Exercice 25

1. L'exercice 10 a établi que $\overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ est orthogonal à $\overrightarrow{BD}$ et à $\overrightarrow{BE}$, deux vecteurs non colinéaires du plan $(BDE)$ : c'est donc un vecteur normal à ce plan. L'équation est de la forme $x+y+z+d=0$, et avec $B(1\,;0\,;0)$ : $1+d=0$. $$\boxed{(BDE) : x+y+z-1=0}$$ Vérifications : $D(0\,;1\,;0)$ et $E(0\,;0\,;1)$ donnent également $1-1=0$.

2. $d\big(A,(BDE)\big)=\dfrac{|0+0+0-1|}{\sqrt{3}}=\boxed{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}$

3. $d\big(G,(BDE)\big)=\dfrac{|1+1+1-1|}{\sqrt{3}}=\dfrac{2}{\sqrt{3}} =\boxed{\dfrac{2\sqrt{3}}{3}}$

4. $\dfrac{\sqrt{3}}{3}+\dfrac{2\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$, et $AG=\|\overrightarrow{AG}\|=\sqrt{3}$. $$\boxed{\text{La somme des deux distances est égale à } AG.}$$ Interprétation. La droite $(AG)$ est orthogonale au plan $(BDE)$ : les projetés orthogonaux de $A$ et de $G$ sont donc situés sur cette droite. Les deux distances sont alors deux portions du segment $[AG]$, coupé par le plan.

5. La droite passant par $A$ et dirigée par $\vec{n}$ est $(t\,;t\,;t)$. En reportant : $$3t-1=0 \iff t=\frac{1}{3} \qquad\text{soit}\qquad \boxed{K\left(\frac{1}{3}\,;\frac{1}{3}\,;\frac{1}{3}\right)}$$

6. La droite passant par $G$ et dirigée par $\vec{n}$ est $(1+t\,;1+t\,;1+t)$, d'où $3(1+t)-1=0$, soit $t=-\frac{2}{3}$, et l'on retrouve le point $\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$. $$\boxed{A,\ K \text{ et } G \text{ sont alignés : } K \text{ est le point où } (AG) \text{ perce le plan } (BDE).}$$

7. Le centre de gravité de $BDE$ a pour coordonnées les moyennes de celles des trois sommets : $$\left(\frac{1+0+0}{3}\,;\frac{0+1+0}{3}\,;\frac{0+0+1}{3}\right) =\left(\frac{1}{3}\,;\frac{1}{3}\,;\frac{1}{3}\right)=\boxed{K}$$