Exercices — Vecteurs, droites et plans de l'espace

1. $\vec{b} = -2\vec{a}$ : en effet $-2 \times 2 = -4$, $-2 \times (-1) = 2$ et $-2 \times 3 = -6$. Le même coefficient fonctionne pour les trois coordonnées : $\vec{a}$ et $\vec{b}$ sont colinéaires.

2. Si $\vec{v} = k\vec{u}$, la première coordonnée impose $k = 2$, mais alors la deuxième donnerait $2 \times 0 = 0 \neq 1$ : impossible. $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires.

3. On cherche $a$ et $b$ tels que $\vec{w} = a\vec{u} + b\vec{v}$, c’est-à-dire :

$\begin{cases} a + 2b = 4 \\ b = 1 \\ 2a = 4 \end{cases}$

La troisième équation donne $a = 2$, la deuxième $b = 1$, et la première est vérifiée : $2 + 2 = 4$ ✓. Donc $\vec{w} = 2\vec{u} + \vec{v}$ : les trois vecteurs sont coplanaires.

4. Supposons $\vec{t} = a\vec{u} + b\vec{v}$ : la deuxième coordonnée donne $b = 0$, la troisième $2a = 1$ donc $a = \dfrac{1}{2}$, mais la première donnerait $\dfrac{1}{2} + 0 = \dfrac{1}{2} \neq 0$ : impossible. $\vec{t}$ n’est pas combinaison linéaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ : les trois vecteurs sont non coplanaires, ils forment une base de l’espace.

Réflexe à retenir : colinéaires = un même coefficient pour les trois coordonnées ; coplanaires = l’un est combinaison linéaire des deux autres ; et trois vecteurs non coplanaires forment une base.

1. $A(0\,;\,0\,;\,0)$, $B(1\,;\,0\,;\,0)$, $C(1\,;\,1\,;\,0)$, $D(0\,;\,1\,;\,0)$, $E(0\,;\,0\,;\,1)$, $F(1\,;\,0\,;\,1)$, $G(1\,;\,1\,;\,1)$, $H(0\,;\,1\,;\,1)$.

2. Avec la relation de Chasles, en suivant les arêtes : $\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CG}$. Or $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{CG} = \overrightarrow{AE}$, donc :

$\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE}$

— cohérent avec $G(1\,;\,1\,;\,1)$.

3. $I$ est le milieu de la diagonale $[EG]$ : $I\left(\dfrac{0+1}{2}\,;\,\dfrac{0+1}{2}\,;\,\dfrac{1+1}{2}\right) = I\left(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,1\right)$.

4. $\overrightarrow{BH}$ a pour coordonnées $(0 - 1\,;\,1 - 0\,;\,1 - 0) = (-1\,;\,1\,;\,1)$, donc :

$\overrightarrow{BH} = -\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE}$

Réflexe à retenir : dans un repère adapté au cube, tout se lit — chaque coordonnée compte combien de fois on suit chaque arête, et la relation de Chasles fait le reste.

1. $\overrightarrow{AB}\,(4 - 2\,;\,0 - (-1)\,;\,1 - 3) = (2\,;\,1\,;\,-2)$.

2. Avec le point $A$ et le vecteur directeur $\overrightarrow{AB}$ :

$\begin{cases} x = 2 + 2t \\ y = -1 + t \\ z = 3 - 2t \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}$

3. La première équation donne $2 + 2t = 8$, soit $t = 3$. On teste ce même $t$ dans les deux autres : $y = -1 + 3 = 2$ ✓ et $z = 3 - 6 = -3$ ✓. Les trois équations sont vérifiées pour $t = 3$ : oui, $C \in (AB)$.

4. La première équation donne $6 = 2 + 2t$, soit $t = 2$. Alors $y = -1 + 2 = 1$ ✓ mais $z = 3 - 4 = -1 \neq 0$ : la troisième équation échoue. Non, $D \notin (AB)$.

5. On peut changer de point et de vecteur directeur : avec le point $B$ et le vecteur $-\overrightarrow{AB}\,(-2\,;\,-1\,;\,2)$ :

$\begin{cases} x = 4 - 2s \\ y = -s \\ z = 1 + 2s \end{cases} \qquad s \in \mathbb{R}$

Deux systèmes très différents… pour la même droite !

Réflexe à retenir : pour l’appartenance d’un point, calcule $t$ avec une équation puis vérifie les deux autres avec ce même $t$ — et souviens-toi qu’une représentation paramétrique n’est jamais unique.

1. Vecteurs directeurs : $\vec{u_1}\,(1\,;\,2\,;\,-1)$ et $\vec{u_2}\,(2\,;\,4\,;\,-2) = 2\vec{u_1}$ : ils sont colinéaires, donc $d_1$ et $d_2$ sont parallèles. Confondues ? Le point $(2\,;\,1\,;\,1)$ de $d_2$ (pour $s = 0$) est-il sur $d_1$ ? Il faudrait $1 + t = 2$, soit $t = 1$, mais alors $y = 2 \neq 1$. Non : $d_1$ et $d_2$ sont strictement parallèles.

2. $\vec{u_1}\,(1\,;\,2\,;\,-1)$ et $\vec{u_3}\,(1\,;\,1\,;\,1)$ ne sont pas colinéaires (les coefficients $1$, $2$ et $-1$ ne sont pas proportionnels à $1$, $1$, $1$). On cherche un point commun avec deux paramètres différents :

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

Les deux premières équations donnent $1 + t = 2t$, soit $t = 1$ et $r = 2$. Vérification dans la troisième : $3 - 1 = 2 = r$ ✓. Les droites $d_1$ et $d_3$ sont sécantes au point $(2\,;\,2\,;\,2)$.

3. $\vec{u_2}$ et $\vec{u_3}$ ne sont pas colinéaires. On résout :

$\begin{cases} 2 + 2s = r \\ 1 + 4s = r \\ 1 - 2s = r \end{cases}$

Les deux premières donnent $2 + 2s = 1 + 4s$, soit $s = \dfrac{1}{2}$ et $r = 3$. Vérification dans la troisième : $1 - 1 = 0 \neq 3$. Pas de point commun, et pas parallèles : $d_2$ et $d_3$ sont non coplanaires.

Réflexe à retenir : d’abord les vecteurs directeurs (colinéaires ou pas ?), ensuite un système avec deux paramètres différents — non parallèles et sans point commun, c’est non coplanaires : une situation qui n’existe pas dans le plan !

1. $A(0\,;\,0\,;\,0)$, $E(0\,;\,0\,;\,1)$, donc $I\left(0\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{2}\right)$. $C(1\,;\,1\,;\,0)$, $G(1\,;\,1\,;\,1)$, donc $J\left(1\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{2}\right)$. Enfin $K$, milieu de $[AG]$ avec $G(1\,;\,1\,;\,1)$ : $K\left(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\right)$.

2. $\overrightarrow{IK}\left(\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,0\right)$ et $\overrightarrow{IJ}\,(1\,;\,1\,;\,0)$ : on a $\overrightarrow{IJ} = 2\overrightarrow{IK}$, les vecteurs sont colinéaires, donc $I$, $K$ et $J$ sont alignés. Comme $\overrightarrow{IK} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{IJ}$, le point $K$ est le milieu de $[IJ]$ : la diagonale du cube coupe $[IJ]$ en son centre.

3. $\overrightarrow{IJ}\,(1\,;\,1\,;\,0) = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$ : c’est une combinaison linéaire de deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$, donc la droite $(IJ)$ est parallèle au plan $(ABC)$. De plus, $I$ a pour cote $\dfrac{1}{2} \neq 0$ : $I$ n’appartient pas au plan $(ABC)$ (d’équation $z = 0$ dans ce repère). La droite $(IJ)$ est donc strictement parallèle au plan $(ABC)$.

4. Avec le point $I$ et le vecteur directeur $\overrightarrow{IJ}\,(1\,;\,1\,;\,0)$ :

$\begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = \dfrac{1}{2} \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}$

5. $\overrightarrow{EG}\,(1 - 0\,;\,1 - 0\,;\,1 - 1) = (1\,;\,1\,;\,0) = \overrightarrow{IJ}$ : les droites $(IJ)$ et $(EG)$ sont parallèles. Confondues ? Le point $E(0\,;\,0\,;\,1)$ devrait vérifier $z = \dfrac{1}{2}$, or sa cote vaut $1$ : non. Les droites sont strictement parallèles.

Réflexe à retenir : place le repère du cube et tout devient du calcul — l’alignement se prouve par colinéarité de vecteurs, et le parallélisme à un plan en décomposant le vecteur directeur sur deux vecteurs du plan (sans oublier de vérifier qu’un point est hors du plan pour dire « strictement »).