Esercizio 103rette parallele, area di un triangolo e punto simmetrico (appello 7/2/2023)

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Le due rette in forma comoda. $r$: direttore $v_r = B - A = (4 - 0,\ 0 - 2,\ 1 + 1) = (4, -2, 2)$. $s$: dalle sue equazioni $x = 3 + 2z$, $y = 3 - z$; con $z = t$ (parametro), si passa dalle equazioni cartesiane alle parametricheSi risolve il sistema delle cartesiane lasciando libera una variabile, che diventa il parametro.Spazi affini, rette e piani →:

$$s: \ (3 + 2t, \ 3 - t, \ t) = (3, 3, 0) + t(2, -1, 1), \qquad v_s = (2, -1, 1).$$

(a) Il punto $C$ e l'area di $ABC$

Il punto generico di $s$ è $C = (3 + 2t, 3 - t, t)$, e

$$C - A = (3 + 2t - 0, \ 3 - t - 2, \ t + 1) = (3 + 2t, \ 1 - t, \ 1 + t).$$

Si impone l'ortogonalità con $B - A = (4, -2, 2)$:

$$4(3 + 2t) - 2(1 - t) + 2(1 + t) = 12 + 8t - 2 + 2t + 2 + 2t = 12 + 12t = 0 \iff t = -1 .$$

$$C = (1, 4, -1), \qquad C - A = (1, 2, 0).$$

Area. Il triangolo è rettangolo in $A$ (per costruzione), quindi l'area è metà del prodotto dei cateti:

$$\|B - A\| = \sqrt{16 + 4 + 4} = 2\sqrt6, \qquad \|C - A\| = \sqrt{1 + 4} = \sqrt5, \qquad \text{Area} = \tfrac12 \cdot 2\sqrt6 \cdot \sqrt5 = \sqrt{30} .$$

Controllo con il prodotto vettorialeLa norma di a × b è l'area del parallelogramma di lati a e b; il triangolo ne è la metà.Prodotto vettoriale e prodotto misto → (vale per ogni triangolo): $(B - A) \times (C - A) = (4, -2, 2) \times (1, 2, 0) = \big((-2) \cdot 0 - 2 \cdot 2,\ \ 2 \cdot 1 - 4 \cdot 0,\ \ 4 \cdot 2 - (-2) \cdot 1\big) = (-4, 2, 10)$, di norma $\sqrt{16 + 4 + 100} = \sqrt{120} = 2\sqrt{30}$; metà: $\sqrt{30}$ ✓.

(b) $r \parallel s$ e il piano che le contiene

$v_r = (4, -2, 2) = 2 v_s$: direttori proporzionali, quindi parallele. Sono distinte, perché $A \notin s$ ($0 - 2(-1) = 2 \ne 3$).

Piano che le contiene con il fascio di pianiI piani che contengono una retta r = {f₁ = 0, f₂ = 0} sono tutti e soli i piani λf₁ + μf₂ = 0, con (λ, μ) ≠ (0, 0): è il fascio di piani di asse r. Serve a trovare in un colpo il piano per r che passa per un punto, è parallelo a una direzione o è ortogonale a un altro piano. Varianti: fascio di piani paralleli, stella di piani per un punto.Fasci di piani → di asse $s$ (di cui abbiamo le cartesiane):

$$\lambda(x - 2z - 3) + \mu(y + z - 3) = 0 .$$

Un piano del fascio contiene $s$; per contenere anche $r$ (parallela a $s$) basta che passi per un punto di $r$, per esempio $A = (0, 2, -1)$:

$$\lambda(0 + 2 - 3) + \mu(2 - 1 - 3) = -\lambda - 2\mu = 0 \iff \lambda = -2\mu .$$

Con $\mu = -1$, $\lambda = 2$: $2(x - 2z - 3) - (y + z - 3) = 2x - 4z - 6 - y - z + 3 = 0$, cioè

$$\pi: \ 2x - y - 5z - 3 = 0 .$$

Verifica. $A$: $0 - 2 + 5 - 3 = 0$ ✓; $B$: $8 - 0 - 5 - 3 = 0$ ✓; $(3, 3, 0) \in s$: $6 - 3 - 0 - 3 = 0$ ✓.

Perché basta un punto: un piano che contiene $s$ contiene la sua direzione $v_s$, quindi anche la direzione di $r$; se contiene un punto di $r$, contiene tutta la retta $r$.

(c) Rette per $P$ che incontrano sia $r$ sia $s$

Ragionamento. Se una retta $\ell$ passa per $P$ e incontra $r$ in $R$ e $s$ in $S$ (con $R \ne S$), allora $\ell$ è la retta per $R$ e $S$, che sono due punti di $\pi$: quindi $\ell \subset \pi$ e in particolare $P \in \pi$. Viceversa, se $P \in \pi$, ogni retta di $\pi$ per $P$ non parallela a $r$ incontra sia $r$ sia $s$ (in un piano due rette non parallele si incontrano).

Quindi serve $P = (1, t, 0) \in \pi$:

$$2 - t - 0 - 3 = 0 \iff t = -1 .$$

Se invece $P \notin \pi$, una retta per $P$ che incontra $r$ sta nel piano $\sigma$ che contiene $P$ e $r$. Questo piano è diverso da $\pi$, contiene la direzione di $s$ ma non contiene $s$: è parallelo a $s$ e non la incontra. Quindi nessuna retta per $P$ incontra entrambe.

Risposta: $t = -1$, cioè $P = (1, -1, 0)$.

Disegno nel piano $\pi$. Le rette $r$, $s$, il triangolo $ABC$ e il punto $P$ stanno tutti in $\pi$, quindi si possono disegnare nel piano. Si usano come assi le direzioni perpendicolari $v_s = (2, -1, 1)$ (norma $\sqrt6$) e $C - A = (1, 2, 0)$ (norma $\sqrt5$; $v_s \cdot (C - A) = 2 - 2 + 0 = 0$), con l'origine in $A$. Le coordinate di un punto $X$ sono $\frac{(X - A) \cdot v_s}{\sqrt6}$ e $\frac{(X - A) \cdot (C - A)}{\sqrt5}$: $B = (2\sqrt6, 0)$, $C = (0, \sqrt5)$ e, con $P - A = (1, -3, 1)$, $P = \left(\frac{6}{\sqrt6}, \frac{-5}{\sqrt5}\right) = (\sqrt6, -\sqrt5)$. La retta $r$ è l'asse orizzontale, $s$ la parallela a distanza $\sqrt5$.

(d) Simmetrico di $Q$ rispetto a $\pi$

Metodo. Si trova la proiezione ortogonale $H$ di $Q$ su $\pi$; il simmetricoIl simmetrico di Q rispetto a un piano è il punto Q′ con H punto medio di QQ′, dove H è il piede della perpendicolare da Q.Distanze e angoli nello spazio affine → è il punto $Q'$ tale che $H$ sia il punto medio di $QQ'$: da $H = \frac{Q + Q'}{2}$ si ricava $Q' = 2H - Q$.

Retta per $Q = (6, -6, -9)$ ortogonale a $\pi$ (direzione $n = (2, -1, -5)$):

$$(6 + 2t, \ -6 - t, \ -9 - 5t).$$

Intersezione con $\pi$: $2(6 + 2t) - (-6 - t) - 5(-9 - 5t) - 3 = 12 + 4t + 6 + t + 45 + 25t - 3 = 60 + 30t = 0$ (termini noti $12 + 6 + 45 - 3 = 60$, coefficienti di $t$: $4 + 1 + 25 = 30$), quindi $t = -2$:

$$H = (6 - 4,\ -6 + 2,\ -9 + 10) = (2, -4, 1), \qquad Q' = 2H - Q = (4 - 6, \ -8 + 6, \ 2 + 9) = (-2, -2, 11).$$

Verifica. $H \in \pi$: $4 + 4 - 5 - 3 = 0$ ✓. $Q' \in$ stessa perpendicolare, dall'altra parte: $Q' = Q + (-4)n$ (cioè $t = -4$, il doppio di $-2$) ✓. Distanze uguali: $\|Q - H\| = \|(4, -2, -10)\| = \sqrt{120}$ e $\|Q' - H\| = \|(-4, 2, 10)\| = \sqrt{120}$ ✓.

Errori comuni

• Per il piano di due rette parallele usare il prodotto vettoriale dei due direttori: sono proporzionali e il prodotto è nullo. Serve un secondo vettore, per esempio il vettore che congiunge un punto di $r$ con un punto di $s$, oppure il fascio come sopra.
• Simmetrico calcolato come $Q + H$ o come $H - Q$: è $2H - Q$.
• In (c) cercare una retta specifica: la domanda è per quale $t$ ne esistono; il punto chiave è che devono stare nel piano $\pi$.