit les diagonales du parallélogramme dont le centre est $I$.

b) Démontrer que $\vec{AB} + \vec{AD} = \vec{AC} + \vec{AE}$.

Dans un parallélogramme, la somme des vecteurs joignant un sommet aux points d’intersection des diagonales est égale à la somme des vecteurs joignant ce sommet aux autres sommets opposés. Ainsi, nous avons :

$\vec{AB} + \vec{AD} = \vec{AI} + \vec{BI} + \vec{AI} + \vec{ID}$

En développant, nous trouvons que $\vec{AI} + \vec{BI} = \vec{AC}$ et $\vec{AI} + \vec{ID} = \vec{AE}$.

Donc, $\vec{AB} + \vec{AD} = \vec{AC} + \vec{AE}$.

Exercice 2 – parallélépipède rectangle et égalité de vecteurs.

a) Justification :

Dans un parallélépipède rectangle, les milieux des arêtes non parallèles permettent d’obtenir des égalités vectorielles par la relation de Chasles.

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

Parce que et sont les milieux de et , respectivement.

De même, $\vec{BD'}+\vec{BC}=2\vec{BJ}$

b) Démonstration :

En appliquant la relation de Chasles, nous pouvons écrire :

$\vec{AD}+\vec{BD'}+\vec{AC'}+\vec{BC}=4\vec{IJ}$

car chaque paire de vecteurs constitue deux fois le vecteur formé par les milieux, conformément à la géométrie du parallélépipède rectangle.

Exercice 3 – cube et milieux d’arêtes.

1. Démontrer que : $\vec{AB}+\vec{CF}=\vec{AF}+\vec{CB}$

Utilisons la relation de Chasles sur le cube.

$\vec{AB}+\vec{CF}=(\vec{AF}+\vec{FB})+\vec{CF}=\vec{AF}+(\vec{FB}+\vec{CF})=\vec{AF}+\vec{CB}$

2. I est le milieu de l’arête [FG]. Quel est le point M tel que : $\vec{AB}+\vec{AE}+\vec{FI}=\vec{AM}$

Comme I est le milieu de [FG], on a : $\vec{FI}=\frac{1}{2}\vec{FG}$

$\therefore\vec{AB}+\vec{AE}+\frac{1}{2}\vec{FG}=\vec{AM}$

Le point M est donc le point du cube obtenu par translation de vecteur $\vec{AB}+\vec{AE}+\frac{1}{2}\vec{FG}$ depuis A. M est donc un point conjugué intérieur du cube.

3. Quel est le vecteur $\vec{u}$ tel que : $\vec{AG}+\vec{HE}+\vec{FB}+\vec{u}=\vec{0}$

Simplifions l’équation :
$\vec{AG}+\vec{HE}+\vec{FB}=-\vec{u}$

$\vec{u}=\vec{GF}$

4. J et K sont les milieux respectifs des arêtes [AB] et [AE]. Quel est le point M tel que : $\vec{AJ}+\vec{MB}=\vec{KB}$

Écrivons les vecteurs en fonction des coordonnées des milieux :
$\vec{AJ}=\frac{1}{2}\vec{AB},\;\vec{KB}=\vec{AB}-\frac{1}{2}\vec{AE}$

En réarrangeant :
$\vec{AJ}+\vec{MB}=\vec{AB}-\frac{1}{2}\vec{AE},\ \therefore \vec{MB}=\vec{AB}-\vec{AJ}-\frac{1}{2}\vec{AE}$

Donc, M est un point à l’intérieur du cube tel que M est à mi-chemin entre B et la projection orthogonale de K.

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

1) Pour démontrer que la droite (BC) est orthogonale au plan (ADI) :

Dans un tétraèdre régulier, tous les arêtes ont la même longueur et toutes les faces sont des triangles équilatéraux. Le plan (ADI) est le plan médiateur du segment [BC]. Par définition, ce plan est orthogonal au segment [BC] en son milieu I.

Comme I est le milieu de [BC] et que (ADI) est le plan médiateur, chaque point de (ADI) est équidistant de B et C. Cela signifie que la droite (BC) est perpendiculaire au plan (ADI). Ainsi, on a :

$(BC)\perp(ADI)$

2) En déduire que (BC) ⊥ (AD) :

Comme nous l’avons démontré, le plan (ADI) est orthogonal à (BC), et (AD) appartient au plan (ADI). Cela implique que la droite (BC) est orthogonale à toute droite située dans le plan (ADI) et passant par le point de contact avec (BC). Par conséquent :

$(BC)\perp(AD)$

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

1) $(IJ)$ est orthogonale à $(EC)$ :

Pour démontrer l’orthogonalité, nous devons montrer que le produit scalaire des vecteurs $\vec{IJ}$ et $\vec{EC}$ est nul.

Coordonnées :
– $(I) : (\frac{1}{3}, 0, 0)$
– $(J) : (0, \frac{1}{3}, 0)$
– $(E) : (0, 1, 1)$
– $(C) : (1, 1, 0)$

$\vec{IJ} = (0-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}-0, 0-0) = (-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 0)$

$\vec{EC} = (1-0, 1-1, 0-1) = (1, 0, -1)$

Produit scalaire : $\vec{IJ} \cdot \vec{EC} = (-\frac{1}{3}) \times 1 + \frac{1}{3} \times 0 + 0 \times (-1) = -\frac{1}{3}$

Le produit scalaire n’est pas nul, donc faux.

2) $(IJ)$ est orthogonale à $(BG)$ :

Coordonnées :
– $(B) : (1, 0, 0)$
– $(G) : (1, 1, 1)$

$\vec{BG} = (1-1, 1-0, 1-0) = (0, 1, 1)$

Produit scalaire : $\vec{IJ} \cdot \vec{BG} = (-\frac{1}{3}) \times 0 + \frac{1}{3} \times 1 + 0 \times 1 = \frac{1}{3}$

Le produit scalaire n’est pas nul, donc faux.

3) $(IJ)$ est orthogonale à $(HB)$ :

Coordonnées :
– $(H) : (0, 1, 1)$

$\vec{HB} = (1-0, 0-1, 0-1) = (1, -1, -1)$

Produit scalaire : $\vec{IJ} \cdot \vec{HB} = (-\frac{1}{3}) \times 1 + \frac{1}{3} \times (-1) + 0 \times (-1) = -\frac{1}{3} – \frac{1}{3} = -\frac{2}{3}$

Le produit scalaire n’est pas nul, donc faux.

4) $(IJ)$ est orthogonale à $(HC)$ :

$\vec{HC} = (1-0, 1-1, 0-1) = (1, 0, -1)$

Produit scalaire : $\vec{IJ} \cdot \vec{HC} = (-\frac{1}{3}) \times 1 + \frac{1}{3} \times 0 + 0 \times (-1) = -\frac{1}{3}$

Le produit scalaire n’est pas nul, donc faux.

Conclusion: Toutes les propositions sont fausses.

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

a) Exprimons les coordonnées de M en fonction de t : Si $\vec{AM}=t\vec{AC}$ , alors

$M(1+t;0;0+1\times t)$ .

b) La longueur en fonction de t est donnée par :

$MN=\sqrt{(1+t-0)^2+(0-t)^2+(t-0)^2}$

Ce qui simplifie à :

$MN=\sqrt{(1+t)^2+t^2+t^2}$

c) Pour minimiser , nous devons dériver cette expression par rapport à t et trouver la valeur de t pour laquelle la dérivée est égale à zéro :

$\frac{d}{dt}[\sqrt{(1+t)^2+t^2+t^2}]=0$

Après calcul, cela donne $t=-\frac{1}{3}$

Donc, la valeur de pour laquelle est minimal est $t=-\frac{1}{3}$

Exercice 7 – déterminer les coordonnées du point M tel que la distance AM soit minimale.

1) Les points A(5;2;6) et B(5;-6;4) appartiennent-ils à la droite $\Delta$ ?

Pour qu’un point $A(x; y; z)$ appartienne à la droite $\Delta$, il doit exister un réel $t$ tel que :

$\begin{cases} x=3-t \\ y=2+4t \\ z=-2t \end{cases}$

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

Équation en $x$ : $5 = 3 – t \Rightarrow t = -2$

Équation en $y$ : $2 = 2 + 4(-2) \Rightarrow \text{faux}$

Donc, $A$ n’appartient pas à $\Delta$.

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

Équation en $x$ : $5 = 3 – t \Rightarrow t = -2$

Équation en $y$ : $-6 = 2 + 4(-2) \Rightarrow \text{faux}$

Donc, $B$ n’appartient pas à $\Delta$.

2) Déterminer les valeurs des réels $a$ et $b$ tels que le point $C(4;a;b)$ appartienne à $\Delta$.

Équation en $x$ : $4 = 3 – t \Rightarrow t = -1$

Équation en $y$ : $a = 2 + 4(-1) = -2$

Équation en $z$ : $b = -2(-1) = 2$

Donc, $C(4; -2; 2)$ appartient à $\Delta$.

3) Soit $M(x; y; z) \in \Delta$. Exprimer $AM^2$ en fonction de $t$.

Les coordonnées de $M$ sont données par : $M(3-t; 2+4t; -2t)$.

La distance au carré est :

$AM^2=(5-(3-t))^2 + (2-(2+4t))^2 + (6-(-2t))^2$

$AM^2=(2+t)^2 + (-4t)^2 + (6+2t)^2$

$AM^2=(t+2)^2 + 16t^2 + (2t+6)^2$

4) Déterminer les coordonnées du point M tel que la distance AM soit minimale.

Pour minimiser , on dérive et on égalise à 0 :

On développe : $(t+2)^2 = t^2 + 4t + 4$

$(2t+6)^2 = 4t^2 + 24t + 36$

$AM^2 = t^2 + 4t + 4 + 16t^2 + 4t^2 + 24t + 36$

$AM^2 = 21t^2 + 28t + 40$

La dérivée est : $\frac{d}{dt}AM^2=42t+28$

On résout : $42t + 28 = 0 \Rightarrow t = -\frac{28}{42} = -\frac{2}{3}$

Coordonnées minimales du point $M$ : $x = 3 – (- \frac{2}{3}) = \frac{11}{3}$, $y = 2 + 4(- \frac{2}{3}) = \frac{2}{3}$, $z = -2(- \frac{2}{3}) = \frac{4}{3}$

Donc, le point $M$ minimisant la distance est $(\frac{11}{3}; \frac{2}{3}; \frac{4}{3})$.

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

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

Pour vérifier que les points A(-2; 0; 1), B(1; 2; -1) et C(-2; 2; 2) définissent un plan, nous devons montrer qu’ils ne sont pas colinéaires. Pour cela, calculons deux vecteurs dans le plan :

Vecteur $\vec{AB}$ : $\vec{AB}=B-A=(1+2;2-0;-1-1)=(3;2;-2)$

Vecteur $\vec{AC}$ : $\vec{AC}=C-A=(-2+2;2-0;2-1)=(0;2;1)$

Calculons le produit vectoriel $\vec{AB} \times \vec{AC}$ :

$\vec{AB} \times \vec{AC} = | \begin{array}{ccc} \vec{i} \vec{j} \vec{k} \\ 3 2 -2 \\ 0 2 1 \end{array} |$

En développant le déterminant, nous obtenons :

$\vec{AB} \times \vec{AC} = (2 \cdot 1 – (-2) \cdot 2)\vec{i} – (3 \cdot 1 – (-2) \cdot 0)\vec{j} + (3 \cdot 2 – 0 \cdot 2)\vec{k}$

= (2 + 4)\vec{i} – (3 – 0)\vec{j} + (6)\vec{k} = 6\vec{i} – 3\vec{j} + 6\vec{k}

Le vecteur $\vec{n} = (6; -3; 6)$ est non nul, donc les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ ne sont pas colinéaires et les points A, B, et C définissent un plan.

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

Considérons la droite (DE) définie par les points D(-2; -1; 0) et E(-2; 5; 2). Le vecteur directeur de (DE) est :

$\vec{DE} = E – D = (-2 + 2; 5 + 1; 2 – 0) = (0; 6; 2)$

Une équation paramétrique de la droite (DE) est donc :

$x = -2$

$y = -1 + 6t$

$z = 0 + 2t$

Pour montrer que la droite est sécante avec le plan (ABC), qui a pour vecteur normal $\vec{n} = (6; -3; 6)$ et passe par le point A(-2; 0; 1), écrivons l’équation du plan :

$6(x + 2) – 3(y – 0) + 6(z – 1) = 0$

$6x + 12 – 3y + 6z – 6 = 0$

$6x – 3y + 6z + 6 = 0$

Remplaçons x, y et z par les équations paramétriques de la droite (DE) :

$6(-2) – 3(-1 + 6t) + 6(2t) + 6 = 0$

$-12 + 3 – 18t + 12t + 6 = 0$

$3 – 6t = 0$

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

En remplaçant $t = \frac{1}{2}$ dans les équations de la droite :

$x = -2$

$y = -1 + 6 \times \frac{1}{2} = 2$

$z = 0 + 2 \times \frac{1}{2} = 1$

Le point d’intersection I a pour coordonnées (-2; 2; 1).

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

1) Représentation paramétrique du plan (IJG) :

Les coordonnées de I, J et G sont :

I : $(\frac{1}{6}AB,0,0)$
J : $(0,\frac{1}{4}AD,0)$
G :

Une équation paramétrique du plan (IJG) est donnée par :

$\{\begin{aligned} x = \frac{1}{6}AB + \lambda(AB-\frac{1}{6}AB)+\mu(0-\frac{1}{6}AB) \\ y = \frac{1}{4}AD + \lambda(AD-\frac{1}{4}AD)+\mu(0-\frac{1}{4}AD) \\ z = \lambda\times AE \end{aligned}.$

2) Coordonnées du point d’intersection L du plan (IJG) et de la droite (BF) :

On sait que :

B :

F :

Équation paramétrique de la droite (BF) :

$\{\begin{aligned} x = AB \\ y = \mu \times AD \\ z = 0 \end{aligned}.$

En résolvant pour l’intersection avec le plan (IJG), on remplace dans les équations du plan :

$\mu_{0}=?$

Déterminer $\mu_{0}$ pour trouver L :

3) Représentation graphique :

Consulter le graphe pour voir la section section du pavé par le plan (IJG).

Exercice 10 – etudier la position de la droite.

1) Cas 1 :

Les vecteurs directeurs des droites sont respectivement :

Pour $\Delta$ :
$\vec{v_{\Delta}} = ( -1, 3, 1) $

Pour $\delta$ :
$\vec{v_{\delta}} = ( -1, 2, 0) $

Calculons le produit vectoriel :

$\vec{v_{\Delta}} \times \vec{v_{\delta}} = \begin{vmatrix} \vec{i} \vec{j} \vec{k} \\ -1 3 1 \\ -1 2 0 \end{vmatrix} = ( -2, -1, 1)$

Le produit vectoriel est non nul, donc $\Delta$ et $\delta$ ne sont pas parallèles.

Déterminons s’il existe un point commun en résolvant :

$\begin{cases}
1 – t = -k \\
-2 + 3t = 3 + 2k \\
-1 + t = 4 – k
\end{cases}$

En résolvant ce système, nous trouvons qu’il n’y a pas de solution. Donc, $\Delta$ et $\delta$ sont sécantes.

2) Cas 2 :

Vecteurs directeurs :

$\vec{v_{\Delta}} = (-1, 3, 1)$

$\vec{v_{\delta}} = (1, -2, 0)$

Produit vectoriel :

$\vec{v_{\Delta}} \times \vec{v_{\delta}} = \begin{vmatrix} \vec{i} \vec{j} \vec{k} \\ -1 3 1 \\ 1 -2 0 \end{vmatrix} = (2, 1, -1)$

Le produit vectoriel est non nul, donc non parallèles.

Résolution :

$\begin{cases}
1 – t = 1 + k \\
-2 + 3t = -2k \\
-1 + t = 3
\end{cases}$

Pas de solution commune. $\Delta$ et $\delta$ sont sécantes.

3) Cas 3 :

Vecteurs directeurs :

$\vec{v_{\Delta}} = (-1, 3, 1)$

$\vec{v_{\delta}} = (1, 3, -1)$

Produit vectoriel :

$\vec{v_{\Delta}} \times \vec{v_{\delta}} = \begin{vmatrix} \vec{i} \vec{j} \vec{k} \\ -1 3 1 \\ 1 3 -1 \end{vmatrix} = (-6, 0, -6)$

Le produit vectoriel est non nul, donc non parallèles.

Résolution :

$\begin{cases}
1 – t = k – 2 \\
-2 + 3t = 7 – 3k \\
-1 + t = 2 – k
\end{cases}$

Pas de solution commune. $\Delta$ et $\delta$ sont sécantes.

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