Des coniques aux quadriques

Jean Piquerez

Collège et Ecole de commerce Madame de Staël

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La géométrie plane élémentaire nous apprend que l'on peut obtenir toutes les coniques (dégénérées ou non) comme lieu géométrique des points dont le rapport des distances:

• à un point et à une droite (ellipses, paraboles ou hyperboles)
• à deux points (cercle ou droite)
• à deux droites sécantes ou parallèles (deux droites sécantes ou parallèles)

est constant.

Qu'en est-il des quadriques?

Autrement dit, peut-on obtenir tous les différents types de quadriques en envisageant des lieux géométriques du même genre?

Je me suis livré à une étude que j'espère exhaustive, n'ayant rien trouvé dans la littérature scientifique. A ce propos, tout lecteur pouvant me citer des références ou compléter éventuellement mon étude est le bienvenu.

1 Rapport des distances à deux points donnés $A$ et $B$

On cherche les points $M$ de l'espace tels que $\frac{MA}{MB}=K$, où $K>0$ est une constante. En prenant la droite $(AB)$ pour axe $(Ox)$ et $OA$ pour unité de telle sorte que $A(1;0;0)$ et $B(\alpha;0;0)$ avec $\alpha>1$, on obtient

$$\left(x-\frac{\alpha K^2-1}{K^2-1}\right)^2+y^2+z^2=\left(\frac{K(\alpha-1)}{K^2-1}\right)^2\quad\mbox{si }K\neq1$$

sphère de centre $M_0(\frac{\alpha K^2-1}{K-1};0;0)$ et de rayon $R=\frac{K(\alpha-1)}{\vert K^2-1\vert}$. Cette sphère est, bien entendu, obtenue par la rotation du cercle d'Apollonius de rapport $K$ du segment $[AB]$ du plan $xOy$ autour de l'axe $(Ox)$.

Si $K=1$, il vient $x=\frac{1+\alpha}{2}$, abscisse du milieu du segment $[AB]$, et le lieu géométrique cherché est un plan, le plan médiateur du segment $[AB]$ obtenu par rotation autour de l'axe $(Ox)$ de la médiatrice du segment $[AB]$ dans le plan $xOy$.

2 Rapport des distances à un point $A$ donné et à une droite $d$ donnée

On suppose que $A\notin d$.

On prend le plan $(A,d)$ pour plan $xOy$, la droite $d$ pour axe $(Oy)$ et $OA$ pour unité sur l'axe $(Ox)$, ce dernier étant perpendiculaire à $(Oy)$ et passant par $A$. On a donc: $A(1;0;0)$ et $d:x=z=0$.

On note $\delta(M;d)$ la distance de $M$ à $d$. Donc $\delta(M;d)=\vert\vert \vec{OM}\times\vec u \vert\vert$ avec $\vec u(0;1;0)$, vecteur unitaire de $(Oy)$.

On cherche les points $M$ de l'espace tels que

$$\frac{MA}{\delta(M;d)}=K,\quad\mbox{o\\lq u }K>0.$$

Trois cas peuvent alors se produire:

• Si $K>1$, on a

  
  

  $$\frac{u^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$$
  
  

  avec

  
  

  $$u=x-\frac{1}{K^2-1},\quad a=c=\frac{K}{K^2-1}\quad\mbox{et }b=\frac{K}{\sqrt{K^2-1}}.$$
  
  

  Il s'agit d'un hyperboloïde de révolution à une nappe.

• Si $K<1$, on a:

  
  

  $$\frac{u^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$$
  
  

  avec

  
  

  $$a=c=\frac{K}{1-K^2}\quad\mbox{et }b=\frac{K}{\sqrt{1-K^2}}.$$
  
  

  Il s'agit d'un ellipsoïde de révolution.

• Si $K=1$, il vient

  
  

  $$y^2=2u,\quad \mbox{avec }u=x-\frac{1}{2}.$$
  
  

  Il s'agit d'un cylindre parabolique.

Cas particulier: Si $A\in d$, on a:

• $K>1$:

  
  

  $$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=0,$$
  
  

  avec $a=c=1$ et $b=\sqrt{K^2-1}$. Il s'agit d'un cône de révolution.

• $K<1$:

  
  

  $$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=0$$
  
  

  avec $a=c=1$ et $b=\sqrt{1-K^2}$. Il s'agit d'un ellipsoïde de révolution

  dégénéré, réduit à un point.

• $K=1$: $y=0$ et l'on a affaire à un plan.

3 Rapport des distances à un point $A$ donné et à un plan $p$ donné

On suppose $A\notin p$.

Si l'on trace par $A$ un plan orthogonal quelconque à $p$, on se retrouve dans la situation de géométrie plane classique où l'on obtient hyperbole, parabole ou ellipse selon la valeur de $K$. Un tel plan, tournant autour de la droite orthogonale à $p$ passant par $A$, ces trois coniques engendrent par rotation un hyperboloïde de révolution à deux nappes, un paraboloïde de révolution ou un ellipsoïde de révolution respectivement.

Cas particulier: si $A\in p$, on a:

• $K>1\Rightarrow$ cône de révolution
• $K<1\Rightarrow$ ellipsoïde de révolution dégénéré
• $K=1\Rightarrow$ sphère dégénérée.

4 Rapport des distances à deux droites données $d_1$ et $d_2$

4.1 $d_1$ et $d_2$ sont gauches

Il s'agit de loin du cas le plus complexe. On prend $d_1$ pour axe $(Ox)$ et la perpendiculaire commune pour axe $(Oz)$ (voir figure 1).

Figure 1: Situation dans le cas des deux droites gauches

Ainsi $d_1$ a pour vecteur directeur $\vec u_1(1;0;0)$ et $d_2$ a pour vecteur directeur $\vec u_2(\cos\alpha;\sin\alpha;0)$ avec $0<\alpha\leq90¡$. $(Oz)\cap d_2=A$ et l'on choisit $OA$ pour unité. On cherche donc l'ensemble des points tels que

$$\frac{\delta(M;d_1)}{\delta(M;d_2)}=K,\quad\mbox{o\\lq u }K>0$$

avec $\delta(M;d_1)=\vert\vert \vec{OM}\times\vec u_1 \vert\vert$ et $\delta(M;d_2)=\vert\vert \vec{AM}\times\vec u_2 \vert\vert$. Si $K\neq 1$, on trouve, en posant $v=z-\frac{K^2}{K^2-1}$:

$$(K\sin\alpha)^2x^2+(K^2\cos^2\alpha-1)y^2+(K^2-1)v^2-2K^2\sin\alpha\cos\alpha xy=\frac{K^2}{K^2-1}$$

On fait alors une rotation d'axe $(Ov)$ et d'angle $\varphi$ , en posant

$$\left\{\begin{array}{l} \par t=x\cos\varphi-y\sin\varphi\\ \par u=x\sin\varphi+y\cos\varphi\\ \par\end{array}\right.$$

et en déterminant $\varphi$ de sorte que le terme en $tu$ disparaisse.

On trouve alors $At^2+Bu^2+Cv^2=D$, qui ne peut en aucun cas être un ellipsoïde, car la nature géométrique même du problème montre qu'il existe des points à l'infini. D'ailleurs comme $C>0,D>0$ et $AB<0$, il s'agit d'un hyperboloïde à une nappe.

Comme, a priori, $A$, $B$ et $C$ sont distincts deux à deux, aucune de ces surfaces n'est de révolution.

Si $K=1$, en posant

$$\left\{\begin{array}{l} \par t=x\cos\varphi-y\sin\varphi\\ \... ...+y\cos\varphi\\ \par v=z-\frac{1}{2}\\ \par\end{array}\right.$$

avec $\tan(2\varphi)=\tan\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)$, il vient

$$At^2-Au^2=2v.$$

Il s'agit d'un paraboloïde hyperbolique, les hyperboles étant équilatères.

4.2 $d_1$ et $d_2$ sont coplanaires

1. Sécantes:
   Si $K\neq 1$, on obtient $At^2+Bu^2+Cz^2=D$, avec $t$ et $u$ choisis comme précédemment.
   

   Il s'agit donc d'un cône du second ordre, qui n'est pas une surface de révolution, les coefficients $A$, $B$ et $C$ n'étant pas du même signe, sinon seule l'origine des axes ferait partie du lieu, ce qui est absurde.
   

   Si $K=1$, on obtient $t=\pm u$. Il s'agit de deux plans orthogonaux.

2. Parallèles:
   

   Ainsi $A(0;0;1)$ et $\vec u_2=\vec u_1$.
   Si $K=1$, on obtient $z=\frac{1}{2}$, équation d'un plan équidistant des deux droites, comme on pouvait s'en douter.
   

   Si $K\neq 1$, il vient

   
   

   $$\frac{y^2}{b^2}+\frac{v^2}{c^2}=1\quad\mbox{avec }v=z-\frac{K^2}{K^2-1}\mbox{ et }b=c=\frac{K}{\vert K^2-1\vert}.$$
   
   

   Il s'agit d'un cylindre circulaire droit, dont l'axe passe par le centre du cercle d'Apollonius déterminé par la section d'un tel cylindre avec n'importe quel plan orthogonal à l'axe du cylindre.

5 Rapport des distances à une droite donnée $d$ et à un plan donné $p$

5.1 $d\cap p=\{A\}$

On prend pour plan $xOy$ le plan $p$ donné, et pour plan $xOz$ le plan orthogonal à $p$ et contenant $d$. Ainsi $\vec n(0;0;1)$ est le vecteur normal unitaire à $p$, et $\vec u(\cos\alpha;0;\sin\alpha)$ avec $0<\alpha\leq90¡$ est le vecteur directeur unitaire de $d$.

On cherche donc l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que

$$\frac{\delta(M;d)}{\delta(M;p)}=K,\quad\mbox{o\\lq u }\mbox{ ave... ...vert\vert \mbox{ et }\delta(M;p)=\vert\vec{OM}\cdot\vec n\vert.$$

Tous calculs effectués, on obtient

• Un cône du deuxième ordre, si $K\neq 1$
• Un cône circulaire droit, si $K=1$.

5.2 $d\parallel p$ et $d\nsubseteq p$

Géométriquement, dans chaque plan orthogonal à $d$ on retrouve hyperbole, parabole ou ellipse selon la valeur de $K$.

Par conséquent, le lieu géométrique cherché est un cylindre hyperbolique, parabolique ou elliptique respectivement.

5.3 $d\subset p$

C'est un cas particulier de , avec $\alpha=0$ et l'on obtient

• $K>1\Rightarrow$ deux plans sécants d'équations $y=\pm\sqrt{K^2-1}z$
• $K=1\Rightarrow$ un seul plan d'équation $y=0$
• $K<1\Rightarrow$ aucune solution.

6 Rapport des distances à deux plans $p_1$ et $p_2$ donnés

1. Si $p_1$ et $p_2$ sont sécants, on obtient deux plans sécants. On peut facilement s'en convaincre géométriquement en raisonnant dans un plan orthogonal à la droite $d=p_1\cap p_2$.
2. Si $p_1\parallel p_2$, alors on a:
   $K\neq 1\Rightarrow$ deux plans parallèles
   $K=1\Rightarrow$ un plan équidistant des deux plans donnés.

7 Conclusion

En conclusion, il semble bien que l'on ne puisse pas obtenir toutes les quadriques de l'espace en envisageant le rapport des distances d'un point à deux sous-espaces affines de l'espace (point, droite ou plan).

En particulier, je n'ai pas pu obtenir de paraboloïde hyperbolique dont les hyperboles obtenues par section par rapport à un des trois axes de coordonnées ne soient pas équilatères, ni d'ellipsoïde qui ne soit pas de révolution.

Avis de recherche: De quel ensemble de points de l'espace un ellipsoïde quelconque est-il le lieu géométrique?