PIANI E RETTE NELLO SPAZIO / ESERCIZI SVOLTI
L’asterisco contrassegna gli esercizi meno basilari (perché più difficili o di approfondimento).
Sarà sempre sottinteso che nello spazio si è fissato un riferimento cartesiano R = (O; i, j, k), rispetto a cui le coordinate si chiameranno (x, y, z) e tramite il quale si identificherà ogni vettore u= u1i+ u2j+ u3kcon la terna delle proprie componenti, scrivendo u = (u1, u2, u3).
ESERCIZIO. Date le rette
r1 : x − z − 2 = 0
y − 2z − 5 = 0 , r2 : 3x − y − z − 2 = 0 5x − 2y − z − 1 = 0 , (i) verificare che sono parallele e distinte;
(ii) determinare il piano che le contiene entrambe;
(iii) calcolarne la distanza.
Svolgimento.
(i) Valutiamo le direzioni delle due rette e la loro intersezione. La retta r1 si scrive facilmente in forma parametrica e risulta
r1 :
x = t + 2 y = 2t + 5 z = t
, (1)
da cui un vettore direttore di r1 è u = (1, 2, 1). Due vettori normali ai piani che si intersecano in r2sono (3, −1, −1) e (5, −2, −1) e quindi r2 è parallela al prodotto vettoriale
(3, −1, −1) × (5, −2, −1) = (−1, −2, −1) = −u.
Dunque r1 ed r2 hanno vettori direttori paralleli e perciò sono parallele, eventualmente coincidenti. Poiché il punto P1 = (2, 5, 0) sta su r1 ma non su r2 (le sue coordinate non verificano la coppia di equazioni che definisce r2), le due rette non sono coincidenti e dunque sono parallele e distinte.
(ii) Il piano α che contiene le due rette parallele r1 ed r2 può essere determinato nei due modi seguenti.
• (senza fasci di piani) α è il piano passante per un punto qualsiasi di una delle due rette e parallelo alla loro direzione comune ed al vettore −−→P1P2, con P1 punto qualsiasi di r1 e P2 punto qualsiasi di r2.
Cerchiamo un punto di r2, intersecandola con un piano a piacere (non ad essa parallelo), ad esempio x = 0; si trova il sistema
3x − y − z − 2 = 0 5x − 2y − z − 1 = 0 x = 0
che è risolto da (x, y, z) = (0, 1, −3) e quindi un punto di r2 è P2 = (0, 1, −3).
Prendendo poi P1 = (2, 5, 0) ∈ r1 (vedi rappresentazione parametrica (1)), si ha
−−→P1P2 = (−2, −4, −3) e quindi α è il piano x − 2 y − 5 z
−2 −4 −3
1 2 1
= 0
(parallelo a −−→P1P2 ed u = (1, 2, 1) e passante per P1), cioè α : 2x − y + 1 = 0.
• (tramite fasci di piani) α è il piano del fascio generato da una delle due rette e passante per un punto qualsiasi dell’altra.
Un punto di r1 è P1 = (2, 5, 0) (vedi rappresentazione parametrica (1)) ed il piano del fascio generato da r2 è
α : λ (3x − y − z − 2) + µ (5x − 2y − z − 1) = 0.
Imponendo l’appartenenza di P1 ad α si trova che P1 ∈ α ⇔ −λ − µ = 0. Allora, scegliendo ad esempio λ = −µ = 1, si ottiene
α : 3x − y − z − 2 − (5x − 2y − z − 1) = 0 cioè α : 2x − y + 1 = 0.
(iii) Essendo r1 ed r2 parallele, la loro distanza d (r1, r2) può essere calcolata nei due modi seguenti.
• d (r1, r2) è la distanza di un punto qualsiasi di una delle due rette dall’altra retta.
Un punto di r1 è ad esempio P1= (2, 5, 0) (vedi rappresentazione parametrica (1)).
Tramite la formula della distanza punto-retta, si ottiene
d (P1, r2) =
−−→P1P2× u
u = (−2, −4, −3) × (1, 2, 1)
(1, 2, 1) =
√30 6 , dove si è usato il punto P2= (0, 1, −3) ∈ r2 già determinato al punto (ii).
Alternativamente, tramite la distanza punto-proiezione, si ottiene che la proiezione P1 di P1 su r2 è
P1 :
3x − y − z − 2 = 0 5x − 2y − z − 1 = 0
x − 2 + 2 (y − 5) + z = 0 (piano per P1 e ⊥ r2) cioè P1 = 136 ,163, −56 , e quindi
d (P1, r2) = d P1, P1 = −−→
P1P1 = 13 6 ,16
3 , −5
6 − (2, 5, 0) =
√30 6 .
• d (r1, r2) è la distanza tra i punti di intersezione Q1, Q2 di r1, r2 con un qualsiasi piano ortogonale alle due rette.
Prendendo ad esempio il piano π : x + 2y + z = 0 (normale ad u e passante per l’origine), si ottiene
Q1 = r1∩ π :
x − z − 2 = 0 y − 2z − 5 = 0 x + 2y + z = 0
, Q2 = r2∩ π :
3x − y − z − 2 = 0 5x − 2y − z − 1 = 0 x + 2y + z = 0
,
cioè Q1 = (0, 1, −2) e Q2 = 16,43, −176 , e quindi d (Q1, Q2) = −−−→Q1Q2 = 1
6,4 3, −17
6 − (0, 1, −2) =
√30 6 .
ESERCIZIO. Determinare i piani α paralleli alle rette s1 : 2x − 8 = y = z − 1 ed s2 : x =
−y = z − 5 e soddisfacenti ciascuna delle seguenti condizioni:
(i) d (α, P ) =√
26, dove P = (1, −1, 3) (ii) d (α, r) = 2, dove r : x = 2, y − 1 = 3z.
Svolgimento. Poiché s1 : x = t, y = 2t − 8, z = 2t − 7 ed s2 : x = s, y = −s, z = s + 5 sono parallele ad u1 = (1, 2, 2) ed u2 = (1, −1, 1) rispettivamente, i piani α cercati sono ortogonali ad n = u1× u2 = (4, 1, −3), cioè hanno equazione della forma
α : 4x + y − 3z + k = 0 con k ∈ R.
(i) Tramite la formula della distanza punto-piano si ha d (α, P ) =√
26 ⇔ |−6 + k|
√26 =√
26 ⇔ |k − 6| = 26 ⇔ k − 6 = ±26 ⇔ k = 6 ± 26
e quindi il problema (i) è risolto dai piani α1 : 4x+y−3z−20 = 0 ed α2 : 4x+y−3z+32 = 0.
(ii) Notiamo che n è ortogonale al vettore direttore ur = (0, 3, 1) di r, per cui α ed r sono paralleli (d’altra parte, se così non fosse, si avrebbe d (α, r) = 0 ed il problema (ii) sarebbe impossibile). Allora d (α, r) è la distanza di α da un punto qualsiasi di r, ad esempio P0= (2, 1, 0) e quindi risulta
d (α, r) = 2 ⇔ d (α, P0) = 2 ⇔ |9 + k|
√26 = 2 ⇔ k = −9 ± 2√ 26.
Il problema (ii) è pertanto risolto dai due piani α1 : 4x + y − 3z − 9 − 2√
26 = 0 ed α2: 4x + y − 3z − 9 + 2√
26 = 0.
ESERCIZIO. Si considerino le rette r : x − 1 = 2z, y = 2 ed s : x = z − 1 = 0.
(i) Determinare il piano α contenente r e parallelo ad s.
(ii)* Determinare un piano β contenente r e formante un angolo di π3 con s.
(iii)* Su ciascuno dei piani trovati, individuare una retta che dista 4 da r.
Svolgimento. Entrambe le rette sono date in forma cartesiana: s è l’intersezione dei piani x = 0 e z = 1, quindi è parallela al vettore j = (0, 1, 0); r è la retta
r : x − 2z − 1 = 0 y − 2 = 0
e pertanto è parallela al vettore ur = (1, 0, −2) × (0, 1, 0) = (2, 0, 1).
(i) Date due rette non parallele nello spazio, esiste sempre un unico piano α contenente una e parallelo all’altra (indipendentemente da che le rette siano incidenti o sghembe). Tale piano può essere determinato nei due modi seguenti.
• (senza fasci di piani) α è il piano parallelo alle due rette e passante per un punto qualsiasi della retta che deve giacere sul piano.
Un punto di r è A = (1, 2, 0), quindi possiamo determinare α come il piano passante per A e parallelo ad ur e j. Si ottiene
α :
x − 1 y − 2 z
0 1 0
2 0 1
= 0 cioè α : x − 2z − 1 = 0.
• (tramite fasci di piani) α è il piano appartenente al fascio generato da r e con direzione normale perpendicolare alla direzione di s (condizione di parallelismo piano-retta).
L’equazione di α è quindi della forma
λ (x − 2z − 1) + µ (y − 2) = 0 con λ, µ ∈ R non entrambi nulli, (2)
cioè
λx + µy − 2λz − (λ + 2µ) = 0.
(3)
Imponendo l’ortogonalità tra j = (0, 1, 0) (vettore direttore di s) ed il vettore normale n = (λ, µ, −2λ) al piano (3), cioè j · n = 0, risulta che deve essere µ = 0 (e λ = 0 qualsiasi). Dunque, sostituendo in (2), si ottiene α : x − 2z − 1 = 0.
(ii) Dovendo contenere r, il piano β cercato deve passare ad esempio per A = (1, 2, 0) ∈ r e quindi ha equazione della forma
a (x − 1) + b (y − 2) + cz = 0 con a, b, c ∈ R non tutti nulli.
(4)
Inoltre il vettore normale nβ = (a, b, c) a β deve essere ortogonale al vettore direttore ur = (2, 0, 1) della retta r (perché r sta su β) e quindi, imponendo nβ · us = 0, risulta 2a + c = 0, cioè nβ = (a, b, −2a). Infine nβ deve soddisfare
| cos nβj| = sin π
3 , cioè |nβ · j|
nβ j =
√3 2
(perché deve essere βs = π/3 e j è un vettore direttore di s). Imponendo tale condizione si ottiene
(a, b, −2a) · (0, 1, 0)
√a2+ b2+ 4a2 =
√3
2 ⇔ |b|
√5a2+ b2 =
√3
2 ⇔ b2
5a2+ b2 = 3 4.
Riducendo a denominatore comune si trova b2 = 15a2, che equivale a b = ±a√ 15 con a = 0 qualsiasi (si ricordi che a, b non possono essere entrambi nulli, altrimenti si avrebbe nβ = (a, b, c) = (a, b, −2a) = 0). Dunque, sostituendo in (4), risulta
a (x − 1) ± a√
15 (y − 2) − 2az = 0
(si ricordi che c = −2a), che, dividendo per a = 0, equivale ai due piani β1 : x +√
15y − 2z − 2√
15 − 1 = 0 e β2 : x −√
15y − 2z + 2√
15 − 1 = 0.
(iii) Su ciascuno dei piani trovati, esistono due rette, diciamo r1ed r2, che distano 4 da r (come si intuisce chiaramente visualizzando graficamente il problema). Ragioniamo nel caso del piano α : x − 2z − 1 = 0, essendo i casi dei piani β1 e β2 del tutto analoghi.
Le rette r1 ed r2 del piano α che distano 4 da r sono parallele ad r, cioè parallele ad ur= (2, 0, 1), e passano per un punto qualsiasi di α che disti 4 da r; serve allora determinare almeno un punto P ∈ α che disti 4 da r (ma se ne troveranno automaticamente due), il che può essere fatto fissando un qualsiasi punto di r, ad esempio A = (1, 2, 0), e cercando P sulla retta di α perpendicolare ad r e passante per tale punto A. Poiché α ha equazioni parametriche
α :
x = 2t + 1 y = s z = t
,
il generico punto P ∈ α è della forma P = (2t + 1, s, t) con t, s ∈ R e dunque stiamo cercando P = (2t + 1, s, t) tale che
−→AP · ur = 0 (ossia AP ⊥ r)
−→AP = 4 (ossia d (A, P ) = 4) . Essendo −→AP = P − A = (2t, s − 2, t), tale sistema equivale a
2t + t = 0
(2t)2+ (s − 2)2+ t2= 16 cioè t = 0 s = 2 ± 4
e si trovano quindi i punti P1 = (1, 6, 0) e P2= (1, −2, 0). In definitiva il problema è risolto dalle rette r1
r1: x−12 = z, y = 6 (retta per P1= (1, 6, 0) parallela ad ur= (2, 0, 1)) r2: x−12 = z, y = −2 (retta per P2= (1, −2, 0) parallela ad ur= (2, 0, 1)).
Analogamente si ottengono le coppie di rette r1: x − 2z − 1 − 2√
15 = 0, y = 0 r2: x − 2 − 1 + 2√
15 = 0, y = 4 e r1 : x − 2z − 1 + 2√
15 = 0, y = 0 r2 : x − 2z − 1 − 2√
15 = 0, y = 4 per i piani β1 e β2 rispettivamente.
ESERCIZIO*. Determinare il luogo dei punti equidistanti dalle rette r1 : x = y = z − 1 ed r2 : x2 = y − 5 = 1 − z.
Svolgimento. Il luogo cercato è il luogo dei punti P = (x, y, z) tali che d (P, r1) = d (P, r2), cioè
d (P, r1)2= d (P, r2)2.
Per esprimere d (P, r1) e d (P, r2) in coordinate, osserviamo che r1 è parallela ad u1 = (1, 1, 1) e passa per P1 = (0, 0, 1), mentre r2è parallela ad u2 = (2, 1, −1) e passa per P2= (0, 5, 1). Allora, sempre indicando con P = (x, y, z) il generico punto dello spazio, si ha −−→P1P = (x, y, z − 1) e
−−→P2P = (x, y − 5, z − 1), da cui, per la formula della distanza punto-retta, segue
d (P, r1) =
−−→P1P × u1
u1 = (y − z + 1)2+ (x − z + 1)2+ (x − y)2
√3 e
d (P, r2) = (y + z − 6)2+ (x + 2z − 2)2+ (x − 2y + 10)2
√6 .
Dunque il luogo cercato ha equazione (y − z + 1)2+ (x − z + 1)2+ (x − y)2
3 = (y + z − 6)2+ (x + 2z − 2)2+ (x − 2y + 10)2
6 ,
che, a conti fatti, diventa2
2x2− y2+ z2− 8xz − 6yz − 12x + 56y + 12z − 136 = 0.
2Si può verificare che tale luogo è un iperboloide, in quanto quadrica con determinante diverso da zero (quindi non degenere) e autovalori (non facili da calcolare) tutti non nulli e di segno discorde.
