QCM : Vecteurs, droites et plans de l'espace (Terminale)
Ce chapitre étend à l'espace le calcul vectoriel du plan pour décrire des droites et des plans, et pour décider s'ils se coupent. Il fournit les outils (bases, coordonnées, représentations paramétriques) utilisés dans tous les exercices de géométrie dans l'espace du baccalauréat.
Dans un repère de l'espace, on donne $\vec{u}(2 ; -1 ; 3)$. Lequel de ces vecteurs est colinéaire à $\vec{u}$ ?
La première coordonnée impose $k = -3$. On vérifie : $-3 \times (-1) = 3$ et $-3 \times 3 = -9$. Donc $\vec{b} = -3\vec{u}$. Le piège principal est $\vec{a}$ : le critère du plan $2 \times (-2) - 4 \times (-1) = 0$ est vérifié sur les deux premières coordonnées, mais la cote devrait valoir $6$ et non $5$. Dans l'espace, il faut contrôler les trois coordonnées.
Dans le cube $ABCDEFGH$ (face $ABCD$ en bas, arêtes verticales $[AE]$, $[BF]$, $[CG]$, $[DH]$), $J$ est le milieu de $[GH]$. Quelles sont les coordonnées de $\overrightarrow{AJ}$ dans la base $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$ ?
Par Chasles : $\overrightarrow{AJ} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DH} + \overrightarrow{HJ}$, avec $\overrightarrow{DH} = \overrightarrow{AE}$ et $\overrightarrow{HJ} = \frac{1}{2}\overrightarrow{HG} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$. Donc $\overrightarrow{AJ} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE}$. Le choix $\left(1 ; \frac{1}{2} ; 1\right)$ correspond au milieu de $[FG]$ (confusion de face) ; $(1 ; 1 ; 1)$ donne $\overrightarrow{AG}$ ; $\left(\frac{1}{2} ; 1 ; 0\right)$ oublie la montée verticale.
On considère la droite $d : x = 1 + 2t,\ y = -1 + t,\ z = 3 - t$, $t \in \mathbb{R}$. Quel point appartient à $d$ ?
Pour $(5 ; 1 ; 1)$ : $5 = 1 + 2t$ donne $t = 2$, puis $y = -1 + 2 = 1$ et $z = 3 - 2 = 1$ : les trois équations sont vérifiées avec la même valeur de $t$. Pour $(3 ; 0 ; 1)$, $t = 1$ convient pour $x$ et $y$ mais donne $z = 2$ : c'est l'erreur de ne pas vérifier la troisième équation. $(2 ; 1 ; -1)$ est le vecteur directeur, pas un point de $d$. Pour $(-1 ; -2 ; 2)$, $t = -1$ donne $z = 4$.
Soit $A(1 ; 0 ; 2)$ et $B(3 ; -1 ; 5)$. Laquelle de ces représentations paramétriques ($t \in \mathbb{R}$) est une représentation de la droite $(AB)$ ?
$\overrightarrow{AB}(2 ; -1 ; 3)$. La troisième représentation passe par $B$ (pour $t = 0$) et a pour vecteur directeur $(-2 ; 1 ; -3) = -\overrightarrow{AB}$, colinéaire à $\overrightarrow{AB}$ : elle décrit bien $(AB)$, une droite ayant une infinité de représentations. La première prend les coordonnées de $B$ comme vecteur directeur ; la deuxième inverse les rôles de point et de vecteur ; la quatrième a un vecteur directeur $(2 ; 1 ; 3)$ avec une erreur de signe, non colinéaire à $\overrightarrow{AB}$.
On donne $\vec{u}(1 ; 0 ; 1)$ et $\vec{v}(0 ; 1 ; 1)$. Pour quel vecteur $\vec{w}$ les vecteurs $\vec{u}$, $\vec{v}$, $\vec{w}$ sont-ils coplanaires ?
$a\vec{u} + b\vec{v}$ a pour coordonnées $(a ; b ; a + b)$. Pour $(2 ; -3 ; -1)$ : $a = 2$, $b = -3$ et $a + b = -1$, vérifié, donc $\vec{w} = 2\vec{u} - 3\vec{v}$. Pour les autres, les deux premières équations fixent $a$ et $b$ mais la troisième échoue ($2 \neq 0$, $-1 \neq 1$, $4 \neq 2$). Le piège est $(1 ; 1 ; 0)$ : il n'est colinéaire ni à $\vec{u}$ ni à $\vec{v}$, mais cela ne suffit pas à conclure à la coplanarité.
Deux droites $d_1$ et $d_2$ ont des vecteurs directeurs non colinéaires. Le système obtenu en égalant leurs représentations paramétriques (paramètres $t$ et $s$) n'a aucune solution. Les droites sont :
Vecteurs directeurs non colinéaires : les droites ne sont ni parallèles ni confondues. Aucune solution : pas de point commun, donc pas sécantes. Il reste le cas non coplanaires. Le piège principal est « strictement parallèles », qui reprend le réflexe du plan : dans l'espace, deux droites sans point commun ne sont pas forcément parallèles.
Dans le cube $ABCDEFGH$ (face $ABCD$ en bas, arêtes verticales $[AE]$, $[BF]$, $[CG]$, $[DH]$), quelle est la position relative des droites $(AH)$ et $(BG)$ ?
$\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DH} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE}$ et $\overrightarrow{BG} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CG} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE}$. Les vecteurs sont égaux, donc les droites sont parallèles ; $B$ n'est pas sur $(AH)$, elles sont donc strictement parallèles (et $ABGH$ est un rectangle). Le piège « non coplanaires » vient du fait que les deux droites sont sur des faces opposées du cube : il faut calculer les vecteurs au lieu de se fier à la figure.
Dans le cube $ABCDEFGH$ (face $ABCD$ en bas, arêtes verticales $[AE]$, $[BF]$, $[CG]$, $[DH]$), quel triplet de vecteurs forme une base de l'espace ?
$\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AE}$ : par unicité de la décomposition dans la base $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$, il n'est pas de la forme $a\overrightarrow{AB} + b\overrightarrow{AD}$, donc les trois vecteurs ne sont pas coplanaires. En revanche $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{EG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$ : ces triplets sont coplanaires bien que deux à deux non colinéaires (piège principal). Enfin $\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{AB}$ : deux vecteurs colinéaires ne peuvent pas faire partie d'une base.
Dans un repère d'origine $O$, le plan $\mathcal{P}$ passe par $O$ et est dirigé par $\vec{u}(1 ; 0 ; 1)$ et $\vec{v}(0 ; 1 ; 1)$. La droite $d$ a pour représentation $x = t,\ y = 1 + t,\ z = 3 + 3t$, $t \in \mathbb{R}$. Quel est le point d'intersection de $d$ et $\mathcal{P}$ ?
Les points de $\mathcal{P}$ sont ceux tels que $\overrightarrow{OM} = a\vec{u} + b\vec{v}$, de coordonnées $(a ; b ; a + b)$ : il faut $z = x + y$. Avec $d$ : $3 + 3t = t + 1 + t$, soit $t = -2$, d'où le point $(-2 ; -1 ; -3)$, et l'on vérifie $-2 + (-1) = -3$. $(0 ; 1 ; 3)$ est le point de $d$ pour $t = 0$, pris sans calcul ; $(2 ; 3 ; 9)$ résulte d'une erreur de signe ($t = 2$) ; $(-1 ; 0 ; 0)$ est le point de $d$ de cote nulle, obtenu en confondant $\mathcal{P}$ avec le plan $z = 0$.
Pour quelle valeur du réel $m$ les vecteurs $\vec{u}(m ; 2 ; -1)$ et $\vec{v}(6 ; 4 ; -2)$ sont-ils colinéaires ?
La deuxième coordonnée impose $\vec{v} = 2\vec{u}$ (car $4 = 2 \times 2$), ce que confirme la cote : $-2 = 2 \times (-1)$. Il faut alors $6 = 2m$, soit $m = 3$. Le piège $m = 12$ vient d'une inversion du rapport ($m = 2 \times 6$, comme si $\vec{u} = 2\vec{v}$) ; $m = -3$ est une erreur de signe.