Exercices corrigés : vecteurs et géométrie repérée (Seconde)

a) Sur la figure, on part de $A$ et on compte $6$ vers la droite puis $2$ vers le haut pour arriver en $B$ : $\vec{AB}(6\ ;\ 2)$. De $C$ à $D$, exactement les mêmes déplacements : $\vec{CD}(6\ ;\ 2)$. Le calcul confirme, avec la formule coordonnées de l'arrivée moins coordonnées du départ : $\vec{AB}(4-(-2)\ ;\ 3-1)=(6\ ;\ 2)$ ✓ et $\vec{CD}(7-1\ ;\ 0-(-2))=(6\ ;\ 2)$ ✓. Attention au sens de la soustraction : $\vec{BA}$ aurait donné $(-6\ ;\ -2)$, l'opposé.

b) $\vec{AC}(1-(-2)\ ;\ -2-1)=(3\ ;\ -3)$ et $\vec{BD}(7-4\ ;\ 0-3)=(3\ ;\ -3)$. Les deux doubles signes du premier calcul sont le piège habituel : $1-(-2)$ vaut $3$ et non $-1$.

c) Comme $\vec{AB}=\vec{CD}$, le quadrilatère $ABDC$ est un parallélogramme. On le confirme par l'autre paire, $\vec{AC}=\vec{BD}$. Sur la figure, les deux flèches ont bien la même longueur, la même direction et le même sens, ce qui est exactement la traduction visuelle de l'égalité de deux vecteurs. Attention à l'ordre des sommets, qui est la difficulté réelle de la question : l'égalité $\vec{AB}=\vec{CD}$ fait de $[AB]$ et $[CD]$ deux côtés opposés, donc le quadrilatère se lit en tournant $A$, $B$, $D$, $C$, et non $A$, $B$, $C$, $D$. Écrire $ABCD$ donnerait un quadrilatère croisé.

d) Milieu de $[AD]$ : $\left(\frac{-2+7}{2}\ ;\ \frac{1+0}{2}\right)=(2{,}5\ ;\ 0{,}5)$. Milieu de $[BC]$ : $\left(\frac{4+1}{2}\ ;\ \frac{3+(-2)}{2}\right)=(2{,}5\ ;\ 0{,}5)$. Les deux milieux sont CONFONDUS, et c'était prévisible : $[AD]$ et $[BC]$ sont les diagonales du parallélogramme $ABDC$, et les diagonales d'un parallélogramme se coupent en leur milieu. Cette coïncidence de milieux est d'ailleurs un critère à part entière, souvent plus rapide que l'égalité vectorielle : pour montrer qu'un quadrilatère est un parallélogramme, il suffit de vérifier que ses deux diagonales ont le même milieu.

e) Le point cherché vérifie $\vec{AB}=\vec{PC}$, où $P$ est le quatrième sommet, ce qui donne $(1-x_P\ ;\ -2-y_P)=(6\ ;\ 2)$, donc $x_P=-5$ et $y_P=-4$, soit $P(-5\ ;\ -4)$. Ce point est différent de $D(7\ ;\ 0)$, et il n'y a là aucune contradiction : à partir de trois points, il existe TROIS quatrièmes points formant un parallélogramme, selon celui des trois côtés que l'on choisit comme diagonale. Le nommer correctement suppose donc toujours de préciser l'ordre des sommets.

a) $\vec{AB}+\vec{BC}=\vec{AC}$ par la relation de Chasles : le point $B$ est intermédiaire et disparaît. Repère infaillible : dans une somme, la lettre d'arrivée du premier vecteur doit être la lettre de départ du second, et c'est elle qui s'efface.

b) Ici les deux vecteurs partent du même point, il n'y a donc rien à enchaîner directement. On transforme la soustraction en addition de l'opposé : $-\vec{AC}=\vec{CA}$, d'où $\vec{AB}-\vec{AC}=\vec{CA}+\vec{AB}=\vec{CB}$. Règle utile à mémoriser sous cette forme : $\vec{AB}-\vec{AC}=\vec{CB}$, une différence de deux vecteurs de même origine relie leurs extrémités, en partant de celui qu'on retranche.

c) On commence par retourner le vecteur soustrait : $-\vec{CB}=\vec{BC}$. L'expression devient $\vec{AB}+\vec{BC}+\vec{CD}$, une chaîne complète où les points intermédiaires $B$ et $C$ s'effacent l'un après l'autre : $\vec{AC}+\vec{CD}=\vec{AD}$. La méthode générale consiste toujours à tout écrire en additions, puis à ordonner la chaîne.

d) $2\vec{u}(6\ ;\ -2)$ et $3\vec{v}(-6\ ;\ 15)$, donc $2\vec{u}-3\vec{v}$ a pour coordonnées $(6-(-6)\ ;\ -2-15)=(12\ ;\ -17)$. Test de colinéarité par le déterminant, avec $\vec{u}(3\ ;\ -1)$ : $3\times(-17)-(-1)\times 12=-51+12=-39$, non nul, donc les deux vecteurs ne sont PAS colinéaires. Remarque de méthode : $2\vec{u}$ seul serait évidemment colinéaire à $\vec{u}$, c'est l'ajout de $-3\vec{v}$, non colinéaire à $\vec{u}$, qui fait sortir de la droite.

e) $\vec{AB}+\vec{BC}+\vec{CA}=\vec{AC}+\vec{CA}=\vec{AA}=\vec{0}$. Interprétation : en partant de $A$, en passant par $B$ puis par $C$ et en revenant en $A$, le déplacement total est nul. Toute chaîne FERMÉE de vecteurs, quel que soit le nombre de points et quelle que soit leur position, a pour somme le vecteur nul. C'est une vérification très utile en fin d'exercice : si une somme de vecteurs qui boucle ne donne pas $\vec{0}$, il y a une erreur de sens quelque part.

a) On lit $\vec{u}(3\ ;\ -2)$, $\vec{v}(-9\ ;\ 6)$, $\vec{w}(4\ ;\ 5)$ et $\vec{t}(6\ ;\ 7)$. La paire $\vec{u}$ et $\vec{v}$ saute aux yeux : les deux flèches sont portées par une même droite passant par l'origine, en sens opposés, $\vec{v}$ étant environ trois fois plus longue. C'est la traduction visuelle de la colinéarité, deux vecteurs colinéaires ayant la même DIRECTION, le sens et la longueur pouvant différer.

b) Déterminant : $3\times 6-(-2)\times(-9)=18-18=0$, donc ils sont colinéaires. Pour trouver $k$, on compare coordonnée par coordonnée : $-9=k\times 3$ donne $k=-3$, et on vérifie sur la seconde, $6=-3\times(-2)$ ✓. Donc $\vec{v}=-3\vec{u}$. Le signe négatif traduit le sens opposé et le $3$ traduit le rapport des longueurs, exactement ce qui était lu sur la figure. Vérifier $k$ sur les DEUX coordonnées est indispensable : c'est cette double vérification qui distingue la colinéarité d'une simple ressemblance.

c) Déterminant : $4\times 7-5\times 6=28-30=-2$, non nul, donc $\vec{w}$ et $\vec{t}$ ne sont pas colinéaires. La figure ne permettait pas de trancher : les deux flèches ont des directions très proches, $\frac{5}{4}=1{,}25$ contre $\frac{7}{6}\approx 1{,}167$, et paraissent presque portées par la même droite. C'est exactement la situation où le calcul devient indispensable, et où un élève qui se fie au dessin se trompe. Retenir la hiérarchie : le dessin suggère, le déterminant tranche.

d) $\vec{EF}(4-1\ ;\ -1-2)=(3\ ;\ -3)$ et $\vec{EG}(-2-1\ ;\ 5-2)=(-3\ ;\ 3)$. Déterminant : $3\times 3-(-3)\times(-3)=9-9=0$, donc les vecteurs sont colinéaires et les trois points sont ALIGNÉS. Point de méthode à rédiger correctement : pour tester un alignement, on construit deux vecteurs à partir d'un MÊME point, ici $E$, sans quoi la conclusion ne porte plus sur les trois points.

e) $\vec{HI}(2\ ;\ 3)$ et $\vec{HJ}(4\ ;\ 5)$. Déterminant : $2\times 5-3\times 4=10-12=-2$, non nul, donc les points ne sont PAS alignés. Le dessin, lui, suggère très fortement qu'ils le sont, et c'est tout l'intérêt de la question. La figure du corrigé prolonge la droite $(HI)$ : elle passe par le point $(4\ ;\ 6)$, soit une unité au-dessus de $J$. L'origine de l'illusion est arithmétique : on a bien $4=2\times 2$, mais $5\neq 2\times 3$, et il faut que le rapport soit LE MÊME sur les deux coordonnées. À l'échelle du dessin, une unité d'écart sur une longueur de six passe inaperçue, alors que le déterminant la détecte sans hésiter.

a) $\vec{AB}(6\ ;\ 2)$ donc $AB=\sqrt{6^{2}+2^{2}}=\sqrt{36+4}=\sqrt{40}$. On simplifie en isolant le plus grand carré parfait facteur : $40=4\times 10$, donc $AB=2\sqrt{10}\approx 6{,}32$. De même $\vec{AC}(3\ ;\ -3)$ donne $AC=\sqrt{9+9}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\approx 4{,}24$. Noter que les signes disparaissent, les coordonnées étant élevées au carré : une distance est toujours positive.

b) $ABCD$ est un parallélogramme lorsque $\vec{AB}=\vec{DC}$, les côtés $[AB]$ et $[DC]$ étant opposés dans cet ordre de lettres. Cela s'écrit $(1-x_D\ ;\ -2-y_D)=(6\ ;\ 2)$, d'où $1-x_D=6$ donc $x_D=-5$, et $-2-y_D=2$ donc $y_D=-4$ : $D(-5\ ;\ -4)$. Vérification par les diagonales, qui doivent avoir le même milieu : milieu de $[AC]=(-0{,}5\ ;\ -0{,}5)$ et milieu de $[BD]=(-0{,}5\ ;\ -0{,}5)$ ✓.

c) Cette fois l'ordre des lettres $ABEC$ fait de $[AB]$ et $[CE]$ les côtés opposés, d'où $\vec{AB}=\vec{CE}$, soit $(x_E-1\ ;\ y_E+2)=(6\ ;\ 2)$ et donc $E(7\ ;\ 0)$. Le calcul est le même, seule l'équation de départ change.

d) Dans un parallélogramme, les lettres se lisent en TOURNANT autour de la figure, donc les côtés opposés sont donnés par les paires de lettres consécutives dans cet ordre cyclique. Pour $ABCD$, les côtés sont $[AB]$ et $[CD]$, ce qui impose $\vec{AB}=\vec{DC}$ ; pour $ABEC$, ce sont $[AB]$ et $[EC]$, d'où $\vec{AB}=\vec{CE}$. Ce ne sont pas les mêmes couples de côtés parallèles, donc le quatrième point n'est pas le même. La leçon générale, déjà rencontrée à l'exercice 1 : trois points donnent naissance à trois parallélogrammes distincts, et seul l'ordre des lettres dit lequel est demandé.

e) Les diagonales de $ABCD$ sont $[AC]$ et $[BD]$. Milieu de $[AC]$ : $\left(\frac{-2+1}{2}\ ;\ \frac{1+(-2)}{2}\right)=(-0{,}5\ ;\ -0{,}5)$. Milieu de $[BD]$ : $\left(\frac{4+(-5)}{2}\ ;\ \frac{3+(-4)}{2}\right)=(-0{,}5\ ;\ -0{,}5)$. Les deux milieux coïncident ✓ : les diagonales se coupent en leur milieu, donc $ABCD$ est bien un parallélogramme et la réponse b) est confirmée par une méthode indépendante du calcul vectoriel. Pour mémoire, trois points $A$, $B$, $C$ donnent trois parallélogrammes, selon le segment choisi comme DIAGONALE : avec $[AC]$ comme diagonale on obtient $D(-5\ ;\ -4)$, avec $[BC]$ on obtient $E(7\ ;\ 0)$, et avec $[AB]$ le point $(1\ ;\ 6)$, puisque le quatrième sommet vaut alors $A+B-C$ coordonnée par coordonnée. L'ordre des lettres n'est pas un détail de notation : il désigne la diagonale, donc la figure.

a) $\vec{AB}(6\ ;\ 2)$ est un vecteur directeur de $(AB)$, et tout vecteur colinéaire non nul en est un aussi : on préfère $\vec{u}(3\ ;\ 1)$, obtenu en divisant par $2$, car des nombres plus petits allègent tous les calculs suivants. Une équation cartésienne s'obtient en écrivant que $M(x\ ;\ y)$ appartient à la droite si $\vec{AM}$ et $\vec{u}$ sont colinéaires, c'est-à-dire si leur déterminant est nul : $1\times(x+2)-3\times(y-1)=0$, soit $x+2-3y+3=0$, donc $x-3y+5=0$. Vérification avec $B$, indispensable : $4-3\times 3+5=4-9+5=0$ ✓.

b) On isole $y$ : $x-3y+5=0$ donne $3y=x+5$, donc $y=\frac{1}{3}x+\frac{5}{3}$. Le coefficient directeur $\frac{1}{3}$ se retrouve directement sur le vecteur directeur $\vec{u}(3\ ;\ 1)$, comme le quotient $\frac{1}{3}$ de ses deux coordonnées : c'est un contrôle immédiat entre les deux formes.

c) Pour une équation cartésienne $ax+by+c=0$, un vecteur directeur est $(-b\ ;\ a)$. Ici $a=2$ et $b=1$, donc $\vec{v}(-1\ ;\ 2)$ convient. L'équation réduite s'obtient en isolant $y$ : $y=-2x+4$. Contrôle par le même quotient : $\frac{2}{-1}=-2$ ✓, qui est bien le coefficient directeur.

d) Déterminant de $\vec{u}(3\ ;\ 1)$ et $\vec{v}(-1\ ;\ 2)$ : $3\times 2-1\times(-1)=6+1=7$, non nul. Les deux droites ne sont donc pas parallèles : elles sont SÉCANTES, et elles se coupent en un unique point. On peut aussi le voir sur les coefficients directeurs, $\frac{1}{3}$ contre $-2$, qui diffèrent, mais le déterminant est la méthode générale, la seule qui fonctionne encore quand une droite est verticale et n'a pas de coefficient directeur.

e) On résout le système formé par les deux équations. De $d$ on tire $y=4-2x$, que l'on reporte dans $(AB)$ : $x-3(4-2x)+5=x-12+6x+5=7x-7=0$, donc $x=1$, puis $y=4-2=2$. Le point d'intersection est $(1\ ;\ 2)$. Double vérification, dans chacune des deux équations : $1-3\times 2+5=0$ ✓ et $2\times 1+2-4=0$ ✓. L'existence d'un point unique confirme la conclusion de la question d), et cette cohérence entre le déterminant et la résolution effective du système est exactement ce que l'exercice 8 exploitera avec trois droites.

a) On applique la formule du milieu, moyenne des coordonnées, à chaque côté : $I\left(\frac{-4+2}{2}\ ;\ \frac{1+5}{2}\right)=(-1\ ;\ 3)$, $J\left(\frac{2+6}{2}\ ;\ \frac{5-1}{2}\right)=(4\ ;\ 2)$, $K\left(\frac{6+0}{2}\ ;\ \frac{-1-5}{2}\right)=(3\ ;\ -3)$ et $L\left(\frac{0-4}{2}\ ;\ \frac{-5+1}{2}\right)=(-2\ ;\ -2)$.

b) $\vec{IJ}(4-(-1)\ ;\ 2-3)=(5\ ;\ -1)$ et $\vec{LK}(3-(-2)\ ;\ -3-(-2))=(5\ ;\ -1)$. Comme $\vec{IJ}=\vec{LK}$, le quadrilatère $IJKL$ est un parallélogramme. Attention à l'ordre des lettres, comme aux exercices 1 et 4 : on compare $\vec{IJ}$ à $\vec{LK}$, et non à $\vec{KL}$, pour que les deux côtés soient parcourus dans le sens qui tourne.

c) On teste la même condition sur $ABCD$ : $\vec{AB}(2-(-4)\ ;\ 5-1)=(6\ ;\ 4)$ et $\vec{DC}(6-0\ ;\ -1-(-5))=(6\ ;\ 4)$. Ces deux vecteurs sont égaux, donc $ABCD$ est lui aussi un parallélogramme. On peut préciser sa nature : $AB=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}$ et $BC=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}$, deux côtés consécutifs égaux, donc c'est un LOSANGE. Et les diagonales valent $AC=\sqrt{100+4}=\sqrt{104}$ et $BD=\sqrt{4+100}=\sqrt{104}$, égales, donc c'est aussi un rectangle : $ABCD$ est un carré, ce que l'exercice 7 retrouvera par une autre voie.

d) Oui, et c'est le théorème de Varignon : le quadrilatère des milieux est un parallélogramme pour TOUT quadrilatère de départ, aussi irrégulier soit-il. Démonstration. Dans le triangle $ABC$, les points $I$ et $J$ sont les milieux de $[AB]$ et $[BC]$, donc la droite des milieux donne $\vec{IJ}=\frac{1}{2}\vec{AC}$. Dans le triangle $ACD$, les points $L$ et $K$ sont les milieux de $[AD]$ et $[DC]$, donc de même $\vec{LK}=\frac{1}{2}\vec{AC}$. Les deux vecteurs sont égaux à la même quantité, donc égaux entre eux : $\vec{IJ}=\vec{LK}$, et $IJKL$ est un parallélogramme. Le point remarquable de cette démonstration est qu'elle ne fait intervenir AUCUNE coordonnée et aucune hypothèse sur $ABCD$ : c'est la diagonale $[AC]$ qui sert d'intermédiaire commun aux deux triangles, et c'est elle qui explique le résultat. On vérifie d'ailleurs sur l'exemple : $\vec{AC}(10\ ;\ -2)$, dont la moitié vaut $(5\ ;\ -1)$, exactement $\vec{IJ}$ ✓.

a) $ABCD$ est un parallélogramme lorsque $\vec{AB}=\vec{DC}$. Avec $\vec{AB}(6\ ;\ 4)$, cela donne $(6-x_D\ ;\ -1-y_D)=(6\ ;\ 4)$, donc $x_D=0$ et $y_D=-5$ : $D(0\ ;\ -5)$.

b) Le centre d'un parallélogramme est le point d'intersection des diagonales, qui est le milieu de chacune d'elles. Première façon, milieu de $[AC]$ : $\left(\frac{-4+6}{2}\ ;\ \frac{1-1}{2}\right)=(1\ ;\ 0)$. Seconde façon, milieu de $[BD]$ : $\left(\frac{2+0}{2}\ ;\ \frac{5-5}{2}\right)=(1\ ;\ 0)$. Les deux calculs donnent bien $\Omega(1\ ;\ 0)$ ✓, et cette double lecture est le contrôle standard de toute la question a) : si les deux milieux différaient, c'est que $D$ serait faux.

c) On compare deux côtés CONSÉCUTIFS : $AB=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}$ et $BC=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}$. Ils sont égaux, donc le parallélogramme est un LOSANGE. On compare ensuite les deux DIAGONALES : $AC=\sqrt{100+4}=\sqrt{104}$ et $BD=\sqrt{4+100}=\sqrt{104}$. Elles sont égales, donc le parallélogramme est aussi un RECTANGLE. Un parallélogramme à la fois losange et rectangle est un CARRÉ : $ABCD$ est un carré. Attention à ne pas comparer $AB$ et $CD$, qui sont opposés et donc automatiquement égaux dans tout parallélogramme : cela ne prouverait rien.

d) Dans le triangle $ABC$ : $AB^{2}+BC^{2}=52+52=104$ et $AC^{2}=104$. L'égalité de Pythagore est vérifiée, donc par sa RÉCIPROQUE le triangle $ABC$ est rectangle en $B$. Le losange $ABCD$ possède donc un angle droit, ce qui suffit à en faire un carré. Cette seconde voie est plus économique que la première : elle établit l'angle droit sans calculer les diagonales, et travailler sur les CARRÉS des longueurs évite tout radical. C'est en général la rédaction la plus rapide pour déterminer la nature d'un quadrilatère.