10th Iberoamerican 1995 problem A3
l ed l' sono due linee perpendicolari non compalnari. AA' (con A su l e A' su l') e' perpendicolare ad entrambe le linee. s e' la sfera di diametro AA'. Per quali punti P di s si possono trovare punti X ed X' su l ed l' tali che XX' sia tangente ad s in P?
Locus iberoamericano
Io speravo che almeno la seguente soluzione qualcuno la postasse ... insomma, quando la geometria analitica si può usare senza troppo sforzo ... comunque, ecco un po' di conti.
Sistema di coordinate in cui la sfera è di centro 0,0,0 e raggio 1. Le due rette siano
$ \{z=0,\ y=-1\} $ e $ \{x=0,\ y=1\} $.
Se P è sulla sfera e con terza coordinata positiva, $ P=(a,b,\sqrt{1-a^2-b^2}) $ e dunque il piano per P tangente alla sfera è il perpendicolare a PO per P :
$ xa+yb+z\sqrt{1-a^2-b^2}-1=0 $
Le sue intersezioni con le rette sono
$ X=(\frac{1+b}{a},-1,0) $ e $ X'=(0,1,\frac{1-b}{\sqrt{1-a^2-b^2}}) $
Ora, basta imporre che X,X',P siano allineati, ovvero che P stia su XX' che ha equazioni :
$ \left\{\begin{array}{lcl}xa+yb+z\sqrt{1-a^2-b^2}&=&1\\ x\frac{a}{1+b}+z\frac{\sqrt{1-a^2-b^2}}{1-b}&=&1\end{array}\right. $
Dunque vogliamo che
$ a\frac{a}{1+b}+\sqrt{1-a^2-b^2}\frac{\sqrt{1-a^2-b^2}}{1-b}=1 $
$ a^2(1+b)+(1-a^2-b^2)(1-b)=1-b^2 $ (i casi |b|=1 si escludono)
$ a^2=1-a^2-b^2 $ ovvero vogliamo che P stia su uno dei piani
$ x=z $ o $ x=-z $.
Similmente si sarebbe ottenuto scegliendo P con terza coordinata negativa.
Del resto, se P sta su quei piani (e b non è 1 o -1), le sue coordinate risolvono il sistema e dunque P sta su XX'.
Quindi il luogo cercato è fatto da due circonferenze date dalle intersezioni tra la sfera e i piani x=z e x=-z (inclinati di 45° rispetto al piano xy e contenenti l'asse y).
Ora, qualcuno si sforzi a trovare procedimenti più fighi.
Sistema di coordinate in cui la sfera è di centro 0,0,0 e raggio 1. Le due rette siano
$ \{z=0,\ y=-1\} $ e $ \{x=0,\ y=1\} $.
Se P è sulla sfera e con terza coordinata positiva, $ P=(a,b,\sqrt{1-a^2-b^2}) $ e dunque il piano per P tangente alla sfera è il perpendicolare a PO per P :
$ xa+yb+z\sqrt{1-a^2-b^2}-1=0 $
Le sue intersezioni con le rette sono
$ X=(\frac{1+b}{a},-1,0) $ e $ X'=(0,1,\frac{1-b}{\sqrt{1-a^2-b^2}}) $
Ora, basta imporre che X,X',P siano allineati, ovvero che P stia su XX' che ha equazioni :
$ \left\{\begin{array}{lcl}xa+yb+z\sqrt{1-a^2-b^2}&=&1\\ x\frac{a}{1+b}+z\frac{\sqrt{1-a^2-b^2}}{1-b}&=&1\end{array}\right. $
Dunque vogliamo che
$ a\frac{a}{1+b}+\sqrt{1-a^2-b^2}\frac{\sqrt{1-a^2-b^2}}{1-b}=1 $
$ a^2(1+b)+(1-a^2-b^2)(1-b)=1-b^2 $ (i casi |b|=1 si escludono)
$ a^2=1-a^2-b^2 $ ovvero vogliamo che P stia su uno dei piani
$ x=z $ o $ x=-z $.
Similmente si sarebbe ottenuto scegliendo P con terza coordinata negativa.
Del resto, se P sta su quei piani (e b non è 1 o -1), le sue coordinate risolvono il sistema e dunque P sta su XX'.
Quindi il luogo cercato è fatto da due circonferenze date dalle intersezioni tra la sfera e i piani x=z e x=-z (inclinati di 45° rispetto al piano xy e contenenti l'asse y).
Ora, qualcuno si sforzi a trovare procedimenti più fighi.
Ultima modifica di EvaristeG il 28 gen 2006, 21:59, modificato 1 volta in totale.
Sia l" una parallela ad l passante per A', indichiamo con z il piano delle rette l', l". Siano X" e P' le proiezioni ortogonali di X e P rispettivamente su z. Per talete si ha che X"P'/P'X' = XP/PX'. Ma essendo per ipotesi XX' tangente in P ad s, si ha che XA = XP ed X'P = X'A'. Quindi, dato che XA = X"A', vale che X"A'/A'X' = X"P'/P'X' che implica che A'P' e' la bisettrice dell'angolo <X"A'X'.
La prova e il risultato vale anche se l ed l' non sono ortogonali.
PS
ho provato a descrivere il piu' chiramente possibile come vanno le cose, se serve un disegno e qualcuno mi "ospita" sono disponibile a farlo.
La prova e il risultato vale anche se l ed l' non sono ortogonali.
PS
ho provato a descrivere il piu' chiramente possibile come vanno le cose, se serve un disegno e qualcuno mi "ospita" sono disponibile a farlo.