Lugar geométrico formado por el punto una línea que corte 3 otras líneas en 3D

Question

Tengo esta pregunta en particular a partir de un viejo papel de prueba...

Considerar tres líneas dadas por $y-2=z+3=0$; $z-3=x+1=0$; $x-1=y+2=0$. Deje $(\alpha,\beta,\gamma)$ ser un punto acostado en una línea de intersección de las tres líneas. Entonces el lugar geométrico generado por $(\alpha,\beta,\gamma)$ es

un. $\quad$ $xy+3yz+2xz+6=0$

b. $\quad$ $3xy+yz+2xz+6=0$

c. $\quad$ $2xy+3yz+xy+6=0$

d. $\quad$ ninguno de estos

Supongo que la línea de intersección es como

$$\frac{x-\alpha}{l}=\frac{y-\beta}{m}=\frac{z-\gamma}{n}$$

donde $l,m,n$ son de sentido de las proporciones.

Ahora no puedo entender cómo proceder a partir de aquí. Por favor, ayúdenme...

Answer 1

Aquí hay algo para empezar.

En primer lugar usted necesita para encontrar las líneas que cruzan todas las tres de las líneas dadas. Para ello, fijar un punto en la primera línea, decir $(u,2,-3)$. Ahora usted quiere encontrar el punto en la segunda línea, decir $(-1,v,3)$, de tal manera que la línea a través de los dos puntos se cruza con la tercera línea dada. Encontrar una parametrización de la línea. Que parametrización tendrá su propio parámetro, decir $t$, y que la parametrización se incluye el original de la variable $u$. Así que ahora usted tiene una parametrización en dos variables de todos los puntos en todas las líneas.

A continuación, encontrar cual de estas ecuaciones $a,b,c$ en su elección múltiple será satisfecho por su parametrización. Entonces usted está listo!

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Respuesta a tu comentario:

Para un punto de $(x,y,z)$ a estar en la tercera línea debemos tener $x=1,y=-2$. Sustituir aquellos en su parametrización y obtener

$$\frac{1-u}{-1-u}=\frac{-2-2}{v-2}=t$$

La solución para $v$ da

$$v=2+\frac{4+4u}{1-u}$$

La sustitución que en su parametrización y resolviendo $x,y,z$ da

$$x=(-u-1)t+u, \quad y=\left(\frac{4+4u}{1-u}\right)t+2, \quad z=6t-3$$

No es la parametrización de la superficie deseada. Ahora encontrar que de las tres ecuaciones, si los hubiere, están satisfechos de que la parametrización.

Se puede terminar de aquí?

Answer 2

El planteamiento general de esta pregunta es muy interesante, me deja trabajar una fórmula general para el locus de la primera.

En primer lugar, cualquier línea de $\ell$ $\mathbb{R}^3$ puede ser descrito por un par de vectores $(\vec{p}, \vec{t})$ donde $\vec{p}$ es un punto en el $\ell$ $\vec{t} \ne \vec{0}$ puntos a lo largo de su dirección de la tangente:

$$\ell = \{\; \vec{p} + \lambda \vec{t} : t \in \mathbb{R} \;\}$$

Para el abuso de notación, para cualquier línea de $\ell_?$ marcados por un índice de '?', vamos a utilizar la notación $\vec{p}_?$ $\vec{t}_?$ para denotar un arbitrario elegido par de vectores de la descripción de esa línea. Una vez $\vec{p}_?$ $\vec{t}_?$ son elegidos, utilizaremos $u_?(\vec{p})$ como una abreviación de la expresión $(\vec{p} - \vec{p}_?) \times \vec{t}_?$.

Dados cualesquiera dos líneas de $\ell_1, \ell_2$ no paralelos el uno al otro. $\vec{t}_1 \times \vec{t}_2$ va a ser distinto de cero y es perpendicular a $\vec{t}_1$$\vec{t}_2$. Si nos fijamos en las dos líneas de una dirección perpendicular a este vector de la imagen de las dos líneas se convertirá en paralelo. Su separación será proporcional a $(\vec{p}_1 - \vec{p}_2)\cdot \vec{t}_1 \times \vec{t}_2$.
Una consecuencia de esto es:

Dos líneas no paralelas $\ell_1$ $\ell_2$ intersecan si y sólo si $$(\vec{p}_1 - \vec{p}_2)\cdot \vec{t}_1 \times \vec{t}_2 = 0 \quad\ffi\quad u_1(\vec{p}_2) \cdot \vec{t}_2 = 0 \quad\ffi\quad u_2(\vec{p}_1) \cdot \vec{t}_1 = 0.$$

Dado a cualquiera de las tres líneas no paralelas $\ell_1, \ell_2, \ell_3$ y un punto de $\vec{p}$ fuera de las tres líneas. Si $\vec{p}$ se encuentra en el lugar, entonces uno puede encontrar un no-vector cero $\vec{t}$ tal que $$u_1(\vec{p})\cdot \vec{t} = u_2(\vec{p})\cdot \vec{t} = u_3(\vec{p})\cdot \vec{t} = 0 \etiqueta{*1} $$

Desde $\vec{p}$ no se encuentra en estas 3 líneas, el 3 vectores $u_i(\vec{p})$ distinto de cero. Podemos encontrar un no-cero $\vec{t}$ a satisfacer $(*1)$ cuando y sólo cuando estos 3 vectores son lineales dependientes el uno al otro, que es equivalente a la la desaparición de su triple producto. Para resumir,

La condición para un punto de $\vec{p}$ a mentir en lugar de tres que no son paralelos $\ell_1, \ell_2, \ell_3$ es $$u_1(\vec{p}) \cdot ( u_2(\vec{p}) \times u_3(\vec{p}) ) = 0$$

De vuelta a nuestro problema original. Deje $(x,y,z)$ ser las coordenadas de un punto genérico $\vec{p}$. Es fácil ver que podemos representar las tres líneas dadas como

$$\begin{cases} ( \vec{p}_1, \vec{t}_1 ) &= ( (0,2,-3), (1, 0, 0) )\\ ( \vec{p}_2, \vec{t}_2 ) &= ( (-1,0,3), (0, 1, 0) )\\ ( \vec{p}_3, \vec{t}_3 ) &= ( (1,-2,0), (0, 0, 1) ) \end{casos} \implica \begin{cases} u_1(\vec{p}) = ( 0, z+3, 2-y)\\ u_2(\vec{p}) = ( 3-z,0,x+1)\\ u_3(\vec{p}) = ( y+2,1-x,0) \end{casos} $$ La ecuación del lugar geométrico convierte en

$$u_1(\vec{p}) \cdot ( u_2(\vec{p}) \times u_3(\vec{p}) ) = \left|\begin{matrix} 0 & z+3 & 2-y \\ 3-z & 0 & x+1\\ y+2 &1-x & 0 \end{de la matriz}\right| = 6xy + 2yz + 4xz + 12 = 0 $$ Así que la respuesta es $(b)$.