corrige

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 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).

Soyez le premier à commenter (Laisser un commentaire)

Votre email ne sera pas publié.


*


Télécharger puis imprimer cette fiche en PDF.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé sur des exercices sur les vecteurs et repères en 2de.» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.


D'autres fiches analogues :


Inscription gratuite à Mathématiques Web. Mathématiques Web c'est 2 204 999 fiches de cours et d'exercices téléchargées.