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Chapitre 2 — Calcul vectoriel

Semestre 1

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Cours

Plan du chapitre. I. Égalité de deux vecteurs, somme de deux vecteurs — II. Produit d’un vecteur par un réel — III. Colinéarité de deux vecteurs et applications — IV. Caractérisation vectorielle du milieu d’un segment.

Dans tout le chapitre, on travaille dans le plan ; les lettres kk, k′k', aa, bb, α\alpha, β\beta, xx désignent des nombres réels.

I. Égalité de deux vecteurs, somme de deux vecteurs

1. Notion de vecteur

Définition 1 : Vecteur

On considère deux points AA et BB distincts du plan. Le vecteur AB→\overrightarrow{AB} est caractérisé par :

  • sa direction : celle de la droite (AB)(AB) ;
  • son sens : de AA vers BB ;
  • sa norme (ou longueur) : la distance ABAB, notée ∥AB→∥\|\overrightarrow{AB}\|.

Le point AA est l’origine et BB l’extrémité du vecteur AB→\overrightarrow{AB}. Lorsque A=BA=B, le vecteur AA→\overrightarrow{AA} est le vecteur nul, noté 0⃗\vec0 ; il n’a ni direction ni sens, et sa norme vaut 00.

2. Égalité de deux vecteurs

Définition 2 : Vecteurs égaux

Deux vecteurs non nuls sont égaux s’ils ont la même direction, le même sens et la même norme.

On considère quatre points AA, BB, CC et DD : AB→=CD→  ⟺  ABDC est un paralleˊlogramme (eˊventuellement aplati).\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}\iff ABDC\ \text{est un parallélogramme (éventuellement aplati).}

Figure

Remarque

  • Un vecteur ne dépend pas de son origine : on le note souvent avec une seule lettre, u⃗\vec u, v⃗\vec v, … Si u⃗=AB→\vec u=\overrightarrow{AB}, on dit que AB→\overrightarrow{AB} est un représentant de u⃗\vec u.
  • Pour tout point OO et tout vecteur u⃗\vec u, il existe un unique point MM tel que OM→=u⃗\overrightarrow{OM}=\vec u.
  • Attention à l’ordre des lettres : AB→=CD→\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD} signifie que ABDCABDC (et non ABCDABCD) est un parallélogramme.

Exemple 1

On considère un parallélogramme EFGHEFGH. Citer deux égalités de vecteurs.

Voir la solution

EFGHEFGH est un parallélogramme, donc ses côtés opposés [EF][EF] et [HG][HG] sont parallèles, de même longueur et « dans le même sens » : EF→=HG→\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{HG}. De même, EH→=FG→\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{FG}.

3. Somme de deux vecteurs, relation de Chasles

Définition 3 : Somme de deux vecteurs

On considère deux vecteurs u⃗\vec u et v⃗\vec v, et un point AA. On construit le point BB tel que AB→=u⃗\overrightarrow{AB}=\vec u, puis le point CC tel que BC→=v⃗\overrightarrow{BC}=\vec v. La somme u⃗+v⃗\vec u+\vec v est le vecteur AC→\overrightarrow{AC}.

Propriété 1 : Relation de Chasles

Pour tous points AA, BB et CC du plan : AB→+BC→=AC→.\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}.

Figure

Propriété 2 : Règle du parallélogramme

On considère trois points AA, BB et DD, et le point CC tel que ABCDABCD est un parallélogramme. Alors AB→+AD→=AC→.\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}.

Figure

Propriété 3 : Règles de calcul

Pour tous vecteurs u⃗\vec u, v⃗\vec v et w⃗\vec w :

  • u⃗+v⃗=v⃗+u⃗\vec u+\vec v=\vec v+\vec u (commutativité) ;
  • (u⃗+v⃗)+w⃗=u⃗+(v⃗+w⃗)(\vec u+\vec v)+\vec w=\vec u+(\vec v+\vec w) (associativité) ;
  • u⃗+0⃗=u⃗\vec u+\vec0=\vec u.

4. Opposé d’un vecteur, différence de deux vecteurs

Définition 4

  • L’opposé du vecteur u⃗=AB→\vec u=\overrightarrow{AB} est le vecteur BA→\overrightarrow{BA}, noté −u⃗-\vec u. On a u⃗+(−u⃗)=0⃗\vec u+(-\vec u)=\vec 0, c’est-à-dire AB→+BA→=0⃗\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA}=\vec0.
  • La différence de u⃗\vec u et v⃗\vec v est le vecteur u⃗−v⃗=u⃗+(−v⃗)\vec u-\vec v=\vec u+(-\vec v).

Remarque

  • Pour tous points AA, BB et OO :  AB→=AO→+OB→=OB→−OA→\ \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}.
  • Cette écriture permet d’« introduire » n’importe quel point OO dans un vecteur : c’est l’outil de base des démonstrations vectorielles.

Exemple 2

On considère quatre points AA, BB, CC et DD. Simplifier w⃗=AB→−CB→+CD→−AD→.\vec w=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{AD}.

Voir la solution

On transforme les différences en sommes : −CB→=BC→-\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{BC} et −AD→=DA→-\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{DA}. Donc w⃗=AB→+BC→+CD→+DA→=AC→+CA→=AA→=0⃗.\vec w=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{AA}=\vec0.

Application 1

On considère cinq points AA, BB, CC, DD et EE.

  1. Simplifier  u⃗=DE→+BC→+AB→+CD→\ \vec u=\overrightarrow{DE}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}.
  2. Montrer que  AC→+BD→=AD→+BC→\ \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}.
Voir la solution
  1. On réordonne les termes pour enchaîner les lettres : u⃗=AB→+BC→+CD→+DE→=AE→.\vec u=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{AE}.
  2. On introduit le point DD dans AC→\overrightarrow{AC} : AC→+BD→=AD→+DC→+BD→=AD→+BD→+DC→=AD→+BC→.\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}.

II. Produit d’un vecteur par un réel

1. Définition

Définition 5 : Produit ku⃗k\vec u

On considère un vecteur non nul u⃗\vec u et un réel non nul kk. Le vecteur ku⃗k\vec u est le vecteur :

  • de même direction que u⃗\vec u ;
  • de même sens que u⃗\vec u si k>0k>0, de sens contraire si k<0k<0 ;
  • de norme k×∥u⃗∥k\times\|\vec u\| si k>0k>0, et de norme (−k)×∥u⃗∥(-k)\times\|\vec u\| si k<0k<0.

Par convention, 0×u⃗=0⃗0\times\vec u=\vec0 et k×0⃗=0⃗k\times\vec0=\vec0.

Exemple 3

On considère trois points AA, BB, CC alignés tels que BB est entre AA et CC, avec AB=2AB=2 et BC=4BC=4.

Exprimer AC→\overrightarrow{AC} et CB→\overrightarrow{CB} en fonction de AB→\overrightarrow{AB}.

Voir la solution
  • AC→\overrightarrow{AC} a le même sens que AB→\overrightarrow{AB} et AC=6=3×ABAC=6=3\times AB, donc AC→=3AB→\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AB}.
  • CB→\overrightarrow{CB} est de sens contraire à AB→\overrightarrow{AB} et CB=4=2×ABCB=4=2\times AB, donc CB→=−2AB→\overrightarrow{CB}=-2\overrightarrow{AB}.

2. Propriétés

Propriété 4

Pour tous vecteurs u⃗\vec u, v⃗\vec v et tous réels kk, k′k' :

  • k(u⃗+v⃗)=ku⃗+kv⃗k(\vec u+\vec v)=k\vec u+k\vec v ;
  • (k+k′)u⃗=ku⃗+k′u⃗(k+k')\vec u=k\vec u+k'\vec u ;
  • k(k′u⃗)=(kk′)u⃗k(k'\vec u)=(kk')\vec u ;
  • 1×u⃗=u⃗1\times\vec u=\vec u et (−1)×u⃗=−u⃗(-1)\times\vec u=-\vec u ;
  • ku⃗=0⃗  ⟺  (k=0  ou  u⃗=0⃗)k\vec u=\vec0\iff(k=0\ \text{ ou }\ \vec u=\vec0).

Remarque

Ces règles permettent de calculer avec les vecteurs comme avec les nombres : développer, réduire, factoriser. Mais on ne multiplie jamais deux vecteurs entre eux, et on ne divise jamais par un vecteur.

Exemple 4

On considère deux vecteurs u⃗\vec u et v⃗\vec v. Réduire w⃗=3(u⃗−2v⃗)−2(12u⃗−4v⃗).\vec w=3(\vec u-2\vec v)-2\left(\tfrac12\vec u-4\vec v\right).

Voir la solution

w⃗=3u⃗−6v⃗−u⃗+8v⃗=2u⃗+2v⃗\vec w=3\vec u-6\vec v-\vec u+8\vec v=2\vec u+2\vec v.

3. Construction du vecteur au⃗+bv⃗a\vec u+b\vec v

Méthode

Pour construire, à partir d’un point OO, le point WW tel que OW→=au⃗+bv⃗\overrightarrow{OW}=a\vec u+b\vec v :

  1. on construit le point MM tel que OM→=au⃗\overrightarrow{OM}=a\vec u ;
  2. à partir de MM, on construit le point WW tel que MW→=bv⃗\overrightarrow{MW}=b\vec v ;
  3. d’après la relation de Chasles, OW→=OM→+MW→=au⃗+bv⃗\overrightarrow{OW}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{MW}=a\vec u+b\vec v.

Exemple 5 : construction de 2u⃗−v⃗2\vec u-\vec v

On considère deux vecteurs u⃗\vec u et v⃗\vec v et un point OO. Construire le point WW tel que OW→=2u⃗−v⃗\overrightarrow{OW}=2\vec u-\vec v.

Voir la solution

On place MM tel que OM→=2u⃗\overrightarrow{OM}=2\vec u, puis WW tel que MW→=−v⃗\overrightarrow{MW}=-\vec v. Alors OW→=2u⃗−v⃗\overrightarrow{OW}=2\vec u-\vec v.

Figure

Application 2

On considère un triangle ABCABC et les points EE et FF définis par AE→=2AB→+BC→etBF→=BA→−AC→.\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{AC}.

  1. Exprimer AE→\overrightarrow{AE} en fonction de AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}, puis construire le point EE.
  2. Exprimer AF→\overrightarrow{AF} en fonction de AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.
  3. En déduire que AE→+AF→=AB→\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}, puis montrer que AA est le milieu de [CF][CF].
Voir la solution
  1. AE→=2AB→+BA→+AC→=2AB→−AB→+AC→=AB→+AC→\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}.
    D’après la règle du parallélogramme, EE est le quatrième sommet du parallélogramme ABECABEC.
  2. AF→=AB→+BF→=AB→+BA→−AC→=−AC→\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{AC}.
  3. AE→+AF→=AB→+AC→−AC→=AB→\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}.
    De plus, AF→=−AC→=CA→\overrightarrow{AF}=-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CA} : les vecteurs CA→\overrightarrow{CA} et AF→\overrightarrow{AF} sont égaux, donc AA est le milieu de [CF][CF].

III. Colinéarité de deux vecteurs et applications

1. Vecteurs colinéaires

Définition 6 : Colinéarité

Deux vecteurs u⃗\vec u et v⃗\vec v sont colinéaires si l’un des deux est nul, ou s’il existe un réel kk tel que u⃗=kv⃗\vec u=k\vec v.

Lorsque u⃗\vec u et v⃗\vec v sont non nuls, ils sont colinéaires exactement lorsqu’ils ont la même direction.

Exemple 6

On considère deux vecteurs u⃗\vec u et v⃗\vec v, et les vecteurs a⃗=2u⃗−3v⃗\vec a=2\vec u-3\vec v et b⃗=−4u⃗+6v⃗\vec b=-4\vec u+6\vec v.

Montrer que les vecteurs a⃗\vec a et b⃗\vec b sont colinéaires.

Voir la solution

On a b⃗=−2(2u⃗−3v⃗)=−2a⃗\vec b=-2(2\vec u-3\vec v)=-2\vec a : les vecteurs a⃗\vec a et b⃗\vec b sont colinéaires.

Remarque

  • Le vecteur nul est colinéaire à tout vecteur.
  • Si u⃗=kv⃗\vec u=k\vec v avec k≠0k\neq 0, alors v⃗=1ku⃗\vec v=\dfrac1k\vec u : la relation est symétrique.

2. Parallélisme de deux droites

Propriété 5

On considère quatre points AA, BB, CC et DD, avec A≠BA\neq B et C≠DC\neq D. (AB)∥(CD)  ⟺  AB→ et CD→ sont colineˊaires.(AB)\parallel(CD)\iff\overrightarrow{AB}\ \text{et}\ \overrightarrow{CD}\ \text{sont colinéaires.}

3. Alignement de trois points

Propriété 6

On considère trois points AA, BB et CC : A, B et C sont aligneˊs  ⟺  AB→ et AC→ sont colineˊaires.A,\ B\ \text{et}\ C\ \text{sont alignés}\iff\overrightarrow{AB}\ \text{et}\ \overrightarrow{AC}\ \text{sont colinéaires.}

Méthode

Pour montrer que trois points (ou deux droites) vérifient une propriété d’alignement (ou de parallélisme) :

  1. on exprime les vecteurs utiles en fonction de deux mêmes vecteurs de référence non colinéaires, par exemple AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} ;
  2. on cherche un réel kk tel que l’un des vecteurs soit égal à kk fois l’autre ;
  3. on conclut avec la propriété 5 ou 6.

Exemple 7

On considère un triangle ABCABC et les points MM et NN définis par AM→=13AB→etAN→=13AC→.\overrightarrow{AM}=\tfrac13\overrightarrow{AB}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{AN}=\tfrac13\overrightarrow{AC}. Montrer que les droites (MN)(MN) et (BC)(BC) sont parallèles.

Voir la solution

MN→=MA→+AN→=−13AB→+13AC→=13(BA→+AC→)=13BC→\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AN}=-\tfrac13\overrightarrow{AB}+\tfrac13\overrightarrow{AC}=\tfrac13\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right)=\tfrac13\overrightarrow{BC}.

Les vecteurs MN→\overrightarrow{MN} et BC→\overrightarrow{BC} sont colinéaires, donc (MN)∥(BC)(MN)\parallel(BC).

Application 3

On considère un parallélogramme ABCDABCD et les points EE et FF définis par AE→=3AB→etAF→=32AD→.\overrightarrow{AE}=3\overrightarrow{AB}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{AF}=\tfrac32\overrightarrow{AD}.

  1. Exprimer CE→\overrightarrow{CE} et CF→\overrightarrow{CF} en fonction de AB→\overrightarrow{AB} et AD→\overrightarrow{AD}.
  2. En déduire que les points CC, EE et FF sont alignés.
Voir la solution
  1. ABCDABCD est un parallélogramme, donc AC→=AB→+AD→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD} et CA→=−AB→−AD→\overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}. CE→=CA→+AE→=−AB→−AD→+3AB→=2AB→−AD→.\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AE}=-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+3\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}. CF→=CA→+AF→=−AB→−AD→+32AD→=−AB→+12AD→.\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AF}=-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+\tfrac32\overrightarrow{AD}=-\overrightarrow{AB}+\tfrac12\overrightarrow{AD}.
  2. On remarque que CE→=−2(−AB→+12AD→)=−2CF→\overrightarrow{CE}=-2\left(-\overrightarrow{AB}+\tfrac12\overrightarrow{AD}\right)=-2\overrightarrow{CF}.
    Les vecteurs CE→\overrightarrow{CE} et CF→\overrightarrow{CF} sont colinéaires, donc CC, EE et FF sont alignés.

4. Repère d’une droite

Propriété 7 : Abscisse d’un point sur une droite

On considère deux points distincts AA et BB. Un point MM appartient à la droite (AB)(AB) si et seulement s’il existe un réel xx tel que AM→=x AB→.\overrightarrow{AM}=x\,\overrightarrow{AB}. Ce réel xx est unique ; on l’appelle l’abscisse de MM dans le repère (A;AB→)(A;\overrightarrow{AB}) de la droite (AB)(AB).

Exemple 8

Dans le repère (A;AB→)(A;\overrightarrow{AB}) de la droite (AB)(AB), déterminer les abscisses des points AA et BB, du milieu de [AB][AB] et du point PP défini par AP→=−2AB→\overrightarrow{AP}=-2\overrightarrow{AB}.

Voir la solution

Dans le repère (A;AB→)(A;\overrightarrow{AB}) de la droite (AB)(AB) : le point AA a pour abscisse 00, le point BB a pour abscisse 11 et le milieu de [AB][AB] a pour abscisse 12\tfrac12. Le point PP défini par AP→=−2AB→\overrightarrow{AP}=-2\overrightarrow{AB} a pour abscisse −2-2.

IV. Caractérisation vectorielle du milieu d’un segment

1. Le milieu d’un segment

Propriété 8

On considère deux points AA et BB, et un point II. Les affirmations suivantes sont équivalentes :

  1. II est le milieu du segment [AB][AB] ;
  2. AI→=IB→\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{IB} ;
  3. AI→=12AB→\overrightarrow{AI}=\tfrac12\overrightarrow{AB} ;
  4. IA→+IB→=0⃗\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\vec0 ;
  5. pour tout point MM du plan, MA→+MB→=2MI→\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}.
Figure
Voir la solution

Démonstration de 4) ⟹\Longrightarrow 5). Si IA→+IB→=0⃗\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\vec0, alors pour tout point MM : MA→+MB→=MI→+IA→+MI→+IB→=2MI→+(IA→+IB→)=2MI→.\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}=2\overrightarrow{MI}+\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}\right)=2\overrightarrow{MI}. Réciproquement, si 5) est vraie pour tout point MM, elle l’est pour M=IM=I : IA→+IB→=2II→=0⃗\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=2\overrightarrow{II}=\vec0.

Exemple 9

On considère un parallélogramme ABCDABCD de centre OO. Montrer que, pour tout point MM du plan, MA→+MB→+MC→+MD→=4MO→.\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=4\overrightarrow{MO}.

Voir la solution

Les diagonales d’un parallélogramme se coupent en leur milieu : OO est le milieu de [AC][AC] et de [BD][BD]. D’après la propriété 8 : MA→+MC→=2MO→etMB→+MD→=2MO→.\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MO}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MD}=2\overrightarrow{MO}. En additionnant : MA→+MB→+MC→+MD→=4MO→\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=4\overrightarrow{MO}.

2. Centre de gravité d’un triangle

Propriété 9

On considère un triangle ABCABC, le milieu A′A' de [BC][BC] et le centre de gravité GG du triangle (point de concours des médianes). Alors AG→=23AA′→etGA→+GB→+GC→=0⃗.\overrightarrow{AG}=\tfrac23\overrightarrow{AA'}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec0.

Voir la solution

Démonstration de la seconde égalité. A′A' est le milieu de [BC][BC], donc GB→+GC→=2GA′→\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=2\overrightarrow{GA'}. De AG→=23AA′→\overrightarrow{AG}=\tfrac23\overrightarrow{AA'}, on tire GA′→=GA→+AA′→=−23AA′→+AA′→=13AA′→\overrightarrow{GA'}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AA'}=-\tfrac23\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{AA'}=\tfrac13\overrightarrow{AA'}, et GA→=−23AA′→\overrightarrow{GA}=-\tfrac23\overrightarrow{AA'}. Donc GA→+GB→+GC→=−23AA′→+2×13AA′→=0⃗.\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=-\tfrac23\overrightarrow{AA'}+2\times\tfrac13\overrightarrow{AA'}=\vec0.

Application 4

On considère un triangle ABCABC, le milieu II de [AB][AB] et le point MM défini par MA→+MB→+MC→+CB→=0⃗.\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CB}=\vec0.

  1. Montrer que 2MI→+MB→=0⃗2\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MB}=\vec0.
  2. En déduire que IM→=13IB→\overrightarrow{IM}=\tfrac13\overrightarrow{IB}, puis placer le point MM.
Voir la solution
  1. MC→+CB→=MB→\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{MB} (Chasles) et MA→+MB→=2MI→\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI} (II milieu de [AB][AB]). L’égalité devient 2MI→+MB→=0⃗.2\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MB}=\vec0.
  2. On introduit II dans MB→\overrightarrow{MB} : 2MI→+MI→+IB→=0⃗2\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}=\vec0, soit 3MI→=−IB→3\overrightarrow{MI}=-\overrightarrow{IB}, d’où IM→=13IB→.\overrightarrow{IM}=\tfrac13\overrightarrow{IB}. Le point MM est sur le segment [IB][IB], au tiers de [IB][IB] à partir de II.

À retenir — l’essentiel du chapitre

  • AB→=CD→  ⟺  ABDC\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}\iff ABDC parallélogramme. Chasles : AB→+BC→=AC→\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}.
  • Parallélogramme ABCDABCD : AB→+AD→=AC→\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}. Pour tout OO : AB→=OB→−OA→\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}.
  • u⃗\vec u et v⃗\vec v colinéaires : l’un est nul ou u⃗=kv⃗\vec u=k\vec v. Parallélisme : AB→\overrightarrow{AB} et CD→\overrightarrow{CD} colinéaires. Alignement : AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} colinéaires.
  • II milieu de [AB][AB]   ⟺  IA→+IB→=0⃗  ⟺  \iff\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\vec0\iff pour tout MM, MA→+MB→=2MI→\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}.
  • GG centre de gravité de ABCABC : GA→+GB→+GC→=0⃗\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec0.

Série d’exercices

Exercice 1 — Égalités vectorielles, relation de Chasles Facile ★☆☆☆☆

  1. On considère six points AA, BB, CC, DD, EE et FF du plan. Simplifier les sommes suivantes :
    • s⃗1=DA→+CE→+BD→+EB→+AF→\vec s_1=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{AF} ;
    • s⃗2=AB→−CB→+CD→−ED→\vec s_2=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{ED}.
  2. On considère un triangle ABCABC. a) Construire les points MM et NN tels que BM→=AC→\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AC} et CN→=AB→\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{AB}. b) Montrer que les points MM et NN sont confondus.
  3. On considère un parallélogramme ABCDABCD. a) Construire le point EE tel que CE→=AB→+AD→\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}. b) Montrer que AC→=CE→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CE}, puis en déduire que CC est le milieu de [AE][AE].
Voir la solution

1) On réordonne les termes de façon à enchaîner les lettres (relation de Chasles) : s⃗1=CE→+EB→+BD→+DA→+AF→=CF→.\vec s_1=\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{CF}. Pour s⃗2\vec s_2, on remplace −CB→-\overrightarrow{CB} par BC→\overrightarrow{BC} et −ED→-\overrightarrow{ED} par DE→\overrightarrow{DE} : s⃗2=AB→+BC→+CD→+DE→=AE→.\vec s_2=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{AE}.

2) a) MM est le quatrième sommet du parallélogramme BMCABMCA ; NN est le quatrième sommet du parallélogramme CNBACNBA.

b) AM→=AB→+BM→=AB→+AC→\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} et AN→=AC→+CN→=AC→+AB→\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}.

Donc AM→=AN→\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AN} : les points MM et NN sont confondus (c’est le point tel que ABMCABMC soit un parallélogramme).

3) a) D’après la règle du parallélogramme, AB→+AD→=AC→\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC} ; donc EE est le point tel que CE→=AC→\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AC} : on reporte le vecteur AC→\overrightarrow{AC} à partir de CC.

b) On vient de voir que CE→=AC→\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AC}. Donc AC→=CE→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CE}, ce qui signifie que CC est le milieu de [AE][AE] (propriété du milieu : AI→=IB→\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{IB}).

Exercice 2 — Construction du vecteur au⃗+bv⃗a\vec u+b\vec v Facile ★☆☆☆☆

On considère un triangle ABCABC ; on pose u⃗=AB→\vec u=\overrightarrow{AB} et v⃗=AC→\vec v=\overrightarrow{AC}.

  1. Construire, à partir du point AA, des représentants des vecteurs suivants :
    • 2u⃗2\vec u ;  −v⃗\ -\vec v ;  2u⃗−v⃗\ 2\vec u-\vec v ;
    • 12u⃗+v⃗\tfrac12\vec u+\vec v ;  −32v⃗\ -\tfrac32\vec v ;  u⃗−12v⃗\ \vec u-\tfrac12\vec v.
  2. Construire le point MM tel que BM→=BA→+12BC→\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\tfrac12\overrightarrow{BC}.
  3. Construire le point NN tel que CN→=2CA→−CB→\overrightarrow{CN}=2\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CB}.
Voir la solution

1) On utilise la méthode du cours : par exemple, pour 2u⃗−v⃗2\vec u-\vec v, on place M1M_1 tel que AM1→=2u⃗\overrightarrow{AM_1}=2\vec u, puis W1W_1 tel que M1W1→=−v⃗\overrightarrow{M_1W_1}=-\vec v ; on a alors AW1→=2u⃗−v⃗\overrightarrow{AW_1}=2\vec u-\vec v.

  • 2u⃗2\vec u : même sens que AB→\overrightarrow{AB}, longueur 2AB2AB ;  −v⃗=CA→\ -\vec v=\overrightarrow{CA}, reporté en AA.
  • 12u⃗+v⃗\tfrac12\vec u+\vec v : on part du milieu de [AB][AB] et on ajoute v⃗\vec v.
  • −32v⃗-\tfrac32\vec v : sens contraire de AC→\overrightarrow{AC}, longueur 32AC\tfrac32AC.
  • u⃗−12v⃗\vec u-\tfrac12\vec v : on part de BB et on ajoute −12AC→-\tfrac12\overrightarrow{AC}.

2) AM→=AB→+BM→=AB→+BA→+12BC→=12BC→\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BA}+\tfrac12\overrightarrow{BC}=\tfrac12\overrightarrow{BC}.

On construit donc MM en reportant à partir de AA la moitié du vecteur BC→\overrightarrow{BC}.

3) CN→=2CA→−CB→=2CA→+BC→\overrightarrow{CN}=2\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CB}=2\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{BC}. On introduit AA : AN→=AC→+CN→=AC→+2CA→+BC→=CA→+BC→=BA→.\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BA}. Ainsi AN→=BA→\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{BA} : NN est le symétrique de BB par rapport à AA.

Figure

Exercice 3 — Calcul vectoriel Facile ★★☆☆☆

On considère un triangle ABCABC et les points MM, NN et PP définis par : AM→=34AB→ ;BN→=13BC→ ;AP→=3AC→.\overrightarrow{AM}=\tfrac34\overrightarrow{AB}\ ;\qquad\overrightarrow{BN}=\tfrac13\overrightarrow{BC}\ ;\qquad\overrightarrow{AP}=3\overrightarrow{AC}.

  1. Montrer que MN→=13BC→−14BA→\overrightarrow{MN}=\tfrac13\overrightarrow{BC}-\tfrac14\overrightarrow{BA} et que NP→=83BC→−2BA→\overrightarrow{NP}=\tfrac83\overrightarrow{BC}-2\overrightarrow{BA}.
  2. En déduire le réel α\alpha tel que NP→=α MN→\overrightarrow{NP}=\alpha\,\overrightarrow{MN}.
Voir la solution

1) AM→=34AB→\overrightarrow{AM}=\tfrac34\overrightarrow{AB} donne MB→=AB→−AM→=14AB→=−14BA→\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AM}=\tfrac14\overrightarrow{AB}=-\tfrac14\overrightarrow{BA}. Donc MN→=MB→+BN→=−14BA→+13BC→.\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BN}=-\tfrac14\overrightarrow{BA}+\tfrac13\overrightarrow{BC}. Ensuite, AC→=AB→+BC→=−BA→+BC→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}, donc : NP→=NB→+BA→+AP→=−13BC→+BA→+3(−BA→+BC→)=83BC→−2BA→.\begin{aligned}\overrightarrow{NP}&=\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AP}=-\tfrac13\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA}+3\left(-\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)\\&=\tfrac83\overrightarrow{BC}-2\overrightarrow{BA}.\end{aligned}

2) 8 MN→=8(13BC→−14BA→)=83BC→−2BA→=NP→8\,\overrightarrow{MN}=8\left(\tfrac13\overrightarrow{BC}-\tfrac14\overrightarrow{BA}\right)=\tfrac83\overrightarrow{BC}-2\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{NP}. Donc α=8\alpha=8.

(Conséquence : NP→\overrightarrow{NP} et MN→\overrightarrow{MN} sont colinéaires, les points MM, NN, PP sont alignés.)

Exercice 4 — Colinéarité de deux vecteurs Facile ★★☆☆☆

On considère un triangle ABCABC et les vecteurs u⃗=3AB→−2BC→+AC→etv⃗=12BC→−2AB→.\vec u=3\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AC}\qquad\text{et}\qquad\vec v=\tfrac12\overrightarrow{BC}-2\overrightarrow{AB}.

  1. Exprimer u⃗\vec u et v⃗\vec v en fonction de AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.
  2. Montrer que les vecteurs u⃗\vec u et v⃗\vec v sont colinéaires.
Voir la solution

1) On remplace BC→\overrightarrow{BC} par BA→+AC→=−AB→+AC→\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} : u⃗=3AB→−2(−AB→+AC→)+AC→=5AB→−AC→.\vec u=3\overrightarrow{AB}-2\left(-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)+\overrightarrow{AC}=5\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}. v⃗=12(−AB→+AC→)−2AB→=−52AB→+12AC→.\vec v=\tfrac12\left(-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)-2\overrightarrow{AB}=-\tfrac52\overrightarrow{AB}+\tfrac12\overrightarrow{AC}.

2) −12u⃗=−52AB→+12AC→=v⃗-\tfrac12\vec u=-\tfrac52\overrightarrow{AB}+\tfrac12\overrightarrow{AC}=\vec v. Ainsi v⃗=−12u⃗\vec v=-\tfrac12\vec u : les vecteurs u⃗\vec u et v⃗\vec v sont colinéaires.

Exercice 5 — Parallélisme de deux droites Facile ★★☆☆☆

On considère un triangle ABCABC et les points II et JJ définis par AI→=25AB→etAJ→=52AC→.\overrightarrow{AI}=\tfrac25\overrightarrow{AB}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{AJ}=\tfrac52\overrightarrow{AC}.

  1. Exprimer IC→\overrightarrow{IC} et BJ→\overrightarrow{BJ} en fonction de AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.
  2. En déduire que les droites (IC)(IC) et (BJ)(BJ) sont parallèles.
Voir la solution

1) IC→=IA→+AC→=−25AB→+AC→\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AC}=-\tfrac25\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}.

BJ→=BA→+AJ→=−AB→+52AC→\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AJ}=-\overrightarrow{AB}+\tfrac52\overrightarrow{AC}.

2) 52IC→=−AB→+52AC→=BJ→\tfrac52\overrightarrow{IC}=-\overrightarrow{AB}+\tfrac52\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BJ}. Les vecteurs IC→\overrightarrow{IC} et BJ→\overrightarrow{BJ} sont colinéaires, donc (IC)∥(BJ)(IC)\parallel(BJ).

Exercice 6 — Alignement de trois points Facile ★★☆☆☆

On considère un parallélogramme ABCDABCD et les points PP et QQ définis par BP→=2AB→etDQ→=12AD→.\overrightarrow{BP}=2\overrightarrow{AB}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{DQ}=\tfrac12\overrightarrow{AD}.

  1. Exprimer CP→\overrightarrow{CP} et CQ→\overrightarrow{CQ} en fonction de AB→\overrightarrow{AB} et AD→\overrightarrow{AD}.
  2. En déduire que les points CC, PP et QQ sont alignés.
Voir la solution

1) ABCDABCD est un parallélogramme : AC→=AB→+AD→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD},  CB→=−AD→\ \overrightarrow{CB}=-\overrightarrow{AD} et CD→=−AB→\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{AB}. CP→=CB→+BP→=−AD→+2AB→=2AB→−AD→.\overrightarrow{CP}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BP}=-\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}. CQ→=CD→+DQ→=−AB→+12AD→.\overrightarrow{CQ}=\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DQ}=-\overrightarrow{AB}+\tfrac12\overrightarrow{AD}.

2) −2 CQ→=2AB→−AD→=CP→-2\,\overrightarrow{CQ}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{CP}. Les vecteurs CP→\overrightarrow{CP} et CQ→\overrightarrow{CQ} sont colinéaires, donc CC, PP et QQ sont alignés.

Exercice 7 — Milieu d’un segment Facile ★★☆☆☆

On considère un triangle ABCABC.

  1. Construire les points DD et EE définis par AD→=AC→+2BC→etAE→=2AB→−AC→.\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{BC}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}.
  2. Montrer que CC est le milieu du segment [ED][ED].
Voir la solution

1) DD : à partir de CC, on reporte deux fois le vecteur BC→\overrightarrow{BC} (car AD→=AC→+2BC→\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{BC} donne CD→=2BC→\overrightarrow{CD}=2\overrightarrow{BC}).

EE : on place MM tel que AM→=2AB→\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AB}, puis EE tel que ME→=−AC→\overrightarrow{ME}=-\overrightarrow{AC}.

Figure

2) On exprime tout en fonction de AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}, avec BC→=−AB→+AC→\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} : AD→=AC→−2AB→+2AC→=−2AB→+3AC→.\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{AB}+3\overrightarrow{AC}. Alors AE→+AD→=2AB→−AC→−2AB→+3AC→=2AC→.\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+3\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AC}. Si KK est le milieu de [ED][ED], on a AE→+AD→=2AK→\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AK} (propriété du milieu avec le point AA). Donc 2AK→=2AC→2\overrightarrow{AK}=2\overrightarrow{AC}, d’où K=CK=C : CC est le milieu de [ED][ED].

Exercice 8 — Milieu d’un segment Moyen ★★★☆☆

On considère un triangle ABCABC, le milieu JJ du segment [AC][AC] et le point MM défini par MA→+2MB→+MC→=0⃗.\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\vec0. Montrer que MM est le milieu du segment [BJ][BJ].

Voir la solution

JJ est le milieu de [AC][AC], donc MA→+MC→=2MJ→\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MJ}. L’égalité donnée devient 2MJ→+2MB→=0⃗,soitMJ→+MB→=0⃗.2\overrightarrow{MJ}+2\overrightarrow{MB}=\vec0,\qquad\text{soit}\qquad\overrightarrow{MJ}+\overrightarrow{MB}=\vec0. D’après la caractérisation du milieu, MM est le milieu du segment [BJ][BJ].

Exercice 9 — Approfondissement : alignement Moyen ★★★☆☆

On considère un parallélogramme ABCDABCD.

  1. Construire le point EE tel que AE→=54AD→\overrightarrow{AE}=\tfrac54\overrightarrow{AD}.
  2. Construire le point FF tel que AF→=5AB→\overrightarrow{AF}=5\overrightarrow{AB}.
  3. Montrer que CE→=54AD→−AC→\overrightarrow{CE}=\tfrac54\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC} et que FE→=254AD→−5AC→\overrightarrow{FE}=\tfrac{25}4\overrightarrow{AD}-5\overrightarrow{AC}.
  4. En déduire que les points CC, EE et FF sont alignés.
Voir la solution

1) et 2) EE est sur la demi-droite [AD)[AD) avec AE=54ADAE=\tfrac54AD ; FF est sur la demi-droite [AB)[AB) avec AF=5ABAF=5AB.

3) ABCDABCD est un parallélogramme : AC→=AB→+AD→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}, donc AB→=AC→−AD→\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}. CE→=CA→+AE→=54AD→−AC→.\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AE}=\tfrac54\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}. FE→=FA→+AE→=−5AB→+54AD→=−5(AC→−AD→)+54AD→=254AD→−5AC→.\begin{aligned}\overrightarrow{FE}&=\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{AE}=-5\overrightarrow{AB}+\tfrac54\overrightarrow{AD}=-5\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}\right)+\tfrac54\overrightarrow{AD}\\&=\tfrac{25}4\overrightarrow{AD}-5\overrightarrow{AC}.\end{aligned}

4) 5 CE→=254AD→−5AC→=FE→5\,\overrightarrow{CE}=\tfrac{25}4\overrightarrow{AD}-5\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{FE}. Les vecteurs CE→\overrightarrow{CE} et FE→\overrightarrow{FE} sont colinéaires et ont le point EE en commun : les points CC, EE et FF sont alignés.

Exercice 10 — Approfondissement : calcul vectoriel Difficile ★★★★☆

On considère un triangle ABCABC ; on pose u⃗=AB→\vec u=\overrightarrow{AB} et v⃗=AC→\vec v=\overrightarrow{AC}. On considère les points NN et PP définis par CN→=12v⃗etBP→=−13u⃗.\overrightarrow{CN}=\tfrac12\vec v\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{BP}=-\tfrac13\vec u.

  1. Montrer que AN→=32v⃗\overrightarrow{AN}=\tfrac32\vec v et que AP→=23u⃗\overrightarrow{AP}=\tfrac23\vec u.
  2. a) Exprimer BN→\overrightarrow{BN} et CP→\overrightarrow{CP} en fonction de u⃗\vec u et v⃗\vec v. b) Montrer que les droites (BN)(BN) et (CP)(CP) sont parallèles.
  3. On note II le milieu de [BN][BN] et KK le milieu de [CP][CP]. a) Exprimer AI→\overrightarrow{AI} et AK→\overrightarrow{AK} en fonction de u⃗\vec u et v⃗\vec v. b) En déduire que les points AA, II et KK sont alignés.
  4. On considère le point EE défini par BE→=35BC→\overrightarrow{BE}=\tfrac35\overrightarrow{BC}. Montrer que EE appartient à la droite (IK)(IK).
Voir la solution

1) AN→=AC→+CN→=v⃗+12v⃗=32v⃗\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CN}=\vec v+\tfrac12\vec v=\tfrac32\vec v.

AP→=AB→+BP→=u⃗−13u⃗=23u⃗\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BP}=\vec u-\tfrac13\vec u=\tfrac23\vec u.

2) a) BN→=BA→+AN→=−u⃗+32v⃗\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AN}=-\vec u+\tfrac32\vec v ; CP→=CA→+AP→=23u⃗−v⃗\quad\overrightarrow{CP}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AP}=\tfrac23\vec u-\vec v.

b) −23 BN→=23u⃗−v⃗=CP→-\tfrac23\,\overrightarrow{BN}=\tfrac23\vec u-\vec v=\overrightarrow{CP}. Les vecteurs BN→\overrightarrow{BN} et CP→\overrightarrow{CP} sont colinéaires, donc (BN)∥(CP)(BN)\parallel(CP).

3) a) II est le milieu de [BN][BN] : 2AI→=AB→+AN→=u⃗+32v⃗2\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AN}=\vec u+\tfrac32\vec v, donc AI→=12u⃗+34v⃗.\overrightarrow{AI}=\tfrac12\vec u+\tfrac34\vec v. KK est le milieu de [CP][CP] : 2AK→=AC→+AP→=23u⃗+v⃗2\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AP}=\tfrac23\vec u+\vec v, donc AK→=13u⃗+12v⃗.\overrightarrow{AK}=\tfrac13\vec u+\tfrac12\vec v.

b) 23 AI→=13u⃗+12v⃗=AK→\tfrac23\,\overrightarrow{AI}=\tfrac13\vec u+\tfrac12\vec v=\overrightarrow{AK}. Les vecteurs AI→\overrightarrow{AI} et AK→\overrightarrow{AK} sont colinéaires : AA, II et KK sont alignés.

4) AE→=AB→+35BC→=u⃗+35(v⃗−u⃗)=25u⃗+35v⃗\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\tfrac35\overrightarrow{BC}=\vec u+\tfrac35(\vec v-\vec u)=\tfrac25\vec u+\tfrac35\vec v.

On remarque que 45 AI→=25u⃗+35v⃗=AE→\tfrac45\,\overrightarrow{AI}=\tfrac25\vec u+\tfrac35\vec v=\overrightarrow{AE}. Donc AA, II et EE sont alignés : EE appartient à la droite (AI)(AI).

D’après 3) b), la droite (IK)(IK) passe par AA ; elle est donc égale à la droite (AI)(AI) (on a I≠AI\neq A, car AI→≠0⃗\overrightarrow{AI}\neq\vec0). Conclusion : E∈(IK)E\in(IK).

Exercice 11 — Approfondissement : colinéarité Difficile ★★★★☆

On considère un triangle ABCABC, un réel kk et les points MM et NN définis par BM→=kBA→+AC→etCN→=kCA→+AB→.\overrightarrow{BM}=k\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{CN}=k\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}. Montrer que les vecteurs MN→\overrightarrow{MN} et BC→\overrightarrow{BC} sont colinéaires.

Voir la solution

On exprime MN→\overrightarrow{MN} avec la relation de Chasles : MN→=MB→+BC→+CN→=−kBA→−AC→+BC→+kCA→+AB→.\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CN}=-k\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BC}+k\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}. On regroupe les termes :

  • −AC→+AB→=CA→+AB→=CB→-\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CB}, donc −AC→+BC→+AB→=CB→+BC→=0⃗-\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BC}=\vec0 ;
  • −kBA→+kCA→=k(AB→+CA→)=k(CA→+AB→)=kCB→-k\overrightarrow{BA}+k\overrightarrow{CA}=k\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CA}\right)=k\left(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}\right)=k\overrightarrow{CB}.

Donc MN→=kCB→=−kBC→\overrightarrow{MN}=k\overrightarrow{CB}=-k\overrightarrow{BC} : les vecteurs MN→\overrightarrow{MN} et BC→\overrightarrow{BC} sont colinéaires (pour tout réel kk ; si k=0k=0, alors M=NM=N et MN→=0⃗\overrightarrow{MN}=\vec0).

Exercice 12 — Approfondissement : repère d’une droite Difficile ★★★★☆

On considère un triangle ABCABC, le milieu II de [BC][BC], et un point MM de la droite (BC)(BC) d’abscisse xx dans le repère (B;BC→)(B;\overrightarrow{BC}) (où xx est un réel).

  1. Montrer que AM→=(1−x)AB→+xAC→\overrightarrow{AM}=(1-x)\overrightarrow{AB}+x\overrightarrow{AC}.
  2. On considère le point NN défini par AN→=xAB→+(1−x)AC→\overrightarrow{AN}=x\overrightarrow{AB}+(1-x)\overrightarrow{AC}. Montrer que II est le milieu de [MN][MN], puis en déduire que NN appartient à la droite (BC)(BC).
Voir la solution

1) MM a pour abscisse xx dans le repère (B;BC→)(B;\overrightarrow{BC}) : BM→=xBC→\overrightarrow{BM}=x\overrightarrow{BC}. Alors AM→=AB→+xBC→=AB→+x(AC→−AB→)=(1−x)AB→+xAC→.\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+x\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+x\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)=(1-x)\overrightarrow{AB}+x\overrightarrow{AC}.

2) On additionne : AM→+AN→=(1−x+x)AB→+(x+1−x)AC→=AB→+AC→.\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN}=(1-x+x)\overrightarrow{AB}+(x+1-x)\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}. Comme II est le milieu de [BC][BC] : AB→+AC→=2AI→\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AI}. Donc AM→+AN→=2AI→\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN}=2\overrightarrow{AI}, ce qui signifie que II est le milieu de [MN][MN].

Les points MM et II appartiennent à (BC)(BC). Si M=IM=I, alors N=I∈(BC)N=I\in(BC). Sinon, NN est sur la droite (MI)(MI), qui est la droite (BC)(BC). Dans tous les cas, N∈(BC)N\in(BC).

(Plus précisément, BN→=(1−x)BC→\overrightarrow{BN}=(1-x)\overrightarrow{BC} : NN a pour abscisse 1−x1-x.)

Exercice 13 — Problème : la droite d’Euler Difficile ★★★★★

On considère un triangle ABCABC non rectangle en AA, le centre OO de son cercle circonscrit, son centre de gravité GG et le milieu A′A' de [BC][BC].

  1. Faire une figure.
  2. Montrer que OB→+OC→=2OA′→\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OA'}.
  3. Construire le point HH défini par OH→=OA→+OB→+OC→\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}.
  4. Montrer que AH→=2OA′→\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OA'}.
  5. En déduire que les droites (AH)(AH) et (BC)(BC) sont perpendiculaires (on pourra utiliser la médiatrice de [BC][BC]).
  6. On admet que, de même, (BH)⊥(AC)(BH)\perp(AC). Que représente le point HH pour le triangle ABCABC ?
  7. En utilisant GA→+GB→+GC→=0⃗\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec0, montrer que OA→+OB→+OC→=3OG→\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}.
  8. En déduire que les points OO, GG et HH sont alignés. (La droite qui les porte s’appelle la droite d’Euler du triangle.)
Voir la solution

1) Figure :

Figure

2) A′A' est le milieu de [BC][BC] ; d’après la caractérisation du milieu (avec le point OO) : OB→+OC→=2OA′→\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OA'}.

3) D’après 2), OH→=OA→+2OA′→\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OA'} : à partir de AA, on reporte le vecteur 2OA′→2\overrightarrow{OA'}.

4) AH→=AO→+OH→=−OA→+OA→+OB→+OC→=OB→+OC→=2OA′→\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OH}=-\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OA'}.

5) OB=OCOB=OC (rayons du cercle circonscrit), donc OO est sur la médiatrice de [BC][BC] ; A′A' aussi. Comme le triangle n’est pas rectangle en AA, [BC][BC] n’est pas un diamètre du cercle circonscrit, donc O≠A′O\neq A' : la droite (OA′)(OA') est la médiatrice de [BC][BC], perpendiculaire à (BC)(BC).

D’après 4), AH→\overrightarrow{AH} et OA′→\overrightarrow{OA'} sont colinéaires, avec AH→≠0⃗\overrightarrow{AH}\neq\vec0 (car O≠A′O\neq A') : (AH)∥(OA′)(AH)\parallel(OA'). Donc (AH)⊥(BC)(AH)\perp(BC).

6) (AH)(AH) est la hauteur issue de AA et (BH)(BH) est la hauteur issue de BB : HH est l’intersection de deux hauteurs, c’est l’orthocentre du triangle ABCABC.

7) On introduit GG : OA→+OB→+OC→=3OG→+(GA→+GB→+GC→)=3OG→.\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}+\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)=3\overrightarrow{OG}.

8) D’après 3) et 7), OH→=3OG→\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}. Les vecteurs OH→\overrightarrow{OH} et OG→\overrightarrow{OG} sont colinéaires : OO, GG et HH sont alignés.

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