Analitička geometrija u prostoru - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Prava [tex]g_1[/tex] sadrži tačku [tex]P_1(3; -1; 0)[/tex] i ima vektor pravca [tex]\vec{p}_1=(1; 2; 4)[/tex], a [tex]g_2[/tex] ima vektor pravca [tex]\vec{p}_2=(3; 0; -5)[/tex]. Tačka [tex]A[/tex] ne leži na [tex]g_1[/tex] (iz [tex]3+\lambda=1[/tex] sledi [tex]\lambda=-2[/tex], ali tada je [tex]y=-5\ne1[/tex]), pa [tex]A[/tex] i [tex]g_1[/tex] određuju ravan [tex]\varepsilon[/tex], i svaka prava kroz [tex]A[/tex] koja seče [tex]g_1[/tex] leži u [tex]\varepsilon[/tex]. Vektor normale ravni [tex]\varepsilon[/tex] je
[tex]\vec{p}_1×\overrightarrow{P_1A}=(1; 2; 4)×(-2; 2; 1)=(-6; -9; 6)\parallel(2; 3; -2)[/tex]
[tex]\varepsilon:\ 2(x-1)+3(y-1)-2(z-1)=0\iff 2x+3y-2z-3=0[/tex]
Tražena prava seče [tex]g_2[/tex] u tački ravni [tex]\varepsilon[/tex]. Pošto je [tex](2; 3; -2)⋅(3; 0; -5)=16\ne0[/tex], prava [tex]g_2[/tex] seče [tex]\varepsilon[/tex] u tačno jednoj tački:
[tex]2(-2+3\mu)+3\cdot (-1)-2(4-5\mu)-3=16\mu-18=0\ \Rightarrow\ \mu=\frac{9}{8},\quad P\left(\frac{11}{8}; -1; -\frac{13}{8}\right)[/tex]
Dakle, tražena prava može biti samo [tex]AP[/tex], sa vektorom pravca
[tex]8\,\overrightarrow{AP}=8\left(\frac{3}{8}; -2; -\frac{21}{8}\right)=(3; -16; -21)[/tex]
Ona leži u [tex]\varepsilon[/tex] i nije paralelna sa [tex]g_1[/tex], pa zaista seče [tex]g_1[/tex]: iz [tex]1+3s=3+\lambda[/tex], [tex]1-16s=-1+2\lambda[/tex], [tex]1-21s=4\lambda[/tex] dobijamo [tex]s=\frac{3}{11}[/tex], [tex]\lambda=-\frac{13}{11}[/tex]. Prema tome, jedina takva prava je
[tex]\frac{x-1}{3}=\frac{y-1}{-16}=\frac{z-1}{-21}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]A'[/tex] tačka simetrična tački [tex]A[/tex] u odnosu na [tex]\alpha[/tex]. Prema zakonu odbijanja, odbijeni zrak leži na pravoj kroz [tex]A'[/tex] i tačku odbijanja [tex]P[/tex], pri čemu je [tex]AP=A'P[/tex]. Vektor normale ravni [tex]\alpha[/tex] je [tex]\vec{n}=(3; 2; 2)[/tex]; normala iz [tex]A[/tex] na [tex]\alpha[/tex] sastoji se od tačaka [tex]A+\lambda\vec{n}[/tex], a njenom podnožju odgovara
[tex]3(1+3\lambda)+2\cdot 2\lambda+2(-3+2\lambda)-65=17\lambda-68=0\ \Rightarrow\ \lambda=4,\qquad A'=A+8\vec{n}=(25; 16; 13)[/tex]
Neka je [tex]Q[/tex] tačka u kojoj odbijeni zrak seče [tex]a[/tex]. Tada je [tex]PQ\perp a[/tex], a pošto su [tex]A'[/tex], [tex]P[/tex], [tex]Q[/tex] kolinearne, [tex]A'Q\perp a[/tex], tj. [tex]Q[/tex] je podnožje normale iz [tex]A'[/tex] na [tex]a[/tex]. Za [tex]Q(4+t; -2-2t; 1+2t)[/tex] i vektor pravca [tex]\vec{d}=(1; -2; 2)[/tex] prave [tex]a[/tex] imamo
[tex]\overrightarrow{A'Q}⋅\vec{d}=(t-21)-2(-2t-18)+2(2t-12)=9t-9=0\ \Rightarrow\ t=1,\quad Q(5; -4; 3)[/tex]
Leva strana jednačine ravni [tex]\alpha[/tex] jednaka je [tex]-68[/tex] u tački [tex]A[/tex], [tex]-52[/tex] u tački [tex]Q[/tex] i [tex]68[/tex] u tački [tex]A'[/tex]. Dakle, [tex]A[/tex] i [tex]Q[/tex] su sa iste strane ravni [tex]\alpha[/tex], a duž [tex]A'Q[/tex] seče [tex]\alpha[/tex] u tački odbijanja [tex]P\left(\frac{41}{3}; \frac{14}{3}; \frac{22}{3}\right)[/tex]; put [tex]A\to P\to Q[/tex] se zaista ostvaruje. Zato je njegova dužina
[tex]AP+PQ=A'P+PQ=A'Q=\left|(-20; -20; -10)\right|=\sqrt{400+400+100}=30[/tex]
(Zaista, [tex]AP=17[/tex] i [tex]PQ=13[/tex].)

Rešenje:
Za [tex]z=t[/tex] dobijamo parametarske jednačine prave [tex]a[/tex]: ona sadrži tačku [tex]P_0(2; 3; 0)[/tex] i ima vektor pravca [tex]\vec{e}=(1; 1; 1)[/tex]:
[tex]a:\ x=2+t,\quad y=3+t,\quad z=t[/tex]
Neka je [tex]\sigma[/tex] osna simetrija u odnosu na [tex]a[/tex] (rotacija za [tex]180^\circ[/tex] oko [tex]a[/tex]) i [tex]M'=\sigma(M)[/tex]. Simetrija ostavlja [tex]P[/tex] nepokretnom i preslikava pravu [tex]MP[/tex] na pravu [tex]M'P[/tex]. Prema datom zakonu, odbijeni zrak je slika produžetka zraka [tex]MP[/tex] iza tačke [tex]P[/tex], pa leži na pravoj [tex]M'P[/tex], sa suprotne strane tačke [tex]P[/tex] u odnosu na [tex]M'[/tex]. Dakle, [tex]P[/tex] je zajednička tačka prave [tex]M'N[/tex] i prave [tex]a[/tex], pri čemu [tex]P[/tex] leži između [tex]M'[/tex] i [tex]N[/tex]. Podnožje [tex]H[/tex] normale iz [tex]M[/tex] na [tex]a[/tex]:
[tex]t=\frac{\overrightarrow{P_0M}⋅\vec{e}}{|\vec{e}|^2}=\frac{(0; -6; -6)⋅(1; 1; 1)}{3}=-4,\quad H(-2; -1; -4),\quad M'=2H-M=(-6; 1; -2)[/tex]
Pošto je [tex]\overrightarrow{M'N}=(14; 2; 2)[/tex], tačke prave [tex]M'N[/tex] su [tex](-6+7w; 1+w; -2+w)[/tex] ([tex]M'[/tex] za [tex]w=0[/tex], [tex]N[/tex] za [tex]w=2[/tex]). Druga jednačina prave [tex]a[/tex] važi za svako [tex]w[/tex]: [tex]-(1+w)+(-2+w)+3=0[/tex]. Iz prve dobijamo
[tex](-6+7w)-(-2+w)-2=6w-6=0\ \Rightarrow\ w=1,\quad P(1; 2; -1)[/tex]
Pošto je [tex]0\lt 1\lt 2[/tex], tačka [tex]P[/tex] leži između [tex]M'[/tex] i [tex]N[/tex], kao što je potrebno. Provera: simetrija preslikava pravac upadnog zraka [tex]\vec{u}=\overrightarrow{MP}=(-1; 5; 5)[/tex] (gde je [tex]\vec{u}⋅\vec{e}=9[/tex]) u vektor
[tex]2\,\frac{\vec{u}⋅\vec{e}}{|\vec{e}|^2}\,\vec{e}-\vec{u}=6\,(1; 1; 1)-(-1; 5; 5)=(7; 1; 1)=\overrightarrow{PN}[/tex]

Rešenje:
Uzmimo (neortogonalnu) bazu [tex]\vec{a}=\overrightarrow{AB}[/tex], [tex]\vec{b}=\overrightarrow{AD}[/tex], [tex]\vec{c}=\overrightarrow{AA_1}[/tex]. Iz datih dužina i uglova od [tex]60^\circ[/tex] dobijamo
[tex]\vec{a}^2=9,\quad \vec{b}^2=1,\quad \vec{c}^2=4[/tex]
[tex]\vec{a}⋅\vec{b}=3\cdot 1\cdot \frac12=\frac32,\quad \vec{a}⋅\vec{c}=3\cdot 2\cdot \frac12=3,\quad \vec{b}⋅\vec{c}=1\cdot 2\cdot \frac12=1[/tex]
Tada je [tex]\overrightarrow{AC}=\vec{a}+\vec{b}[/tex], [tex]\overrightarrow{AB_1}=\vec{a}+\vec{c}[/tex], a vektor pravca prave [tex]CB_1[/tex] je [tex]\overrightarrow{CB_1}=\vec{c}-\vec{b}[/tex]. Prave su mimoilazne, jer je mešoviti proizvod [tex]\left(\vec{a},\,\vec{c}-\vec{b},\,\overrightarrow{AC}\right)=(\vec{a},\vec{c},\vec{b})[/tex] različit od nule. Najkraća duž je njihova zajednička normala [tex]PQ[/tex], gde je [tex]P\in AB[/tex] i [tex]Q\in CB_1[/tex]:
[tex]\overrightarrow{AP}=s\,\vec{a},\quad \overrightarrow{AQ}=\vec{a}+\vec{b}+t(\vec{c}-\vec{b}),\quad \overrightarrow{PQ}=(1-s)\vec{a}+(1-t)\vec{b}+t\vec{c}[/tex]
Treba da važi [tex]\overrightarrow{PQ}⋅\vec{a}=0[/tex] i [tex]\overrightarrow{PQ}⋅(\vec{c}-\vec{b})=0[/tex]. Kako je [tex]\vec{a}⋅(\vec{c}-\vec{b})=\frac32[/tex], [tex]\vec{b}⋅(\vec{c}-\vec{b})=0[/tex] i [tex]\vec{c}⋅(\vec{c}-\vec{b})=3[/tex], dobijamo
[tex]\begin{cases}9(1-s)+\frac32(1-t)+3t=0\\ \frac32(1-s)+3t=0\end{cases}\ \Rightarrow\ s=1+2t,\quad \frac32-\frac{33}{2}t=0\ \Rightarrow\ t=\frac1{11},\quad s=\frac{13}{11}[/tex]
Dakle, [tex]\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{11}\left(-2\vec{a}+10\vec{b}+\vec{c}\right)[/tex], pa kvadriranjem, uz gornje vrednosti, dobijamo
[tex]PQ^2=\frac{4\cdot 9+100\cdot 1+4+2(-2)(10)\cdot \frac32+2(-2)(1)\cdot 3+2(10)(1)\cdot 1}{121}=\frac{36+100+4-60-12+20}{121}=\frac{8}{11}[/tex]
[tex]PQ=\sqrt{\frac{8}{11}}=\frac{2\sqrt{22}}{11}[/tex]

Rešenje:
Skalarni proizvodi su
[tex]\vec{a}⋅\vec{b}=1\cdot 2\cdot \frac12=1,\quad \vec{b}⋅\vec{c}=2\cdot \sqrt2\cdot \frac12=\sqrt2,\quad \vec{a}⋅\vec{c}=0[/tex]
Prema formuli za dvostruki vektorski proizvod [tex](\vec{u}×\vec{v})×\vec{w}=(\vec{u}⋅\vec{w})\vec{v}-(\vec{v}⋅\vec{w})\vec{u}[/tex] dobijamo
[tex]\overrightarrow{OB}=(\vec{a}⋅\vec{c})\vec{b}-(\vec{b}⋅\vec{c})\vec{a}=-\sqrt2\,\vec{a}[/tex]
[tex]\overrightarrow{OC}=\big(\vec{a}⋅(\vec{b}×\vec{c})\big)\vec{b}-\big(\vec{b}⋅(\vec{b}×\vec{c})\big)\vec{a}=(\vec{a},\vec{b},\vec{c})\,\vec{b}[/tex]
Pošto je [tex]\overrightarrow{OB}×\overrightarrow{OC}=-\sqrt2\,(\vec{a},\vec{b},\vec{c})\,\vec{a}×\vec{b}[/tex], mešoviti proizvod vektora ivica je
[tex](\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC})=(\vec{a}×\vec{b})⋅\big(\overrightarrow{OB}×\overrightarrow{OC}\big)=-\sqrt2\,(\vec{a},\vec{b},\vec{c})\,|\vec{a}×\vec{b}|^2[/tex]
Prema Lagranžovom identitetu
[tex]|\vec{a}×\vec{b}|^2=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}⋅\vec{b})^2=4-1=3[/tex]
Kvadrat mešovitog proizvoda jednak je Gramovoj determinanti:
[tex](\vec{a},\vec{b},\vec{c})^2=\begin{vmatrix}1&1&0\\1&4&\sqrt2\\0&\sqrt2&2\end{vmatrix}=1\cdot (8-2)-1\cdot (2-0)=4\ \Rightarrow\ |(\vec{a},\vec{b},\vec{c})|=2[/tex]
Posebno, takvi vektori postoje i nisu komplanarni. Zato je
[tex]V=\frac16\left|(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC})\right|=\frac16\cdot \sqrt2\cdot 2\cdot 3=\sqrt2[/tex]

Rešenje:
Pomnožimo jednačinu skalarno sa [tex]\vec{b}[/tex]. Pošto je [tex]\vec{x}×\vec{b}\perp\vec{b}[/tex], dobijamo
[tex]\vec{x}⋅\vec{b}=\vec{a}⋅\vec{b}+(\vec{x}×\vec{b})⋅\vec{b}=\vec{a}⋅\vec{b}[/tex]
Sada pomnožimo jednačinu vektorski sa [tex]\vec{b}[/tex] i primenimo formulu za dvostruki vektorski proizvod:
[tex]\vec{x}×\vec{b}=\vec{a}×\vec{b}+(\vec{x}×\vec{b})×\vec{b}=\vec{a}×\vec{b}+(\vec{x}⋅\vec{b})\vec{b}-(\vec{b}⋅\vec{b})\vec{x}=\vec{a}×\vec{b}+(\vec{a}⋅\vec{b})\vec{b}-|\vec{b}|^2\vec{x}[/tex]
Zamenimo ovaj izraz u polaznu jednačinu:
[tex]\vec{x}=\vec{a}+\vec{a}×\vec{b}+(\vec{a}⋅\vec{b})\vec{b}-|\vec{b}|^2\vec{x}\ \Rightarrow\ \left(1+|\vec{b}|^2\right)\vec{x}=\vec{a}+\vec{a}×\vec{b}+(\vec{a}⋅\vec{b})\vec{b}[/tex]
Pošto je [tex]1+|\vec{b}|^2\gt0[/tex], jedino moguće rešenje je
[tex]\vec{x}=\frac{\vec{a}+\vec{a}×\vec{b}+(\vec{a}⋅\vec{b})\vec{b}}{1+|\vec{b}|^2}[/tex]
Rešenje postoji: linearno preslikavanje [tex]\vec{x}\mapsto\vec{x}-\vec{x}×\vec{b}[/tex] je injektivno (ako je [tex]\vec{x}=\vec{x}×\vec{b}[/tex], skalarno množenje sa [tex]\vec{x}[/tex] daje [tex]|\vec{x}|^2=0[/tex]), pa je bijekcija. Zato jednačina ima tačno jedno rešenje, a to je nađeni vektor (što potvrđuje i direktna zamena).

Rešenje:
Neka je [tex]\vec{a}=\overrightarrow{SA}[/tex], [tex]\vec{b}=\overrightarrow{SB}[/tex], [tex]\vec{c}=\overrightarrow{SC}[/tex]. Ovi vektori su linearno nezavisni, jer tačke [tex]S[/tex], [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] ne leže u jednoj ravni. Iz datih odnosa sledi
[tex]\overrightarrow{SM}=\frac34\vec{a},\quad \overrightarrow{SN}=\frac12\vec{b},\quad \overrightarrow{SP}=\frac38\vec{c}[/tex]
Pošto je [tex]ABCD[/tex] paralelogram, [tex]\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}[/tex], pa je
[tex]\overrightarrow{SD}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{BC}=\vec{a}+\vec{c}-\vec{b},\qquad \overrightarrow{BD}=\overrightarrow{SD}-\overrightarrow{SB}=\vec{a}-2\vec{b}+\vec{c}[/tex]
Ravan [tex](MNP)[/tex] sadrži nekolinearne vektore
[tex]\overrightarrow{NM}=\frac34\vec{a}-\frac12\vec{b},\qquad \overrightarrow{NP}=\frac38\vec{c}-\frac12\vec{b}[/tex]
Tražimo [tex]\alpha[/tex], [tex]\beta[/tex] tako da je [tex]\alpha\overrightarrow{NM}+\beta\overrightarrow{NP}=\overrightarrow{BD}[/tex]. Iz koeficijenata uz [tex]\vec{a}[/tex] i [tex]\vec{c}[/tex] dobijamo [tex]\frac34\alpha=1[/tex] i [tex]\frac38\beta=1[/tex], tj. [tex]\alpha=\frac43[/tex], [tex]\beta=\frac83[/tex], a tada se poklapa i koeficijent uz [tex]\vec{b}[/tex]:
[tex]-\frac12\cdot \frac43-\frac12\cdot \frac83=-2\quad\Rightarrow\quad \overrightarrow{BD}=\frac43\overrightarrow{NM}+\frac83\overrightarrow{NP}[/tex]
Dakle, vektor [tex]\overrightarrow{BD}[/tex] je paralelan sa ravni [tex](MNP)[/tex]. Ostaje da pokažemo da [tex]B[/tex] ne leži u toj ravni. Tačka [tex]X[/tex] leži u [tex](MNP)[/tex] ako i samo ako je [tex]\overrightarrow{SX}=x\overrightarrow{SM}+y\overrightarrow{SN}+z\overrightarrow{SP}[/tex], pri čemu je [tex]x+y+z=1[/tex]. Za [tex]X=B[/tex] razlaganje je jedinstveno:
[tex]\overrightarrow{SB}=0\,\overrightarrow{SM}+2\,\overrightarrow{SN}+0\,\overrightarrow{SP},\qquad 0+2+0=2\ne1[/tex]
Prema tome, prava [tex]BD[/tex] ne leži u ravni [tex](MNP)[/tex] i paralelna je sa njom.

Rešenje:
Matrica kvadratnog dela je
[tex]A=\begin{bmatrix}4&0&2\\0&2&-2\\2&-2&3\end{bmatrix}[/tex]
Njen trag je [tex]9[/tex], zbir glavnih minora reda [tex]2[/tex] je [tex]8+8+2=18[/tex] i [tex]\det A=0[/tex], pa je karakteristična jednačina
[tex]\lambda^3-9\lambda^2+18\lambda=\lambda(\lambda-3)(\lambda-6)=0[/tex]
Sopstvenim vrednostima [tex]3[/tex], [tex]6[/tex], [tex]0[/tex] odgovaraju ortonormirani sopstveni vektori (oni čine desnu trojku)
[tex]\vec{e}_1=\frac13(-2; -2; 1),\quad \vec{e}_2=\frac13(2; -1; 2),\quad \vec{e}_3=\frac13(-1; 2; 2),\qquad \vec{e}_1×\vec{e}_2=\vec{e}_3[/tex]
Rotacija
[tex]x=\frac{-2x'+2y'-z'}{3},\quad y=\frac{-2x'-y'+2z'}{3},\quad z=\frac{x'+2y'+2z'}{3}[/tex]
prevodi kvadratni deo u [tex]3x'^2+6y'^2[/tex], a linearni deo [tex]6x+4y+8z[/tex] u [tex]-4x'+8y'+6z'[/tex] (njegovi koeficijenti su [tex]\vec{e}_i⋅\vec{l}[/tex], gde je [tex]\vec{l}=(6; 4; 8)[/tex]). Dakle,
[tex]S:\ 3x'^2+6y'^2-4x'+8y'+6z'+2=0[/tex]
Dopunjavanjem do potpunih kvadrata dobijamo
[tex]3\left(x'-\frac23\right)^2+6\left(y'+\frac23\right)^2+6z'+2-\frac43-\frac83=0\ \Leftrightarrow\ 3\left(x'-\frac23\right)^2+6\left(y'+\frac23\right)^2=-6\left(z'-\frac13\right)[/tex]
Smena koordinata koja čuva orijentaciju (translacija, a zatim rotacija za [tex]180^\circ[/tex] oko nove ose [tex]y'[/tex])
[tex]X=-\left(x'-\frac23\right),\quad Y=y'+\frac23,\quad Z=-\left(z'-\frac13\right)[/tex]
daje [tex]3X^2+6Y^2=6Z[/tex]. Dakle, [tex]S[/tex] je eliptički paraboloid sa kanonskom jednačinom
[tex]X^2+2Y^2=2Z[/tex]

Rešenje:
Afino preslikavanje [tex]u=\frac{x}{a},\ v=\frac{y}{b},\ w=\frac{z}{c}[/tex] preslikava elipsoid u jediničnu loptu [tex]u^2+v^2+w^2\le1[/tex], ravni u ravni, a [tex]O[/tex] u [tex]O[/tex]. Tačka [tex]M[/tex] prelazi u [tex]M'\left(\frac{x_0}{a}; \frac{y_0}{b}; \frac{z_0}{c}\right)=M'(u_0; v_0; w_0)[/tex], gde je [tex]0\lt\rho=|OM'|\lt1[/tex]. Sve zapremine se množe istim faktorom [tex]\frac{1}{abc}[/tex], pa je dovoljno rešiti zadatak za loptu. Ravan na rastojanju [tex]d[/tex] od [tex]O[/tex] odseca, sa strane koja ne sadrži [tex]O[/tex], loptin odsečak visine [tex]1-d[/tex] i zapremine
[tex]V(d)=\int_d^1\pi(1-t^2)\,dt=\frac{\pi}{3}(1-d)^2(2+d)[/tex]
Pošto je [tex]V'(d)=-\pi(1-d)(1+d)\lt0[/tex] za [tex]0\le d\lt1[/tex], zapremina opada kad [tex]d[/tex] raste, pa nam treba najveće moguće [tex]d[/tex]. Za ravan kroz [tex]M'[/tex] uvek je [tex]d\le|OM'|=\rho[/tex], a jednakost važi samo za ravan kroz [tex]M'[/tex] normalnu na [tex]OM'[/tex]:
[tex]u_0u+v_0v+w_0w=u_0^2+v_0^2+w_0^2[/tex]
Vraćanjem na [tex]x[/tex], [tex]y[/tex], [tex]z[/tex] dobijamo jedinstveni odgovor
[tex]\frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}+\frac{z_0z}{c^2}=\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}+\frac{z_0^2}{c^2}[/tex]
Geometrijski, to je ravan kroz [tex]M[/tex] paralelna tangentnoj ravni u tački u kojoj poluprava [tex]OM[/tex] seče elipsoid.

Rešenje:
Neka ravan [tex]\pi[/tex] kroz [tex]O[/tex] seče elipsoid po kružnici. Elipsoid i [tex]\pi[/tex] su simetrični u odnosu na [tex]O[/tex], pa je takav i presek; zato je centar kružnice [tex]O[/tex], i ako je [tex]r\gt0[/tex] njen poluprečnik, ona leži na sferi [tex]x^2+y^2+z^2=r^2[/tex]. Oduzimanjem jednačine sfere pomnožene sa [tex]\frac{1}{r^2}[/tex] od jednačine elipsoida vidimo da svaka tačka kružnice zadovoljava
[tex]\left(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{r^2}\right)x^2+\left(\frac{1}{b^2}-\frac{1}{r^2}\right)y^2+\left(\frac{1}{c^2}-\frac{1}{r^2}\right)z^2=0\qquad(*)[/tex]
Jednačina [tex](*)[/tex] je homogena, pa važi na svakoj pravoj kroz [tex]O[/tex] i tačku kružnice, tj. na celoj ravni [tex]\pi[/tex]. Ako je [tex]r\ne a[/tex], [tex]r\ne b[/tex] i [tex]r\ne c[/tex], sva tri koeficijenta su različita od nule i dva od njih su istog znaka; ako su to, na primer, koeficijenti uz [tex]x^2[/tex] i [tex]y^2[/tex], onda [tex]\pi[/tex] i ravan [tex]z=0[/tex] imaju zajedničku pravu kroz [tex]O[/tex] na kojoj [tex](*)[/tex] važi samo u tački [tex]O[/tex], što je kontradikcija (ostali slučajevi su analogni). Ako je [tex]r=a[/tex], koeficijenti uz [tex]y^2[/tex] i [tex]z^2[/tex] su pozitivni i [tex](*)[/tex] određuje samo osu [tex]Ox[/tex]; slično, [tex]r=c[/tex] daje samo osu [tex]Oz[/tex]. Dakle, [tex]r=b[/tex], i [tex](*)[/tex] postaje
[tex]\frac{a^2-b^2}{a^2b^2}\,x^2=\frac{b^2-c^2}{b^2c^2}\,z^2\ \Leftrightarrow\ c^2(a^2-b^2)\,x^2=a^2(b^2-c^2)\,z^2\ \Leftrightarrow\ c\sqrt{a^2-b^2}\,x\pm a\sqrt{b^2-c^2}\,z=0[/tex]
Obrnuto, na svakoj od ove dve ravni važi [tex](*)[/tex] za [tex]r=b[/tex], pa takva ravan seče elipsoid po istom skupu po kome seče sferu [tex]x^2+y^2+z^2=b^2[/tex], tj. po kružnici poluprečnika [tex]b[/tex] sa centrom [tex]O[/tex]. Dakle, tražene ravni su tačno dve (obe sadrže osu [tex]Oy[/tex]):
[tex]c\sqrt{a^2-b^2}\,x+a\sqrt{b^2-c^2}\,z=0,\qquad c\sqrt{a^2-b^2}\,x-a\sqrt{b^2-c^2}\,z=0[/tex]