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

Quatre niveaux de difficulté, du plus simple au plus exigeant. Chaque exercice a sa correction détaillée, étape par étape.

2 exercices de niveau « Maîtrise ». Voir les 8 exercices.

Exercice 5 Maîtrise

A(1 ; 0 ; 0), B(0 ; 1 ; 0), C(0 ; 0 ; 1) et D(1 ; 1 ; 1). Les points A, B, C, D sont-ils coplanaires ?

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Correction détaillée

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.

Exercice 6 Maîtrise

La droite d a pour représentation paramétrique x = 2 − t, y = 1 + 3t, z = −1 + 2t, t ∈ ℝ. a) Donner un point et un vecteur directeur de d. b) Les points M(0 ; 7 ; 3) et N(3 ; −2 ; −4) appartiennent-ils à d ? c) Déterminer le point de d d'ordonnée 10.

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Correction détaillée

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).

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