Les vecteurs et repères : corrigé des exercices de maths en 2de.

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Mis à jour le 20 mai 2025


corrige exercices maths 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 BC=AD. Donc :

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

2)a) On sait que5\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}

et

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}.

4)

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).

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