l'ellipse par la bande de papier
Bonjour tout le monde,
Voilà mon problème:
Montrer que si 2 points $P$ et $Q$ décrivent respectivement les axes $(Ox)$ et $(Oy)$ de sorte que la distance $PQ$ reste constante=$a+b$ de sorte que $MP=b$ et $MQ=a$ ou $M\in [PQ]$ alors le point $M$ décrit l'ellipse d'axes $(Ox)$ et $(Oy)$ de demi-axe $a$ et $b$.
(ça c'est bon,j'ai réussi)
puis ensuite,on me demande, "Quelle est la nature de la tangente en $M$ à cette ellipse?"
pour la première partie, j'ai considéré le point $N$ comme étant le 4eme sommet du parallélogramme $OQMN$ et $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur $(Ox).$
J'ai $ON=QM=a$ et $N$ décrit le cercle de centre $O$ et de rayon $a$, par Thalès dans les triangles $(MPH)$ et $(OHN)$ on a $\dfrac{HM}{HN}=\dfrac{-b}{a}$ et donc $M$ se déduit de $N$ par l'affinité orthogonale d'axe $(Ox)$ de rapport $\dfrac{-b}{a}$ qui envoie le cercle de centre $O$ et de rayon a sur l'ellipse d'axes $(Ox)$ et $(Oy)$.
Il faudrait ainsi pour répondre à ma 2eme question que je montre que le point $T$ (sur $(Ox)$) de la tangente en $N$ au cercle de centre 0 et de rayon est l'orthocentre de $PMN$ issue de $M$ pour en déduire ensuite que $(MT)$ est la tangente en M à l'ellipse.
Et c'est là que je bloque...je ne vois pas comment montrer que ce point T est l'orthocentre de $MPN$...
Merci d'avance de votre aide.:)
PS: si une âme charitable a le temps et la possibilité de joindre un dessin, ce n'est pas de refus...malheureusement,je ne maitrise aucun logiciel de géométrie si ce n'est cabri sur ma V200...:S
Voilà mon problème:
Montrer que si 2 points $P$ et $Q$ décrivent respectivement les axes $(Ox)$ et $(Oy)$ de sorte que la distance $PQ$ reste constante=$a+b$ de sorte que $MP=b$ et $MQ=a$ ou $M\in [PQ]$ alors le point $M$ décrit l'ellipse d'axes $(Ox)$ et $(Oy)$ de demi-axe $a$ et $b$.
(ça c'est bon,j'ai réussi)
puis ensuite,on me demande, "Quelle est la nature de la tangente en $M$ à cette ellipse?"
pour la première partie, j'ai considéré le point $N$ comme étant le 4eme sommet du parallélogramme $OQMN$ et $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur $(Ox).$
J'ai $ON=QM=a$ et $N$ décrit le cercle de centre $O$ et de rayon $a$, par Thalès dans les triangles $(MPH)$ et $(OHN)$ on a $\dfrac{HM}{HN}=\dfrac{-b}{a}$ et donc $M$ se déduit de $N$ par l'affinité orthogonale d'axe $(Ox)$ de rapport $\dfrac{-b}{a}$ qui envoie le cercle de centre $O$ et de rayon a sur l'ellipse d'axes $(Ox)$ et $(Oy)$.
Il faudrait ainsi pour répondre à ma 2eme question que je montre que le point $T$ (sur $(Ox)$) de la tangente en $N$ au cercle de centre 0 et de rayon est l'orthocentre de $PMN$ issue de $M$ pour en déduire ensuite que $(MT)$ est la tangente en M à l'ellipse.
Et c'est là que je bloque...je ne vois pas comment montrer que ce point T est l'orthocentre de $MPN$...
Merci d'avance de votre aide.:)
PS: si une âme charitable a le temps et la possibilité de joindre un dessin, ce n'est pas de refus...malheureusement,je ne maitrise aucun logiciel de géométrie si ce n'est cabri sur ma V200...:S
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Réponses
Ton point T appartient à la tangente en N au cercle principal, donc (TN) et (ON) sont perpendiculaires de plus (MP) est parallèle à (ON), donc...
Bruno
donc $(NT) \perp (PM)$ donc $(NT)$ est la hauteur issue de $N$ dans le triangle $NMP$...de plus $(PH)\subset (Ox)$ est perpendiculaire à $(MN)$ par définition du point $H$ et $T\in [HP]$ d'ou les hauteurs issues de $P$ et $N$ sont sécantes en $T$...donc celle issue de $M$ est sécante en $T$ également donc $T$ est l'orthocentre de $MNP$.
Merci Bruno!(tu):)
Effectivement sympa le logiciel !
Merci !
Quant à ta remarque, je ne sais pas, j'ai fait comme ça, l'affinité orthogonale m'a paru utile ici... Mais on peut s'en passer sans doute si tu me fais la remarque...
et comme $(ON)$ est un rayon du cercle principal tel que $(ON)\perp (NT)$ (car $(TN)$ est la tangente en $T$) on va avoir $(MT)\perp (PN)$ et donc $T$ est bien l'orthocentre de $PMN$...
Merci bien pldx1:)
Plus précisément, soit $f$ une affinité et soit $M$ un point décrivant un arc $\Gamma$ de classe $\mathcal C_1$, alors la tangente $T'$ au point $M' = f(M)$ à l'arc $\Gamma' = f(\Gamma)$ est la droite $T' = f(T)$.
Il en résulte immédiatement que la tangente en $M$ à l'ellipse est la droite $MT$.
J'avoue ne pas comprendre cette histoire d'orthocentre.
Robby peut-il nous donner des précisions?
Autre remarque:
Que peut bien vouloir dire mathématiquement cette question:
Quelle est la nature de la tangente?
Y-aurait -il des tangentes contre nature?
Voici ma propre figure où j'ai fait le lien avec les mouvements plan sur plan chers à zephyr.
Le point $R$ est le centre instantané de rotation et la normale en $M$ est la droite $RM$.
Amicalement
Pappus
PS
1° Que peut-on dire si les points $P$ et $Q$ décrivent des droites sécantes quelconques.
Quelle est l'aire de la courbe décrite par le point $M$?
2° Généraliser la bande de papier à l'espace.
pour ta 1er question,je ne sais pas...
l'aire de l'ellipse,correspond à l'aire de la courbe décrite par M non? $\dfrac{\pi.ab}{4}$
j'imagine qu'on obtiendrais une ellipsoide ...:)
C'est ce que je voulais savoir.
Cela ne me parait pas évident!
Le point $M$ décrit toute l'ellipse!
L'aire est donc égale à $\pi ab$!
Ce qui est amusant , c'est que si les droites supports des lieux des points $P$ et $Q$ ne sont plus orthogonales, ces résultats sont inchangés.
$M$ décrit toujours une ellipse et cette ellipse a pour aire $\pi ab$.
Tu as raison, c'est une ellipsoïde!
Encore faut-il le montrer.
Il existe une autre démonstration en dimension 2, qui ne passe pas par les affinités et qui se propage bien à la dimension 3.
amicalement
Pappus
PS
Une ellipse peut être décrite de deux façons différentes par une bande de papier!
oui,pardon,c'est $\pi.ab$...j'ai oublié de multiplier dans mon intégrale...:)
effectivement,le fait que ça marche lorsque P et Q sont sur des droites non orthogonales est intéressant...la démonstration du résultat est-elle la même? (enfin,via une affinité...pas forcément orthogonale alors si?):S
oui,j'imagine que l'on a le cas comme ici ou l'ellipse est "horizontale" et le cas ou elle est "verticale",si je puis m'exprimer en des termes aussi grossiers:)
Cela n'est pas évident.
Amicalement
Pappus
PS
Encore une fois, la démonstration par l'affinité n'est pas la seule possible.
La démonstration la plus jolie est celle qui exhibe les deux bandes de papier passant par chaque point $M$ de l'ellipse: l'une est de longueur $a +b$ et l'autre de longueur $a-b$. Elle fait intervenir aussi les cercles de centre $O$ et de rayons $a+b$ et $a-b$, appelés cercles de Chasles de l'ellipse.
On peut la trouver par exemple dans le cours de géométrie d'Iliovici et Robert.
On y trouvera aussi le cas où les droites ne sont plus orthogonales.
on mélange ma première réponse(celle avant le dessin)
et celle après le dessin de pldx1... et je pense que ça marche.
Voici ma figure sans trop de commentaires:
J'ai fait la figure à l'envers.
Je pars des cercles de Chasles, tracés en violet pointillé.
Ces cercles s'échangent dans la transposition circulaire $\tau$ ayant pour points fixes les foyers $F$ et $F'$ de l'ellipse.
Soit $P$ un point du cercle de Chasles de centre $O$, le centre de l'ellipse et de rayon $a-b$.
Alors $Q= \tau(P)$ est sur l'autre cercle de Chasles de centre $O$ et de rayon $a+b$.
Autrement dit le quadrangle $(P,Q,F,F')$ est harmonique.
Le résultat de Chasles est le suivant:
Le milieu $m$ de $PQ$ décrit l'ellipse et la tangente en $m$ est la médiatrice de $PQ$.
Les bandes de papier sont les parallèles respectives aux droites $OP$ et $OQ$ passant par $m$.
Amicalement
Pappus
Il faut noter que la longueur du segment $PQ$ est celle du diamètre conjugué (tracé en violet) de celui passant par $m$.
On voit ainsi apparaitre en filigrane la construction des foyers d'une ellipse dont on connait deux diamètres conjugués.
Amicalement
Pappus
Les extrémités $P$ et $Q$ d'une bande de papier sont situées respectivement sur deux droites $Ox$ et $Oy$, pas forcément orthogonales.
On obtient ainsi un mouvement plan sur plan, le plan mobile étant lié au segment $PQ$.
Le centre instantané de rotation $I$ est à l'intersection des normales en $P$ à $Ox$ et en $Q$ à $Oy$.
Les points $(O, I, P, Q)$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre $OI$.
D'après la loi des sinus dans le triangle $OPQ$, on a: $OI = \dfrac{PQ}{\sin(\widehat{POQ})} = R$
Le cercle $\gamma = OPQ$ de centre $\Omega$ milieu de $OI$ et de rayon $\dfrac R 2$ est donc invariablement lié au segment $PQ$. Il est le lieu du point $I$ dans le plan mobile et c'est la roulante du mouvement.
Quant au lieu de $I$ dans le plan fixe, c'est le cercle $\Gamma$ de centre $O$ et de rayon $R$. c'est la roulette du mouvement.
Traditionnellement ce mouvement plan sur plan est appelé engrenage de La Hire (1640-1718), du nom de son inventeur.
On va montrer que tout point $M$ du plan mobile, c'est à dire invariablement lié au segment $PQ$, décrit en général une ellipse sauf si ce point est situé sur la roulette $\gamma$ auquel cas, il décrit un segment de droite.
En effet dans ce dernier cas, l'angle $(PM, PQ)$ est constant puisque la classe d'isométrie directe du triangle $MPQ$ est fixée. Mais $(PM, PQ) = (OM, OQ)$ puisque les points $(O,M,P,Q)$ sont cocycliques.
L'angle $(OM, OQ)$ étant constant, le point $M$ appartient à une droite passant par $O$.
Maintenant dans le cas général, le diamètre $\Omega M$ est invariablement lié au segment $PQ$ et coupe la roulette $\gamma$ en deux points $P'$ et $Q'$, eux aussi invariablement liés au segment $PQ$.
On vient de voir que les points $P'$ et $Q'$ décrivaient des droites $Ox'$ et $Oy'$ et ces droites sont orthogonales puisque $P'Q'$ est un diamètre de $\gamma$.
D'après la théorie de la bande de papier, le point $M$ décrit une ellipse d'axe $Ox'$ et $Oy'$.
La normale en $M$ à l'ellipse passe par le centre instantané de rotation, c'est donc la droite $MI$.Remarquons que l'aire de cette ellipse est égale à $\pi MP'.MQ'$.
Si le point $M$ est situé sur la droite $PQ$, alors $MP.MQ = MP'.MQ'$ pour des raisons de puissance de $M$ par rapport à la roulette et l'aire de l'ellipse est bien égale encore à $\pi MP.MQ$.
Amicalement
pappus
Soit donc une bande de papier $PQ$ dont les extrémités $P$ et $Q$ décrivent respectivement l'axe des $x$ et l'axe des $y$ supposés orthogonaux.
On cherche le lieu d'un point $M$ de la bande.
Soit $\overrightarrow u$ un vecteur unitaire dirigeant la droite $PQ$.
On a $\overrightarrow u = \cos(\theta) \overrightarrow i + \sin(\theta) \overrightarrow j$ où les vecteurs unitaires $\overrightarrow i$ et $\overrightarrow j$ dirigent respectivement les axes $Ox$ et $Oy$.
On a: $\overrightarrow{MP} = b \overrightarrow u$ et $\overrightarrow{MQ} = a \overrightarrow u$ où les réels $a$ et $b$ peuvent être positifs ou négatifs comme l'a remarqué Pierre.
En projetant l'égalité $\overrightarrow{MP} = b \overrightarrow u$ sur l'axe $Oy$, on obtient:
$-y_M = b\sin(\theta)$.
En projetant l'égalité $\overrightarrow{MQ} = a \overrightarrow u$ sur l'axe $Ox$, on obtient:
$-x_M = a\cos(\theta)$.
Le point $M$ appartient donc à l'ellipse $(E)$ dont une équation dans le repère $\{O,(\overrightarrow i, \overrightarrow j)\}$ est:
$\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$.
Personnellement, je trouve cette démonstration aussi jolie et rapide que celles qui se prétendent synthétiques.
1° Comment adapter cette démonstration au cas où les vecteurs unitaires $\overrightarrow i$ et $\overrightarrow j$ ne sont plus orthogonaux?
2° Comment cette démonstration se propage-t-elle en dimension $3$?
Amicalement
Pappus
quand on projette les égalités sur $(Ox)$ et $(Oy)$ on semble utiliser l'orthogonalité de $\vec{i}$ et $\vec{j}$, il faudrait dans le cas ou ces vecteurs ne sont plus orthogonaux,considérer la projection sur l'un parallèlement à l'autre...enfin,je dis ça,c'est juste une supposition!:-(
Plutôt que d'utiliser le conditionnel, il vaut mieux appliquer effectivement ton idée!
Amicalement
Pappus
C'est la même figure que précédemment, à ceci près que j'ai rajouté le centre de courbure $C$ en $m$ à l'ellipse.
La théorie des mouvements plan sur plan permet de déterminer le centre de courbure en un point de la trajectoire dans le plan fixe d'un point invariablement lié au plan mobile.
C'est la construction d'Euler-Savary.
Il n'est pas question que j'en fasse la démonstration ici et je vous renvoie aux livres de cinématique spécialisés s'il en existe encore.
Concrètement cela se traduit par la propriété suivante que vous pouvez essayer de montrer directement:
Le centre $O$ de l'ellipse et le centre de courbure $C$ en $m$ à l'ellipse sont des points conjugués par rapport au cercle de diamètre $PQ$.
Rappelons que $P$ est le centre instantané de rotation de la bande de papier $UV$ et $Q$ est le centre instantané de rotation de la bande de papier $RS$.
On peut aussi dire que le centre de courbure $C$ est le pôle par rapport au cercle de diamètre $PQ$ du diamètre conjugué du diamètre $Om$ c'est à dire de la parallèle à la tangente en $m$ à l'ellipse passant par le centre $O$, tracée en violet.
J'ai aussi tracé le lieu de $C$, développée de l'ellipse.
Amicalement
Pappus
PS
Les points $P$ et $Q$ sont les centres instantanés de rotation des bandes de papier $UV$ et $RS$.
Mais où se trouve le centre instantané de rotation du plan de la bande $UV$ par rapport au plan de la bande $RS$?
On peut généraliser encore plus :
Soit une plaque de carton avec 3 trous D,E,F
On déplace la plaque de carton de sorte que D et E soient sur deux droites fixes quelconques Ox,Oy
Lieu de F.
Amicalement
Pappus
PS
Et la troisième dimension?
Le point $A$ est assujetti à rester dans le plan $x=0$.
Le point $B$ est assujetti à rester dans le plan $y=0$.
Le point $C$ est assujetti à rester dans le plan $z=0$.
Quel est le lieu d'un point $M$ fixé de la tige?
Amicalement
Pappus
Je me permets d'interrompre votre discussion pour vous demander comment montrez vous déjà que le point décrit bien toute l'ellipse et non pas juste une partie de l'ellipse?
Je m'explique, en reprenant la démonstration classique,il faut tracer le bon parallélogramme et on se retrouve avec un nouveau point qui se trouve sur un cercle centré en O, et là, mes références disent juste "le lieu de ce point lorsque la bande de papier bouge est le cercle de centre O, et de rayon a" et donc par affinité, on retrouve bien une ellipse. Mais nul part il n'est justifié que le cercle tout entier était décrit par ce point... et je ne vois pas comment on peut montrer cela.
Merci d'avance!
Il suffit de remarquer que la mesure (principale) l'angle polaire du vecteur d'origine le centre et dont l'extrémité appartient au cercle décrit l'intervalle $]-\pi,\pi]$.
Bruno