Vecteurs dans l'espace

1. Je pose AB = a

Citation :

Une droite est perpendiculaire à un plan si elle est perpendiculaire à deux sécantes de ce plan.

Je vais employer ici la relation de Chasles.
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs BD et EB pour le plan (EBD).
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.BD = (AB+BC + CG) . (BA+AD)
= AB.BA + AB.AD + BC.BA + BC.AD + CG.BA + BA.AD
= -AB² + AB.BC + 0 + BC.AD + CG.GH + BA.AD
= -a² + 0 + 0 + BC.AD + 0 + 0 = -a² + AB² = -a² + a² = 0
Donc, AG et BD sont orthogonaux.

AG.EB = (AB+BC + CG) . (EA + AB)
= AB.EA + AB.AB + BC.EA + BC.AB + CG.EA + CG.AB
= 0 + a² + 0 + 0 -AB² + CG.HG = a² -a² + 0 = 0
Donc, AG et EB sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).


--> Je réitère cette méthode pour démontrer que (AG) est également perpendiculaire au plan (HFC) :
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs HF et FC pour le plan (HFC)
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.HF = (AB+BC + CG) . (HG.GF)
= AB.HG + AB.GF + BC.HG + BC.GF + CG.HG + CG.GF
= AB.AB + 0 + 0 + BC.CB + 0 + 0
= a² -a² = 0
Donc, AG et HF sont orthogonaux.

AG.FC = (AB+BC + CG) . (FG + GC)
= AB.FG + AB.GC + BC.FG + BC.GC + CG.FG + CG.GC
= 0 + 0 + BC.BC + 0 + 0 -AB² = AB² - AB² = a² - a² = 0
Donc, AG et FC sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).

--> Au final, (AG) est perpendiculaire aux plans (EDB) et (HFC).


2. Je vais définir un vecteur normal au plan (EDB) que je vais nommer n(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (EBD) signifie qu'on a:

{n.EB=0
{n.ED=0
{n.BD=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de EB, ED, BD :
avec:
E(0;0;1) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) donc :
EB(1;0;-1) , ED(0;1;-1) , BD(-1;1;0) ce qui donne :

{(x*1) + (y*0) + (-1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(-1*x) + (1*y) + (0*z) = 0
DONC :
x -z = 0
y -z =0
-x + y = 0

x = z d'après la première équation
y = z d'après a seconde équation
DONC : x = y = z

Je prends donc n(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) :

n.BM = 1 * (x_M-x_B) + 1 * (y_M-y_B) + 1 * (z_M-z_B) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -0) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z=1.

Je fais de même pour l'équation de (HFC) :
Je vais définir un vecteur normal au plan (HFC) que je vais nommer n'(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (HFC) signifie qu'on a:

{n'.HF=0
{n'.FC=0
{n'.HC=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de HF, FC, HC :
avec:
H(0;1;1) ; F(1;0;1) ; C(1;1;0) donc :
HF(1;-1;0) , FC(0;1;-1) , HC(1;0;-1) ce qui donne :

{(x*0) + (y*1) + (1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(1*x) + (0*y) + (-1*z) = 0
DONC :
y + z = 0
y -z =0
x - z= 0

y = z d'après la première équation.
y = z d'après la seconde équation.
x = z d'après la dernière équation.
DONC : x = y = z

Je prends donc n'(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) :

n.FM = 1 * (x_M-x_F) + 1 * (y_M-y_F) + 1 * (z_M-z_F) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -1) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z = 2.

C'est tout à fait ça!! Nickel!

T'introduit le point M(x;y;z) appartenant à (HFC) (sinon il n'y a pas beaucoup d'intérêt).

La question suivante doit être quasi immédiate, vu qu'on a tout déconstruit pour avoir les deux équations.

Quand est-ce que deux plans sont parallèles (lorsqu'on utilise des équations)?

1. Je pose AB = a

Citation :

Une droite est perpendiculaire à un plan si elle est perpendiculaire à deux sécantes de ce plan.

Je vais employer ici la relation de Chasles.
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs BD et EB pour le plan (EBD).
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.BD = (AB+BC + CG) . (BA+AD)
= AB.BA + AB.AD + BC.BA + BC.AD + CG.BA + BA.AD
= -AB² + AB.BC + 0 + BC.AD + CG.GH + BA.AD
= -a² + 0 + 0 + BC.AD + 0 + 0 = -a² + AB² = -a² + a² = 0
Donc, AG et BD sont orthogonaux.

AG.EB = (AB+BC + CG) . (EA + AB)
= AB.EA + AB.AB + BC.EA + BC.AB + CG.EA + CG.AB
= 0 + a² + 0 + 0 -AB² + CG.HG = a² -a² + 0 = 0
Donc, AG et EB sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).


--> Je réitère cette méthode pour démontrer que (AG) est également perpendiculaire au plan (HFC) :
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs HF et FC pour le plan (HFC)
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.HF = (AB+BC + CG) . (HG.GF)
= AB.HG + AB.GF + BC.HG + BC.GF + CG.HG + CG.GF
= AB.AB + 0 + 0 + BC.CB + 0 + 0
= a² -a² = 0
Donc, AG et HF sont orthogonaux.

AG.FC = (AB+BC + CG) . (FG + GC)
= AB.FG + AB.GC + BC.FG + BC.GC + CG.FG + CG.GC
= 0 + 0 + BC.BC + 0 + 0 -AB² = AB² - AB² = a² - a² = 0
Donc, AG et FC sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).

--> Au final, (AG) est perpendiculaire aux plans (EDB) et (HFC).


2. Je vais définir un vecteur normal au plan (EDB) que je vais nommer n(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (EBD) signifie qu'on a:

{n.EB=0
{n.ED=0
{n.BD=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de EB, ED, BD :
avec:
E(0;0;1) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) donc :
EB(1;0;-1) , ED(0;1;-1) , BD(-1;1;0) ce qui donne :

{(x*1) + (y*0) + (-1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(-1*x) + (1*y) + (0*z) = 0
DONC :
x -z = 0
y -z =0
-x + y = 0

x = z d'après la première équation
y = z d'après a seconde équation
DONC : x = y = z

Je prends donc n(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) :

n.BM = 1 * (x_M-x_B) + 1 * (y_M-y_B) + 1 * (z_M-z_B) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -0) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z=1.

Je fais de même pour l'équation de (HFC) :
Je vais définir un vecteur normal au plan (HFC) que je vais nommer n'(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (HFC) signifie qu'on a:

{n'.HF=0
{n'.FC=0
{n'.HC=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de HF, FC, HC :
avec:
H(0;1;1) ; F(1;0;1) ; C(1;1;0) donc :
HF(1;-1;0) , FC(0;1;-1) , HC(1;0;-1) ce qui donne :

{(x*0) + (y*1) + (1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(1*x) + (0*y) + (-1*z) = 0
DONC :
y + z = 0
y -z =0
x - z= 0

y = z d'après la première équation.
y = z d'après la seconde équation.
x = z d'après la dernière équation.
DONC : x = y = z

Je prends donc n'(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) appartenant à (HFC) :

n.FM = 1 * (x_M-x_F) + 1 * (y_M-y_F) + 1 * (z_M-z_F) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -1) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z = 2.

3.

Citation :

Quand est-ce que deux plans sont parallèles (lorsqu'on utilise des équations)?

Lorsqu'une droite appartenant au premier plan et une seconde appartenant au second plan sont parallèles.

Ceci ne suffit pas!

En effet, prend deux plan perpendiculaire (donc ayant une droite commune sinon j'aurai dit orthogonale) et bien la droite appartient au deux plan et elle est bien parallèle à elle-même alors que les deux plan sont perpendiculaire. J'ai pris un exemple mais tu peux faire ça avec tous les plans sauf erreurs.

Donc deux plan sont parallèles si toutes les droites de l'un sont parallèle à toutes les droites de l'autre.

Cependant, on ne va pas tester toutes les droites vu qu'il y en a une inifinité ça serait un peu long à faire.

En dimension 2, dans un repère orthonormée, deux droites sont parallèles si et seulement si elles ont même coefficient directeur c'est à dire qu'elles ont des vecteurs directeurs colinéaire.

En dimension 3), un plan est défini par deux vecteurs directeurs (qui forme ce qu'on appelle une base de notre plan d'ailleurs) donc c'est un peu long si on doit passer par la colinéarité des vecteurs directeurs des deux plans.

Par contre, un plan est aussi caractérisé par sa normale et un point. Que savons-nous des normales des ses deux plans?

1. Je pose AB = a

Citation :

Une droite est perpendiculaire à un plan si elle est perpendiculaire à deux sécantes de ce plan.

Je vais employer ici la relation de Chasles.
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs BD et EB pour le plan (EBD).
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.BD = (AB+BC + CG) . (BA+AD)
= AB.BA + AB.AD + BC.BA + BC.AD + CG.BA + BA.AD
= -AB² + AB.BC + 0 + BC.AD + CG.GH + BA.AD
= -a² + 0 + 0 + BC.AD + 0 + 0 = -a² + AB² = -a² + a² = 0
Donc, AG et BD sont orthogonaux.

AG.EB = (AB+BC + CG) . (EA + AB)
= AB.EA + AB.AB + BC.EA + BC.AB + CG.EA + CG.AB
= 0 + a² + 0 + 0 -AB² + CG.HG = a² -a² + 0 = 0
Donc, AG et EB sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).


--> Je réitère cette méthode pour démontrer que (AG) est également perpendiculaire au plan (HFC) :
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs HF et FC pour le plan (HFC)
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.HF = (AB+BC + CG) . (HG.GF)
= AB.HG + AB.GF + BC.HG + BC.GF + CG.HG + CG.GF
= AB.AB + 0 + 0 + BC.CB + 0 + 0
= a² -a² = 0
Donc, AG et HF sont orthogonaux.

AG.FC = (AB+BC + CG) . (FG + GC)
= AB.FG + AB.GC + BC.FG + BC.GC + CG.FG + CG.GC
= 0 + 0 + BC.BC + 0 + 0 -AB² = AB² - AB² = a² - a² = 0
Donc, AG et FC sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).

--> Au final, (AG) est perpendiculaire aux plans (EDB) et (HFC).


2. Je vais définir un vecteur normal au plan (EDB) que je vais nommer n(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (EBD) signifie qu'on a:

{n.EB=0
{n.ED=0
{n.BD=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de EB, ED, BD :
avec:
E(0;0;1) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) donc :
EB(1;0;-1) , ED(0;1;-1) , BD(-1;1;0) ce qui donne :

{(x*1) + (y*0) + (-1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(-1*x) + (1*y) + (0*z) = 0
DONC :
x -z = 0
y -z =0
-x + y = 0

x = z d'après la première équation
y = z d'après a seconde équation
DONC : x = y = z

Je prends donc n(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) :

n.BM = 1 * (x_M-x_B) + 1 * (y_M-y_B) + 1 * (z_M-z_B) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -0) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z=1.

Je fais de même pour l'équation de (HFC) :
Je vais définir un vecteur normal au plan (HFC) que je vais nommer n'(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (HFC) signifie qu'on a:

{n'.HF=0
{n'.FC=0
{n'.HC=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de HF, FC, HC :
avec:
H(0;1;1) ; F(1;0;1) ; C(1;1;0) donc :
HF(1;-1;0) , FC(0;1;-1) , HC(1;0;-1) ce qui donne :

{(x*0) + (y*1) + (1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(1*x) + (0*y) + (-1*z) = 0
DONC :
y + z = 0
y -z =0
x - z= 0

y = z d'après la première équation.
y = z d'après la seconde équation.
x = z d'après la dernière équation.
DONC : x = y = z

Je prends donc n'(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) appartenant à (HFC) :

n.FM = 1 * (x_M-x_F) + 1 * (y_M-y_F) + 1 * (z_M-z_F) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -1) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z = 2.

3. On a leurs coordonnées

En effet, mais que pouvons-nous dire de ses deux vecteurs normale n et n' d'après leur coordonnées justement?

n et n' ont les mêmes coordonnées donc ils sont égaux.

Donc les normales respectifs aux deux plan sont égales !

Conclusion => il sont parallèles !!

Pourquoi?

Car les normales étant dirigée dans le même sens, il peuvent n'être que parallèles tout simplement. C'est nue caractérisation du parallèlisme de deux plans dans l'espace. Ce qui te fait encore un autre moyen pour prouver du parallèlisme.

Pour l'isobarycentre, il s'agit donc du barycentre des trois poids pris avec un poids égale à 1. Pour calculer les coordonnées d'un barycentre (qu'il soit isobarycentre ou pas), il faut faire le calcul que tu avais marquer pour les complexes mais pour chaque coordonnées en fait.

Si tu te souviens en deux dimensions, on calcule les coordonnées du milieu en faisant la moyenne des deux coordonnées. Et bien là c'est pareil sauf que nous sommes en dimension trois et par conséquent, il y a une coordonnées supplémentaire tout simplement.

Donc si j'appelle I ce point là, quelles sont les coordonnées de I(x_I;y_I;z_I) en fonction des coordonnées de E, B et D?

Bon courage!

1. Je pose AB = a

Citation :

Une droite est perpendiculaire à un plan si elle est perpendiculaire à deux sécantes de ce plan.

Je vais employer ici la relation de Chasles.
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs BD et EB pour le plan (EBD).
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.BD = (AB+BC + CG) . (BA+AD)
= AB.BA + AB.AD + BC.BA + BC.AD + CG.BA + BA.AD
= -AB² + AB.BC + 0 + BC.AD + CG.GH + BA.AD
= -a² + 0 + 0 + BC.AD + 0 + 0 = -a² + AB² = -a² + a² = 0
Donc, AG et BD sont orthogonaux.

AG.EB = (AB+BC + CG) . (EA + AB)
= AB.EA + AB.AB + BC.EA + BC.AB + CG.EA + CG.AB
= 0 + a² + 0 + 0 -AB² + CG.HG = a² -a² + 0 = 0
Donc, AG et EB sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).


--> Je réitère cette méthode pour démontrer que (AG) est également perpendiculaire au plan (HFC) :
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs HF et FC pour le plan (HFC)
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.HF = (AB+BC + CG) . (HG.GF)
= AB.HG + AB.GF + BC.HG + BC.GF + CG.HG + CG.GF
= AB.AB + 0 + 0 + BC.CB + 0 + 0
= a² -a² = 0
Donc, AG et HF sont orthogonaux.

AG.FC = (AB+BC + CG) . (FG + GC)
= AB.FG + AB.GC + BC.FG + BC.GC + CG.FG + CG.GC
= 0 + 0 + BC.BC + 0 + 0 -AB² = AB² - AB² = a² - a² = 0
Donc, AG et FC sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).

--> Au final, (AG) est perpendiculaire aux plans (EDB) et (HFC).


2. Je vais définir un vecteur normal au plan (EDB) que je vais nommer n(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (EBD) signifie qu'on a:

{n.EB=0
{n.ED=0
{n.BD=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de EB, ED, BD :
avec:
E(0;0;1) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) donc :
EB(1;0;-1) , ED(0;1;-1) , BD(-1;1;0) ce qui donne :

{(x*1) + (y*0) + (-1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(-1*x) + (1*y) + (0*z) = 0
DONC :
x -z = 0
y -z =0
-x + y = 0

x = z d'après la première équation
y = z d'après a seconde équation
DONC : x = y = z

Je prends donc n(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) :

n.BM = 1 * (x_M-x_B) + 1 * (y_M-y_B) + 1 * (z_M-z_B) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -0) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z=1.

Je fais de même pour l'équation de (HFC) :
Je vais définir un vecteur normal au plan (HFC) que je vais nommer n'(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (HFC) signifie qu'on a:

{n'.HF=0
{n'.FC=0
{n'.HC=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de HF, FC, HC :
avec:
H(0;1;1) ; F(1;0;1) ; C(1;1;0) donc :
HF(1;-1;0) , FC(0;1;-1) , HC(1;0;-1) ce qui donne :

{(x*0) + (y*1) + (1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(1*x) + (0*y) + (-1*z) = 0
DONC :
y + z = 0
y -z =0
x - z= 0

y = z d'après la première équation.
y = z d'après la seconde équation.
x = z d'après la dernière équation.
DONC : x = y = z

Je prends donc n'(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) appartenant à (HFC) :

n.FM = 1 * (x_M-x_F) + 1 * (y_M-y_F) + 1 * (z_M-z_F) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -1) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z = 2.

3. On sait que n(1;1;1) et n'(1;1;1) donc ils sont égaux donc les normales respectifs aux deux plans sont égales donc:
Ils sont parallèles.

4. Tous les points ont le même poids.
Soit I l'isobarycentre :
x_I = [x_E + x_D + x_B]/[3] = 1/3
y_I = [y_E + y_D + y_B]/3 = 1/3
z_I = [z_E + z_D + z_B] = 1/3

Donc I(1/3;1/3;1/3)

Nickel !!

Alors deuxième partie del a question, comment on prouve qu'un point appartient à une droite? Il y a plusieurs moyens bien entendu.

On détermine l'équation paramétrique d'un droite et on remplace dans l'équation par les coordonnées du point.

C'est une possibilité en effet en plus on connaît les coordonnées de A et de G.

Mais peut-être plus simple, dire que I appartient à (AG) c'est dire que A, I et G sont alignés par exemple.

Comment prouve-t-on un alignement de trois points?

En montrant que deux vecteurs sont colinéaires

Deux vecteurs avec un point commun montre un alignement en effet! ET colinéarité à partir des coordonnées bien entendu vu qu'on vietn de calculer les coordonnées de I.

Et bien allons-y .

AI et AG par exemple.

Bon courage!

1. Je pose AB = a

Citation :

Une droite est perpendiculaire à un plan si elle est perpendiculaire à deux sécantes de ce plan.

Je vais employer ici la relation de Chasles.
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs BD et EB pour le plan (EBD).
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.BD = (AB+BC + CG) . (BA+AD)
= AB.BA + AB.AD + BC.BA + BC.AD + CG.BA + BA.AD
= -AB² + AB.BC + 0 + BC.AD + CG.GH + BA.AD
= -a² + 0 + 0 + BC.AD + 0 + 0 = -a² + AB² = -a² + a² = 0
Donc, AG et BD sont orthogonaux.

AG.EB = (AB+BC + CG) . (EA + AB)
= AB.EA + AB.AB + BC.EA + BC.AB + CG.EA + CG.AB
= 0 + a² + 0 + 0 -AB² + CG.HG = a² -a² + 0 = 0
Donc, AG et EB sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).


--> Je réitère cette méthode pour démontrer que (AG) est également perpendiculaire au plan (HFC) :
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs HF et FC pour le plan (HFC)
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.HF = (AB+BC + CG) . (HG.GF)
= AB.HG + AB.GF + BC.HG + BC.GF + CG.HG + CG.GF
= AB.AB + 0 + 0 + BC.CB + 0 + 0
= a² -a² = 0
Donc, AG et HF sont orthogonaux.

AG.FC = (AB+BC + CG) . (FG + GC)
= AB.FG + AB.GC + BC.FG + BC.GC + CG.FG + CG.GC
= 0 + 0 + BC.BC + 0 + 0 -AB² = AB² - AB² = a² - a² = 0
Donc, AG et FC sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).

--> Au final, (AG) est perpendiculaire aux plans (EDB) et (HFC).


2. Je vais définir un vecteur normal au plan (EDB) que je vais nommer n(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (EBD) signifie qu'on a:

{n.EB=0
{n.ED=0
{n.BD=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de EB, ED, BD :
avec:
E(0;0;1) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) donc :
EB(1;0;-1) , ED(0;1;-1) , BD(-1;1;0) ce qui donne :

{(x*1) + (y*0) + (-1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(-1*x) + (1*y) + (0*z) = 0
DONC :
x -z = 0
y -z =0
-x + y = 0

x = z d'après la première équation
y = z d'après a seconde équation
DONC : x = y = z

Je prends donc n(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) :

n.BM = 1 * (x_M-x_B) + 1 * (y_M-y_B) + 1 * (z_M-z_B) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -0) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z=1.

Je fais de même pour l'équation de (HFC) :
Je vais définir un vecteur normal au plan (HFC) que je vais nommer n'(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (HFC) signifie qu'on a:

{n'.HF=0
{n'.FC=0
{n'.HC=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de HF, FC, HC :
avec:
H(0;1;1) ; F(1;0;1) ; C(1;1;0) donc :
HF(1;-1;0) , FC(0;1;-1) , HC(1;0;-1) ce qui donne :

{(x*0) + (y*1) + (1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(1*x) + (0*y) + (-1*z) = 0
DONC :
y + z = 0
y -z =0
x - z= 0

y = z d'après la première équation.
y = z d'après la seconde équation.
x = z d'après la dernière équation.
DONC : x = y = z

Je prends donc n'(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) appartenant à (HFC) :

n.FM = 1 * (x_M-x_F) + 1 * (y_M-y_F) + 1 * (z_M-z_F) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -1) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z = 2.

3. On sait que n(1;1;1) et n'(1;1;1) donc ils sont égaux donc les normales respectifs aux deux plans sont égales donc:
Ils sont parallèles.

4. Tous les points ont le même poids.
Soit I l'isobarycentre :
x_I = [x_E + x_D + x_B]/[3] = 1/3
y_I = [y_E + y_D + y_B]/3 = 1/3
z_I = [z_E + z_D + z_B] = 1/3

Donc I(1/3;1/3;1/3)

Pour prouver qu'un point appartient à une droite :
--> I appartient à (AG) c'est dire que A, I et G sont alignés par exemple.
Je vais prouver que A, I et G sont alignés en prouvant que AI et AG :
AI(1/3;1/3;1/3)
AG(1-(1/3);1-(1/3);1-(1/3)) --> AG(2/3;2/3;2/3)
Donc :
(1/3)(2/3) + (1/3)(2/3) = 2/6 + 2/6 = 2/3
(1/3)(2/3) + (1/3)(2/3) = 2/6 + 2/6 = 2/3

J'ai fait ça deux fois comme tu me l'avais dit mais j'ai dû me gourer quelque part...

En fait rien qu'en regardant les coordonnées on peut constate que les uns sont égaux à de fois les autres.

Mais dans ton calcul, tu t'es trompé dans le signe! Ce n'est pas un + mais un - entre les deux multiplication. Rappelle-toi comment tu fais ne dimension deux c'est le même calcul sauf que tu le fait deux fois .

Et là tu trouve bien que tes deux calculs font bien 0. Ils sont donc colinéaire. Et peux-tu me donner le lien entre AI et AG (en regardant leur coordonnées respectives)? Ce qui va permettre de déduire la position de I sur le segment [AG], en fait.

Bon courage!

1. Je pose AB = a

Citation :

Une droite est perpendiculaire à un plan si elle est perpendiculaire à deux sécantes de ce plan.

Je vais employer ici la relation de Chasles.
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs BD et EB pour le plan (EBD).
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.BD = (AB+BC + CG) . (BA+AD)
= AB.BA + AB.AD + BC.BA + BC.AD + CG.BA + BA.AD
= -AB² + AB.BC + 0 + BC.AD + CG.GH + BA.AD
= -a² + 0 + 0 + BC.AD + 0 + 0 = -a² + AB² = -a² + a² = 0
Donc, AG et BD sont orthogonaux.

AG.EB = (AB+BC + CG) . (EA + AB)
= AB.EA + AB.AB + BC.EA + BC.AB + CG.EA + CG.AB
= 0 + a² + 0 + 0 -AB² + CG.HG = a² -a² + 0 = 0
Donc, AG et EB sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).


--> Je réitère cette méthode pour démontrer que (AG) est également perpendiculaire au plan (HFC) :
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs HF et FC pour le plan (HFC)
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.HF = (AB+BC + CG) . (HG.GF)
= AB.HG + AB.GF + BC.HG + BC.GF + CG.HG + CG.GF
= AB.AB + 0 + 0 + BC.CB + 0 + 0
= a² -a² = 0
Donc, AG et HF sont orthogonaux.

AG.FC = (AB+BC + CG) . (FG + GC)
= AB.FG + AB.GC + BC.FG + BC.GC + CG.FG + CG.GC
= 0 + 0 + BC.BC + 0 + 0 -AB² = AB² - AB² = a² - a² = 0
Donc, AG et FC sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).

--> Au final, (AG) est perpendiculaire aux plans (EDB) et (HFC).


2. Je vais définir un vecteur normal au plan (EDB) que je vais nommer n(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (EBD) signifie qu'on a:

{n.EB=0
{n.ED=0
{n.BD=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de EB, ED, BD :
avec:
E(0;0;1) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) donc :
EB(1;0;-1) , ED(0;1;-1) , BD(-1;1;0) ce qui donne :

{(x*1) + (y*0) + (-1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(-1*x) + (1*y) + (0*z) = 0
DONC :
x -z = 0
y -z =0
-x + y = 0

x = z d'après la première équation
y = z d'après a seconde équation
DONC : x = y = z

Je prends donc n(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) :

n.BM = 1 * (x_M-x_B) + 1 * (y_M-y_B) + 1 * (z_M-z_B) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -0) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z=1.

Je fais de même pour l'équation de (HFC) :
Je vais définir un vecteur normal au plan (HFC) que je vais nommer n'(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (HFC) signifie qu'on a:

{n'.HF=0
{n'.FC=0
{n'.HC=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de HF, FC, HC :
avec:
H(0;1;1) ; F(1;0;1) ; C(1;1;0) donc :
HF(1;-1;0) , FC(0;1;-1) , HC(1;0;-1) ce qui donne :

{(x*0) + (y*1) + (1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(1*x) + (0*y) + (-1*z) = 0
DONC :
y + z = 0
y -z =0
x - z= 0

y = z d'après la première équation.
y = z d'après la seconde équation.
x = z d'après la dernière équation.
DONC : x = y = z

Je prends donc n'(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) appartenant à (HFC) :

n.FM = 1 * (x_M-x_F) + 1 * (y_M-y_F) + 1 * (z_M-z_F) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -1) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z = 2.

3. On sait que n(1;1;1) et n'(1;1;1) donc ils sont égaux donc les normales respectifs aux deux plans sont égales donc:
Ils sont parallèles.

4. Tous les points ont le même poids.
Soit I l'isobarycentre :
x_I = [x_E + x_D + x_B]/[3] = 1/3
y_I = [y_E + y_D + y_B]/3 = 1/3
z_I = [z_E + z_D + z_B] = 1/3

Donc I(1/3;1/3;1/3)

Pour prouver qu'un point appartient à une droite :
--> I appartient à (AG) c'est dire que A, I et G sont alignés par exemple.
Je vais prouver que A, I et G sont alignés en prouvant que AI et AG :
AI(1/3;1/3;1/3)
AG(1-(1/3);1-(1/3);1-(1/3)) --> AG(2/3;2/3;2/3)
Donc :
(1/3)(2/3) - (1/3)(2/3) = 2/6 - 2/6 = 0
(1/3)(2/3) - (1/3)(2/3) = 2/6 - 2/6 = 0
Donc AG et AI sont colinéaires donc :
A, I et G sont alignés donc I appartient à la droite (AG).
On s'aperçoit de plus que 2 * AI = AG donc :
AI = AG/2

C'est exact!

Conclusion pour la position de I sur le segment [AG] ?

1. Je pose AB = a

Citation :

Une droite est perpendiculaire à un plan si elle est perpendiculaire à deux sécantes de ce plan.

Je vais employer ici la relation de Chasles.
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs BD et EB pour le plan (EBD).
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.BD = (AB+BC + CG) . (BA+AD)
= AB.BA + AB.AD + BC.BA + BC.AD + CG.BA + BA.AD
= -AB² + AB.BC + 0 + BC.AD + CG.GH + BA.AD
= -a² + 0 + 0 + BC.AD + 0 + 0 = -a² + AB² = -a² + a² = 0
Donc, AG et BD sont orthogonaux.

AG.EB = (AB+BC + CG) . (EA + AB)
= AB.EA + AB.AB + BC.EA + BC.AB + CG.EA + CG.AB
= 0 + a² + 0 + 0 -AB² + CG.HG = a² -a² + 0 = 0
Donc, AG et EB sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).


--> Je réitère cette méthode pour démontrer que (AG) est également perpendiculaire au plan (HFC) :
Je vais considérer le vecteur AG pour la droite (AG) et les vecteurs HF et FC pour le plan (HFC)
Je calcule maintenant les produit scalaires suivants :

AG.HF = (AB+BC + CG) . (HG.GF)
= AB.HG + AB.GF + BC.HG + BC.GF + CG.HG + CG.GF
= AB.AB + 0 + 0 + BC.CB + 0 + 0
= a² -a² = 0
Donc, AG et HF sont orthogonaux.

AG.FC = (AB+BC + CG) . (FG + GC)
= AB.FG + AB.GC + BC.FG + BC.GC + CG.FG + CG.GC
= 0 + 0 + BC.BC + 0 + 0 -AB² = AB² - AB² = a² - a² = 0
Donc, AG et FC sont orthogonaux.

Donc, selon la définition, (AG) est perpendiculaire au plan (EBD).

--> Au final, (AG) est perpendiculaire aux plans (EDB) et (HFC).


2. Je vais définir un vecteur normal au plan (EDB) que je vais nommer n(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (EBD) signifie qu'on a:

{n.EB=0
{n.ED=0
{n.BD=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de EB, ED, BD :
avec:
E(0;0;1) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) donc :
EB(1;0;-1) , ED(0;1;-1) , BD(-1;1;0) ce qui donne :

{(x*1) + (y*0) + (-1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(-1*x) + (1*y) + (0*z) = 0
DONC :
x -z = 0
y -z =0
-x + y = 0

x = z d'après la première équation
y = z d'après a seconde équation
DONC : x = y = z

Je prends donc n(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) :

n.BM = 1 * (x_M-x_B) + 1 * (y_M-y_B) + 1 * (z_M-z_B) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -0) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z=1.

Je fais de même pour l'équation de (HFC) :
Je vais définir un vecteur normal au plan (HFC) que je vais nommer n'(x;y;z). Et le fait qu'il soit normal au plan (HFC) signifie qu'on a:

{n'.HF=0
{n'.FC=0
{n'.HC=0

Je vais d'abord calculer les coordonnées de HF, FC, HC :
avec:
H(0;1;1) ; F(1;0;1) ; C(1;1;0) donc :
HF(1;-1;0) , FC(0;1;-1) , HC(1;0;-1) ce qui donne :

{(x*0) + (y*1) + (1 *z) = 0
{(x*0) + (y*1) + (-1 *z) = 0
{(1*x) + (0*y) + (-1*z) = 0
DONC :
y + z = 0
y -z =0
x - z= 0

y = z d'après la première équation.
y = z d'après la seconde équation.
x = z d'après la dernière équation.
DONC : x = y = z

Je prends donc n'(1;1;1) et j'introduis le point M(x;y;z) appartenant à (HFC) :

n.FM = 1 * (x_M-x_F) + 1 * (y_M-y_F) + 1 * (z_M-z_F) = 0
<=> (x -1) + (y -0) + (z -1) = 0
Donc l'équation de (EBD) est x+y+z = 2.

3. On sait que n(1;1;1) et n'(1;1;1) donc ils sont égaux donc les normales respectifs aux deux plans sont égales donc:
Ils sont parallèles.

4. Tous les points ont le même poids.
Soit I l'isobarycentre :
x_I = [x_E + x_D + x_B]/[3] = 1/3
y_I = [y_E + y_D + y_B]/3 = 1/3
z_I = [z_E + z_D + z_B] = 1/3

Donc I(1/3;1/3;1/3)

Pour prouver qu'un point appartient à une droite :
--> I appartient à (AG) c'est dire que A, I et G sont alignés par exemple.
Je vais prouver que A, I et G sont alignés en prouvant que AI et AG :
AI(1/3;1/3;1/3)
AG(1-(1/3);1-(1/3);1-(1/3)) --> AG(2/3;2/3;2/3)
Donc :
(1/3)(2/3) - (1/3)(2/3) = 2/6 - 2/6 = 0
(1/3)(2/3) - (1/3)(2/3) = 2/6 - 2/6 = 0
Donc AG et AI sont colinéaires donc :
A, I et G sont alignés donc I appartient à la droite (AG).
On s'aperçoit de plus que 2 * AI = AG donc :
AI = AG/2
Donc I est le milieu du segment [AG].

C'est juste!

Alors on sait que I appartient à (AG) et appartient au plan (BDE). Que savons-nous de façon générale de l'intersection d'une droite avec un plan? Il y a trois possibilité.

Bonne question...
la droite peut être parallèle au plan, sécante ou orthogonale.

Alors elle peut être parallèle distinct du plan, parallèle contenue dans le plan ou sécante (car orthogonale c'est aussi être sécante).

Ici, nous avons un point qui appartient au plan le point I, est-ce que A appartient au plan?

Si la réponse est non alors la droite est sécante au plan et par conséquent, il n'y a qu'un unique point d'intersection avec le plan.

Si la réponse est oui, alors la droite est contenue dans le plan ( car deux points distincts définissent une droite).

Même remarque pour l'autre isobarycentre.

On en conclut que (AG) est bien sécante au deux plans respectivement en l'isobarycentre des trois points considérés.

Est-ce que jusque là c'est clair? Le but était de montrer qu'il y avait bien intersection de la droite avec les deux plans.

Maintenant, nous avons que les deux plans sont parallèles. Si on prouve que la droite (AG) est perpendiculaire à l'un des deux. Quelle conclusion pouvons nous en tirer par rapport à l'autre plan?

Alors, la droite sera forcément parallèle à l'autre plan.

parallèle ???

Hmmm perspendiculaire, non? .

En tout cas c'est ça.

Par conséquent, il nous suffit de montrer que (AG) est orthogonal à (EDB) par exemple. Ce qui revient à montrer que (AI) est orthogonale à (EDB).

Et comment faire?

Je calcule le vecteur normal au plan et le regarde si il est orthogonal au vecteur AG dans le premier cas.