368
Les droites D et D , n'étant pas coplanaires, admettent une perpendiculaire commune ∆ . Considérons le r.o.n.
R = (O;
− →
i ,
− →
j ,
− →
k ) défini par :

      
      
O est le milieu de [H H ], où H ∈ D, H ∈ D ,
(H H ) = ∆
− →
k dirige ∆
− →
i est colinéaire à − → u +
− →
u
, où − → u ,
− →
u
sont normés
et dirigent respectivement D,D .
Ainsi : D
y = mx
z = h
, D
y = −mx
z = −h
,
où (m,h) ∈ R ∗ × R ∗
+ .
La droite D passe par A(0,0,k) et est dirigée par − → v (1,m,0),
d'où, pour tout point M(x,y,z) de E 3 :
d(M,D)
2 =
||
−→
AM ∧ − → v ||
2
||v|| 2
=
− m(z − h)
2 + (z − h)
2
+ (mx − y)
2
1 + m 2
= (z − h)
2 +
(y − mx)
2
1 + m 2 .
De même :
d(M,D )
2
= (z + h)
2
+
(y + mx)
2
1 + m 2 .
D'où : M ∈ S ⇐⇒ (z − h)
2
+
(y − mx)
2
1 + m 2
= (z + h)
2
+
(y + mx)
2
1 + m 2
⇐⇒ 2mx y + (1 + m
2
)hz = 0 .
Réponse : S est un paraboloïde hyperbolique.
Considérons une quadrique quelconque S, d'EC :
Ax
2
+ 2Bx y + 2Cxz + Dy
2
+ 2Eyz
+Fz
2
+ 2Gx + 2H y + 2I z + J = 0.
On a : Γ ⊂ S
⇐⇒
∀t ∈ R
∗ , At
6 + 2Bt
2 (t
3 − 1) + 2Ct
2 (t
3 + 1)
+ D
(t
3 − 1)
2
t 2
+ 2E
t
6 − 1
t 2 + F
(t
3 + 1)
2
t 2
+ 2Gt
3 + 2H
t
3 − 1
t
+ 2I
t
3 + 1
t
+ J = 0
⇐⇒
A = 0, 2(B + C) = 0, D + 2E + F = 0, 2G = 0,
− 2B + 2C + 2H + 2I = 0, −2D + 2F = 0, J = 0,
− 2H + 2I = 0, D − 2E + F = 0
⇐⇒
A = D = E = F = G = J = 0, H = I = B, C = −B
.
Réponse : Il existe une quadrique S et une seule contenant Γ.
Une EC de S est :
xy − xz + y + z = 0,
et S est un paraboloïde hyperbolique.
Considérons une quadrique quelconque S, d'EC :
Ax
2 + 2Bx y + 2Cxz + Dy
2 + 2Eyz + Fz
2
+2Gx + 2H y + 2I z + J = 0.
• On a :
P ⊂ S ⇐⇒
∀y ∈ R, A
y
4
4 p 2 + B
y
3
p
+ Dy
2
+G
y
2
p
+ 2H y + J = 0
⇐⇒ (A = B = H = J = 0, G = −Dp) .
Ainsi, S admet pour EC :
2Cxz + Dy
2 + 2Eyz + Fz
2 − 2Dpx + 2I z = 0.
• Puis :
D ⊂ S ⇐⇒
∀z ∈ R, C( p + 2z)z + Dp
2
+ 2Epz
+Fz
2
− Dp( p + 2z) + 2I z = 0
⇐⇒ (2C + F = 0, Cp + Ep − Dp + I = 0)
⇐⇒
F = −2C, I = (−C + D − E) p
.
Alors, S admet pour EC :
2Cxz + Dy
2
+ 2Eyz − 2Cz
2
− 2Dpx
−2(C − D + E) pz = 0.
• S est tangente en O au plan yOz si et seulement si, en notant φ le premier membre de l'équation précédente,
− − →
grad φ(0,0,0) est colinéaire à (1,0,0) .
Comme
− − →
grad φ(0,0,0) =
− 2Dp,0,−2(C − D + E) p
,
la condition revient à : E = D − C.
Finalement, S a pour EC :
2Cxz + Dy
2 + 2(D − C)yz − 2Cz
2 − 2Dpx = 0,
ou encore :
2C(xz − yz − z
2
) + D(y
2
+ 2yz − 2 px) = 0 .
On obtient ainsi le faisceau linéaire de quadriques (hors-programme) de base (S 1 ,S 2 ), où S 1 est la réunion des deux plans
z = 0, x − y − z = 0, et S 2 le paraboloïde hyperbolique
y
2
+ 2yz − 2 px = 0 .
Réponse : Une (double) infinité de quadriques, celles
d'EC :
2C(xz − yz − z
2 ) + D(y
2 + 2yz − 2 px) = 0,
(C,D) ∈ R
2 − {(0,0)}.
6.3.41
6.3.42
6.3.43