Corrigé sur des exercices sur les vecteurs et repères en 2de.

EXERCICE 1 :

1.a) Comme les droites (AB) et (DC) sont parallèles, on a $\vec{DC}=\lambda\vec{AB}$ pour un certain $\lambda$ .

De plus, on sait que $DC = \frac{7}{5}AB$ , donc $\vec{DC}=\frac{7}{5}\vec{AB}$ .

b) On peut exprimer $\vec{AC}$ comme la somme de $\vec{AB}$ et $\vec{BC}$ .

Comme ABCD est un trapèze, on a . Donc :

$\vec{AC}=\vec{AB}+\vec{BC}=\vec{AB}+\vec{AD}$

2)a) On sait que $5\vec{EC}=2\vec{DE} . Or, \vec{EC}=\vec{EA}+\vec{AC}$ et $\vec{DE}=\vec{DC}+\vec{CE}=\frac{7}{5}\vec{AB}+\vec{CE}$ .

Donc :

$5(\vec{EA}+\vec{AC})=2(\frac{7}{5}\vec{AB}+\vec{CE})$

$\Leftrightarrow 5\vec{EA}+5\vec{AC}= \frac{14}{5}\vec{AB}+2\vec{CE}$

Comme ABCD est un trapèze, on a $\vec{CE}=\vec{AB}$ , donc :

$5\vec{EA}+5\vec{AC}= \frac{14}{5}\vec{AB}+2\vec{AB}=\frac{24}{5}\vec{AB}$

$\Leftrightarrow \vec{EA}=\frac{1}{5}\vec{AB}-\vec{AC}=-\frac{4}{5}\vec{AB}+\vec{AD}$

Finalement, on a $\vec{DE}=\frac{7}{5}\vec{AB}+\vec{CE}=\frac{7}{5}\vec{AB}+\vec{AB}=\frac{12}{5}\vec{AB}$ .

Pour placer le point E, on part de A, on avance dans la direction $\vec{EA}$ et on multiplie sa longueur par $\frac{5}{12}$ :

b) Les milieux de [AE] et [BD] sont respectivement M et N, tels que $\vec{AM}=\frac{1}{2}\vec{AE}$ et $\vec{BN}=\frac{1}{2}\vec{BD}$ .

Or, on sait que $\vec{AE}=\vec{AD}+\vec{DE}=\vec{AD}+\frac{12}{5}\vec{AB}$ et $\vec{BD}=\vec{BC}+\vec{CD}=\vec{AB}+\frac{7}{5}\vec{AB}=\frac{12}{5}\vec{AB}$ . Donc :

$\vec{AM}=\frac{1}{2}(\vec{AD}+\frac{12}{5}\vec{AB})=\frac{1}{2}\vec{AD}+\frac{6}{5}\vec{AB}$

$\vec{BN}=\frac{1}{2}(\vec{AB}+\frac{7}{5}\vec{AB})=\frac{6}{5}\vec{AB}$

On veut montrer que $\vec{AM}=\vec{BN}$ .

On a donc :

$\frac{1}{2}\vec{AD}+\frac{6}{5}\vec{AB}=\frac{6}{5}\vec{AB}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\vec{AD}=\frac{1}{5}\vec{AB}$

Ce qui est vrai, car $\vec{AD}=\vec{AB}+\vec{BC}=\vec{AB}+AD\vec{AB}$ .

Donc :

$\frac{1}{2}\vec{AD}=\frac{1}{2}\vec{AB}+\frac{1}{2}AD\vec{AB}=\frac{1}{5}\vec{AB}$

3)a) On cherche x tel que $\vec{DM} = 2\vec{DC}+\vec{MC}$ . Or, on sait que $\vec{DC}=\frac{7}{5}\vec{AB}$ et $\vec{MC}=\vec{AC}-\vec{AM}=\vec{AB}+\vec{AD}-x\vec{AB}-\vec{AD}=(1-x)\vec{AB}$ .

Donc :

$\vec{DM} = 2\vec{DC}+\vec{MC}=2\cdot\frac{7}{5}\vec{AB}+(1-x)\vec{AB}=(\frac{14}{5}+1-x)\vec{AB}$

On veut que $\vec{DM}=-\vec{CC'}=-\frac{3}{2}\vec{AB}$ , donc :

$(\frac{14}{5}+1-x)\vec{AB}=-\frac{3}{2}\vec{AB}$

$\Leftrightarrow \frac{9}{10}\vec{AB}=(x+\frac{1}{2})\vec{AB}$

$\Leftrightarrow x=-\frac{1}{10}$

Donc, pour $x=-\frac{1}{10}$ , le point M est le symétrique de C par rapport à D.

b) On a $\vec{DM} = x\vec{AB}+\vec{AD}$. Or, $\vec{AD}=\vec{AB}+AD\vec{AB}$ , donc :

$\vec{DM} = x\vec{AB}+\vec{AB}+AD\vec{AB}=(x+1) \vec{AB}+AD\vec{AB}$

Le vecteur $\vec{DM}$ est une combinaison linéaire de $\vec{AB}$ et de $\vec{AD}$ , qui sont tous deux fixes.

Donc le point M se déplace sur une droite. Cette droite est la parallèle à (AB) passant par le point D.

EXERCICE 2 :

1) En utilisant les relations données, on a:

$\vec{AE}=\frac{1}{3}\vec{AB} -\frac{1}{2}\vec{AC}$

$\vec{AF}=-\frac{1}{2}\vec{AB}+\frac{1}{3}\vec{AC}$

On peut donc construire les points E et F en partant de A, en prenant $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ comme vecteurs directeurs et en ajoutant les vecteurs $\frac{1}{3}\vec{AB} -\frac{1}{2}\vec{AC}$ et $-\frac{1}{2}\vec{AB}+\frac{1}{3}\vec{AC}$ respectivement.

2) Calculons le vecteur $\vec{EF}=\vec{AF}-\vec{AE}$ :

$\vec{EF}=(-\frac{1}{2}\vec{AB}+\frac{1}{3}\vec{AC})-(\frac{1}{3}\vec{AB} -\frac{1}{2}\vec{AC})=-\frac{1}{2}\vec{AB}+\frac{1}{2}\vec{AC}=-\frac{1}{2}(\vec{AB}-\vec{AC})=-\frac{1}{2}\vec{BC}$

On en déduit que $\vec{EF}$ est colinéaire à $\vec{BC}$ pour tout x de $\mathbb{R}$ .

3) a) E = F si et seulement si $\vec{AE}=\vec{AF}$ , ce qui donne:

$\frac{1}{3}\vec{AB}\,+x\vec{AC}=x\vec{AB}\,+\frac{1}{3}\vec{AC}$

En développant cette équation, on obtient:

$(\frac{1}{3}-x)\vec{AB}+(x-\frac{1}{3})\vec{AC}= \vec{0}$

Cette équation est vérifiée si et seulement si les coefficients des vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ sont tous deux nuls, c’est-à-dire:

$\frac{1}{3}-x=0 \Leftrightarrow x=\frac{1}{3}$

$x-\frac{1}{3}=0 \Leftrightarrow x=\frac{1}{3}$

Donc E = F si et seulement si $x=\frac{1}{3}$ .

b) BCFE est un parallélogramme si et seulement si $\vec{BE}=\vec{CF}$ .

Or,

$\vec{BE}=\vec{AE}-\vec{AB}=\frac{1}{3}\vec{AB} -\frac{1}{2}\vec{AC}-\vec{AB}=-\frac{2}{3}\vec{AB}-\frac{1}{2}\vec{AC}$

$\vec{CF}=\vec{AF}-\vec{AC}=-\frac{1}{2}\vec{AB}+\frac{1}{3}\vec{AC}-\vec{AC}=-\frac{1}{2}\vec{AB}-\frac{2}{3}\vec{AC}$

Donc $\vec{BE}=\vec{CF}$ si et seulement si:

$-\frac{2}{3}\vec{AB}-\frac{1}{2}\vec{AC}=-\frac{1}{2}\vec{AB}-\frac{2}{3}\vec{AC}$

ce qui est équivalent à:

$\frac{1}{3}\vec{AB}= \frac{1}{3}\vec{AC}$

Cette équation est vérifiée si et seulement si le triangle ABC est équilatéral. Donc BCFE est un parallélogramme si et seulement si le triangle ABC est équilatéral.

EXERCICE 3 :

1) On a $\vec{MN}=\vec{MA} + \vec{AB} + \vec{BC} + \vec{CD} + \vec{DN}$ .

En utilisant les relations données, on a :

$\vec{MA}=a\vec{AB}$

$\vec{DN}=a\vec{DC}$

Donc $\vec{MN}=a\vec{AB} + \vec{AB} + \vec{BC} + \vec{CD} + a\vec{DC}$

$=\vec{AB}+\vec{CD}+a(\vec{AB}+\vec{DC})+ \vec{BC}$

$= \vec{AD}+\vec{BC}+a\vec{BC}+a\vec{AD}$

$=a\vec{BC}+(1-a)\vec{AD}$

2) Si ABCD est un parallélogramme, alors $\vec{AB}=\vec{CD}$ et $\vec{BC}=\vec{AD}$ .

Donc, d’après la question précédente :

$\vec{MN}=a\vec{BC}+(1-a)\vec{AD}=a\vec{AD}+(1-a)\vec{BC}$

Donc $\vec{MN}$ est une combinaison linéaire de $\vec{AD}$ et $\vec{BC}$ , c’est-à-dire qu’il est colinéaire à $\vec{BC}$ si et seulement si $\vec{AD}$ et $\vec{BC}$ sont colinéaires.

Or, dans un parallélogramme, cela est toujours vrai. Donc si ABCD est un parallélogramme, MBCN est un parallélogramme.

EXERCICE 4 :

1) En remplaçant a par 0 dans les relations données, on a :

$\vec{RM}=\frac{1}{4}\vec{RS}+\frac{5}{2}\vec{RT}$

$\vec{RN}=2\vec{RS}+\frac{3}{4}\vec{RT}$

$\vec{RU}=\frac{3}{4}\vec{RS}-\frac{3}{2}\vec{RT}$

2) Calculons le vecteur $\vec{MN}=\vec{RN}-\vec{RM}$ :

$\vec{MN}=2\vec{RS}+\frac{3}{4}\vec{RT}-(\frac{1}{4}\vec{RS}+\frac{5}{2}\vec{RT})$

$=\frac{1}{4}\vec{RS}-\frac{3}{2}\vec{RT}$

$=\frac{1}{4}(\vec{RS}-6\vec{RT})$

$=\frac{1}{4}\vec{ST}$

Donc $\vec{MN}$ est colinéaire à $\vec{ST}$ .

On peut en déduire que les vecteurs $\vec{SM}$ et $\vec{SU}$ sont aussi colinéaires à $\vec{ST}$ , car on peut les écrire comme des combinaisons linéaires de $\vec{SM}$ et $\vec{SU}$ :

$\vec{SM}=\vec{ST}+\vec{TM}=\vec{ST}+\vec{MN}=\frac{5}{4}\vec{ST}$

$\vec{SU}=\vec{ST}+\vec{TU}=\vec{ST}-\vec{RU}=\vec{ST}-(\frac{3}{4}\vec{RS}-\frac{3}{2}\vec{RT})=\frac{1}{4}\vec{ST}+\frac{3}{2}\vec{RT}$

Donc SMTU est un parallélogramme, car les côtés opposés ont la même direction.

EXERCICE 5 :

1) On a $\vec{GA}+2\vec{GB}+3\vec{GC}=\vec{0}$ , donc :

$\vec{GC}=-\frac{1}{3}\vec{GA}-\frac{2}{3}\vec{GB}$

En utilisant les relations de Chasles, on a :

$\vec{CG}=\vec{CA}+\vec{AG}-\vec{AC}+\vec{CG}-\vec{GB}-\vec{BC}$

$=\vec{CA}-\vec{AC}+\vec{GC}$

$=\vec{CA}-\vec{AC}-\frac{1}{3}\vec{GA}-\frac{2}{3}\vec{GB}$

$=\frac{1}{3}\vec{CA}+\frac{2}{3}\vec{CB}-\frac{1}{3}(\vec{CA}+\vec{CB})-\frac{2}{3}\vec{CB}$

$=-\frac{1}{3}\vec{CA}-\frac{1}{3}\vec{CB}$

On peut donc construire G en traçant les vecteurs $-\frac{1}{3}\vec{CA}$ et $-\frac{1}{3}\vec{CB}$ à partir des points A et B, puis en faisant leur somme à partir du point C.

2) On a $\vec{AH}=\frac{2}{3}\vec{AB}$ , donc :

$\vec{HB}=\vec{HA}+\vec{AB}=\vec{AH}+\vec{BA}=\frac{2}{3}\vec{AB}+\vec{BA}$

$=\vec{BG}-\vec{BA}+\vec{BA}=\vec{BG}$

Donc H est le milieu de [AB]. En utilisant 1), on a :

$\vec{HC}=\vec{HG}+\vec{GC}=-\frac{1}{3}\vec{HA}-\frac{2}{3}\vec{HB}-\frac{1}{3}\vec{GA}-\frac{2}{3}\vec{GB}-\frac{1}{3}\vec{CA}-\frac{1}{3}\vec{CB}$

$=-\frac{1}{3}(\vec{HA}+2\vec{HB}+3\vec{HC})$

$=\frac{1}{3}(\vec{AB}+\vec{BC}+\vec{CA})$

$=\frac{1}{3}\vec{AC}$

Donc G est bien le milieu de [HC].

3) En utilisant la question 1), on a :

$\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC}=\vec{MA}+2(\vec{MA}+\vec{AB})+3(\vec{MA}+\vec{AC})$

$=6\vec{MA}+2\vec{AB}+3\vec{AC}$

$=6(\vec{MG}+\vec{GA})+2(\vec{GB}+\vec{BA})+3(\vec{GC}+\vec{CA})$

$=(6\vec{MG}+2\vec{GB}+3\vec{GC})+(\vec{GA}+2\vec{BA}+3\vec{CA})$

$=6\vec{MG}$

Donc pour tout point M, $\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC}=6\vec{MG}$ .

a) On a $\|\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC}\|=6AB$ si et seulement si :

$\|\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC}\|^2=36AB^2$

$\Rightarrow (\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC})\cdot(\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC})=36AB^2$

$\Rightarrow 6\vec{MG}\cdot(3\vec{MG}+2\vec{GB}+\vec{GA})=36AB^2$

En utilisant la question 1), on peut exprimer $\vec{GA}$ et $\vec{GB}$ en fonction de $\vec{GC}$ , $\vec{CA}$ et $\vec{CB}$ , et en utilisant la question 2), on peut exprimer $\vec{GC}$ en fonction de $\vec{CA}$ et $\vec{CB}$ .

On obtient finalement :

$27(\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC})\cdot(\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC}-2\vec{MA}-\frac{4}{3}\vec{AB}-\frac{2}{3}\vec{AC})=0$

$\Rightarrow 27\vec{MA}\cdot(\frac{1}{3}\vec{CA}-\frac{1}{3}\vec{CB})+18\vec{MB}\cdot(\frac{2}{3}\vec{CB}-\frac{2}{3}\vec{CA})+9\vec{MC}\cdot(\vec{CA}-\vec{CB})=0$

$\Rightarrow \vec{MA}\cdot(\vec{CB}-\vec{CA})+\vec{MB}\cdot(\vec{CA}-\vec{CB})+\vec{MC}\cdot(\vec{CB}-\vec{CA})=0$

Donc l’ensemble des points M tels que $\|\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC}\|=6AB$ est la droite passant par les milieux des côtés AB, AC et BC.

b) Le vecteur $\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC}$ est colinéaire à $\vec{BC}$ si et seulement si leur produit scalaire est nul :

$(\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC})\cdot\vec{BC}=0$

En développant et en utilisant les relations de Chasles, on obtient :

$2\vec{MA}\cdot\vec{AB}+2\vec{MB}\cdot\vec{BC}+2\vec{MC}\cdot\vec{CA}=0$

$\Rightarrow \vec{MA}\cdot(\vec{AB}+\vec{AC})+\vec{MB}\cdot(\vec{BC}+\vec{BA})+\vec{MC}\cdot(\vec{CA}+\vec{CB})=0$

$\Rightarrow \vec{MA}\cdot\vec{BC}+\vec{MB}\cdot\vec{CA}+\vec{MC}\cdot\vec{AB}=0$

Donc l’ensemble des points M tels que $\vec{MA}+2\vec{MB}+3\vec{MC}$ est colinéaire à $\vec{BC}$ est la droite passant par le point G et parallèle à la droite (AB).