1.  E(0,0,1)
C(1,1,0)
G(1,1,1)

2.  On a besoin d'un vecteur directeur de la droite (EC) ainsi que d'un point appartenant à (EC).
Soit $\overrightarrow{EC}$ un vecteur directeur de (EC).
Les coordonnées de $\overrightarrow{EC}$ sont $\overrightarrow{EC}(x_{c}\, -\, x_{E}\, ;\, y_{c}\, -\, y_{E}\, ;\, z_{c}\, -\, z_{E})$.
Ainsi $\overrightarrow{EC}(1\, -\, 0\, ;\, 1\, -\, 0\, ;\, 0\, -\, 1)$. Donc $\overrightarrow{EC}(1\, ;\, 1\, ;\, -\, 1)$.
De plus le point E appartient à la droite (EC).
Ainsi une représentation paramétrique de (EC) est le système :
$\, \left\{\begin{matrix}x\, = \, x_{E}\, +\, x_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, t\\y\, = \, x_{E}\, +\, y_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, t\\z\, = \, z_{E}\, +\, z_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, t\end{matrix}\right.$
Soit :
$\left\{\begin{matrix}x\, =\, 0\, +\, 1\, \times \, t\\y\, =\, 0\, +\, 1\, \times \, t\\z\, =\, 1\, +\, (-1)\, \times \, t\end{matrix}\right.$
Ainsi :
$\left\{\begin{matrix}x\, =\, t\\y\, =\, t\\z\, =\, 1\, -\, t\end{matrix}\right.$

3.  Les trois points G, B et D ne sont pas alignés (sommets distincts d'un cube).
B(1,0,0)
D(0,1,0)
Considérons les vecteurs $\overrightarrow{DB}$ et $\overrightarrow{DG}$. Ce sont des vecteurs directeurs du plan  (GBD) et ils ne sont donc pas colinéaires (car G, B, D non alignés).
Les coordonnées de $\overrightarrow{DB}$ sont $\overrightarrow{EC}(x_{B}\, -\, x_{D}\, ;\, y_{B}\, -\, y_{D}\, ;\, z_{B}\, -\, z_{D})$.
Ainsi $\overrightarrow{DB}(1\, ;\, -\, 1\, ;\, 0)$. De la même manière $\overrightarrow{DG}(1\, ;\, 0\, ;\, 1)$.
Calculons le produit scalaire des vecteurs $\overrightarrow{EC}$ et $\overrightarrow{DB}$.
$\overrightarrow{EC}.\overrightarrow{DB}\, =\, x_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, x_{\overrightarrow{DB}}\, +\, y_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, y_{\overrightarrow{DB}}\, +\, z_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, z_{\overrightarrow{DB}}$
$\overrightarrow{EC}.\overrightarrow{DB}\, =\, 1\, \times \, 1\, +\, 1 \times \, (-1)\, +\, (-\, 1) \times \, 0\, =\, 1\, -\, 1\, +\, 0\, =\, 0$
Les vecteurs $\overrightarrow{EC}$ et $\overrightarrow{DB}$ sont donc orthogonaux.
De la même manière, on prouve que les vecteurs $\overrightarrow{EC}$ et $\overrightarrow{DG}$ sont donc orthogonaux.
$\overrightarrow{EC}$ étant orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan (GBD) on peut donc en déduire que la droite (EC) est orthogonale au plan (GBD).

4. a.  (EC) orthogonale à (GBD), donc tout vecteur directeur de la droite (EC) est un vecteur normal au plan (GBD).
En particulier, on peut affirmer que le vecteur $\overrightarrow{EC}$ est un vecteur normal à (GBD).
Comme $\overrightarrow{EC}(1\, ;\, 1\, ;\, -\, 1)$, on peut en déduire qu'une équation cartésienne du plan (GBD) est :
$x_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, x\, +\, y_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, y\, +\, z_{\overrightarrow{EC}}\, \times z\, +\, d\, =\, 0$
avec d un réel à déterminer.
C'est-à-dire : 1 × x + 1 × y + (−1) × z + d = 0
Soit : x + y − z + d = 0
De plus, on sait que (par exemple) le point G(1,1,1) appartient au plan (GBD), alors les coordonnées du point G vérifient l'équation cartésienne. On a donc :
x_G + y_G − z_G + d = 0
1 + 1 − 1 + d = 0
1 + d = 0
d = − 1
Ainsi une équation cartésienne du plan (GBD) est :
x + y − z + (− 1) = 0
x + y − z − 1 = 0

4. b. On note les coordonnées de I de cette manière : I(x_I, y_I, z_I)
Le point I appartient au plan (GBD) donc les coordonnées vérifient l'équation cartésienne du plan, donc on a l'égalité suivante qui est vraie : x_I + y_I − z_I − 1 = 0)
De plus I appartient à la droite (EC), donc il existe un réel t tel que :
$\left\{\begin{matrix}x_{I}\, =\, t\\y_{I}\, =\, t\\z_{I}\, =\, 1\, -\, t\end{matrix}\right.$
Ainsi on peut affirmer que :
t + t − (1 − t) − 1 = 0
2t − 1 + t − 1 = 0
3t −2 = 0
$t=\frac{2}{3}$
En substituant dans le système, cela donne :
$\left\{\begin{matrix}x_{I}\, =\, \frac{2}{3}\\y_{I}\, =\, \frac{2}{3}\\z_{I}\, =\, 1\, -\, \frac{2}{3}\end{matrix}\right.$
Ainsi on a bien :
$I(\frac{2}{3},\, \frac{2}{3},\, \frac{1}{3})$

4. c.  La distance d'un point à un plan est égale à la distance entre le point et son projeté orthogonal sur le plan. Or comme la droite (EC) est orthogonale au plan (GBD) et I point d'intersection entre (EC) et (GBD), alors le projeté orthogonal de E sur le plan (GBD) est le point I.
Donc la distance du point E au plan (GBD) est égale à la longueur EI.
$EI=\sqrt{(x_{I}\, -\, x_{E})^{2}\, +\, (y_{I}\, -\, y_{E})^{2}\, +\, (z_{I}\, -\, z_{E})^{2}}$
$EI=\sqrt{(\frac{2}{3}\, -\, 0)^{2}\, +\, (\frac{2}{3}\, -\, 0)^{2}\, +\, (\frac{1}{3}\, -\, 1)^{2}}$
$EI\, =\, \sqrt{\frac{4}{9}\, +\, \frac{4}{9}\, +\, \frac{4}{9}}$
$EI\, =\, \sqrt{\frac{12}{9}}\, =\, \frac{\sqrt{12}}{\sqrt{9}}\, =\, \sqrt{\frac{4\, \times \, 3}{3}}\, =\, \frac{\sqrt{4}\times \sqrt{3}}{3}\, =\, \frac{2\, \times \, \sqrt{3}}{3}$

5. a.  Les points B, D et G sont des sommets du cube ABCDEFGH d'arête 1.
Le segment [BG] est la diagonale de la face BCGF qui est un carré dont les côtés ont pour longueur 1. En utilisant le théorème de Pythagore, on prouve rapidement que $BG\, =\, \sqrt{2}$.
En effet, BG² = BC² + CG² = 1² + 1² = 2.
De la même manière, [BD] est la diagonale de la face ABCD et [DG] est la diagonale de CDHG.
Les carrés ABCD et CDHG étant identiques au carré BCGF, on a donc :
$BG\, =\, BD\, =\, DG\, =\, \sqrt{2}$
Ainsi le triangle BGD est équilatéral.

5. b.  L'aire du triangle DBG se calcule à l'aide de la formule :
$A_{DBG}\, =\, \frac{b\, \times \, h}{2}$
Avec :

• b la longueur d'une des bases du triangle DBG. Le triangle étant équilatéral, les bases ont toutes la même longueur, qui est ici $\sqrt{2}$ ;

• h la longueur d'une hauteur relative à une base. Le triangle étant équilatéral, les hauteurs ont toutes la même longueur.

Considérons le côté [DB] comme base.
Soit J le milieu de [DB]. On a donc $JB=\frac{DB}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
La hauteur relative au segment [DB] est le segment [JG]. On cherche à calculer la longueur JG.
Le triangle JGB est rectangle en J. D'après le théorème de Pythagore, on a l'égalité suivante :
GB² = JB² + JG²
$(\sqrt{2})^{2}\, =\, \left ( \frac{\sqrt{2}}{2} \right )^{2}\, +\, JG^{2}$
$2\, =\, \frac{(\sqrt{2})^{2}}{2^{2}}\, +\, JG^{2}$
$2\, =\, \frac{2}{4}\, +\, JG^{2}$
$2\, -\, \frac{2}{4}\, =\, \frac{2}{4}\, +\, JG^{2}\, -\, \frac{2}{4}$
$\frac{3}{2}\, =\, JG^{2}$
$JG\, =\, \sqrt{\frac{3}{2}}$
Ainsi, l'aire du triangle DBG est égale à :
$A_{DBG}\, =\, \frac{DB\times JG}{2}\, =\, \frac{\sqrt{2}\, \times \, \sqrt{\frac{3}{2}}}{2}\, =\, \frac{\sqrt{2}\, \times \, \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}}{2}\, =\, \frac{\sqrt{3}}{2}$

6.   Calculons le volume du tétraèdre EGBD :
$V_{EGBD}\, =\, \frac{1}{3}\, \times \, B\, \times \, h$
Avec :

• B représentant l'aire d'une base du tétraèdre. On choisira ici la face BDG, car on vient de calculer l'aire de ce triangle qui vaut $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ;

• h représentant la hauteur relative à la base BDG. On a prouvé précédemment que cette hauteur est le segment [EI] dont la longueur est égale à $\frac{2\times \sqrt{3}}{3}$, car (EC) orthogonale à (GBD) et I projeté orthogonal de E sur (GBD).

Ainsi :
$V_{EGBD}\, =\, \frac{1}{3}\, \times \, \frac{\sqrt{3}}{2}\, \times \, \frac{2\, \times \, \sqrt{3}}{3}\, =\, \frac{1}{3}$