Exercices corrigés — Vecteurs et repérage dans l'espace (Terminale)

on décompose chaque vecteur avec la relation de Chasles en ne parcourant que des arêtes du cube, puis on remplace chaque arête par le vecteur de base qui lui est égal : les arêtes parallèles et de même sens portent le même vecteur (BC = AD, CG = AE, DH = AE, EG = AC…).
AC = AB + BC = AB + AD (diagonale de la face inférieure).
BH = BA + AD + DH = −AB + AD + AE (grande diagonale du cube).
EC = EA + AB + BC = −AE + AB + AD.
I est le milieu de [EG], donc EI = (12)EG = (12)(AB + AD). Ainsi AI = AE + EI = (12)AB + (12)AD + AE. Dans le repère (A ; AB, AD, AE), le point I a pour coordonnées (12 ; 12 ; 1).

les coordonnées du milieu sont les moyennes des coordonnées des extrémités : I(2 + (−2)2 ; −1 + 32 ; 4 + 02), donc I(0 ; 1 ; 2).
Les coordonnées de AB sont celles de l'arrivée moins celles du départ : AB = (−2 − 2 ; 3 − (−1) ; 0 − 4) = (−4 ; 4 ; −4).
Vérification : AI = (0 − 2 ; 1 + 1 ; 2 − 4) = (−2 ; 2 ; −2) = (12)AB, ce qui confirme que I est bien le milieu de [AB].

trois points sont alignés si et seulement si deux vecteurs qu'ils définissent sont colinéaires. AB = (3 − 1 ; 2 − (−2) ; −1 − 3) = (2 ; 4 ; −4) et AC = (−2 − 1 ; −8 − (−2) ; 9 − 3) = (−3 ; −6 ; 6).
Cherchons un réel λ tel que AC = λAB. Les trois coordonnées donnent −3 = 2λ, −6 = 4λ et 6 = −4λ, soit λ = −32 dans les trois cas. Donc AC = −(32)AB : les vecteurs sont colinéaires et les points A, B, C sont alignés.
Comme λ est négatif, C et B sont de part et d'autre de A sur la droite (AB).

trois vecteurs sont coplanaires si l'un est combinaison linéaire des deux autres. u et v ne sont pas colinéaires (21 ≠ −32), on cherche donc des réels a, b tels que w = au + bv.
Coordonnée par coordonnée : 2a + b = 5 ; −3a + 2b = −4 ; a + 4b = 6.
De la première, b = 5 − 2a. Dans la deuxième : −3a + 10 − 4a = −4, soit −7a = −14, donc a = 2 et b = 1.
Il faut impérativement vérifier la troisième équation, qui n'a pas servi : a + 4b = 2 + 4 = 6, c'est exact. Donc w = 2u + v : les trois vecteurs sont coplanaires.

AB = (−1 ; 1 ; 0) et AC = (−1 ; 0 ; 1) ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles), donc A, B, C définissent un plan. D appartient à ce plan si et seulement s'il existe des réels a, b tels que AD = aAB + bAC, avec AD = (0 ; 1 ; 1).
Le système est : −a − b = 0 ; a = 1 ; b = 1.
Les deux dernières équations imposent a = 1 et b = 1, mais alors −a − b = −2 ≠ 0 : la première n'est pas vérifiée. Le système n'a pas de solution.
Les points A, B, C, D ne sont pas coplanaires : ABCD est un vrai tétraèdre, non aplati. C'est l'exemple typique où résoudre deux équations sur trois et oublier la troisième conduirait à une conclusion fausse.

a) En prenant t = 0, on obtient le point A(2 ; 1 ; −1) de d. Les coefficients de t donnent un vecteur directeur u(−1 ; 3 ; 2). Tout point de d s'écrit A + tu.
b) M appartient à d s'il existe un réel t vérifiant les trois équations à la fois. La première donne 2 − t = 0, soit t = 2. Alors y = 1 + 6 = 7 et z = −1 + 4 = 3 : les deux autres équations sont vérifiées, donc M ∈ d (c'est le point de paramètre t = 2).
Pour N : 2 − t = 3 donne t = −1. Alors y = 1 − 3 = −2, ce qui convient, mais z = −1 − 2 = −3 ≠ −4. Les trois équations ne sont pas compatibles : N ∉ d.
c) L'ordonnée vaut 10 quand 1 + 3t = 10, soit t = 3. Le point cherché est (2 − 3 ; 10 ; −1 + 6) = (−1 ; 10 ; 5).

la droite (AB) passe par A et a pour vecteur directeur AB = (4 − 1 ; 6 − 0 ; 1 − (−2)) = (3 ; 6 ; 3).
Tout vecteur non nul colinéaire convient aussi comme vecteur directeur : (3 ; 6 ; 3) = 3(1 ; 2 ; 1), on peut donc prendre u(1 ; 2 ; 1), plus simple.
Une représentation paramétrique de (AB) est : x = 1 + t, y = 2t, z = −2 + t, t ∈ ℝ.
Vérification : t = 0 donne A(1 ; 0 ; −2) et t = 3 donne (4 ; 6 ; 1) = B. Une droite a une infinité de représentations paramétriques : en partant de B avec le vecteur (3 ; 6 ; 3), on obtiendrait x = 4 + 3s, y = 6 + 6s, z = 1 + 3s, qui décrit la même droite.

d a pour vecteur directeur u(1 ; 2 ; −1) et d' a pour vecteur directeur v(1 ; −1 ; 2). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (11 ≠ 2−1), donc les droites ne sont pas parallèles : elles sont soit sécantes, soit non coplanaires.
Un point commun correspond à des paramètres t et s (un pour chaque droite, il ne faut pas utiliser la même lettre) vérifiant : 1 + t = 1 + s ; 2t = 3 − s ; 3 − t = 2s.
La première équation donne t = s. La deuxième devient 2t = 3 − t, soit t = 1, puis s = 1. On vérifie la troisième : 3 − 1 = 2 et 2 × 1 = 2, c'est exact.
Le système a une solution : les droites sont sécantes. Le point d'intersection s'obtient avec t = 1 dans d (ou s = 1 dans d') : P(2 ; 2 ; 2). Si la troisième équation n'avait pas été vérifiée, les droites auraient été non coplanaires.