Projective ab ovo

plsryef

oui je pense à la deuxième qui est plus visuelle avec ce cadre, mais finalement la première c'est aussi la deuxième avec un changement de "perspective", dans l'idée de passer du plan du sol au plan des poteaux.

Julia Paule

GaBuZoMeu a dit :

Bonsoir,

Il s'agit bien de la même chose : dans les deux cas, une projection centrale de centre $O$ sur un plan $P$ ne contenant pas $O$ dans un espace affine $E$ de dimension 3. Et qu'est-ce que la ligne d'horizon ? Une ligne d'horizon est attachée à une direction $d$ de plan dans $E$, différente de la direction du plan $P$ : c'est l'intersection avec $P$ du plan de direction $d$ passant par $O$. Dans l'exercice des poteaux, on avait deux directions de plan : celle du plan du sol et celle du plan des poteaux, et deux lignes d'horizon pour ces directions de plan.

Bonsoir, je ne comprends pas vraiment, tu sembles dire qu'une ligne d'horizon du plan $P$ est la droite d'intersection de $P$ avec un plan $Q$ passant par $O$ de direction distincte de celle de $P$, donc a priori, cela peut être toute droite de $P$. L'image d'un plan $Q$ passant par $O$ privé de $O$ par la projection de centre $O$ sur $P$ est aussi l'intersection de $P$ et $Q$. Seulement, je ne retrouve pas là-dedans la définition d'une ligne d'horizon, lieu de rencontre des parallèles du plan. 

Deux plans $Q$ et $Q'$ passant par $O$, non parallèles à $P$, qui se coupent selon une droite parallèle à $P$, intersectent $P$ selon deux droites parallèles. Je ne vois toujours rien. Ah si peut-être, les deux droites parallèles, disons $D$ et $D'$, de $Q$ et $Q'$ avec $P$ se coupent à l'infini selon un point d'intersection représenté par la direction de la droite d'intersection de $Q$ et $Q'$ (droite vectorielle), et cela pour tout autre plan passant par $O$ non parallèle à $P$ qui partage la même droite d'intersection que celle de $Q$ et $Q'$ ?

Julia Paule

En fait je n'ai pas bien compris l'exercice des poteaux (bien que j'ai su faire intuitivement) car on a l'habitude de représenter la ligne d'horizon d'un plan selon une droite parallèle au plan, or là elle est perpendiculaire au plan considéré des poteaux. Donc en fait on ne considère qu'un seul point à l'infini, lieu de rencontre des deux droites parallèles contenant l'une la base et l'autre le sommet des poteaux, la ligne d'horizon est un peu abusive. Ou bien celle-ci s'applique à un espace à 3 dimensions avec des objets et des droites parallèles qui ne sont pas représentés dans le dessin.

GaBuZoMeu

Donc en fait on ne considère qu'un seul point à l'infini, lieu de rencontre des deux droites parallèles contenant l'une la base et l'autre le sommet des poteaux, la ligne d'horizon est un peu abusive.

Tu tires des conclusions trop vite, et sur une compréhension incomplète.

La droite des pieds des poteaux et la droite des hauts des poteaux sont parallèles. Elles se rencontrent à l'infini. Ce point à l'infini est sur la droite à l'infini du plan des poteaux. Il est aussi sur la droite à l'infini du plan du sol. Dans la projection centrale de centre $O$ sur le plan $P$, ces deux droites à l'infini donnent deux lignes d'horizon, la ligne d'horizon des plans parallèles au plan des poteaux et la ligne d'horizon des plans parallèles au plan du sol.

Oui, toute droite $D$ du plan affine $P$ est la ligne d'horizon d'une direction de plan non parallèle à $P$ : la direction du plan contenant $D$ et $O$.

Swingmustard

Bonjour,

Le dessin suivant pourrait être complété dans trois cas assez distincts.

1) Si c'est le début d'une scène urbaine "très pauvre", avec des immeubles sagement "parallèles entre eux". Les points de fuite restent limités à $HA$, $HB$, $HC$ : ceux des trois seules directions de tous les immeubles.

2) Scène urbaine "un peu plus riche" : celle où un deuxième immeuble a des faces latérales non parallèles à celles du premier. Comme ils ont tout de même en commun avec le premier tout le plan horizontal, $HA,HB$ mérite bien de s'appeler ligne d'horizon : elle accueille deux points de fuite de la face horizontale par cube, soit quatre points de fuite. Total : cinq points de fuite, dont quatre alignés.

N'empêche que $HA,HC$ est aussi une ligne d'horizon (celle de tous les plans parallèles à la face $OAB'C$), et $HB,HC$ est une troisième ligne d'horizon.

3) Si ce ne sont pas des immeubles, mais le début d'une chorégraphie de cubes, et qu'on permet à un deuxième cube de faire une pointe sur un coin, tel une ballerine, ses trois directions (différentes de celles du premier) vont engendrer des points de fuite numéros 4, 5, 6 qui me semblent n'avoir strictement aucun rapport avec les trois premiers. C'est le bazar, on a tellement de lignes d'horizon qu'on n'en parle plus vraiment.

Amicalement,

Swingmustard

Julia Paule

Bonjour, je complète ce message : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2516189/#Comment_2516189

Si on appelle $P_O$ le plan vectoriel passant par $O$ parallèle au plan affine $P$, la projection de centre $O$ sur $P$ envoie les plans vectoriels $Q$ distincts de $P_O$, donc les droites projectives associées distinctes de la droite projective $\mathbb P(P_O)$, sur une droite affine de $P$. Mais compte-tenu de la dimension $3$ de l'espace vectoriel considéré, deux tels plans vectoriels partagent une même droite vectorielle $D$, donc les deux droites projectives associées se coupent en $\mathbb P(D) \in \mathbb P(P_O)$ (la droite à l'infini du plan affine $P$), et se projettent sur deux droites affines qui sont parallèles dans $P$ car elles sont de direction $D$ (c'est le théorème du toit).

Le lien entre géométrie projective et projection centrale de centre $O$ (origine de l'espace affine) sur un plan affine ne contenant pas $O$ est ainsi établi. Merci beaucoup @GaBuZoMeu !!! Cela me fait l'effet d'un secret jalousement gardé enfin dévoilé.

Alors 4 droites vectorielles non liées 3 par 3 définissent 2 plans vectoriels en les prenant 2 par 2 (je simplifie), qui se coupent pour chaque paire de plans vectoriels selon une droite vectorielle. Si on les projette selon la projection de centre $O$ sur un plan affine ne contenant pas $O$, parallèle à une, deux ou aucune des deux droites vectorielles d'intersection, on obtiendra un trapèze, un parallélogramme ou un quadrilatère quelconque, avec des diagonales qui se coupent en leur milieu ou non. C'est donc une question de projection. D'ailleurs on le voit bien (concernant le milieu) dans le document que j'ai mis en lien plus haut.

Julia Paule

@GaBuZoMeu Merci : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2516198/#Comment_2516198

Si je comprends bien, la ligne d'horizon du plan des poteaux (verticale ?) et celle du plan du sol (horizontale ?) se rencontrent sur le plan $P$ du dessin au point d'intersection des droites formant la base des poteaux et celle formant leurs sommets. Je me mettais dans le contexte de l'exercice, pour dire qu'on ne considère que le point à l'infini où se rencontrent ces deux droites pour résoudre l'exercice. Seule la ligne d'horizon du plan du sol (horizontale ?) sert dans le cadre de l'exercice : ses points sont le lieu de rencontre des droites parallèles du dessin, donc les droites joignant l'une la base l'autre les sommets des poteaux sont parallèles car se coupant sur cette droite, donc on peut dire que les poteaux sont de la même hauteur. Et on peut résoudre l'exercice : la droite joignant le milieu des diagonales du rectangle et le point à l'infini est dans le plan des poteaux, parallèle aux deux autres, on peut dessiner le rectangle double, etc ... .

EDIT : j'ai un doute concernant la ligne d'horizon du plan des poteaux : on a un point de cette ligne (point d'intersection des droites parallèles formées par la base et le sommet des poteaux), mais il en faut un 2ème ; or comme les poteaux sont parallèles, c'est bien la droite passant par ce point, parallèle au plan des poteaux, donc la droite verticale passant par ce point ? Et la ligne d'horizon du plan du sol est bien la droite représentée sur le dessin ?

Du coup, c'est quoi la définition d'une ligne d'horizon d'un plan ?

- si on a deux paires de droites censées être parallèles se coupant en deux points distincts, c'est la droite formée par ces deux points,

- si on a un seul point d'intersection de deux droites censées être parallèles, et deux droites parallèles sur le dessin, c'est la droite passant par le point d'intersection et parallèle aux droites parallèles du dessin ; pour l'exercice des poteaux, c'est une droite parallèle à la droite d'intersection du plan des poteaux avec le plan de la feuille de papier, or la droite verticale répond à la question, puisqu'elle est contenue dans les deux plans,

- si on a un parallélogramme, c'est une droite à l'infini qu'on ne peut pas représenter sur le dessin.

C'est bien ça ?

EDIT : ah, j'ai un wagon de retard, tu le dis ici.

Question supplémentaire : Où est $O$ ? Comment le matérialiser sur le dessin ?

Il n'appartient évidemment pas au plan de la feuille.

GaBuZoMeu

Où est $O$ ?

Ceci est L'image du parallélépipède $ABCDEFGH$ dans la projection de centre $O$ (les "prime" sont les images des sommets)  :

Où est le centre de projection dans le repère $(A, \vec{AB}, \vec{AD}, \vec{AE})$ ?

Julia Paule

Bonjour @GaBuZoMeu. La géométrie dans l'espace n'est pas mon point fort, mais je vais quand même essayer.

D'abord il me semble que si tu as dessiné une figure plus complexe, c'est qu'a priori la figure avec les poteaux n'est pas suffisante pour déterminer $O$. Ensuite, j'aurais tendance à dire que pour trouver $O$, il faut sortir du plan de la feuille. Or en n'ayant que la figure, on ne peut faire que des intersections des droites de la feuille, qui se coupent donc dans la feuille, donc on ne pourra pas trouver $O$.

Essayons quand même. Prenons 4 droites de la projection images de 4 droites parallèles du parallélépipède. Elles sont les droites d'intersection de 4 plans vectoriels (contenant chacun $O$ et une des droites) avec $P$ le plan de la figure. Donc ces plans se coupent selon une même droite vectorielle de $P_0$, plan vectoriel parallèle à $P$ passant par $O$. Cette droite est la droite d'intersection des 4 plans vectoriels. On suppose que le plan de la feuille n'est pas parallèle à cette droite vectorielle. On prend les points d'intersection des 4 droites images, cela donne 6 points qui me semblent former un quadrilatère complet sur la feuille. Pas de certitude, mais on ne sait toujours pas sortir de la figure. Mais cela peut être une grossière erreur. Donc bref, je sèche.

D'ailleurs cela rejoint le fait que si on regarde une photo d'une personne qui regarde l'objectif, quelque soit l'endroit d'où on regarde la photo (donc quelque soit le centre de la projection), on a l'impression que la personne nous regarde. Cela veut dire que le centre de la projection peut être n'importe où.

Un autre argument est qu'on peut augmenter le plan affine $P$ avec n'importe quel point $O$ origine de l'espace, tous ces plans vectoriels formés par $P$ et $O$ seront parallèles entre eux, on ne saura pas trancher lequel prendre.

Alors deux remarques :

1) Du coup, l'intuition de la géométrie projective, ce n'est pas ce que j'ai pu imaginer plus haut, mais c'est plutôt ça : Imaginons un dessinateur qui cherche à mettre sur le papier un paysage comportant une paire de rails parallèles (comme ta photo plus haut). Il met une feuille de papier entre son oeil et les rails, qui n'est pas parallèle à la direction des rails. En dessinant ce qu'il voit, il projette sur le papier les rayons lumineux qui rentrent dans son oeil. Il dessine alors les rails comme deux droites qui s'intersectent ou semblent s'intersecter dans la feuille si on l'agrandit (c'est la perspective). C'est une projection des rayons lumineux de centre son oeil sur la feuille (représentant une portion de plan affine). Chacun des rails forme avec son oeil un plan vectoriel qui coupe la feuille selon une droite affine. Vu que la feuille n'est pas parallèle à la direction des rails, les droites qui les représentent ne sont pas parallèles. Elles le seraient si la feuille était parallèle à la direction des rails. Autrement dit, c'est parce que la feuille n'est pas parallèle à la direction des rails que les droites dessinées sur le papier paraissent sécantes. Le lien entre projection de centre $O$ sur un plan ne contenant pas $O$, et géométrie projective (qui considère des droites vectorielles coupant des plans affines), apparait de manière évidente. D'où le nom de "géométrie projective" donnée à cette projection. Elle peut se généraliser à n'importe quelle dimension. C'est l'évidence non dite (j'en ai fait mon slogan).

2) Concernant la figure avec les poteaux, l'exercice ne dit pas si les poteaux ont la même hauteur (je ne dis pas que l'exercice est ambigu pour ne froisser personne), mais on suppose évidemment que les poteaux sont parallèles puisqu'ils sont plantés perpendiculairement au sol (espérons-le) : 

- si on sait que les poteaux ont la même hauteur, on n'a pas besoin de la ligne d'horizon, le point d'horizon où les droites joignant la base et le sommet des poteaux se coupent suffit, car on obtient alors que la droite joignant l'intersection des diagonales et ce point d'horizon est parallèle aux deux droites,

- si on ne le sait pas, le fait que les droites joignant la base et le sommet des poteaux se coupent (ou semblent se couper) sur la ligne d'horizon signifient que ces droites sont parallèles, et vu que les poteaux sont parallèles, cela forme un parallélogramme (même un rectangle), donc les poteaux ont la même hauteur ; mais cela parait imprécis : on sait bien qu'en géométrie, on ne peut fier une déduction à "paraissent se couper".

EDIT : ah je n'ai pas vu que tu donnes un repère $(A, \vec{AB}, \vec{AD}, \vec{AE})$ avec l'axe des $x$, des $y$ et des $z$, donc cela donne une indication sur la position des points du parallélépipède $ABCDEFGH$, donc sur la position de $O$. Je recommence tout.

gai requin

Le point de fuite de la droite $(AB)$ a même ordonnée et même côte que $O$.

Julia Paule

...

GaBuZoMeu

Je complète la figure :

$(x,y,z)$ sont les coordonnées dans le repère $(A,\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE})$.

Je rappelle par exemple que la ligne d'horizon de du plan $z=0$ est l'image par la projection de centre $O$ du plan $z=z_O$ (où $z_O$ est bien sûr la troisième coordonnée de $O$).

@Julia Paule : tu parles "d'évidence non dite". Je pense qu'il s'agit plutôt d'évidence non entendue. Les deux premières lignes de la page wikipedia :

"En mathématiques, la géométrie projective est le domaine de la géométrie qui modélise les notions intuitives de perspective et d'horizon. Elle étudie les propriétés inchangées des figures par projection centrale."

Julia Paule

@GaBuZoMeu Il me semble que je ne l'avais pas vu formulé aussi explicitement auparavant. Un bon point à Wiki. Mon très bon cours et le cours de Michèle Audin réputé excellent introduisent la géométrie projective par : 

"La géométrie projective peut être vue comme une sorte de complétion de la géométrie affine dans laquelle il n’y a plus de parallèles. On peut penser à un plan projectif comme à un plan affine auquel on a ajouté une « droite à l’infini », les parallèles se coupant sur cette droite. C’est ce que je veux expliquer dans ce chapitre. Cette idée vient, bien sûr, de la perspective (les lignes de fuite se coupant sur la ligne d’horizon)."

D'ailleurs par exemple MA ne parle même pas dans son cours de projection centrale !

Julia Paule

GaBuZoMeu a dit :

la projection de centre $O$ du plan $z=z_O$ (où $z_O$ est bien sûr la troisième coordonnée de $O$).

Je ne comprends pas. Dans mon cours, la projection de centre $O$ sur un plan $H$ s'applique à tout l'espace privé du plan $H_O$, qui est le plan parallèle à $H$ passant par $O$, donc privé d'un plan contenant $O$. Or là $O$ est dans le plan d'équation $z=z_O$ qu'on veut projeter.

GaBuZoMeu

Le nom même dit bien d'où vient cette géométrie : PROJECTIve.

Julia Paule

Ben justement je me demandais d'où venait ce nom "projective", quel était le lien avec une projection. Donc cela s'éclaire quand je vois qu'il y a un lien.

gai requin

Je prouve mon assertion ci-dessus.
La parallèle à $(AB)$ passant par $O$ a pour équations $y=y_O,\;z=z_O$.
Elle coupe le plan de projection en $(A'B')\cap (C'D')$ qui a donc même ordonnée et même côte que $O$.

GaBuZoMeu

Julia Paule a dit :

Je ne comprends pas. Dans mon cours, la projection de centre $O$ sur un plan $H$ s'applique à tout l'espace privé du plan $H_O$, qui est le plan parallèle à $H$ passant par $O$, donc privé d'un plan contenant $O$. Or là $O$ est dans le plan d'équation $z=z_O$ qu'on veut projeter.

Oui, et alors ?

GaBuZoMeu

gai requin a dit :
La parallèle à $(AB)$ passant par $O$ a pour équations $y=y_O,\;z=z_O$.
Elle coupe le plan de projection en $(A'B')\cap (C'D')$ qui a donc même ordonnée et même côte que $O$.

Oui, le point $I$ sur mon dessin est le point à l'infini de l'axe des $x$ (intersection de la parallèle à l'axe des $x$ passant par $O$  (la droite $y=y_O$, $z=z_O$) avec le plan sur lequel on projette. Et ensuite ? Comment récupères-tu $x_O$, $y_O$, $z_O$ ?

gai requin

On fait pareil avec $(AD)$ pour récupérer $x_O$.

GaBuZoMeu

Hum, @gai requin . Je n'ai pas vu comment tu récupères $y_O$ et $z_O$.

gai requin

Je pensais qu’on avait accès aux coordonnées des points du plan de projection dans le repère $(A,B,D,E)$.

GaBuZoMeu

Non, tout est dans le dessin du parallélépipède en perspective et on n'a rien de plus. Mais ça suffit pour récupérer $x_O,y_O,z_O$.

gai requin

Ok, donc tu les récupères avec $L,M,N$.

GaBuZoMeu

Oui, mais comment ?

gai requin

Par exemple, $x_O=(A’,B’,L,I)$.

Swingmustard

Julia Paule a dit :

C'est une projection des rayons lumineux de centre son oeil sur la feuille (représentant une portion de plan affine).

Bonjour, 

Même si c'est physiquement inquiétant, d'approcher de tels objets de notre oeil, c'est pour moi aussi une des clefs de la compréhension. Un cube a trois directions perpendiculaires les unes aux autres ? Alors OK, de mon oeil part un tétraèdre trirectangle. La face opposée à mon oeil-sommet ? C'est l'intersection du plan sur lequel on projette avec le tétraèdre, et on peut appeler cette face triangle de fuite.

On ne tardera pas à voir se pointer un point de concours (du triangle de fuite) assez connu.

Amicalement,
Swingmustard

Julia Paule

GaBuZoMeu a dit :

Julia Paule a dit :

Je ne comprends pas. Dans mon cours, la projection de centre $O$ sur un plan $H$ s'applique à tout l'espace privé du plan $H_O$, qui est le plan parallèle à $H$ passant par $O$, donc privé d'un plan contenant $O$. Or là $O$ est dans le plan d'équation $z=z_O$ qu'on veut projeter.

Oui, et alors ?

Ben ça ne colle pas. La projection dont tu parles n'est pas définie selon mon cours. Bon j'abandonne.

GaBuZoMeu

@gai requin : voila, c'est ça.

@Julia Paule : ton cours te dit que la projection sur $H$ n'est pas définie sur l'hyperplan parallèle à $H$ passant par $O$. Mais pourquoi voudrais-tu que ce plan soit le plan $z=z_O$ ? Comme ce plan passe par $O$, sa projection est une droite, la droite d'horizon du plan $z=0$.

gai requin

Merci @GaBuZoMeu pour ce super exo, mon premier sur les projections centrales (mieux vaut tard…) !

GaBuZoMeu

À la relecture, pas trop d'accord avec ton birapport : plutôt $(I,A',B',L)$ (on envoie $I$ sur $\infty$, $A'$ sur $0$, $B'$ sur $1$, et alors $L$ va sur $x_O$).

gai requin

Je résume le calcul de $x_O$ en notant $\pi$ la projection de centre $O$, $I=\pi(\infty_{AB})$, $J=\pi(\infty_{AD})$ et $K=\pi(\infty_{AE})$.
Soit $\ell$ le point de $(AB)$ d'abscisse $x_O$ et $L=\pi(\ell)$, de sorte que $L=(JK)\cap (A'B')$. Alors :$$\begin{align*}x_O&=\frac{\overline{A\ell}}{\overline{AB}}\\&=(\ell,B,A,\infty_{AB})\\&=((O\ell),(OB),(OA),(O\infty_{AB}))\\&=(L,B',A',I).\end{align*}$$Ce qui est plus raccord avec ton résultat.

Julia Paule

GaBuZoMeu a dit :

@Julia Paule : ton cours te dit que la projection sur $H$ n'est pas définie sur l'hyperplan parallèle à $H$ passant par $O$. Mais pourquoi voudrais-tu que ce plan soit le plan $z=z_O$ ? Comme ce plan passe par $O$, sa projection est une droite, la droite d'horizon du plan $z=0$.

Alors c'est "ligne d'horizon" du plan $z=0$ que je n'ai pas compris. Mon cours ne comporte pas ce terme. J'ai supposé que c'était la droite à l'infini du plan $z=0$, mais ça ne va pas non plus, car dans mon cours la droite à l'infini est une droite projective qui contient les directions d'un plan affine qui ne passe pas par l'origine. C'est quoi la ligne d'horizon ?

Je vois que nous avons perdu @Malgame. C'est dommage car j'ai trouvé une explication pour sa question initiale qui est plus parlante.

GaBuZoMeu

J'ai déjà expliqué ce qu'est la ligne d'horizon d'une direction $d$ de plan.

C'est l'intersection du plan parallèle à $d$ passant par $O$ avec le plan sur lequel on projette (définition quand on parle de projection centrale dans un espace affine de dimension 3).

On peut aussi passer au complété projectif de l'espace affine de dimension 3. Dans ce contexte la projection centrale de centre $0$ est définie sur tout l'espace projectif sauf $O$. Tous les plans de direction $d$ dans l'espace affine ont même droite à l'infini, et la ligne d'horizon pour la direction de plan $d$ est la projection de cette droite à l'infini.

Au choix (ça donne la même chose) : la ligne d'horizon du plan $z=0$ est la projection de la droite à l'infini de ce plan (on se sert de ça pour tracer cette ligne d'horizon), ou l'intersection du plan $z=z_O$ avec le plan sur lequel on projette (on se sert de ça pour déterminer $z_O$ à l'aide d'un birapport).

Swingmustard

Julia Paule a dit :

Question supplémentaire : Où est $O$ ? Comment le matérialiser sur le dessin ?

Il n'appartient évidemment pas au plan de la feuille.

Bonjour Julia,

Personnellement, j'aime beaucoup cette construction qui révèle très exactement la position de $O$.

Sachant que le quadrilatère $abcd$ représente un carré $ABCD$ qui ne nous est pas donné, on obtient la projection $o$ de $O$, ainsi que sa distance au plan de projection :

d(O,yOz)=Oo=oo' Non, désolé, lire

$$d(O,xOz)=Oo=oo'$$

       

Amicalement,

Swingmustard

P.S. Quand je demande à geogebra "vue du plan untel", il se met dans un demi-espace que je n'arrive pas à lui imposer. Ici, il a choisi celui ne contenant pas $O$ (que j'ai placé à $(0,-2,3)$), raison pour laquelle dans le deuxième dessin, je suis allé moi aussi voir "depuis en face", de façon à ce que les deux représentations de $abcd$ aient la même allure. Bref, désolé : ce que $O$ voit s'obtient par symétrie wrt $oo'$ de ce que nous voyons dans le premier dessin.

Ensuite : généralisation splendide à la perspective du cube.

GaBuZoMeu

Swingmustard a dit :

on obtient la projection $o$ de $O$

C'est quoi, la projection du centre de projection ? Peux-tu être plus clair ?

Swingmustard

Bonjour,

Je m'intéresse à un cas peut-être relativement particulier, afin de limiter le risque de raconter des bêtises.

Dans le demi-plan contenu dans $xOy$, caractérisé par $z=0$ et $y\geqslant 0$ se trouve un carré $ABCD$.

Dans le demi-espace d'inéquation $y<0$ se trouve l'oeil $S$

EDIT $O$ était une mauvaise idée, car l'origine du repère est invoquée plusieurs fois

Je vais donc changer les $O$ en $S$, sauf pour le dessin parce que bon.... EDIT

de l'observateur, alias le centre de projection.

(Tant qu'on y est, prenons $z_S>0$, aussi.)

L'intersection de la pyramide $SABCD$ avec le plan de projection $xOz$ est le quadrilatère $abcd$.

J'appelle projection de $S$ le point $s$, projeté orthogonal de $S$ sur $xOz$.

https://www.geogebra.org/classic/b7ehrp3u 

Je reconnais volontiers diverses lacunes, et serai reconnaissant pour les coups de main.

Lacune 1.

Trouver une preuve niveau scolaire du fait que $f_b$, point de fuite de la direction $ab$, donc intersection dans $xOz$ de $ab$ avec $cd$, est bel et bien l'intersection avec $xOz$ de la parallèle à $AB$ issue de $S$.

Lacune 2 : distance entre $S$ et le plan de projection, dans le cas de la 3D, donc de la perspective d'un cube.

Wikipédia : "Sur une perspective conique à trois points de fuite, le point de fuite principal (ah oui, c'est peut-être comme ça que j'aurais pu appeler $s$) est situé à l'orthocentre du triangle formé par les points de fuite", essayons de généraliser le calcul 2D $$ss'=\sqrt {s f_b\times s f_d}$$ de la distance $ss'=d(S,xOz)$.

Il s'agit donc d'exprimer la hauteur $h=d(S,xOz)$ du tétraèdre trirectangle de sommet $S$ et de base le triangle de fuite, dont je note $a, b, c$ les côtés. J'aimerais trouver une formule plus simple que $$\dfrac1{2h^2}=\dfrac1{-a^2 + b^2 + c^2} + \dfrac1{a^2- b^2 + c^2}+\dfrac1{a^2 + b^2 - c^2}$$

 Amicalement,

Swingmustard

Swingmustard

Réponse pour Lacune 1.

Ma notation $O$ est malheureuse (confusion possible avec l'origine $O$ du repère), donc j'appelle désormais $S$ le centre de projection, et $s$ son projeté orthogonal sur $xOz$ : le point de fuite principal, paraît-il. On a

$$s=ab\cap cd=(SAB\cap xOz)\cap(SCD\cap xOz)=(SAB \cap SCD)\cap xOz$$

Or dans les plans $SAB$ et $SCD$, il existe deux droites parallèles : $AB$ et $CD$.

D'après le théorème du toit, leur intersection $SAB \cap SCD$ est aussi parallèle à ces droites.

Puisque cette intersection contient $S$, c'est bien la parallèle à $AB$ contenant $S$.

L'égalité ci-dessus montre que $s=ab\cap cd$ est, comme demandé, également l'intersection de cette parallèle avec $xOz$.

Amicalement,

Swingmustard

GaBuZoMeu

@Swingmustard : tu es dans un espace affine euclidien (sinon, comment parler de carré ?) et tu cherches à situer le centre de projection dans un repère lié au plan sur lequel on projette. (plan de la figure) C'est donc radicalement différent de ce qui a été fait plus haut où il n'y a pas de structure euclidienne et où on situe le centre de projection par rapport au parallélépipède représenté.

Il y a aussi une hypothèse que tu n'as pas explicité : le plan du carré et le plan de la figure sont perpendiculaires (le carré est horizontal et le plan de la figure vertical).

Le point de fuite principal est alors bien le projeté orthogonal du centre de projection (oeil de l'observateur) sur le plan de la figure. La construction avec les demi-cercles se fait dans le demi-plan horizontal contenant l'oeil de l'observateur, rabattu sur le plan de la figure le long de la ligne d'horizon : l'image dans le rabattement est le point d'où l'on voit les points de fuite des côtés du carré selon un angle droit et également les points de fuite des diagonales selon un angle droit.

Petite tâche supplémentaire : peux-tu représenter, sous ces hypothèses, le cube dont le carré est une face ?

Swingmustard

@GaBuZoMeu Merci pour les précisions et confirmations.

Tout de même au moins une chose qui est affine : "ma" preuve par le théorème du toit que $Sf_b$ est parallèle à $AB$, non ?

Mais il est vrai que j'ai absolument besoin des deux angles droits (des côtés et des diagonales) pour cette construction, purement euclidienne.

Je requalifie ta "petite tâche supplémentaire" en "super question", merci.

Le carré étant horizontal, on va rester dans une vue à deux points de fuite.

1) J'étais justement en train de me demander si je pouvais calculer la longueur $AB$, côté du carré original.

Si les données sont la seule représentation $abcd$, je réponds Non, puisque tout un tas de carrés homothétiques de $ABCD$ (situés dans des plans parallèles à $xOy$) donnent le même quadrilatère.

Ceci m'incite à répondre à ta question : avec une donnée supplémentaire, oui. Du style : une ligne de terre.

2) Disposant de la version 3D, je peux bien sûr regarder ce que ça donne dans le cas proposé.

https://www.geogebra.org/m/mdjgunms

La contemplation de ce cube me ferait pencher pour une réponse différente : "oui mais je ne sais pas encore comment".

Bref, tu pourrais (a) me faire gagner du temps en me donnant comme indication si tu penses qu'on est plutôt dans du (1) "oui mais donnée supplémentaire" ou (2) "oui, au boulot et sans donnée supplémentaire", et (b) me laisser le plaisir de chercher la construction, une fois donnée cette indication.

Amicalement,

Swingmustard

GaBuZoMeu

Avec les hypothèses que tu as, le point de fuite de la direction verticale est le point à l'infini dans la direction verticale du plan de la figure.

Le prisme vertical de base le carré découpe un carré égal dans le plan horizontal passant par l'oeil de l'observateur. Essaie de construire ce carré dans ce plan rabattu sur le plan de la figure, en choisissant un des coins (sur la droite où il doit être).

Swingmustard

Désolé, je ne comprends pas du tout.

Voici un dessin obtenu en raccourcissant le côté vertical, tout en conservant les contraintes de fuite pour le carré supérieur.

Ce dessin représente-t-il éventuellement un cube, ou est-ce complètement exclu (et si oui, comment s'en rendre compte) ?

Amicalement,

Swingmustard

GaBuZoMeu

Tu ne comprends pas "le plan horizontal passant par l'oeil de l'observateur, rabattu sur le plan de la figure en le faisant tourner autour de la ligne d'horizon" ? C'est pourtant la technique que tu as employée pour avoir la distance de l'oeil de l'observateur au plan de la figure, en dessinant tes demi-cercles.

Swingmustard

Je découvre ton ajout de 14:35. Là je vais peut-être comprendre.

Swingmustard

Bonsoir,

Je sèche. Dessin un peu chronophage, mais réalisé sans le moindre appel à $ABCD$ : je quadruple mon quadrilatère $abcd$ à coups de birapports harmoniques, je trace l'ellipse inscrite, j'en prends la seule corde qui soit vue sans fuite : l'horizontale (donc en diamètre rouge de cercle, égal au double du côté de la représentation du carré $ABCD$. Qui n'est pas $2\times AB$, bien sûr).

Cela va dans le sens de mon interprétation de ton message : on est (j'en suis surpris mais plutôt joyeux) dans le cas (2), aucune donnée autre que le quadrilatère $abcd$ n'est nécessaire pour monter la représentation du cube.

Hâte de lire ta manière certainement plus rapide de trouver le côté vertical.

J'ai tenté de suivre tes conseils, mais je n'ai pas su trouver "un des coins (sur la droite où il doit être)".

Je veux bien que la direction de la verticale du cube donne, après rabattement, une droite de bout issue de $o'$, mais je ne sais pas l'utiliser.

Amicalement,

Swingmustard

GaBuZoMeu

Ce dessin t'aide-t-il ?

Swingmustard

Merci @GaBuZoMeu,

Première demi-heure sans succès : dans ton dessin, je ne retrouve pas encore mes poussins.

Mais n'en dis pas plus pour l'instant : tu m'indiques au moins où "choisir le sommet", je gage que je finirai par y arriver ... Sans la moindre ellipse ;-)

À bientôt (après avoir payé ma dette hors forum à la vie quotidienne).

Swingmustard

GaBuZoMeu

Le choix du sommet est arbitraire. La seule condition est que, vu de l'oeil de l'observateur, il apparaisse bien sur la verticale d'un sommet du carré de départ.

Swingmustard

Voici mon erreur : j'ai cru que le sommet inférieur du carré rabattu était sur l'horizontale dont il n'est que très proche, sur ton dessin. En construisant ce sommet correctement (à l'aide d'un deuxième sommet du quadrilatère. Généreusement, tu l'as confirmé par un troisième), on a très vite accès au côté du carré rabattu, en effet !

Contrairement à ce que j'ai cru (naïvement. Après coup, c'est toujours ce qu'on dit), carré initial et carré rabattu n'ont donc pas du tout la même longueur de côté. "Carré rabattu", c'est pile "le vrai "carré projeté"" si j'ose dire.

Je n'ai pas encore tout compris mais suis soulagé.

Merci @GaBuZoMeu, you made my day !

Swingmustard

GaBuZoMeu

Avec plaisir.