Аналитическая геометрия в пространстве - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Прямая [tex]g_1[/tex] проходит через [tex]P_1(3; -1; 0)[/tex] и имеет направляющий вектор [tex]\vec{p}_1=(1; 2; 4)[/tex], а [tex]g_2[/tex] имеет направляющий вектор [tex]\vec{p}_2=(3; 0; -5)[/tex]. Точка [tex]A[/tex] не лежит на [tex]g_1[/tex] (из [tex]3+\lambda=1[/tex] следует [tex]\lambda=-2[/tex], но тогда [tex]y=-5\ne1[/tex]), поэтому [tex]A[/tex] и [tex]g_1[/tex] задают плоскость [tex]\varepsilon[/tex], и любая прямая через [tex]A[/tex], пересекающая [tex]g_1[/tex], лежит в [tex]\varepsilon[/tex]. Нормальный вектор плоскости [tex]\varepsilon[/tex]:
[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]
Искомая прямая пересекает [tex]g_2[/tex] в точке плоскости [tex]\varepsilon[/tex]. Так как [tex](2; 3; -2)⋅(3; 0; -5)=16\ne0[/tex], прямая [tex]g_2[/tex] пересекает [tex]\varepsilon[/tex] ровно в одной точке:
[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]
Значит, искомой прямой может быть только [tex]AP[/tex] с направляющим вектором
[tex]8\,\overrightarrow{AP}=8\left(\frac{3}{8}; -2; -\frac{21}{8}\right)=(3; -16; -21)[/tex]
Она лежит в [tex]\varepsilon[/tex] и не параллельна [tex]g_1[/tex], поэтому действительно пересекает [tex]g_1[/tex]: из [tex]1+3s=3+\lambda[/tex], [tex]1-16s=-1+2\lambda[/tex], [tex]1-21s=4\lambda[/tex] получаем [tex]s=\frac{3}{11}[/tex], [tex]\lambda=-\frac{13}{11}[/tex]. Итак, единственная такая прямая:
[tex]\frac{x-1}{3}=\frac{y-1}{-16}=\frac{z-1}{-21}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]A'[/tex] — точка, симметричная [tex]A[/tex] относительно [tex]\alpha[/tex]. По закону отражения отражённый луч лежит на прямой, проходящей через [tex]A'[/tex] и точку отражения [tex]P[/tex], причём [tex]AP=A'P[/tex]. Нормальный вектор плоскости [tex]\alpha[/tex] равен [tex]\vec{n}=(3; 2; 2)[/tex]; перпендикуляр из [tex]A[/tex] к [tex]\alpha[/tex] состоит из точек [tex]A+\lambda\vec{n}[/tex], а его основанию соответствует
[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]
Пусть [tex]Q[/tex] — точка, в которой отражённый луч пересекает [tex]a[/tex]. Тогда [tex]PQ\perp a[/tex], а так как [tex]A'[/tex], [tex]P[/tex], [tex]Q[/tex] лежат на одной прямой, [tex]A'Q\perp a[/tex], т.е. [tex]Q[/tex] — основание перпендикуляра из [tex]A'[/tex] к [tex]a[/tex]. При [tex]Q(4+t; -2-2t; 1+2t)[/tex] и направляющем векторе [tex]\vec{d}=(1; -2; 2)[/tex] прямой [tex]a[/tex]:
[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]
Левая часть уравнения [tex]\alpha[/tex] равна [tex]-68[/tex] в точке [tex]A[/tex], [tex]-52[/tex] в точке [tex]Q[/tex] и [tex]68[/tex] в точке [tex]A'[/tex]. Значит, [tex]A[/tex] и [tex]Q[/tex] лежат по одну сторону от [tex]\alpha[/tex], а отрезок [tex]A'Q[/tex] пересекает [tex]\alpha[/tex] в точке отражения [tex]P\left(\frac{41}{3}; \frac{14}{3}; \frac{22}{3}\right)[/tex]; путь [tex]A\to P\to Q[/tex] действительно реализуется. Поэтому его длина равна
[tex]AP+PQ=A'P+PQ=A'Q=\left|(-20; -20; -10)\right|=\sqrt{400+400+100}=30[/tex]
(Действительно, [tex]AP=17[/tex] и [tex]PQ=13[/tex].)

Решение:
Положив [tex]z=t[/tex], получаем параметрические уравнения прямой [tex]a[/tex]: она проходит через [tex]P_0(2; 3; 0)[/tex] и имеет направляющий вектор [tex]\vec{e}=(1; 1; 1)[/tex]:
[tex]a:\ x=2+t,\quad y=3+t,\quad z=t[/tex]
Пусть [tex]\sigma[/tex] — осевая симметрия относительно [tex]a[/tex] (поворот на [tex]180^\circ[/tex] вокруг [tex]a[/tex]) и [tex]M'=\sigma(M)[/tex]. Симметрия оставляет [tex]P[/tex] на месте и переводит прямую [tex]MP[/tex] в прямую [tex]M'P[/tex]. По данному закону отражённый луч — образ продолжения [tex]MP[/tex] за точку [tex]P[/tex], поэтому он лежит на прямой [tex]M'P[/tex], по другую сторону от [tex]P[/tex], чем [tex]M'[/tex]. Значит, [tex]P[/tex] — общая точка прямой [tex]M'N[/tex] и прямой [tex]a[/tex], причём [tex]P[/tex] лежит между [tex]M'[/tex] и [tex]N[/tex]. Основание [tex]H[/tex] перпендикуляра из [tex]M[/tex] к [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]
Так как [tex]\overrightarrow{M'N}=(14; 2; 2)[/tex], точки прямой [tex]M'N[/tex] имеют вид [tex](-6+7w; 1+w; -2+w)[/tex] ([tex]M'[/tex] при [tex]w=0[/tex], [tex]N[/tex] при [tex]w=2[/tex]). Второе уравнение прямой [tex]a[/tex] выполняется при любом [tex]w[/tex]: [tex]-(1+w)+(-2+w)+3=0[/tex]. Из первого получаем
[tex](-6+7w)-(-2+w)-2=6w-6=0\ \Rightarrow\ w=1,\quad P(1; 2; -1)[/tex]
Так как [tex]0\lt 1\lt 2[/tex], точка [tex]P[/tex] лежит между [tex]M'[/tex] и [tex]N[/tex], как и требуется. Проверка: симметрия переводит направление падающего луча [tex]\vec{u}=\overrightarrow{MP}=(-1; 5; 5)[/tex] (где [tex]\vec{u}⋅\vec{e}=9[/tex]) в вектор
[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]

Решение:
Возьмём (неортогональный) базис [tex]\vec{a}=\overrightarrow{AB}[/tex], [tex]\vec{b}=\overrightarrow{AD}[/tex], [tex]\vec{c}=\overrightarrow{AA_1}[/tex]. Из данных длин и углов по [tex]60^\circ[/tex] получаем
[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]
Тогда [tex]\overrightarrow{AC}=\vec{a}+\vec{b}[/tex], [tex]\overrightarrow{AB_1}=\vec{a}+\vec{c}[/tex], а направляющий вектор прямой [tex]CB_1[/tex] равен [tex]\overrightarrow{CB_1}=\vec{c}-\vec{b}[/tex]. Прямые скрещиваются, так как смешанное произведение [tex]\left(\vec{a},\,\vec{c}-\vec{b},\,\overrightarrow{AC}\right)=(\vec{a},\vec{c},\vec{b})[/tex] отлично от нуля. Кратчайший отрезок — их общий перпендикуляр [tex]PQ[/tex], где [tex]P\in AB[/tex] и [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]
Нужно, чтобы [tex]\overrightarrow{PQ}⋅\vec{a}=0[/tex] и [tex]\overrightarrow{PQ}⋅(\vec{c}-\vec{b})=0[/tex]. Учитывая, что [tex]\vec{a}⋅(\vec{c}-\vec{b})=\frac32[/tex], [tex]\vec{b}⋅(\vec{c}-\vec{b})=0[/tex] и [tex]\vec{c}⋅(\vec{c}-\vec{b})=3[/tex], получаем
[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]
Значит, [tex]\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{11}\left(-2\vec{a}+10\vec{b}+\vec{c}\right)[/tex], и, возводя в квадрат с учётом найденных значений, получаем
[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]

Решение:
Скалярные произведения равны
[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]
По формуле двойного векторного произведения [tex](\vec{u}×\vec{v})×\vec{w}=(\vec{u}⋅\vec{w})\vec{v}-(\vec{v}⋅\vec{w})\vec{u}[/tex] получаем
[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]
Так как [tex]\overrightarrow{OB}×\overrightarrow{OC}=-\sqrt2\,(\vec{a},\vec{b},\vec{c})\,\vec{a}×\vec{b}[/tex], смешанное произведение векторов рёбер равно
[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]
По тождеству Лагранжа
[tex]|\vec{a}×\vec{b}|^2=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}⋅\vec{b})^2=4-1=3[/tex]
Квадрат смешанного произведения равен определителю Грама:
[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]
В частности, такие векторы существуют и некомпланарны. Следовательно,
[tex]V=\frac16\left|(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC})\right|=\frac16\cdot \sqrt2\cdot 2\cdot 3=\sqrt2[/tex]

Решение:
Умножим уравнение скалярно на [tex]\vec{b}[/tex]. Так как [tex]\vec{x}×\vec{b}\perp\vec{b}[/tex], получаем
[tex]\vec{x}⋅\vec{b}=\vec{a}⋅\vec{b}+(\vec{x}×\vec{b})⋅\vec{b}=\vec{a}⋅\vec{b}[/tex]
Теперь умножим уравнение векторно на [tex]\vec{b}[/tex] и применим формулу двойного векторного произведения:
[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]
Подставим это выражение в исходное уравнение:
[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]
Так как [tex]1+|\vec{b}|^2\gt0[/tex], единственно возможное решение —
[tex]\vec{x}=\frac{\vec{a}+\vec{a}×\vec{b}+(\vec{a}⋅\vec{b})\vec{b}}{1+|\vec{b}|^2}[/tex]
Решение существует: линейное отображение [tex]\vec{x}\mapsto\vec{x}-\vec{x}×\vec{b}[/tex] инъективно (если [tex]\vec{x}=\vec{x}×\vec{b}[/tex], то скалярное умножение на [tex]\vec{x}[/tex] даёт [tex]|\vec{x}|^2=0[/tex]), а значит, биективно. Поэтому уравнение имеет ровно одно решение — найденный вектор (это подтверждает и непосредственная подстановка).

Решение:
Пусть [tex]\vec{a}=\overrightarrow{SA}[/tex], [tex]\vec{b}=\overrightarrow{SB}[/tex], [tex]\vec{c}=\overrightarrow{SC}[/tex]. Эти векторы линейно независимы, так как точки [tex]S[/tex], [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] не лежат в одной плоскости. Из данных отношений
[tex]\overrightarrow{SM}=\frac34\vec{a},\quad \overrightarrow{SN}=\frac12\vec{b},\quad \overrightarrow{SP}=\frac38\vec{c}[/tex]
Так как [tex]ABCD[/tex] — параллелограмм, [tex]\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}[/tex], поэтому
[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]
Плоскость [tex](MNP)[/tex] содержит неколлинеарные векторы
[tex]\overrightarrow{NM}=\frac34\vec{a}-\frac12\vec{b},\qquad \overrightarrow{NP}=\frac38\vec{c}-\frac12\vec{b}[/tex]
Ищем [tex]\alpha[/tex], [tex]\beta[/tex], для которых [tex]\alpha\overrightarrow{NM}+\beta\overrightarrow{NP}=\overrightarrow{BD}[/tex]. Из коэффициентов при [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{c}[/tex] получаем [tex]\frac34\alpha=1[/tex] и [tex]\frac38\beta=1[/tex], т.е. [tex]\alpha=\frac43[/tex], [tex]\beta=\frac83[/tex], и тогда коэффициент при [tex]\vec{b}[/tex] тоже совпадает:
[tex]-\frac12\cdot \frac43-\frac12\cdot \frac83=-2\quad\Rightarrow\quad \overrightarrow{BD}=\frac43\overrightarrow{NM}+\frac83\overrightarrow{NP}[/tex]
Следовательно, вектор [tex]\overrightarrow{BD}[/tex] параллелен плоскости [tex](MNP)[/tex]. Осталось показать, что [tex]B[/tex] не лежит в этой плоскости. Точка [tex]X[/tex] лежит в [tex](MNP)[/tex] тогда и только тогда, когда [tex]\overrightarrow{SX}=x\overrightarrow{SM}+y\overrightarrow{SN}+z\overrightarrow{SP}[/tex], где [tex]x+y+z=1[/tex]. Для [tex]X=B[/tex] разложение единственно:
[tex]\overrightarrow{SB}=0\,\overrightarrow{SM}+2\,\overrightarrow{SN}+0\,\overrightarrow{SP},\qquad 0+2+0=2\ne1[/tex]
Следовательно, прямая [tex]BD[/tex] не лежит в плоскости [tex](MNP)[/tex] и параллельна ей.

Решение:
Матрица квадратичной части равна
[tex]A=\begin{bmatrix}4&0&2\\0&2&-2\\2&-2&3\end{bmatrix}[/tex]
Её след равен [tex]9[/tex], сумма главных миноров второго порядка равна [tex]8+8+2=18[/tex] и [tex]\det A=0[/tex], поэтому характеристическое уравнение имеет вид
[tex]\lambda^3-9\lambda^2+18\lambda=\lambda(\lambda-3)(\lambda-6)=0[/tex]
Собственным значениям [tex]3[/tex], [tex]6[/tex], [tex]0[/tex] соответствуют ортонормированные собственные векторы (образующие правую тройку)
[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]
Поворот
[tex]x=\frac{-2x'+2y'-z'}{3},\quad y=\frac{-2x'-y'+2z'}{3},\quad z=\frac{x'+2y'+2z'}{3}[/tex]
переводит квадратичную часть в [tex]3x'^2+6y'^2[/tex], а линейную часть [tex]6x+4y+8z[/tex] — в [tex]-4x'+8y'+6z'[/tex] (её коэффициенты равны [tex]\vec{e}_i⋅\vec{l}[/tex], где [tex]\vec{l}=(6; 4; 8)[/tex]). Значит,
[tex]S:\ 3x'^2+6y'^2-4x'+8y'+6z'+2=0[/tex]
Выделяем полные квадраты:
[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]
Замена координат, сохраняющая ориентацию (параллельный перенос и поворот на [tex]180^\circ[/tex] вокруг новой оси [tex]y'[/tex]),
[tex]X=-\left(x'-\frac23\right),\quad Y=y'+\frac23,\quad Z=-\left(z'-\frac13\right)[/tex]
даёт [tex]3X^2+6Y^2=6Z[/tex]. Следовательно, [tex]S[/tex] — эллиптический параболоид с каноническим уравнением
[tex]X^2+2Y^2=2Z[/tex]

Решение:
Аффинное преобразование [tex]u=\frac{x}{a},\ v=\frac{y}{b},\ w=\frac{z}{c}[/tex] переводит эллипсоид в единичный шар [tex]u^2+v^2+w^2\le1[/tex], плоскости — в плоскости, а [tex]O[/tex] — в [tex]O[/tex]. Точка [tex]M[/tex] переходит в [tex]M'\left(\frac{x_0}{a}; \frac{y_0}{b}; \frac{z_0}{c}\right)=M'(u_0; v_0; w_0)[/tex], где [tex]0\lt\rho=|OM'|\lt1[/tex]. Все объёмы умножаются на один и тот же множитель [tex]\frac{1}{abc}[/tex], поэтому достаточно решить задачу для шара. Плоскость на расстоянии [tex]d[/tex] от [tex]O[/tex] отсекает со стороны, не содержащей [tex]O[/tex], шаровой сегмент высоты [tex]1-d[/tex] объёма
[tex]V(d)=\int_d^1\pi(1-t^2)\,dt=\frac{\pi}{3}(1-d)^2(2+d)[/tex]
Так как [tex]V'(d)=-\pi(1-d)(1+d)\lt0[/tex] при [tex]0\le d\lt1[/tex], объём убывает с ростом [tex]d[/tex], и нужно наибольшее возможное [tex]d[/tex]. Для плоскости, проходящей через [tex]M'[/tex], всегда [tex]d\le|OM'|=\rho[/tex], причём равенство достигается только для плоскости через [tex]M'[/tex], перпендикулярной [tex]OM'[/tex]:
[tex]u_0u+v_0v+w_0w=u_0^2+v_0^2+w_0^2[/tex]
Возвращаясь к [tex]x[/tex], [tex]y[/tex], [tex]z[/tex], получаем единственный ответ
[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]
Геометрически это плоскость через [tex]M[/tex], параллельная касательной плоскости в точке пересечения луча [tex]OM[/tex] с эллипсоидом.

Решение:
Пусть плоскость [tex]\pi[/tex], проходящая через [tex]O[/tex], пересекает эллипсоид по окружности. Эллипсоид и [tex]\pi[/tex] симметричны относительно [tex]O[/tex], поэтому и сечение симметрично; значит, центр окружности — [tex]O[/tex], и если [tex]r\gt0[/tex] — её радиус, то она лежит на сфере [tex]x^2+y^2+z^2=r^2[/tex]. Вычитая из уравнения эллипсоида уравнение сферы, умноженное на [tex]\frac{1}{r^2}[/tex], видим, что каждая точка окружности удовлетворяет уравнению
[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]
Уравнение [tex](*)[/tex] однородно, поэтому оно выполняется на каждой прямой, проходящей через [tex]O[/tex] и точку окружности, т.е. на всей плоскости [tex]\pi[/tex]. Если [tex]r\ne a[/tex], [tex]r\ne b[/tex] и [tex]r\ne c[/tex], то все три коэффициента отличны от нуля и два из них одного знака; если, например, это коэффициенты при [tex]x^2[/tex] и [tex]y^2[/tex], то [tex]\pi[/tex] и плоскость [tex]z=0[/tex] имеют общую прямую через [tex]O[/tex], на которой [tex](*)[/tex] выполняется только в точке [tex]O[/tex] — противоречие (остальные случаи аналогичны). Если [tex]r=a[/tex], коэффициенты при [tex]y^2[/tex] и [tex]z^2[/tex] положительны и [tex](*)[/tex] задаёт только ось [tex]Ox[/tex]; аналогично, [tex]r=c[/tex] даёт только ось [tex]Oz[/tex]. Значит, [tex]r=b[/tex], и [tex](*)[/tex] принимает вид
[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]
Обратно, на каждой из этих двух плоскостей выполнено [tex](*)[/tex] при [tex]r=b[/tex], поэтому такая плоскость пересекает эллипсоид по тому же множеству, что и сферу [tex]x^2+y^2+z^2=b^2[/tex], т.е. по окружности радиуса [tex]b[/tex] с центром [tex]O[/tex]. Итак, искомых плоскостей ровно две (обе содержат ось [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]