Exercice : Anayse appliquée à la géométrie

Une courbe, un cercle et un rectangle

Une courbe gauche Γ, ses tangentes qui percent le plan horizontal toujours sur le même cercle, et ses normales qui, issues d'un même point de l'axe Oz, tombent sur les quatre sommets d'un rectangle. Solution détaillée, en cinq planches à manipuler.

L'énoncé

Dans un repère orthonormé Oxyz, on considère la courbe Γ définie, pour un réel a non nul, par :

x = a 1 + 2 cos² ucos u y = a 1 + 2 sin² usin u z = − asin 2u

a) Trouver le lieu des points d'intersection des tangentes à Γ avec le plan xOy.

b) Montrer que les pieds des normales à Γ qui passent par un même point de l'axe Oz sont les sommets d'un rectangle.

Conventions. On note s = sin u et c = cos u. Le paramètre u doit vérifier s·c ≠ 0 : les multiples de 90° sont exclus. Une normale en un point M de Γ est une droite passant par M et perpendiculaire à la tangente en M ; toutes les normales en M remplissent le plan normal en M. Toutes les figures sont tracées avec a = 1, les longueurs affichées sont donc en unités de a ; le cas a < 0 se déduit par la symétrie de centre O.

Le chemin suivi. Planche 1 : regarder la courbe et repérer ses symétries. Planche 2 : trouver un bon vecteur directeur de la tangente. Planche 3 : répondre à la question a). Planche 4 : traduire « la normale passe par P ». Planche 5 : en déduire le rectangle et tout savoir sur lui.

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De quoi la courbe a-t-elle l'air ?

La courbe Γ, ses quatre branches et ses symétries

Avant tout calcul, regardons Γ. Elle est formée de quatre branches, une par quart de tour de u, qui partent à l'infini quand sin u ou cos u s'annule. Et un fait saute aux yeux quand on coche les points symétriques : un plan horizontal coupe Γ en quatre points qui forment un rectangle. Gardez cette image en tête, elle est la clé de la question b).

Bleu : Γ et le point M(u) · violet : les trois points de Γ à la même hauteur que M · gris : le quadrilatère qu'ils forment. Faites glisser la figure pour la tourner.
Point M(u) / a—
Contrôle : z · sin 2u (doit valoir −a)—
Symétriques calculés par la formule—comparés à (y, x, z), (−x, −y, z), (−y, −x, z)
Le quadrilatère violet—

Ce que disent les formules

Remplacer u par π/2 − u échange sinus et cosinus : x et y s'échangent, et sin 2u ne change pas, donc z non plus. Remplacer u par u + π change le signe de s et de c : x et y changent de signe, z reste le même. On obtient ainsi, à partir de M(u) = (x, y, z), trois autres points de Γ à la même cote z :

M(π/2 − u) = (y, x, z)  ·  M(u + π) = (−x, −y, z)  ·  M(3π/2 − u) = (−y, −x, z)

Autrement dit, Γ est invariante par la symétrie par rapport au plan x = y et par le demi-tour d'axe Oz. Enfin, comme |sin 2u| ≤ 1, on a toujours |z| ≥ |a| : la courbe ne traverse jamais la tranche −|a| < z < |a|.

À retenir. La courbe ne passe jamais à moins de |a| du plan xOy, et chaque plan horizontal z = z₀ avec |z₀| > |a| la coupe en quatre points images les uns des autres par les symétries. Le rectangle de la question b) est déjà là : il restera à prouver que ce sont bien les pieds des normales.
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Quelle direction donner à la tangente ?

Un vecteur tangent qui ne s'annule jamais

Le vecteur vitesse M′(u) dirige la tangente… sauf là où il s'annule. Ici, M′(u) s'écrit comme un nombre k(u) multiplié par un vecteur V(u) qui, lui, ne s'annule jamais. C'est V qu'il faut utiliser partout, y compris aux points où le point mobile s'arrête un instant.

Orange : vitesse M′(u) · rouge : tangente dirigée par V · violet : sécante MN avec N = M(u + h). Vue orientable.
Le facteur k(u) = cos 2u / (2 sin²u cos²u) sur la première branche. Il s'annule et change de signe en u = 45°.
Facteur k(u)—
M′ dérivé numériquement contre k·V—écart relatif, différences centrées
Angle entre la sécante MN et V—
‖V(u)‖ (jamais nul)—la 3ᵉ composante vaut toujours 1

Le calcul

On dérive chaque coordonnée, puis on met en facteur ce qui est commun :

x′ = −a s cos 2uc²,  y′ = −a c cos 2us²,  z′ = a cos 2u2 s² c²
M′(u) = k(u) · V(u)   avec   k(u) = a cos 2u2 s² c²   et   V(u) = (−2s³, −2c³, 1).

Vérification sur la première coordonnée : k · (−2s³) = −a s cos 2u / c² = x′. La troisième composante de V vaut 1 : V n'est jamais nul.

Et quand cos 2u = 0 ?

Alors k = 0 et M′ = 0 : le point mobile s'arrête. En dérivant M′ = kV, on trouve M″ = k′V + kV′ = k′V, non nul et parallèle à V. La sécante MN tend donc encore vers la direction V : la tangente existe et garde la direction V. Comme k change de signe, le point repart en arrière : c'est un point de rebroussement (la pointe visible sur la figure, au sommet de la branche, en z = −a).

À retenir. En tout point de Γ, la tangente est dirigée par V(u) = (−2 sin³u, −2 cos³u, 1). Ce vecteur sert aux deux questions : sa troisième composante égale à 1 simplifiera la question a), et le produit scalaire avec V traduira la perpendicularité dans la question b).
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Question a) : où la tangente perce-t-elle le plan xOy ?

Toutes les tangentes passent par un même cercle

On suit la tangente en M jusqu'au plan horizontal z = 0. Le point d'arrivée T ne s'égare jamais : il est toujours sur le cercle de centre O et de rayon 3|a|, et il y tourne exactement à l'angle u.

Bleu : Γ et M · rouge : la tangente MT · vert : le cercle de rayon 3a et T · cercles blancs : les quatre points jamais atteints.
Vue de dessus : T est sur le rayon d'angle u (gris), à la distance 3a. La projection m de M (bleu) est sur la droite violette, perpendiculaire à ce rayon à la distance 4a.
T / a par la formule (3 cos u, 3 sin u, 0)—
T recalculé sans la formule—tangente numérique coupée par z = 0
(X² + Y²) / a² (doit valoir 9)—
Projection m de M : x cos u + y sin u—vaut toujours 4a

La solution

La tangente en M est l'ensemble des points M + μV(u). Sa cote vaut z + μ, puisque la troisième composante de V est 1. Elle est nulle pour μ = −z = a / (2sc). Alors :

X = a(1c + 2c) − 2s³ · a2sc = a 1 + 2c² − s²c = a 3c²c = 3a cos u

en utilisant 1 − s² = c². De même Y = 3a sin u. Donc :

T(u) = (3a cos u, 3a sin u, 0) et X² + Y² = 9a². Le lieu cherché est le cercle de centre O et de rayon 3|a| du plan xOy, privé des quatre points (±3a, 0, 0) et (0, ±3a, 0), qui demanderaient sin u = 0 ou cos u = 0.

Réciproquement, tout autre point du cercle s'écrit (3a cos u, 3a sin u, 0) avec s·c ≠ 0 : il est atteint, par une seule tangente.

À retenir. Le paramètre u n'est pas un simple numéro : c'est l'angle polaire du point T où la tangente perce le plan. Faites tourner u : T fait le tour du cercle en sautant les quatre points des axes, là où la courbe part à l'infini.
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Question b) : quels points M ont une normale passant par P ?

Le plan normal en M doit contenir P

Fixons P = (0, 0, h) sur l'axe Oz. La droite PM est une normale en M exactement quand P appartient au plan normal en M, c'est-à-dire quand (P − M) · V(u) = 0. Faites glisser M le long de Γ et regardez le plan normal balayer l'espace : il ne touche P qu'en quelques positions.

Orange : P · violet : le plan normal en M · rouge : distance de P à ce plan · vert : PM est une normale. Vue orientable.
Bleu : u ↦ 5z(u) · orange : la hauteur h · vert : les solutions, trouvées par dichotomie sur (P − M)·V. Bande grise : aucune solution possible.
(P − M) · V, calcul brut—
Formule simplifiée h + 5a/(2sc)—
Solutions trouvées par dichotomie—
Contrôle : max |sin 2u + 5a/h| et cotes—

Traduire la perpendicularité

Avec P = (0, 0, h) et V = (−2s³, −2c³, 1), la condition (P − M) · V = 0 s'écrit :

2x s³ + 2y c³ + h − z = 0.

Or x s³ = a s³(1 + 2c²)/c et y c³ = a c³(1 + 2s²)/s. En réduisant au même dénominateur sc :

x s³ + y c³ = a s⁴ + c⁴ + 2s²c²(s² + c²)sc = a (s² + c²)²sc = asc.

Et comme z = −a/(2sc), on a a/(sc) = −2z. La condition devient donc :

(P − M) · V = −4z + h − z = h − 5z.
PM est une normale si et seulement si z = h/5, c'est-à-dire sin 2u = −5a/h. Tous les pieds de normales issues de P sont dans le plan horizontal z = h/5.

Combien de solutions ?

Comme |sin 2u| ≤ 1, il faut |h| ≥ 5|a|. Si |h| > 5|a|, l'équation sin 2u = −5a/h a exactement quatre solutions sur un tour : u₀, π/2 − u₀, u₀ + π et 3π/2 − u₀, où u₀ = ½ arcsin(−5a/h). Si |h| = 5|a|, elles se confondent deux à deux en deux points de rebroussement. Si |h| < 5|a|, aucune normale à Γ ne passe par P.

À retenir. La condition « PM est normale » se réduit à une égalité de hauteurs : h = 5z. Sur le graphe, les solutions sont les points où la courbe bleue 5z(u) croise la droite orange h. La planche 1 nous a appris qu'à une hauteur donnée, Γ a quatre points formant un rectangle : la question b) est presque résolue.
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Pourquoi un rectangle, et lequel ?

Le rectangle des normales

Les quatre pieds A, B, C, D sont les quatre points de Γ à la hauteur h/5. Les symétries de la planche 1 font le reste : ABCD est un rectangle, centré sur l'axe Oz, aux côtés parallèles aux bissectrices y = x et y = −x. On va même plus loin : ses côtés ont une formule fermée, il s'aplatit en segment pour |h| = 5|a| et tend vers un carré, sans jamais l'atteindre, quand P s'éloigne.

Orange : P et les quatre normales · vert : le rectangle ABCD dans le plan z = h/5 · gris : l'axe Oz et le centre K. Vue orientable.
Plan des pieds z / a (doit valoir h/5a)—
Normales : max |(P − Mᵢ) · V(uᵢ)|—les quatre droites PA, PB, PC, PD
Longueurs PA = PB = PC = PD—

La preuve du rectangle

Si A = (x, y, h/5) est un pied, les trois autres sont B = (y, x, h/5), C = (−x, −y, h/5) et D = (−y, −x, h/5). Les diagonales [AC] et [BD] ont le même milieu K = (0, 0, h/5) : ABCD est un parallélogramme. Ses côtés consécutifs sont

AB = (y − x, x − y, 0),   BC = (−x − y, −x − y, 0),   AB · BC = −(y − x)(x + y) − (x − y)(x + y) = 0.
Un parallélogramme qui a un angle droit est un rectangle : ABCD est un rectangle de centre K sur Oz, de côtés parallèles aux droites y = −x et y = x.

Les côtés en formule fermée

Posons t = sin 2u = −5a/h, avec 0 < |t| ≤ 1. Comme sc = t/2, (s + c)² = 1 + t et (s − c)² = 1 − t, on trouve x + y = a(s + c)(2 + 1/(sc)) et x − y = a(s − c)(1/(sc) − 2), d'où :

|AB|, |BC| = 2√2 |a| (1 ± t)3/2|t|,   diagonale = 4 |a| √(1 + 3t²)|t|.

Pour |t| = 1 (|h| = 5|a|), un côté est nul : le rectangle s'écrase en un segment. Quand |h| grandit, t tend vers 0 et le rapport des côtés ((1 − |t|)/(1 + |t|))3/2 tend vers 1 : le rectangle ressemble de plus en plus à un carré, sans l'être jamais. Enfin PA = PB = PC = PD : les quatre pieds sont sur une sphère de centre P, ce qui se voit aussi sur le cercle circonscrit de centre K.

L'idée forte. Le rectangle n'est pas un hasard du calcul : la condition de normalité ne retient qu'une hauteur, z = h/5, et à chaque hauteur la courbe Γ présente quatre points échangés par ses symétries. La géométrie (les symétries de la planche 1) et l'algèbre (la simplification h = 5z de la planche 4) se rejoignent ici.

En résumé

Un bon vecteur tangent

M′(u) = k(u)·V(u) avec V = (−2 sin³u, −2 cos³u, 1), jamais nul. Aux points u = 45° + k·90°, M′ s'annule : ce sont des points de rebroussement, où la tangente garde la direction V.

a) Un cercle troué

La tangente en M(u) perce xOy en T = (3a cos u, 3a sin u, 0). Le lieu est le cercle de centre O, de rayon 3|a|, privé de ses quatre points sur les axes.

b) Une hauteur, un rectangle

PM est normale si et seulement si z = h/5. Les quatre pieds (si |h| > 5|a|) sont symétriques deux à deux : rectangle de centre (0, 0, h/5), côtés 2√2|a|(1 ± t)3/2/|t| avec t = −5a/h.

Pour aller plus loin