\documentclass[a4paper,10pt,french]{article}
\linespread{1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices

\newcommand{\typedoc}{Devoir Maison 4}          %%%%%%%%%%%%%%% 1ere ligne du titre de la feuille
\newcommand{\Ch}{Correction}  %%%%%%%%%%%%%%%% 2eme ligne et en haut à droite après
\newcommand{\ch}{Chapitre 3}		 %%%%%%%%%%%%%%% En haut à gauche (numero chapitre)
\newcommand{\Cl}{TG6}
\newcommand{\Annee}{2013-2014}

\newcommand{\serie}{Scientifique}
\newcommand{\num}{0}	
\newcommand{\tps}{2h}	



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
%\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e}

\input macro_final.tex
\geometry{verbose,letterpaper,tmargin=1.8cm,bmargin=1.8cm,lmargin=1.3cm,rmargin=1.5cm}
\renewcommand{\arraystretch}{1}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Début
\begin{document}


\DocCha

\begin{ExoF} \hfill $\spadesuit$
% \begin{footnotesize}
%Dans un repère de l'espace, on donne des représentations paramétriques des droites suivantes :
%$$d_1:\left\{\begin{array}{l}
%             x=-1+3t \\y=1-3t \\ z=2t 
%            \end{array}\right. , t\in\R \qquad \text{ et } \qquad d_2:\left\{\begin{array}{l}
%             x=-4-3t \\y=9-2t \\ z=-5+t 
%            \end{array}\right. , t\in\R$$
%\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
  \item %{\footnotesize Le point $A(17;23;-12)$ appartient-il à $d_1$ ? appartient-il à $d_2$ ?}\\
  Déterminons la valeur du paramètre $t$ de $d_1$ qui donne une abscisse égale à $17$ :
   \quad $ 17=-1+3t\Longleftrightarrow 3t=18\Longleftrightarrow t=6$\\
  Pour $t=6$, on obtient : \quad 
  $ y=1-3\times 6=-17\qquad \text{et} \qquad z=-12$\hfill 
  L'ordonnée de $A$ n'est pas égale à $-17$ donc \fbox{$A\notin d_1$}\\\\
    Déterminons la valeur du paramètre $t$ de $d_2$ qui donne une abscisse égale à $17$ : \quad
$ 17=-4-3t\Longleftrightarrow 21=-3t\Longleftrightarrow t=-7$\\
Pour $t=-7$ on obtient : \quad 
$ y=9+2\times 7=9+14=23\qquad \text{et} \qquad z=-5-7=-12$\\
Les coordonnées du point $A$ sont obtenues en choisissant $t=-7$. 
\hfill Par conséquent \fbox{$A\in d_2$}
  \item %{\footnotesize Donner une représentation paramétrique de la droite $d_3$ passant par $B(1;-2;3)$ et parallèle à $d_1$.}\\
  Puisque $d_3 //d_1$, tout vecteur directeur de $d_1$ est aussi un vecteur directeur de $d_3$.\\
  Par conséquent $d_3$ est dirigée par le vecteur $\vec u(3;-3;2)$. 
  Donc \quad 
  $ M(x;y;z)\in d_3\Longleftrightarrow \exists t\in \R, \overrightarrow{BM}=t\vec u\Longleftrightarrow \exists t\in \R, \left\{\begin{array}{l}
             x-1=3t \\y+2=-3t \\ z-3=2t 
            \end{array}\right.$\\
   Une représentation paramétrique de $d_3$ est alors \quad
   $ \left\{\begin{array}{l}
             x=3t+1 \\y=-3t-2 \\ z=2t+3 
            \end{array}\right.,\qquad t\in\R$
  \item %{\footnotesize Donner une représentation paramétrique de la droite $(AB)$.\\}
  $\overrightarrow{AB}(-16;-25;15)$ dirige $(AB)$. Par conséquent :\quad 
  $ M(x;y;z)\in (AB)\Longleftrightarrow \exists t \in \R, \overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}\Longleftrightarrow \exists t\in \R \left\{\begin{array}{l}
             x-17=-16t \\y-23=-25t \\ z+12=15t 
            \end{array}\right.$\\
            Une représentation paramétrique de $(AB)$ est 
            \quad $ \left\{\begin{array}{l}
             x=-16t+17 \\y=-25t+23 \\ z=15t-12 
            \end{array}\right.,\qquad t\in\R$
 %{\footnotesize A votre avis, que faut-il changer dans la représentation paramétrique de la droite $(AB)$ pour décrire le segment $[AB]$ ?}\\
 \\
 Pour le segment $[AB]$, reprenons l'idée précédente : \quad 
 $ M(x;y;z)\in [AB]\Longleftrightarrow \exists t\in [0;1], \overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}$\\
 Les points du segment $[AB]$ sont donc obtenus pour une valeur de $t$ comprise entre $0$ et $1$ inclus.
       %  \item Donner un troisième point $C$ de la droite $(AB)$.
      \item %{\footnotesize Déterminer la position relative de $d_1$ et $d_2$.\\}
    %\begin{footnotesize}
    %\textbf{\textit{On précisera les coordonnées de leur point d'intersection 
    %s'il existe}.}
    %\end{footnotesize}\\
    $d_1$ est dirigée par le vecteur $\vec{u_1}(3;-3;2)$ et $d_2$ est dirigée par le vecteur $\vec{u_2}(-3;-2;1)$. \\
    Pour \og passer \fg de $x_{\vec{u_1}}$ à $x_{\vec{u_2}}$ on multiplie par $-1$ et pour \og passer \fg de $z_{\vec{u_1}}$ à $z_{\vec{u_2}}$ on multiplie par $0.5$.\\
    Autrement dit il n'existe pas de réel $t$ tel que \quad $ \vec{u_2}=t\overrightarrow{u_1}$ :
    les vecteurs $\overrightarrow{u_1}$ et $\overrightarrow{u_2}$ ne sont pas colinéaires.\\
    Donc les droites $d_1$ et $d_2$ ne sont pas parallèles : elles sont soit sécantes, soit non coplanaires.
    $$ \text{Or } M(x;y;z)\in d_1\cap d_2 \Longleftrightarrow \exists t\in \R \text{ et } t'\in \R, \left\{\begin{array}{l}
             x=-1+3t =-4-3t'\\y=1-3t=9-2t' \\ z=2t=-5+t' 
            \end{array}\right. 
    $$ 
    Nous sommes conduits à résoudre un système linéaire à trois équation et deux inconnues. \\
    Résolvons les deux premières équations :
    $$\left\{\begin{array}{l}
             -1+3t =-4-3t'\\1-3t=9-2t' 
            \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
             3t+3t' =-3\\-3t+2t'=8
            \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
             3t+3t' =-3\\5t'= 5
            \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
             t+t' =-1\Rightarrow t=-2\\t'= 1\end{array}\right.$$
            Enfin testons la troisième égalité avec $t=-2$ et $t'=1$ :\quad
            $2\times (-2)=-4$ et $-5+1=-4$.\\
            La troisième égalité est satisfaite. Par conséquent, $d_1$ et $d_2$ sont sécantes en un point $S$ qui a pour coordonnées :
            $$ S(-1-6;1+6;-4)\Longleftrightarrow S(-7;7;-4)$$
\end{enumerate}

\end{ExoF}
\newpage
\begin{ExoF}\hfill $\spadesuit \spadesuit$
%\begin{footnotesize}
%Dans un repère orthonormal $(O;\vec i, \vec j ,\vec k)$ on considère les points :
%$$ A(2;3;1)\quad B(4;1;0)\qquad \text{et}\qquad C(-1;1;3)$$
%\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item %{\footnotesize Déterminer une équation de la sphère $\mathscr S$ de centre $A$ et de rayon $r=3$.}
$$ M(x;y;z)\in\mathscr S \Longleftrightarrow AM=r\Longleftrightarrow AM^2=9\Longleftrightarrow (x-2)^2+(y-3)^2+(z-1)^2=9$$
\item %{\footnotesize Déterminer une représentation paramétrique du segment $[AB]$.}\\
$\overrightarrow{AB}\left(2;-2;-1\right)$ dirige le segment $[AB]$, par conséquent :
$$ M(x;y;z)\in [AB]\Longleftrightarrow \exists t \in [0;1], \overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}\Longleftrightarrow \exists t \in [0;1],  \left\{ \begin{array}{l} x-2=2t \\ y-3=-2t\\ z-1=-t  \end{array} \right.\Longleftrightarrow \exists t \in [0;1],  \left\{ \begin{array}{l} x=2t+2 \\ y=-2t+3\\ z=-t+1  \end{array} \right.$$
\item 
\begin{enumerate}
\item %{\footnotesize Soit $d$ la droite parallèle à $(AB)$ qui passe par $C$. Donner un vecteur directeur de $d$ puis une représentation paramétrique de $d$.}\\
Puisque $d//(AB)$, le vecteur $\overrightarrow{AB}$ dirige $d$.
$$ M(x;y;z)\in d\Longleftrightarrow \exists t \in \R, \overrightarrow{CM}=t\overrightarrow{AB}\Longleftrightarrow \exists t\in\R, \left\{ \begin{array}{l} x+1=2t \\ y-1=-2t\\ z-3=-t  \end{array} \right.\Longleftrightarrow \exists t \in \R,  \left\{ \begin{array}{l} x=2t-1 \\ y=-2t+1\\ z=-t+3  \end{array} \right.$$
\item %{\footnotesize Déterminer les coordonnées du point $E$ de la droite $d$ qui a pour abscisse $2$.}\\
On utilise la représentation paramétrique précédente. Puisque $x_E=2$ on a \quad 
$ 2=2t-1\Longleftrightarrow 2t=3\Longleftrightarrow t=\dfrac{3}{2}$\\
$E$ est obtenu pour $t=\dfrac{3}{2}$. On trouve alors son ordonnée et sa côte :
$ y_E=-2\times \dfrac{3}{2}+1=-3+1=-2\quad \text{et}\quad z_E=-\dfrac{3}{2}+3=\dfrac{3}{2}$\\
Donc $ E\left(2;-2;\dfrac{3}{2}\right)$
\item %{\footnotesize Déterminer les coordonnées des éventuels points d'intersection entre $d$ et $\mathscr S$.}
$$ M(x;y;z)\in d\cap \mathscr S\Longleftrightarrow (2t-1-2)^2+(-2t+1-3)^2+(-t+3-1)^2=9\Longleftrightarrow (2t-3)^3+(-2t-2)^2+(-t+2)^2=9$$
Au final :
$$ 4t^2-12t+9+4t^2+8t+4+t^2-4t+4=9\Longleftrightarrow 9t^2-8t+8=0$$
$\Delta=64-4\times 9\times 8<0$ cette équation n'admet pas de solution. On peut conclure que :
$ d\cap \mathscr S=\emptyset$
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item %{\footnotesize Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(AC)$.}\\
La droite $(AC)$ admet $\overrightarrow{AC}\left(-3;-2;2\right)$ comme vecteur directeur.
$$ M(x;y;z)\in (AC)\Longleftrightarrow \exists t \in \R, \overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AC}\Longleftrightarrow \exists t\in\R, \left\{ \begin{array}{l} x-2=-3t \\ y-3=-2t\\ z-1=2t  \end{array} \right.\Longleftrightarrow \exists t \in \R,  \left\{ \begin{array}{l} x=-3t+2 \\ y=-2t+3\\ z=2t+1  \end{array} \right.$$
\item %{\footnotesize Déterminer les coordonnées des éventuels points d'intersection entre $(AC)$ et $\mathscr S$.}
$$ M(x;y;z)\in (AC)\cap \mathscr S\Longleftrightarrow (-3t+2-2)^2+(-2t+3-3)^2+(2t+1-1)^2=9\Longleftrightarrow 9t^2+4t^2+4t^2=9\Longleftrightarrow 17t^2=9\Longleftrightarrow t=\pm \dfrac{3}{\sqrt{17}}=\pm \dfrac{3\sqrt{17}}{17}$$
Puisque cette équation admet deux solutions il existe deux points d'intersection entre $(AC)$ et $\mathscr S$, on obtient leurs coordonnées en remplaçant $t$ par les valeurs trouvées dans la représentation paramétrique de $(AC)$. Notons $G$ et $H$ ces deux points :
$$ G\left(-3\times \dfrac{3\sqrt{17}}{17}+2;-2\times \dfrac{3\sqrt{17}}{17}+3;2\times \dfrac{3\sqrt{17}}{17}+1\right)\qquad \text{et}\qquad H\left(3\times \dfrac{3\sqrt{17}}{17}+2;2\times \dfrac{3\sqrt{17}}{17}+3;-2\times \dfrac{3\sqrt{17}}{17}+1\right)$$
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item %\begin{footnotesize}
%On considère la droite $\Delta$ qui admet pour représentation paramétrique :
%$$ \left\{ \begin{array}{l} x=3+2t \\ y=2+3t\\ z=\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2}t  \end{array} \right.\qquad t\in\R$$
%Démontrer que le milieu $ I$ du segment $[AB]$ est un point de $\Delta$.
%\end{footnotesize}
$$ I\left(\dfrac{2+4}{2};\dfrac{3+1}{2};\dfrac{1+0}{2}\right)\Longleftrightarrow I\left(3;2;\dfrac{1}{2}\right)$$
Déterminons la valeur de $t$ dans l'équation paramétrique de $\Delta$ qui donne $3$ pour abscisse \quad
$ 3+2t=3\Longleftrightarrow t=0$\\
En remplaçant $t$ par $0$ dans la représentation paramétrique de $\Delta$ on trouve \quad 
$x=3\quad y=2\quad \text{et}\quad z=\dfrac{1}{2}$\\
Ce sont les coordonnées du point $I$ donc $I\in \Delta$.
\item %{\footnotesize Déterminer l'éventuel point d'intersection entre $\Delta$ et $d$.}\\
Le vecteur $\vec u \left(2;3;-\dfrac{3}{2}\right)$ dirige $\Delta$ et le vecteur $\overrightarrow{AB}\left(2;-2;-1\right)$ dirige $d$. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires par conséquent les droites $\Delta$ et $d$ sont non coplanaires ou sécantes.
Pour le savoir on cherche les solutions du système suivant :
$$ \left\{ \begin{array}{l} 2t-1=3+2t' \\ -2t+1=2+3t'\\ -t+3=\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2}t'  \end{array} \right.\Longleftrightarrow   \left\{ \begin{array}{l} 2t-2t'=4 \\ -2t-3t'=1\\ -t+\dfrac{3}{2}t'=-\dfrac{5}{2}  \end{array} \right.\Longleftrightarrow   \left\{ \begin{array}{l} t-t'=2 \\ -2t-3t'=1\\ -t+\dfrac{3}{2}t'=-\dfrac{5}{2}  \end{array} \right.$$
On détermine la solution des deux premières équations :
$$ \left\{ \begin{array}{l} t-t'=2 \\ -2t-3t'=1  \end{array} \right.  \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=2+t' \\ -2(2+t')-3t'=1  \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=2+t' \\ -4-5t'=1  \Longrightarrow -5t'=5\Longrightarrow t'=-1\end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=2-1=1 \\ t'=-1  \end{array} \right. $$
Vérifions que $t=1$ et $t'=-1$ satisfont la troisième égalité.
$$-t+\dfrac{3}{2}t'=-1-\dfrac{3}{2}=-\dfrac{5}{2} $$
La troisième égalité est satisfaite. 
Ainsi $d$ et $\Delta$ sont sécantes en un point $S$ dont les coordonnées sont :
$$ S\left(2-1;-2+1;-1+3\right)\Longleftrightarrow S(1;-1;2)$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\end{ExoF}

\begin{ExoF}
  \textbf{} \hfill $ \spadesuit \spadesuit$
%\begin{footnotesize}
%Dans un repère de l'espace, on considère les points suivants :
%$$A(-2;2;-1) \quad\quad B(2;0;3) \quad\quad C(-2;0;0) \quad\quad D(0;-4;1) \quad\quad E(-2;-1;-2)$$
%\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
 \item %{\footnotesize Vérifier que $A$, $B$ et $C$ définissent bien un plan.}\\
 $A$, $B$ et $C$ définissent un plan si et seulement si les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont non colinéaires.\\
 $\overrightarrow{AB}(4;-2;4)$ et $\overrightarrow{AC}(0;-2;1)$.
 \\
 Pour \og passer \fg de $x_{\overrightarrow{AB}}$ à $x_{\overrightarrow{AC}}$ on multiple par $0$. 
 En revanche on a $y_{\overrightarrow{AB}}=y_{\overrightarrow{AC}}$.\\
 Par conséquent il n'existe aucun réel $t$ tel que $\overrightarrow{AB}=t\overrightarrow{AC}$. On en déduit que les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires : 
 $(ABC)$ est un plan.
 \item \begin{enumerate}
  \item % {\footnotesize Montrer que $\overrightarrow{DE}$ est colinéaire au vecteur $-\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}$.}\\
  $\overrightarrow{DE}(-2;3;-3)$ et $-\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}(-4+2\times 0;2+2\times 2;-4-2\times 1)$ i.e $-\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}(-4;6;-6)$.\\
  Au final on a \quad
  $ \overrightarrow{DE}=\dfrac{1}{2}\left(-\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}\right)$\\
  On vient de démontrer que $\overrightarrow{DE}$ et $-\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}$ sont colinéaires.
  \item %{\footnotesize Que peut-on en déduire pour les vecteurs $\overrightarrow{DE}$, $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ?}\\
  D'après la question précédente \quad 
  $ \overrightarrow{DE}=\dfrac{1}{2}\left(-\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}\right)=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}$\\
  On vient de démontrer que les vecteurs $\overrightarrow{DE}$, $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$  sont coplanaires.
 \item %{\footnotesize Que peut-on en déduire sur la droite $(DE)$ et le plan $(ABC)$ ?}\\
 Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ forment un couple de vecteurs directeurs du plan $(ABC)$ et $\overrightarrow{DE}$ est un vecteur coplanaire à ce couple de vecteurs, on en déduit donc que \quad 
 $ (DE)//(ABC)$
 \end{enumerate} 
  \item \begin{enumerate}
         \item %{\footnotesize Le point $E$ appartient-il au plan $(ABC)$ ?\\}
        % {\footnotesize \textit{On pourra regarder si les points $A$, $B$, $C$ et $E$ sont coplanaires}}\\
         Les points $A$, $B$, $C$ et $E$ sont coplanaires si et seulement si il existe deux réels $t$ et $t'$ tels que \quad
         $ \overrightarrow{AE}=t\overrightarrow{AB}+t'\overrightarrow{AC}$
         On doit donc résoudre le système suivant (on rappelle que $\overrightarrow{AB}(4;-2;4)$,  $\overrightarrow{AC}(0;-2;1)$ et $\overrightarrow{AE}(0;-3;-1)$) :
         $$ \left\{\begin{array}{l}
            0 =4t+0t'\\-3=-2t-2t'\\-1=4t+t'
            \end{array}\right.\Longleftrightarrow  \left\{\begin{array}{l}
            0 =4t\\-3=-2t-2t'\\-1=4t+t'
            \end{array}\right. \Longleftrightarrow  \left\{\begin{array}{l}
            t=0\\-3=-2t'\\-1=t'
            \end{array}\right.\Longleftrightarrow  \left\{\begin{array}{l}
            t=0\\t'=1,5\\t'=-1
            \end{array}\right.$$
            Le système n'admet aucun couple solution puisqu'il est impossible d'avoir en même temps $t'=-1$ et $t'=1,5$.\\
            Par conséquent il n'existe aucun couple de réels $t$ et $t'$ tels que 
            $ \overrightarrow{AE}=t\overrightarrow{AB}+t'\overrightarrow{AC}$.\\
            Ainsi les points $A$, $B$, $C$ et $E$ ne sont pas coplanaires. Par conséquent $E$ n'est pas un point du plan $(ABC)$.
  \item %{\footnotesize Préciser alors votre réponse de la question \textbf{2.c)}}\\
  $(DE)$ est  strictement parallèle au plan $(ABC)$ puisque $E\notin (ABC)$.
        \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{ExoF}

\newpage
\begin{ExoF}
 \textbf{}\hfill $\spadesuit \spadesuit \spadesuit$
%\begin{footnotesize}
%On donne les représentations paramétriques de droites suivantes :
%$$d_1:\left\{\begin{array}{l}
%             x=1+4t \\y=2-2t \\ z=1+t 
%            \end{array}\right. , t\in\R  \quad \quad
%            d_2:\left\{\begin{array}{l}
%             x=3-6t \\y=2t \\ z=2-t 
%            \end{array}\right. , t\in\R \quad \quad
%            d_3:\left\{\begin{array}{l}
%             x=2-t \\y=-3-5t \\ z=10
%            \end{array}\right. , t\in\R
%             \quad \quad
%            d_4:\left\{\begin{array}{l}
%             x=-3-2t \\y=4+t \\ z=-\dfrac12t 
%            \end{array}\right. , t\in\R
%            $$
% Simone a utilisé le logiciel Xcasfr pour faire ses derniers exercices de géométrie dans l'espace.
%\end{footnotesize}
% \begin{center}
%   \includegraphics[scale=0.8]{Xcas.eps}
% \end{center}

%\begin{footnotesize}
 % Pour chaque commande entrée sur le logiciel :
 %\end{footnotesize} 
 %\begin{itemize}
 % \item %\begin{footnotesize}
  %Rédiger la question que Simone pouvait vouloir résoudre, \\
 %\textbf{ \textit{Il peut y avoir plusieurs questions possibles, en donner une seule suffit.}}
  % \item Répondre à cette question grâce aux résultats donnés par le logiciel.
  %\end{footnotesize}\\
   %\end{itemize}
\noindent   \textbf{Question 1} : \textit{Le point $A(3;1;1.5)$ appartient-il à $d_1$ ?\\}
  \textbf{Réponse 1} : En choisissant $t=\dfrac{1}{2}$ dans la représentation paramétrique de $d_1$ on obtient $x=1+2=3$, $y=2-1=1$ et $z=1+0,5=1,5$. Effectivement on en déduit que $A\in d_1$.\\
  \textbf{Question 2} : \textit{Le point $B(0;5;3)$ appartient-il à $d_1$ ?\\}
  \textbf{Réponse 2} : Si tel était le cas on aurait $0=1+4t\Longleftrightarrow t=-\dfrac{1}{4}$. \\
  En remplaçant $t$ par $-\dfrac{1}{4}$ dans l'équation paramétrique de $d_1$ concernant les ordonnées, on 
  trouve $ y=2+2\times \dfrac{1}{4}=2,5$\\
  Or, $B$ n'a pas pour ordonnées $2,5$, on en déduit que $B\notin d_1$.
  \\
  \textbf{Question 3} : \textit{Les droites $d_1$ et $d_2$ sont-elles sécantes ?\\}
  \textbf{Réponse 3} : Si un point $M(x;y;z)\in d_1\cap d_2$ alors ses coordonnées vérifient 
  \quad $\left\{\begin{array}{l}x=1+4t =3-6u\\y=2-2t=2u \\ z=1+t =2-u
            \end{array}\right.  $
            Résolvons les deux premières équations de ce système :
            $$\left\{\begin{array}{l}x=1+4t =3-6u\\y=2-2t=2u 
            \end{array}\right. \Longrightarrow  \left\{\begin{array}{l}4t+6u=2 \\-2t-2u=-2 
            \end{array}\right.  \Longleftrightarrow  \left\{\begin{array}{l}2t+3u=1 \\-2t-2u=-2 
            \end{array}\right.  \iff  \left\{\begin{array}{l}2t+3u=1 \\u=-1 
            \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2t-3=1\Rightarrow 2t=4\Rightarrow t=2 \\u=-1             \end{array}\right.$$
            Vérifions si $t=2$ et $u=-1$ satisfont la troisième équation du système initial :
        \\
        D'une part, $1+2=3$ et d'autre part $2-(-1)=3$, ainsi $t=2$ et $u=-1$ est l'unique couple solution du système.\\
        On en déduit que les droites $d_1$ et $d_2$ sont sécantes en un point $C$ qui a pour coordonnées :
        \quad $ C(1+8=9; 2-4=-2;1+2=3)\Longleftrightarrow C(9;-2;3)$
        \textbf{Question 4} : \textit{Démontrer que $d_1$ et $d_3$ ne sont pas sécantes.}\\
        \textbf{Réponse} : Si un point $M(x;y;z)\in d_1\cap d_2$ alors ses coordonnées vérifient \quad
  $\left\{\begin{array}{l}x=1+4t =2-u\\y=2-2t=-3-5u \\ z=1+t =10
            \end{array}\right.  $\\
                        Résolvons la première et la troisième  équation de ce système :
$$\left\{\begin{array}{l}4t+u =1\\ 1+t =10\Rightarrow t=9
            \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}36+u =1\Longrightarrow u=1-36=-35\\ t=9
            \end{array}\right.$$ 
     Vérifions si $u=-35$ et $t=9$ satisfont la deuxième équation du système initial   :\\
     D'une part $2-2\times 9=2-18=-16$,\\
     D'autre part $-3-5\times (-35)=-3+150+25=172$\\
     On trouve ici des résultats différents ce qui prouve que le système n'admet aucune solution, par conséquent $d_1\cap d_3=\emptyset$.\\
     \textbf{Question 5} : \textit{Montrer que $d_1=d_4$}\\
     \textbf{Réponse} : Le vecteur $\overrightarrow{u_1}(4;-2;1)$ dirige $d_1$ et le vecteur $\overrightarrow{u_4}(-2;1;-0,5)$ dirige $d_4$ ; de plus on a :
     $$ \overrightarrow{u_1} =-2\overrightarrow{u_4}$$
     $\overrightarrow{u_1}$ et $\overrightarrow{u_4}$ sont colinéaires, on en déduit que $d_1//d_4$.\\
     On sait d'après la question 1 que $A(3;1;1.5)\in d_1$. Vérifions que $A\in d_4$ :\\
     $3=-3-2t\Longleftrightarrow -2t=6\Longleftrightarrow t=-3$.\\
     Remplaçons $t$ par $-3$ dans les deux dernières équations de $d_4$ en espérant retrouver les coordonnées de $A$ :
     $$ y=4-3=1\qquad \text{et}\qquad z=-\dfrac{1}{2}\times (-3)=\dfrac{3}{2}$$
     On a vérifié que $A\in d_4$.\\
     Au final $d_1//d_4$ et $A$ est commun au deux droites, on en déduit que :
     $$ d_1=d_4$$
\end{ExoF}


\end{document}