  Rette sghembe, comune perpendicolare distanza

  Proiezioni ortogonale di punti e rette su piani

  Simmetria

  Rette sghembe, comune perpendicolare distanza



 Sfere e piani

ESERCITAZIONE N.7

26 aprile 2010

ESERCIZIO 1.

       Rette - piani nello spazio – ortogonalità

Dato il piano : x-y+2z-1=0 e il punto P(1,0,-1), deter- minare:

a) due piani passanti per P e perpendicolari a  b) la retta passante per P e perpendicolare a  c) il punto Q proiezione ortogonale di P su .

a) Controlliamo se P  sostituendo in  le cooordinate di P:NO

b) Retta r per P ,   da a) è immediato che r=  :   













0 1 2

0 1 z y

y

x

A prescindere dai 2 piani trovati in a) Si può procedere ad esempio così:

P



   N



 N



 : a(x-1) +b(y-0) +c(z+1) =0 N

_

= (1,-1,2), N

_

=(a,b,c)

 N



 N



=0  a-b+2c=0

 Infiniti piani , ad esempio

 N



=(a,b,c) = (1,1,0)

 : (x-1) + (y)=0

 : x+y-1=0

Un altro piano :2(y)+1(z+1)=0.

r    u

_r

 N



P



u

r

N

_

2

Se X(x,y,z) è il pto corrente su r,P(1,0,-1), scelto u

_r

=N



=(1,-1,2),

si ha: X-P = t N



 X= P+ t N



 r:

 

 

















t z

t y

t x

2 1 1

tR

c) Per def. il pto P.O. di P su  è il pto Q di  t.c. Q= r  , con r passante per P e ortogonale a  .

In questo caso r è già

determinata (è ortogonale al piano e quindi a tutte le rette del piano):

Q = r 



 



 























0 1 - 2z y - x

2t 1 z

t y

t 1 x

 … t=1/3

 Q(4/3, -1/3, -1/3) P

Q r

3

ESERCIZIO 2.

       Proiezione ortogonale - simmetria

Siano A(0,1,1), B(1,1,1), :2x+y-z-2=0.

a) Determinare la proiezione ortogonale s della retta r passante per A e B su .

b) Determinare la retta simmetrica di r rispetto a .

Poiché una retta è individuata da due suoi pti distinti, è sufficiente determinare le P.O. di due pti distinti di r.

Se un pto sta su r coincide con la sua P.O.

Quindi controlliamo: B , A

Determiniamo il pto Q P.O. su  di A:

Q:   q , con q retta per A con vettore direzionale u

q



Allora si può prendere u

_q

= N

_

=(2,1,-1) , A(0,1,1)  q:

 

 















t z

t y

t x

1 1

2 0

 Q:   q :

 



 

























0 2 2

1 1

2 0

z y x

t z

t y

t x

La retta s è il luogo dei pti Q proiezioni ortogonali su  dei pti P di r . Q B

s

 r A

q

Q:

 



 



























0 2 1 1 4

1 1 2

t t t

t z

t y

t x



 

























3 1 1 1 2

t t z

t y

t x

 Q ^



 



 3 , 2 3 , 4 3 2

Retta s : retta per Q ^



 



 3 , 2 3 , 4 3

2 e B(1,1,1)

B-Q = 



 



 

 

 



   

3 , 1 3 - 1 3 , 1 3 1 2 3 , 1 4 3 ,

1 2 

per semplificare i calcoli si può scegliere B-Q=(1,-1,1) ((1,-1,1) // ^



 





3 , 1 3 - 1 3 ,

1 )  s: _



 















t z

t y

t x

1 1 1

b)

Noti A(0,1,1), Q 



 



 3 , 2 3 , 4 3

2 e posto R(x,y,z) … R 



 



 3 , 1 3 , 5 3

4 .

E si trova la retta r

^*

per R e B(1,1,1): r

^*

:

 

 















t z

t y

t x

2 1

2 1

1

.

Per def. la retta simmetrica di r risp. a  è la retta r

^*

, luogo dei pti simmetrici dei pti di r risp. a .

Se P il pto simmetrico di P è P ! Se A il suo pto simmetrico è R t.c. il pto medio Q del segmento AR è la P.O. di A su .(v.fig.) Il pto simmetrico di A è R t.c. Q=

2 R A 

.

 s

r B

r

^*

R A

Q

ESERCIZIO 3.       

Rette sghembe: comune perpendicolare - distanza

Siano r:

 





 0 z

1

x ed s:

 

 









t z

t y

t x

tR.

a) Verificare che r ed s sono sghembe

b) Determinare tutte le rette incidenti sia r che s

c) Tra le rette trovate in b) determinare quella perpendicolare ad entrambe ( la comune perpendicolare ad r ed s )

d) Determinare la distanza tra r ed s.

r ed s sghembe  r, s non complanari

 r non parallela ad s ed r non incidente s r:   



 0 z

1

x ed s:

 

 









t z

t y

t x

tR.

D(r) =<(0,1,0)> poiché la giacitura di r è lo sp. vett. delle solu- zioni del sistema omog. assoc:   



 0 z

0

x opp. si ricava portando r in

forma parametrica r:



 









0 z

t y

1 x

D(s) =<(1,1,1)>: i vettori generatori di D(r) , D(s) sono L.I. e quindi D (r )  D(s)  r non è parallela ad s

(equivalentemente:u

r

=(0,1,0) non è parallelo a u

s

=(1,1,1)).

Vediamo se r ed s hanno pti a comune r:

 





 0 z

1 x , S :

 

 









t z

t y

t x

6



 























t z

t y

t x

0 z

1 x

 t=1 & t=0 assurdo

r, s non incidenti =>r ed s non sono né parallele, né incidenti =>

r ed s sono sghembe.

b) determinare tutte le rette incidenti sia r che s

Rette PQ : 



 















0)λ - (t t z

v)λ - (t t y

1)λ - (t t x

Q P

r r

s

Sono tutte le rette PQ, con P variabile su r, Q variabile su s

S :

 

 









t z

t y

t x

 Q(t,t,t)

r: 



 







 0 z

v y

1 x

 P(1,v,0)

Q vettore direzionale u

_PQ

delle rette PQ, u

_PQ

= Q-P t corre su s, v su r e

 è il parametro delle rette PQ

7

c) Tra le rette trovate in b) determinare quella perpendicolare ad entrambe (la comune perpendicolare ad r ed s).

Deve risultare u

PQ

 u

r

e u

PQ

 u

s

, quindi imponiamo l’annullamento dei due prodotti scalari :

  









0 (1,1,1) t)

v, - t 1, - (t

0 (0,1,0) t)

v, - t 1, -

(t 

 













0 1 v 3t

0 v t

 _



 







2 v 1

2 t 1

 per questi valori si trova la retta n:

 

 















0)λ - (t t z

v)λ - (t t y

1)λ - (t t x

 n:

 























2 λ 1 2 z 1

2 y 1

2 λ 1 2 x 1

al variare di R (n in forma param.)

d) I valori trovati t= ₂ ¹ , v = ₂ ¹ ci danno risp. i punti P e Q

giacenti sulla comune perpendicolare n , che sono anche

i punti di minima distanza tra r ed s.

t= ₂ ¹ su r  P(1, ₂ ¹ ,0) v= ₂ ¹ su s  Q( ₂ ¹ , ¹ ₂ , ₂ ¹ )

Quindi d(r,s)= d(P,Q) =

2 P Q ²

Q P 2 Q

P

x ) (y y ) (z z )

(x     

= ^{(1 } ₂ ^{1 )}

²

^{ (} ₂ ^{1  1} ₂ ⁾

²

^{ (0  1} ₂ ⁾

²

^{ 1} ₂ O SSERVAZIONE : La comune perpendicolare a due rette sghembe con tecnica geometrica

Il modo seguito nell’esercizio precedente determina la comune perpendicolare tra due rette sghembe e la loro distanza in maniera algebrica.

Vediamo ora una tecnica geometrica, illustrata graficamente in una situazione particolare.

Lasciato da fare per esercizio.

A B

r

n

s

u

r

non parallelo a u

s



 w=u

_r

xu

_s

non nullo e  ad u

_r

,u

_s

Il piano contenente r e parallelo a w interseca il piano contenente s e parallelo a w in una retta n  ad r ed s

 n è la comune perpendicolare alle rette sghembe r,s ( w  u

n

).

I pti A e B intercettati dalla comune perpendicolare n su r e su s sono i punti di minima distanza tra r ed s.

ESERCIZIO 4.

Piani tangenti/esterni a sfere Sia S la sfera di equazione cartesiana x

²

+y

²

+z

²

+2y=0.

a) Determinare il piano tangente ad S in P(0,-2,0).

b) Verificare che il piano : x+2y-z+10=0 è esterno ad S.

a) Controlliamo che il punto P(0,-2,0)S : sì !

Completiamo i quadrati per determinare centro e raggio di S : x

²

+y

²

+z

²

+2y=0.

x

²

+(y

²

+2y)+z

²

=0  x

²

+[(y

²

+2y+1)-1]+z

²

=0  S: x

²

+ (y+1)

²

+z

²

=1 S ha centro C(0,-1,0) e raggio R=1

Un piano  è tangente ad una sfera se la distanza del centro della sfera dal piano  è uguale al raggio della sfera. In tal caso la sfera e il piano si intersecano in un solo pto. ( Discutiamo in classe come ciò si possa tradurre algebricamente e quali siano le difficoltà).

Poiché conosciamo il pto di contatto,  è il piano passante per P(0,-2,0) con vettore normale N=C-P = (0,1,0) :

: 0(x-0)+1(y+2)+0(z-0)=0

 :y+2=0

10

b) : x+2y-z+10=0 è esterno alla sfera  d(C, )>1 ( raggio della sfera)

Occorre trovare la P.O. Q di C su  :



 



 



























0 10 2

0 2 1 0

z y x

t z

t y

t x

… Q ^



 



   3 , 4 3 , 11 3 4

 Ora d(C, )=d(Q,C) = ⁹⁶ ₉ ^{ 1}

  esterno ad S.