
\begin{enumerate}
\item Par lectures graphiques, on a:
\begin{itemize}
\item $\vv{AE} = 0\vv{AB} + 0\vv{AD} + 1\vv{AE}$ donc $E\coordEsp{0}{0}{1}$;
\item $\vv{AF} = 1\vv{AB} + 0\vv{AD} + 1\vv{AE}$ donc $F\coordEsp{1}{0}{1}$;
\item $\vv{AG} = 1\vv{AB} + 1\vv{AD} + 1\vv{AE}$ donc $G\coordEsp{1}{1}{1}$;
\item $\vv{AK} = 1\vv{AB} + \frac{1}{2}\vv{AD} + 0\vv{AE}$ donc $K\coordEsp{1}{\frac{1}{2}}{0}$.
\end{itemize}

\item $\vv{n}$ est orthogonal au plan $(EGK)$ si et seulement si il l'est à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.
\begin{itemize}
\item $\vv{EG}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\cdot\vv{n}\begin{pmatrix}
2\\-2\\1\end{pmatrix}=1\times2 + 1\times(-2) + 0\times1=2-2=0$;
\item $\vv{KG}\begin{pmatrix}0\\\frac{1}{2}\\1\end{pmatrix}\cdot\vv{n}\begin{pmatrix}2\\-2\\1\end{pmatrix}=0\times2 + \frac{1}{2}\times(-2) + 1\times1=-1+1=0$.
\end{itemize}
Ainsi, $\vv{n}$ est orthogonal aux vecteurs $\vv{EG}$ et $\vv{KG}$, non colinéaires donc formant une base du plan $(EKG)$. Il est donc normal à ce dernier plan.

\item D'après la question précédente, et d'après le cours, une équation du plan $(EKG)$ est :
\[
2x-2y+1z+d = 0\qquad,\qquad d\in\R
\]
car $\vv{n}\begin{pmatrix}2\\-2\\1\end{pmatrix}$ est normal à ce plan.

De plus, $E\in(EGK)$ sont ses coordonnées doivent vérifier l'équation:
\[
2x_E-2y_E+z_E+d = 0 \iff d = -1.
\]
Finalement, une équation cartésienne du plan $(EGK)$ est donc bien:
\[
2x-2y+z-1=0.
\]

\item Une représentation paramétrique de la droite $(d)$ orthogonale au plan $(EGK)$ passant par $F$ est de la forme:
\[
\begin{cases}
x = x_F + at\\
y = y_F + bt\\
z = z_F + ct
\end{cases}\qquad,\qquad t\in\R
\]
où $\vv{u}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $(d)$.

Comme $(d)$ est orthogonale au plan $(EGK)$, un vecteur directeur est aussi un vecteur normal au plan. On peut donc prendre $\vv{u}=\vv{n}$.

Finalement, on trouve:
\[
\boxed{ (d)\quad:\quad \begin{cases}
x = 1 + 2t\\
y = -2t\\
z = 1 + t
\end{cases}\qquad,\qquad t\in\R }
\]

\item Le point $L$ est l'intersection de $(d)$ et du plan $(EGK)$.
\begin{itemize}
\item $L\in(d) \iff L\coordEsp{1+2t}{-2t}{1+t}$, $t\in\R$.
\item $L\in(EGK) \iff 2(1+2t) - 2(-2t) + (1+t) - 1= 0 \iff t = -\dfrac{2}{9}$.
\end{itemize}

Par conséquent, $L\coordEsp{\dfrac{5}{9}}{\dfrac{4}{9}}{\dfrac{7}{9}}$.

\item $\vv{LF}\begin{pmatrix}
\frac{5}{9}-1\\
\frac{4}{9}-0\\
\frac{7}{9}-1
\end{pmatrix}$ soit $\vv{LF}\begin{pmatrix}
-\frac{4}{9}\\
\frac{4}{9}\\
-\frac{2}{9}
\end{pmatrix}$.

Ainsi, 
\[
LF = \sqrt{\left(-\frac{4}{9}\right)^2 + \left(\frac{4}{9}\right)^2+\left(-\frac{2}{9}\right)^2}=\dfrac{2}{3}.
\]

\item L'aire du triangle $EFG$ est égale à :
\[
\mathcal{B}=\dfrac{EF \times FG}{2}=\dfrac{1}{2}.
\]
La distance qui sépare le point $K$ du plan $(EFG)$ est égale à $BF$, donc à 1.

Ainsi, le volume du tétraèdre $EFGK$ est:
\[
\mathcal{V}  = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}\times1 = \dfrac{1}{6}.
\]

\item Le volume du tétraèdre $EFGK$ est aussi égal à:
\[
\mathcal{V} = \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}\times\mathcal{B}_{EGK}\times FL.
\]
Donc,
\[
\mathcal{B}_{EGK} = \dfrac{3\times\frac{1}{6}}{\frac{2}{3}}=\dfrac{3}{4}.
\]
\item Plaçons les nouveaux points pour mieux y voir:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[blue!50!black,dashed] (2.5,4.75) node[above] {$P$} 
-- (2.25,2.37) node[below] {$M$} 
-- (4.75,3.125) node[below right] {$N$} -- cycle;
\draw[blue] (4.75,3.125) -- (4,4) -- (2.5,4.75);
\draw[blue,dashed] (4,4) -- (2.25,2.37);
\fill[shading=ball,ball color=orange!20!white,opacity=0.1] (0,4) -- (5,5.5) -- (4.5,0.75)  -- cycle;
\draw (0,0) node[below left] {$A$} -- (4,0) node[below right] {$B$} -- (4,4) node[right] {$F$} -- (0,4) node[left] {$E$} -- cycle;
\draw (0,4) -- (1,5.5) node[left] {$H$} -- (5,5.5) node[right] {$G$} -- (4,4);
\draw (4,0) -- (5,1.5) node[right] {$C$} -- (5,5.5);
\draw[dashed] (0,0) -- (1,1.5) node[below right] {$D$} -- (5,1.5);
\draw[dashed] (1,1.5) -- (1,5.5);
\draw[thick,red] (5,5.5) -- (4.5,0.75) -- (4,4);
\draw[thick,red] (0,4) -- (5,5.5) -- (4,4) -- cycle;
\draw[thick,red,dashed] (0,4) -- (4.5,0.75); 
\node[below right] at (4.5,0.75) {$K$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Ainsi, $PMN$ est une réduction de $EGK$ de facteur $\dfrac{1}{2}$ donc:
\[
\mathcal{B}_{PMN} = \left(\frac{1}{2}\right)^2 \times \mathcal{B}_{EGK}
\]
et donc le volume du tétraèdre $PMNF$ est:
\[
\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{4}\times\dfrac{3}{4}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{24}.
\]
\end{enumerate}
