CAPITOLO 12 Rette e piani con le matrici e i determinanti

Esercizio 12.1. Stabilire se i punti A(1, 3), B(−2, −1) e C(3, 1) sono allineati. Esercizio 12.2. Stabilire se i punti A(1, 2, 3), B(−2, 1, 3), C(3, 2, −1) e D(4, 1, 0) sono complanari. Esercizio 12.3. Determinare l’equazione cartesiana della retta passante per i punti A(2, 1) e B(−2, 3). Esercizio 12.4. Determinare l’equazione cartesiana del piano passante per i punti A(1, 2, 3), B(−2, 1, 3)

e C(3, 2, −1).

Esercizio 12.5. Stabilire se i punti A(1, 2, 3), B(−1, 2, 4), C(2, 2, 1) sono allineati. Esercizio 12.6. Stabilire per quali valori di k i punti A(1, 2, 1), B(1, 3, 4) e C(0, 1, k) sono allineati. Esercizio 12.7. Determinare l’equazione cartesiana della retta passante per i punti A(3, 1, 2) e B(1, −1, 0)). Esercizio 12.8. Si determini la distanza del punto P (2, 1) dalla retta di equazione 2x − y + 5 = 0. Esercizio 12.9. Si determini la distanza del punto P (3, 1, 2) dalla retta di equazione parametrica

\begin{cases}x = 6 + t \\ y = 2 + 2t \\ z = −1 − 3t \end{cases}

Esercizio 12.10. Si determini la distanza del punto P (−1, 0, 2) dal piano di equazione x−2y+3z = −9. Esercizio 12.11. Si determini la distanza tra le rette di equazioni

r : \begin{cases}x = t \\ y = 1 + t \\ z = 4 − t \end{cases} s : \begin{cases}x = 4 + t \\ y = t \\ z = −2 − t \end{cases}

Esercizio 12.12. Si determini la distanza tra i piani π_{1} e π_{2} di equazioni π : x − 2y + z = 12 e π_{2} : x − 2y + z = 6.

Esercizio 12.13. Si determini la distanza tra le rette di equazioni

r : \begin{cases}x = 1 − t \\ y = −1 + 3t \\ z = −t \end{cases} s : \begin{cases}x = 2 + t \\ y = t \\ z = 1 − t \end{cases}

Esercizio 12.14. Nello spazio R^{3} si considerino i piani

π_{1} : 2x + y = 1 e π_{2} : x = 2y.

a) Determinare la mutua posizione dei due piani.

b) Scrivere equazioni cartesiane della retta parallela a π_{1}, perpendicolare a π_{2} e passante per l’origine. Esercizio 12.15. Calcolare l’area del triangolo di vertici A_{1}(3, 1), A_{2}(2, 6) e A_{3}(4, 4). Esercizio 12.16. Determinare per quali valori di k il triangolo di vertici A_{1}(0, 0), A_{2}(4, 2) e A_{3}(1, k)

ha area 5.

Esercizio 12.17. Calcolare l’area del poligono di vertici A_{1}(0, 0), A_{2}(1, 0), A_{3}(2, 1), A_{4}(1, 3) e A_{5}(0, 2).

Esercizio 12.18. Calcolare l’area del triangolo di vertici A_{1}(1, 1, 1), A_{2}(1, 3, 1), A_{3}(−1, 0, 0).

Esercizio 12.19. Calcolare il volume del parallelepipedo di lati u(1, 0, 0), v(−3, 1, 1) e w(−2, 2, 5).

Esercizio 12.20. Siano P_{1} = (1, −1, 0), P_{2} = (1, 0, −1), P_{3} = (1 + \frac{2}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, −1 − \frac{1}{\sqrt{3}}), e P_{4} = (1, 2, 1) quattro punti nello spazio.

a) Calcolare l’angolo tra i vettori \overrightarrow{P_{1}P_{2}} e \overrightarrow{P_{2}P_{3}}.

b) Calcolare il volume del prisma con base il triangolo P_{1}P_{2}P_{3} e lato il segmento P_{1}P_{4}.

Esercizio 12.21. Si considerino le rette r_{1}, r_{2}, r_{3} di equazioni

r_{1} : 3x + y − 1 = 4x + y − z − 1 = 0
r_{2} : 2x − y + z = x − y + 2z = 0
r_{3} : x − z = y + z = 0

a) Mostrare che le tre rette sono complanari.

b) Calcolare l’area del triangolo determinate dalle tre rette.

Esercizio 12.22. Si considerino i piani π_{1}, π_{2}, π_{3} di equazioni:

π_{1} : 2x − y = 1,  π_{2} : x + y + z = 0,  π_{3} : x − 2z = 1.

a) Si determini l’insieme intersezione dei tre piani.

b) Si trovi il piano π_{4} passante per l’origine e perpendicolare alla retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

c) Si determini l’area del triangolo di vertici A, B, C, con A = π_{1} ∩ π_{2} ∩ π_{3}, B = π_{1} ∩ π_{3} ∩ π_{4}, C = π_{2} ∩ π_{3} ∩ π_{4}.

Esercizio 12.23. Siano A = (0, −1, 0), B = (−2, 0, −3), C = (−1, 0, −1) punti dello spazio.

a) Calcolare l’area del triangolo di vertici A, B, C.

b) Stabilire se il punto D = (2, 2, 2) appartiene al piano contenente A, B, C.

c) Eseiste un’isometria che trasforma i punti A, B, C nei punti O = (0, 0, 0), P = (1, 0, 2) e Q = (1, 1, 1) rispettivamente?

Esercizio 12.24. Siano M = (1, 1, 1), N = (3, 2, 1), L = (1, 2, 2) punti dello spazio R^{3}. Sia C = (−1, 0, 1).

a) Si calcoli l’area del triangolo MNL.

b) Si determini l’insieme M′N′L′ che si ottiene proiettando il triangolo MNL dal centro C sul piano x + y = 0.

c) Si calcoli l’area del triangolo M′N′L′.

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1. Suggerimenti

• Tre punti P_{i}(x_{i}, y_{i}) del piano sono allineati se e solo se

det [\begin{matrix}x_{1} & y_{1} & 1 \\ x_{2} & y_{2} & 1 \\ x_{3} & y_{3} & 1 \end{matrix}] = 0

• Quattro punti P_{i}(x_{i}, y_{i}, z_{i}) dello spazio sono complanari se e solo se

det [\begin{matrix}x_{1} & y_{1} & z_{1} & 1 \\ x_{2} & y_{2} & z_{2} & 1 \\ x_{3} & y_{3} & z_{3} & 1 \\ x_{4} & y_{4} & z_{4} & 1 \end{matrix}] = 0

• L’equazione cartesiana della retta passante per due punti (distinti) del piano P_{1}(x_{1}, y_{1}) e P_{2}(x_{2}, y_{2}) si può calcolare direttamente imponendo

det [\begin{matrix}x & y & 1 \\ x_{1} & y_{1} & 1 \\ x_{2} & y_{2} & 1 \end{matrix}] = 0

• L’equazione cartesiana del piano passante per tre punti (non allineati) P_{i}(x_{i}, y_{i}, z_{i}) si può calcolare direttamente imponendo

det [\begin{matrix}x & y & z & 1 \\ x_{1} & y_{1} & z_{1} & 1 \\ x_{2} & y_{2} & z_{2} & 1 \\ x_{3} & y_{3} & z_{3} & 1 \end{matrix}] = 0

• Tre punti dello spazio P_{i}(x_{i}, y_{i}, z_{i}) sono allineati se e solo se:

rg [\begin{matrix}x_{1} & y_{1} & z_{1} & 1 \\ x_{2} & y_{2} & z_{2} & 1 \\ x_{3} & y_{3} & z_{3} & 1 \end{matrix}] ≤ 2

• L’equazione cartesiana della retta passante per due punti (distinti) dello spazio P_{1}(x_{i}, y_{i}, z_{i}) si può calcolare direttamente imponendo

rg [\begin{matrix}x & y & z & 1 \\ x_{1} & y_{1} & z_{1} & 1 \\ x_{2} & y_{2} & z_{2} & 1 \end{matrix}] = 2

Questo, per Kronecker, implica che due opportune sottomatrici 3×3 abbiano determinante nullo. Le due equazioni in x, y, z così ottenute costituiscono l’equazione cartesiana della retta.

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• Dati due vettori u = (u_{1}, u_{2}, u_{3}) e v = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) di R^{3} chiamiamo prodotto vettoriale di u e v il vettore:

u × v = (u_{2}v_{3} − u_{3}v_{2}, u_{3}v_{1} − u_{1}v_{3}, u_{1}v_{2} − u_{2}v_{1}) = det [\begin{matrix}\overrightarrow{i} & \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k} \\ u_{1} & u_{2} & u_{3} \\ v_{1} & v_{2} & v_{3} \end{matrix}]

• L’Area di un parallelogramma in R^{2}, di lati u = (u_{1}, u_{2}), v = (v_{1}, v_{2}) è:

A(parallelogramma) = |u_{1}v_{2} − u_{2}v_{1}| = |det [\begin{matrix}u_{1} & u_{2} \\ v_{1} & v_{2} \end{matrix}]|

• L’Area di un parallelogramma in R^{3}, di lati u = (u_{1}, u_{2}, u_{3}), v = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) è data dalla lunghezza (norma) |u × v| del vettore u × v prodotto vettoriale di u e v:

A(parallelogramma) = |u × v|

• Il volume del parallelepipedo di lati u = (u_{1}, u_{2}, u_{3}), v = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) e w = (w_{1}, w_{2}, w_{3}) è uguale al valore assoluto del prodotto misto (u, v × w):

Volume(parallelepipedo) = |(u, v × w)| = |det [\begin{matrix}u_{1} & u_{2} & u_{3} \\ v_{1} & v_{2} & v_{3} \\ w_{1} & w_{2} & w_{3} \end{matrix}]|

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2. Soluzioni

Esercizio 12.1. Stabilire se i punti A(1, 3), B(−2, −1) e C(3, 1) sono allineati.

Soluzione:

Sia A la matrice associata ai tre punti:

A = [\begin{matrix}1 & 3 & 1 \\ −2 & −1 & 1 \\ 3 & 1 & 1 \end{matrix}]

Dobbiamo stabilire se det(A) = 0.

Come osservato nell’Esercizio 5.1, dal momento che ci interessa solo se il determinante è o non è nullo, possiamo effettuare alcuni passi della riduzione prima di calcolarne il determinante. Inoltre poichè l’ultima colonna contiene tutti 1 risulta semplice ottenere gli zeri sull’ultima colonna anzicchè sulla prima.

\begin{matrix}II − I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & 1 \\ −3 & −4 & 0 \\ 2 & −2 & 0 \end{matrix}]

Possiamo quindi calcolare il determinante della matrice ridotta A′:

det(A′) = 1 · det [\begin{matrix}−3 & −4 \\ 2 & −2 \end{matrix}] = 6 + 8 = 14 ≠ 0

Quindi det(A) ≠ 0 e i tre punti non sono allineati.

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Esercizio 12.2. Stabilire se i punti A(1, 2, 3), B(−2, 1, 3), C(3, 2, −1) e D(4, 1, 0) sono complanari.

Soluzione:

Come nell’esercizio precedente riduciamo parzialmente a gradini la matrice associata ai quattro punti:

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 1 \\ −2 & 1 & 3 & 1 \\ 3 & 2 & −1 & 1 \\ 4 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 1 \\ −3 & −1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & −4 & 0 \\ 3 & −1 & −3 & 0 \end{matrix}]

Sia A′ la matrice così ottenuta. Ne calcoliamo il determinante rispetto alla quarta colonna.

det(A′) = −1 · det [\begin{matrix}−3 & −1 & 0 \\ 2 & 0 & −4 \\ 3 & −1 & −3 \end{matrix}] = −1 [−3(−4) + 1(−6 + 12)] = −18 ≠ 0

Quindi det(A) ≠ 0 e i quattro punti non sono complanari.

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Esercizio 12.3. Determinare l’equazione cartesiana della retta passante per i punti A(2, 1) e B(−2, 3).

Soluzione:

Imponiamo che la matrice associata al generico punto della retta P (x, y), ad A e B abbia determinante nullo:

det [\begin{matrix}x & y & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ −2 & 3 & 1 \end{matrix}] = 0 ⇒

= x(1 − 3) − y(2 + 2) + 1(6 + 2) = 0 ⇒ −2x − 4y + 8 = 0

Infine la retta AB ha equazione

x + 2y − 4 = 0
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Esercizio 12.4. Determinare l’equazione cartesiana del piano passante per i punti A(1, 2, 3), B(−2, 1, 3) e C(3, 2, −1).

Soluzione:

Imponiamo che la matrice associata al generico punto del piano P (x, y, z), ad A, B e C abbia determinante nullo:

det(M) = det [\begin{matrix}x & y & z & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 1 \\ −2 & 1 & 3 & 1 \\ 3 & 2 & −1 & 1 \end{matrix}] = 0

Anche in questo caso conviene forse effettuare qualche passo di riduzione per semplificare i calcoli. Notiamo che non conviene utlizzare la prima riga:

\begin{matrix}III − II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}x & y & z & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 1 \\ −3 & −1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & −4 & 0 \end{matrix}] = M′

Quindi

det(M′) = 0 = det(M) ⇒

− 1 · det [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ −3 & −1 & 0 \\ 2 & 0 & −4 \end{matrix}] + 1 · [\begin{matrix}x & y & z \\ −3 & −1 & 0 \\ 2 & 0 & −4 \end{matrix}] = 0

− (1 · 4 − 2 · 12 + 3 · 2) + (x · 4 − y · 12 + z · 2) = 0 4x − 12y + 2z + 14 = 0

Infine il piano ABC ha equazione

2x − 6y + z + 7 = 0
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Esercizio 12.5. Stabilire se i punti A(1, 2, 3), B(−1, 2, 4), C(2, 2, 1) sono allineati.

Soluzione:

Calcoliamo il rango della matrice Massociata ai tre punti riducendola a gradini (secondo la prima colonna):

[\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 1 \\ −1 & 2 & 4 & 1 \\ 2 & 2 & 1 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + I \\ III − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 1 \\ 0 & 4 & 7 & 2 \\ 0 & −2 & −5 & −1 \end{matrix}] ⇒ 2III + II [\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 1 \\ 0 & 4 & 7 & 2 \\ 0 & 0 & −3 & 0 \end{matrix}]

Quindi M ha tre pivot, rg(M) = 3 e i tre punti non sono allineati.

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Esercizio 12.6. Stabilire per quali valori di k i punti A(1, 2, 1), B(1, 3, 4) e C(0, 1, k) sono allineati.

Soluzione:

Calcoliamo il rango della matrice Massociata ai tre punti riducendola a gradini (secondo la prima colonna):

[\begin{matrix}1 & 2 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 4 & 1 \\ 0 & 1 & k & 1 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & k & 1 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & k − 3 & 1 \end{matrix}]

Notiamo che in ogni caso la matrice M ha tre pivot, quindi ha rango tre e i tre punti non sono mai allineati.

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Esercizio 12.7. Determinare l’equazione cartesiana della retta passante per i punti A(3, 1, 2) e B(1, −1, 0)).

Soluzione:

Sia Mla matrice associata al generico punto P (x, y, z) della retta, ad A e B:

M = [\begin{matrix}x & y & z & 1 \\ 3 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & −1 & 0 & 1 \end{matrix}]

Notiamo che M contiene la sottomatrice 2 × 2

[\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

con determinante non nullo. Affinchè M abbia rango due è quindi necessario che

det [\begin{matrix}x & z & 1 \\ 3 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}] = det [\begin{matrix}y & z & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ −1 & 0 & 1 \end{matrix}] = 0

Quindi

\begin{cases}2x − 2z − 2 = 0 \\ 2y − 2z + 2 = 0 \end{cases}

Semplificando le equazioni si ottiene l’equazione cartesiana della retta AB:

\begin{cases}x − z − 1 = 0 \\ y − z + 1 = 0 \end{cases}
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Esercizio 12.8. Si determini la distanza del punto P (2, 1) dalla retta di equazione 2x − y + 7 = 0.

Soluzione:

Utilizziamo un metodo che non è sicuramente il più breve (anche rispetto ad altri concetti noti dalle superiori), ma che si può generalizzare a situazioni analoghe in R^{3} e che non richiede la conoscenza di formule.

Ricaviamo l’equazione parametrica di r:

r : \begin{cases}x = t \\ y = 7 + 2t \end{cases}

Quindi r è parallela al vettore u = (1, 2).

Sia s la retta per P e perpendicolare a r e sia s parallela al vettore v = (a, b). Per la condizione di perpendicolarità u e v devono essere ortogonali, quindi

(u, v) = a + 2b = 0 ⇒ \begin{cases}a = −2t \\ b = t \end{cases}

La retta s è quindi parallela al vettore v = (−2, 1). Imponendo inoltre il passaggio per P otteniamo

s : \begin{cases}x = 2 − 2t \\ y = 1 + t \end{cases}

Calcoliamo ora il punto A di intersezione tra r e s:

\begin{cases}2x − y + 7 = 0 \\ x = 2 − 2t \\ y = 1 + t \end{cases} ⇒ \begin{cases}4 − 4t − 1 − t + 7 = 0 \\ x = 2 − 2t \\ y = 1 + t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = 2 \\ x = −2 \\ y = 3 \end{cases}

Quindi A = (−2, 3).

Possiamo ora calcolare la distanza cercata:

d(r, P) = d(A, P) =∥ AP ∥=∥ (4, −2) ∥= \sqrt{20} = 2\sqrt{5}
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Esercizio 12.9. Si determini la distanza del punto P (3, 1, 2) dalla retta r di equazione parametrica

r : \begin{cases}x = 6 + t \\ y = 2 + 2t \\ z = −1 − 3t \end{cases}

Soluzione:

La retta r è parallela al vettore u = (1, 2, −3). Sia π il piano perpendicolare a r passante per P. La prima condizione implica che π sia del tipo

x + 2y − 3z = k

Imponendo il passaggio per P otteniamo 3 + 2 − 6 = k, ovvero k = −1. Infine

π : x + 2y − 3z = −1

Determiniamo ora il punto di intersezione A di r con π:

\begin{cases}x + 2y − 3z = −1 \\ x = 6 + t \\ y = 2 + 2t \\ z = −1 − 3t \end{cases} ⇒ \begin{cases}6 + t + 4 + 4t + 3 + 9t = −1 \\ x = 6 + t \\ y = 2 + 2t \\ z = −1 − 3t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = −1 \\ x = 5 \\ y = 0 \\ z = 2 \end{cases}

Quindi A = (5, 0, 2).

Possiamo ora calcolare la distanza cercata:

d(r, P) = d(A, P) =∥ AP ∥=∥ (2, −1, 0) ∥= \sqrt{5}
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Esercizio 12.10. Si determini la distanza del punto P (−1, 0, 2) dal piano π di equazione π : x − 2y + 3z = −9.

Soluzione:

Si può applicare la formula: d(Π, P) = \frac{| ax_{0} + by_{0} + cz_{0} + d |}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}} = \sqrt{14}.

L’esercizio può essere svolto, in caso di oblio della formula, come è illustrato di seguito. Il piano π è perpendicolare al vettore u = (1, −2, 3).

Sia r la retta perpendicolare a π passante per P:

r : \begin{cases}x = −1 + t \\ y = −2t \\ z = 2 + 3t \end{cases}

Determiniamo ora il punto di intersezione A di r con π:

\begin{cases}x − 2y + 3z = −9 \\ x = −1 + t \\ y = −2t \\ z = 2 + 3t \end{cases} ⇒ \begin{cases}−1 + t + 4t + 6 + 9t = −9 \\ x = −1 + t \\ y = −2t \\ z = 2 + 3t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = −1 \\ x = −2 \\ y = 2 \\ z = −1 \end{cases}

Quindi A = (−2, 2, −1).

Possiamo ora calcolare la distanza cercata:

d(π, P) = d(A, P) =∥ AP ∥=∥ (1, −2, 3) ∥= \sqrt{14}

Notiamo che l’esercizio poteva anche essere risolto utilizzando la formula della distanza punto-piano.

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Esercizio 12.11. Si determini la distanza tra le rette r e s di equazioni

r : \begin{cases}x = t \\ y = 1 + t \\ z = 4 − t \end{cases} s : \begin{cases}x = 4 + t \\ y = t \\ z = −2 − t \end{cases}

Soluzione:

Notiamo che le due rette sono parallele. Consideriamo un qualsiasi punto della retta r, per esempio P = (0, 1, 4). A questo punto è sufficiente calcolare la distanza di s da P come abbiamo fatto nell’Esercizio 12.2.

Sia π il piano perpendicolare a s passante per P:

x + y − z = −3

Determiniamo ora il punto di intersezione A di s con π:

\begin{cases}x + y − z = −3 \\ x = 4 + t \\ y = t \\ z = −2 − t \end{cases} ⇒ \begin{cases}4 + t + t + 2 + t = −3 \\ x = 4 + t \\ y = t \\ z = −2 − t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = −3 \\ x = 1 \\ y = −3 \\ z = 1 \end{cases}

Quindi A = (1, −3, 1).

Possiamo ora calcolare la distanza cercata:

d(r, s) = d(A, P) =∥ AP ∥=∥ (−1, 4, 3) ∥= \sqrt{26}
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Esercizio 12.12. Si determini la distanza tra i piani π_{1} e π_{2} di equazioni π_{1} : x − 2y + z = 12 e π_{2} : x − 2y + z = 6.

Soluzione:

Notiamo che i due piani sono paralleli. Consideriamo un qualsiasi punto del piano π_{1}, per esempio P = (12, 0, 0). A questo punto è sufficiente calcolare la distanza di π_{2} da P come abbiamo fatto nell’Esercizio 12.3.

Sia r la retta perpendicolare a π_{2} passante per P:

r : \begin{cases}x = 12 + t \\ y = −2t \\ z = t \end{cases}

Determiniamo ora il punto di intersezione A di r con π_{2}:

\begin{cases}x − 2y + z = 6 \\ x = 12 + t \\ y = −2t \\ z = t \end{cases} ⇒ \begin{cases}12 + t + 4t + t = 6x = 12 + t \\ y = −2t \\ z = t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = −1 \\ x = 11 \\ y = 2 \\ z = −1 \end{cases}

Quindi A = (11, 2, −1).

Possiamo ora calcolare la distanza cercata:

d(π, π_{2}) = d(A, P) =∥ AP ∥=∥ (1, −2, 1) ∥= \sqrt{6}
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Esercizio 12.13. Si determini la distanza tra le rette di equazioni

r : \begin{cases}x = 1 − t \\ y = −1 + 3t \\ z = −t \end{cases} s : \begin{cases}x = 2 + t \\ y = t \\ z = 1 − t \end{cases}

Soluzione:

Si verifica facilmente che le due rette sono sghembe, infatti non sono parallele e non si intersecano. Sia π il piano contenente s e parallelo a r. Questo in particolare implica che π sia parallelo a entrambe

le rette, ovvero ai vettori u = (−1, 3, −1) e v = (1, 1, −1). Inoltre, una volta impostata la condizione che π sia parallelo a s, in particolare conterrà s se ne contiene un suo qualsiasi punto. Scegliamo quindi un qualsiasi punto P di s, per esempio P = (2, 0, 1). Infine

π : \begin{cases}x = 2 − t + s \\ y = 3t + s \\ z = 1 − t − s \end{cases} ⇒ x + y + 2z − 4 = 0

Abbiamo così ottenuto un piano contenente s e parallelo alle due rette. A questo punto la distanza tra le due rette è uguale alla distanza di π da r. Inoltre, essendo r e π paralleli la loro distanza è uguale alla distanza di un qualsiasi punto B di r da π (o viceversa). Sia B = (1, −1, 0) il punto scelto su r. Possiamo ora utilizzare la formula della distanza punto-piano:

d(r, s) = d(B, π) = \frac{|1 · 1 + 1 · (−1) + 2 · 0 − 4|}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + 2^{2}}} = \frac{4}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{3}

In alternativa, non utilizzando la formula, per calcolare la distanza tra B e π potevamo calcolare il punto A di intersezione tra la retta l per B perpendicolare a π, e calcolare poi la distanza tra A e B. La retta passante per B e perpendicolare a π è la retta

l : \begin{cases}x = 1 + t \\ y = −1 + t \\ z = 2t \end{cases}

Sia A il punto di intersezione tre l e π:

\begin{cases}x + y + 2z = 4 \\ x = 1 + t \\ y = −1 + t \\ z = 2t \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = \frac{2}{3} \\ x = \frac{5}{3} \\ y = −\frac{1}{3} \\ z = \frac{4}{3} \end{cases} ⇒ A = (\frac{5}{3}, −\frac{1}{3}, \frac{4}{3})

Infine

d(r, s) = d(B, π) = d(B, A) =∥ AB ∥=∥ (−\frac{2}{3}, −\frac{2}{3}, −\frac{4}{3}) ∥= \frac{\sqrt{24}}{3} = \frac{2\sqrt{6}}{3}

□

Esercizio 12.14. Nello spazio R^{3} si considerino i piani

π_{1} : 2x + y = 1  e  π_{2} : x = 2y.

a) Determinare la mutua posizione dei due piani.

b) Scrivere equazioni cartesiane della retta parallela a π_{1}, perpendicolare a π_{2} e passante per l’origine.

Soluzione:

a) Il piano π_{1} è perpendicolare al vettore u_{1} = (2, 1, 0) mentre il piano π_{2} è perpendicolare al vettore

u_{2} = (1, −2, 0). Poichè u_{1} e u_{2} sono ortogonali, lo sono anche i piani π_{1} e π_{2}.

In particolare i piani π_{1} e π_{2} sono incidenti e hanno per intersezione la retta ottenuta risolvendo il sistema

\begin{cases}2x + y = 1 \\ x = 2y \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{2}{5} \\ y = \frac{1}{5} \\ z = t. \end{cases}

b) La retta perpendicolare a π_{2} e passante per l’origine è la retta

r : \begin{cases}x = t \\ y = −2t \\ z = 0 \end{cases}

In effetti tale retta è parallela a π_{1}. Questo si può verificare in due modi: – MODO 1. Cerchiamo l’intersezione tra r e π_{1}:

\begin{cases}2x + y = 1 \\ x = t \\ y = −2t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}2t − 2t = 1 \\ x = t \\ y = −2t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}0 = 1 \\ x = t \\ y = −2t \\ z = 0 \end{cases}

Poichè il sistema è impossibile, retta e piano non si intersecano quindi sono paralleli.

– MODO 2: La retta r è parallela al vettore v = (1, −2, 0), mentre il piano π è ortogonale al vettore u_{1} = (2, 1, 0). I due vettori v e u_{1} sono ortogonali in quanto

(u_{1}, v) = 2 · 1 + 1 · (−2) + 0 · 0 = 0

quindi r è parallela a π_{1}.

□

Esercizio 12.15. Calcolare l’area del triangolo di vertici A_{1}(3, 1), A_{2}(2, 6) e A_{3}(4, 4).

Soluzione:

L’area del triangolo di vertici A_{1}(3, 1), A_{2}(2, 6) e A_{3}(4, 4) è metà dell’area del parallelogramma di lati

\overrightarrow{A_{3}A_{1}} = (1, 3), \overrightarrow{A_{2}A_{1}} = (−1, 5)

Ricordando la formula per l’area di un parallelogramma in R^{2} otteniamo quindi:

Area(triangolo A_{1}A_{2}A_{3}) = \frac{1}{2} |(1 · 5 − (−1 · 3))| = \frac{1}{2} · 8 = 4

= \frac{1}{2} |det [\begin{matrix}1 & 3 \\ −1 & 5 \end{matrix}]| = \frac{1}{2} · 8 = 4

□

Esercizio 12.16. Determinare per quali valori di k il triangolo di vertici A_{1}(0, 0), A_{2}(4, 2) e A_{3}(1, k) ha area 5.

Soluzione: L’area del triangolo di vertici A_{1}, A_{2} e A_{3} è metà dell’area del parallelogramma di lati

\overrightarrow{A_{3}A_{1}} = (1, k), \overrightarrow{A_{2}A_{1}} = (4, 2)

Ricordando la formula per l’area di un parallelogramma in R^{2} otteniamo quindi

Area(triangolo A_{1}A_{2}A_{3}) = \frac{1}{2} |det [\begin{matrix}1 & k \\ 4 & 2 \end{matrix}]| = |\frac{1}{2}(2 − 4k)| = |1 − 2k|

Imponendo la condizione che l’area del triangolo sia 5 otteniamo 1 − 2k = ±5, quindi k = −2 o k = 3.

Abbiamo quindi ottenuto due possibili soluzioni:

• k = −2 ovvero A_{3} = (1, −2).

• k = 3 ovvero A_{3} = (1, 3).

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Esercizio 12.17. Calcolare l’area del poligono di vertici A_{1}(0, 0), A_{2}(1, 0), A_{3}(2, 1), A_{4}(1, 3) e A_{5}(0, 2).

Soluzione:

Rappresentando i punti nel piano si vede che l’area del poligono corrisponde alla somma delle aree dei triangoli A_{1}A_{2}A_{3}, A_{1}A_{3}A_{4} e A_{1}A_{4}A_{5}. Ora

\overrightarrow{A_{1}A_{2}} = (1, 0),  \overrightarrow{A_{1}A_{3}} = (2, 1),  \overrightarrow{A_{1}A_{4}} = (1, 3),  \overrightarrow{A_{1}A_{5}} = (0, 2)

quindi

Area(triangolo A_{1}A_{2}A_{3}) = \frac{1}{2} |det [\begin{matrix}1 & 0 \\ 2 & 1 \end{matrix}]| = \frac{1}{2}
Area(triangolo A_{1}A_{3}A_{4}) = \frac{1}{2} |det [\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 3 \end{matrix}]| = \frac{5}{2}
Area(triangolo A_{1}A_{4}A_{5}) = \frac{1}{2} |det [\begin{matrix}1 & 3 \\ 0 & 2 \end{matrix}]| = 1

Infine

Area(poligono A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}) = \frac{1}{2} + \frac{5}{2} + 1 = 4
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Esercizio 12.18. Calcolare l’area del triangolo di vertici A_{1}(1, 1, 1), A_{2}(1, 3, 1), A_{3}(−1, 0, 0).

Soluzione: L’area del triangolo di vertici A_{1}A_{2}A_{3} è la metà dell’area del parallelogramma di lati \overrightarrow{A_{1}A_{2}} e \overrightarrow{A_{1}A_{3}}, dove

\overrightarrow{A_{1}A_{2}} = (0, 2, 0), \overrightarrow{A_{1}A_{3}} = (−2, −1, −1)

Ricordando la formula per l’area di un parallelogrammo cominciamo a calcolare il vettore prodotto vettoriale:

\overrightarrow{A_{1}A_{2}} × \overrightarrow{A_{1}A_{3}} = (2 · (−1), 0, −(−2) · 2) = (−2, 0, 4)

= det [\begin{matrix}\overrightarrow{i} & \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k} \\ 0 & 2 & 0 \\ −2 & −1 & −1 \end{matrix}] = −2i + 0j + 4k = (−2, 0, 4)

Infine

Area(triangolo A_{1}A_{2}A_{3}) = \frac{1}{2}|(−2, 0, 4)| = \frac{1}{2}\sqrt{4 + 16} = \frac{1}{2}\sqrt{20} = \sqrt{5}

Attenzione a non confondere il valore assoluto di un numero: |a| con la lunghezza di un vettore: |\overrightarrow{v}|, entrambi indicati con le sbarre verticali.

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Esercizio 12.19. Calcolare il volume del parallelepipedo di lati u(1, 0, 0), v(−3, 1, 1) e w(−2, 2, 5).

Soluzione: Il volume del parallelepipedo è dato dal prodotto misto dei vettori che formano i lati del parallelepipedo. Cominciamo a calcolare il vettore prodotto vettoriale di v e w:

v × w = (3, 13, −4)

Quindi

Volume(parallelepipedo) = |(u, (v × w))| = |u · v × w| = |((1, 0, 0), (3, 13, −4))| = |3| = 3

Analogamente

Volume(parallelepipedo) = |det [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ −3 & 1 & 1 \\ −2 & 2 & 5 \end{matrix}]| = |1 · (5 − 2)| = 3
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Esercizio 12.20. Siano P_{1} = (1, −1, 0), P_{2} = (1, 0, −1), P_{3} = (1 + \frac{2}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, −1 − \frac{1}{\sqrt{3}}), e P_{4} = (1, 2, 1) quattro punti nello spazio.

a) Calcolare l’angolo tra i vettori \overrightarrow{P_{1}P_{2}} e \overrightarrow{P_{2}P_{3}}.

b) Calcolare il volume del prisma con base il triangolo P_{1}P_{2}P_{3} e lato il segmento P_{1}P_{4}.

Soluzione:

a) Sia ϑ l’angolo cercato, usiamo la formula

cos(ϑ) = \frac{(\overrightarrow{P_{1}P_{2}}, \overrightarrow{P_{2}P_{3}})}{|\overrightarrow{P_{1}P_{2}}| · |\overrightarrow{P_{2}P_{3}}|}

Poichè

\overrightarrow{P_{2}P_{3}} = (\frac{2}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}) , \overrightarrow{P_{1}P_{2}} = (0, 1, −1),

si ha

(\overrightarrow{P_{1}P_{3}}, \overrightarrow{P_{2}P_{3}}) = 0 − \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3}} = 0

Quindi cos(ϑ) = 0 e ϑ = \frac{π}{2} .

b) Il volume del prisma é metà del volume del parallelepipedo di lati \overrightarrow{P_{1}P_{2}}, \overrightarrow{P_{1}P_{3}} e \overrightarrow{P_{1}P_{4}}. Poichè

\overrightarrow{P_{1}P_{3}} = (\frac{2}{\sqrt{3}}, 1 − \frac{1}{\sqrt{3}}, −1 − \frac{1}{\sqrt{3}}) , \overrightarrow{P_{1}P_{4}} = (0, 3, 1)

otteniamo

V = |(\overrightarrow{P_{1}P_{2}}, \overrightarrow{P_{1}P_{3}} × \overrightarrow{P_{1}P_{4}})| = |\overrightarrow{P_{1}P_{2}} · (\overrightarrow{P_{1}P_{3}} × \overrightarrow{P_{1}P_{4}})|

= \frac{1}{2} · |((0, 1, −1), (4 + \frac{2}{\sqrt{3}}, −\frac{2}{\sqrt{3}}, \frac{6}{\sqrt{3}}))| = \frac{1}{2} · |−\frac{8}{\sqrt{3}}| = \frac{4}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{3}

Analogamente

V = |(\overrightarrow{P_{1}P_{2}}, \overrightarrow{P_{1}P_{3}} × \overrightarrow{P_{1}P_{4}})| = \frac{1}{2} · |det [\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ \frac{2}{\sqrt{3}} & 1 − \frac{1}{\sqrt{3}} & −1 − \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & 3 & 1 \end{matrix}]|

= \frac{1}{2} · |−\frac{8}{\sqrt{3}}| = \frac{4}{\sqrt{3}}

□

Esercizio 12.21. Si considerino le rette r_{1}, r_{2}, r_{3} di equazioni

r_{1} : 3x + y − 1 = 4x + y − z − 1 = 0
r_{2} : 2x − y + z = x − y + 2z = 0
r_{3} : x − z = y + z = 0

a) Mostrare che le tre rette sono complanari.

b) Calcolare l’area del triangolo determinate dalle tre rette.

Soluzione:

a) Tenendo anche conto del punto b) dell’esercizio per verificare che le tre rette sono complanari determiniamo i loro punti di intersezione a due a due.

r_{1} ∩ r_{2} : \begin{cases}3x + y = 1 \\ 4x + y − z = 1 \\ 2x − y + z = 0 \\ x − y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{6} \\ y = \frac{1}{2} \\ z = \frac{1}{6} \end{cases} ⇒ A (\frac{1}{6}, \frac{1}{2}, \frac{1}{6})

r_{1} ∩ r_{3} : \begin{cases}3x + y = 1 \\ 4x + y − z = 1 \\ x − z = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = −\frac{1}{2} \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ B (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2})

r_{2} ∩ r_{3} : \begin{cases}2x − y + z = 0 \\ x − y + 2z = 0 \\ x − z = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ C(0, 0, 0)

Il piano passante per A, B e C contiene le tre rette che sono quindi complanari.

b) Calcoliamo i due vettori che formano due lati del triangolo: \overrightarrow{CA} = (\frac{1}{6}, \frac{1}{2}, \frac{1}{6}) e \overrightarrow{CB} = (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2}), quindi

\overrightarrow{CA} × \overrightarrow{CB} = det [\begin{matrix}i & j & k \\ \frac{1}{6} & \frac{1}{2} & \frac{1}{6} \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}] = \frac{1}{3}i − \frac{1}{3}k

Infine

Area(ABC) = \frac{1}{2}|\overrightarrow{CA} × \overrightarrow{CB}| = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{9} + \frac{1}{9}} = \frac{\sqrt{2}}{6}

□

Esercizio 12.22. Si considerino i piani π_{1}, π_{2}, π_{3} di equazioni:

π_{1} : 2x − y = 1,  π_{2} : x + y + z = 0,  π_{3} : x − 2z = 1.

a) Si determini l’insieme intersezione dei tre piani.

b) Si trovi il piano π_{4} passante per l’origine e perpendicolare alla retta r = π_{1} ∩ π_{2}.

c) Si determini l’area del triangolo di vertici A, B, C, con A = π_{1} ∩ π_{2} ∩ π_{3}, B = π_{1} ∩ π_{3} ∩ π_{4}, C = π_{2} ∩ π_{3} ∩ π_{4}.

Soluzione: a) Riduciamo a gradini il sistema associato ai tre piani

[\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 1 & 0 & −2 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 3 & 2 & | & −1 \\ 0 & −1 & −3 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ 3III + II [\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 3 & 2 & | & −1 \\ 0 & 0 & −7 & | & 2 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}2x − y = 1 \\ 3y + 2z = −1 \\ −7z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{3}{7} \\ y = −\frac{1}{7} \\ z = −\frac{2}{7} \end{cases} ⇒ π_{1} ∩ π_{2} ∩ π_{3} = A = (\frac{3}{7}, −\frac{1}{7}, −\frac{2}{7}) .

b) Calcoliamo la retta r = π_{1} ∩ π_{2}:

[\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2II − I [\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 3 & 2 & | & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x − y = 1 \\ 3y + 2z = −1 \end{cases} ⇒ r : \begin{cases}x = −\frac{1}{3}t + \frac{1}{3} \\ y = −\frac{2}{3}t − \frac{1}{3} \\ z = t \end{cases}

La retta ha direzione (−\frac{1}{3}, −\frac{2}{3}, 1) cioè (1, 2, −3), quindi un piano ortogonale a r ha equazione del tipo x + 2y − 3z = d. Imponendo il pasaggio per l’origine otteniamo d = 0. Infine il piano cercato è

π_{4} : x + 2y − 3z = 0

c) Abbiamo già trovato A nel punto a). Analogamente mettiamo a sistema π_{1}, π_{3} e π_{4}:

[\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & 1 \\ 1 & 0 & −2 & | & 1 \\ 1 & 2 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ ⋯ ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{7} \\ y = −\frac{5}{7} \\ z = −\frac{3}{7} \end{cases} ⇒ π_{1} ∩ π_{3} ∩ π_{4} = B = (\frac{1}{7}, −\frac{5}{7}, −\frac{3}{7}) .

Mettendo a sistema π_{2}, π_{3} e π_{4}:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 1 & 0 & −2 & | & 1 \\ 1 & 2 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ ⋯ ⇒ \begin{cases}x = \frac{5}{7} \\ y = −\frac{4}{7} \\ z = −\frac{1}{7} \end{cases} ⇒ π_{2} ∩ π_{3} ∩ π_{4} = C = (\frac{5}{7}, −\frac{4}{7}, −\frac{1}{7}) .

Di conseguenza

\overrightarrow{AC} = (\frac{2}{7}, −\frac{3}{7}, \frac{1}{7}) , \overrightarrow{BC} = (\frac{4}{7}, \frac{1}{7}, \frac{2}{7}) . ⇒ \overrightarrow{AC} × \overrightarrow{BC} = [\begin{matrix}i & j & k \\ \frac{2}{7} & −\frac{3}{7} & \frac{1}{7} \\ \frac{4}{7} & \frac{1}{7} & \frac{2}{7} \end{matrix}] = −i + 2k

Infine

Area(ABC) = \frac{1}{2}| (−1, 0, 2) | = \frac{1}{2}\sqrt{5}

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Esercizio 12.23. Siano A = (0, −1, 0), B = (−2, 0, −3), C = (−1, 0, −1) punti dello spazio.

a) Calcolare l’area del triangolo di vertici A, B, C.

b) Stabilire se il punto D = (2, 2, 2) appartiene al piano contenente A, B, C.

c) Eseiste un’isometria che trasforma i punti A, B, C nei punti O = (0, 0, 0), P = (1, 0, 2) e Q = (1, 1, 1) rispettivamente?

Soluzione:

a) L’area del parallelogramma di lati AB e AC è data dalla lunghezza del vettore AB × AC. Poiché AB = (−2, 1, −3) e AC = (−1, 1, −1), otteniamo

AB × AC = det [\begin{matrix}i & j & k \\ −2 & 1 & −3 \\ −1 & 1 & −1 \end{matrix}] = 2i + j − k = (2, 1, −1) ⇒ |AB × AC| = \sqrt{6}.

Infine l’area del triangolo è metà dell’area del parallelogramma:

Area(ABC) = \frac{\sqrt{6}}{2}.

b) Un modo consiste nel determinare il piano passante per i tre punti A, B, C il quale ha equazione

π : \begin{cases}x = −2t − s \\ y = −1 + t + s \\ z = −3t − s \end{cases} ⇒ 2x + y − z = −1

Il punto D non soddisfa l’equazione di π: 4 + 2 − 2 ≠ −1, quindi D non appartiene al piano contenente A, B, C.

c) Un’isometria conserva le distanze, quindi in particolare deve essere |AB| = |OP |. Nel nostro caso

|AB| = \sqrt{14} ≠ |OP | = \sqrt{5}

quindi non può esistere un’isometria che trasforma i punti A e B nei punti O e P.

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Esercizio 12.24. Siano M = (1, 1, 1), N = (3, 2, 1), L = (1, 2, 2) punti dello spazio R^{3}. Sia C = (−1, 0, 1).

a) Si calcoli l’area del triangolo MNL.

b) Si determini l’insieme M′N′L′ che si ottiene proiettando il triangolo MNL dal centro C sul piano x + y = 0.

c) Si calcoli l’area del triangolo M′N′L′.

Soluzione:

a) L’area del triangolo di vertici MNL è la metà dell’area del parallelogramma di lati \overrightarrow{MN} e \overrightarrow{LN}, dove

u = \overrightarrow{MN} = (2, 1, 0), v = \overrightarrow{LN} = (2, 0, −1)

Ricordando la formula per l’area di un parallelogrammo cominciamo a calcolare il vettore prodotto vettoriale:

u × v = det [\begin{matrix}i & j & k \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & −1 \end{matrix}] = −i + 2j − 2k = (−1, 2, −2)

Infine

Area(triangolo MNL) = \frac{1}{2}|u × v| = \frac{1}{2}|(−1, 2, −2)| = \frac{3}{2}

In alternativa si poteva calcolare l’altezza del triangolo di base LN sfruttando la proiezione del vettore u = \overrightarrow{MN} su v = \overrightarrow{LN}:

pr_{v}(u) = \frac{(u, v)}{(v, v)}v = \frac{4}{5}(2, 0, −1)

Il vettore u − pr_{v}(u) = (\frac{2}{5}, 1, \frac{4}{5}) è ortogonale a v e corrisponde all’altezza del triangolo di base

v. Quindi

Area(triangolo MNL) = \frac{1}{2} · |(2, 0, −1)| · | (\frac{2}{5}, 1, \frac{4}{5}) | = \frac{1}{2} · \sqrt{5} · \frac{3}{\sqrt{5}} = \frac{3}{2}

b) Il vettore delle coordinate omogenee del piano è P = (1, 1, 0, 0) e il punto C ha coordinate omogenee C = (−1, 0, 1, 1). La matrice di proiezione è quindi

A = P^{T} C − (P · C)I_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 1 \\ −1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Quindi

M · A = (−1, 1, 3, 3) ⇒ M′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

N · A = (−2, 2, 6, 6) ⇒ N′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

L · A = (−2, 2, 5, 4) ⇒ L′ = (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{5}{4}, )

Quindi il triangolo viene proiettato nel segmento M′L′.

In alternativa si potevano calcolare le proiezioni senza utilizzare la matrice A. Per esempio per calcolare M′ si poteva calcolare la retta

CM : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \end{cases}

Il punto M′ è dato dall’intersezione tra la retta CM e il piano x + y = 0:

M′ : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \\ x + y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \\ 1 + 2t + 1 + t = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = −\frac{2}{3} \\ x = −\frac{1}{3} \\ y = \frac{1}{3} \\ z = 1 \end{cases} ⇒ M′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

Analogamente si potevano ottenere gli altri punti.

c) Il triangolo M′N′L′ è degenere, quindi ha area nulla.

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