Аналитична геометрия в пространството - много трудни задачи с решения

Решение:
Правата [tex]g_1[/tex] минава през [tex]P_1(3; -1; 0)[/tex] и има направляващ вектор [tex]\vec{p}_1=(1; 2; 4)[/tex], а [tex]g_2[/tex] има направляващ вектор [tex]\vec{p}_2=(3; 0; -5)[/tex]. Точката [tex]A[/tex] не лежи на [tex]g_1[/tex] (от [tex]3+\lambda=1[/tex] следва [tex]\lambda=-2[/tex], но тогава [tex]y=-5\ne1[/tex]), затова [tex]A[/tex] и [tex]g_1[/tex] определят равнина [tex]\varepsilon[/tex] и всяка права през [tex]A[/tex], която пресича [tex]g_1[/tex], лежи в [tex]\varepsilon[/tex]. Нормален вектор на [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]
Търсената права пресича [tex]g_2[/tex] в точка от [tex]\varepsilon[/tex]. Тъй като [tex](2; 3; -2)⋅(3; 0; -5)=16\ne0[/tex], правата [tex]g_2[/tex] пресича [tex]\varepsilon[/tex] в точно една точка:
[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]
Следователно търсената права може да бъде само [tex]AP[/tex], с направляващ вектор
[tex]8\,\overrightarrow{AP}=8\left(\frac{3}{8}; -2; -\frac{21}{8}\right)=(3; -16; -21)[/tex]
Тя лежи в [tex]\varepsilon[/tex] и не е успоредна на [tex]g_1[/tex], затова наистина пресича [tex]g_1[/tex]: от [tex]1+3s=3+\lambda[/tex], [tex]1-16s=-1+2\lambda[/tex], [tex]1-21s=4\lambda[/tex] получаваме [tex]s=\frac{3}{11}[/tex], [tex]\lambda=-\frac{13}{11}[/tex]. Следователно единствената такава права е
[tex]\frac{x-1}{3}=\frac{y-1}{-16}=\frac{z-1}{-21}[/tex]

Решение:
Нека [tex]A'[/tex] е симетричната на [tex]A[/tex] точка относно [tex]\alpha[/tex]. По закона за отражението отразеният лъч лежи на правата през [tex]A'[/tex] и точката на отражение [tex]P[/tex], като [tex]AP=A'P[/tex]. Нормалният вектор на [tex]\alpha[/tex] е [tex]\vec{n}=(3; 2; 2)[/tex]; перпендикулярът от [tex]A[/tex] към [tex]\alpha[/tex] се състои от точките [tex]A+\lambda\vec{n}[/tex], а петата му съответства на
[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]
Нека [tex]Q[/tex] е точката, в която отразеният лъч пресича [tex]a[/tex]. Тогава [tex]PQ\perp a[/tex], а тъй като [tex]A'[/tex], [tex]P[/tex], [tex]Q[/tex] лежат на една права, [tex]A'Q\perp a[/tex], т.е. [tex]Q[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]A'[/tex] към [tex]a[/tex]. При [tex]Q(4+t; -2-2t; 1+2t)[/tex] и направляващ вектор [tex]\vec{d}=(1; -2; 2)[/tex] на [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]
Лявата страна на уравнението на [tex]\alpha[/tex] е [tex]-68[/tex] в [tex]A[/tex], [tex]-52[/tex] в [tex]Q[/tex] и [tex]68[/tex] в [tex]A'[/tex]. Значи [tex]A[/tex] и [tex]Q[/tex] са от една страна на [tex]\alpha[/tex], а отсечката [tex]A'Q[/tex] пресича [tex]\alpha[/tex] в точката на отражение [tex]P\left(\frac{41}{3}; \frac{14}{3}; \frac{22}{3}\right)[/tex]; пътят [tex]A\to P\to Q[/tex] наистина се реализира. Следователно дължината му е
[tex]AP+PQ=A'P+PQ=A'Q=\left|(-20; -20; -10)\right|=\sqrt{400+400+100}=30[/tex]
(Наистина, [tex]AP=17[/tex] и [tex]PQ=13[/tex].)

Решение:
Като положим [tex]z=t[/tex], получаваме параметрични уравнения на [tex]a[/tex]: тя минава през [tex]P_0(2; 3; 0)[/tex] и има направляващ вектор [tex]\vec{e}=(1; 1; 1)[/tex]:
[tex]a:\ x=2+t,\quad y=3+t,\quad z=t[/tex]
Нека [tex]\sigma[/tex] е ортогоналната симетрия относно [tex]a[/tex] (ротацията на [tex]180^\circ[/tex] около [tex]a[/tex]) и [tex]M'=\sigma(M)[/tex]. Симетрията запазва [tex]P[/tex] и изобразява правата [tex]MP[/tex] в правата [tex]M'P[/tex]. Според дадения закон отразеният лъч е образ на продължението на [tex]MP[/tex] след [tex]P[/tex], затова лежи на правата [tex]M'P[/tex], от другата страна на [tex]P[/tex] спрямо [tex]M'[/tex]. Следователно [tex]P[/tex] е общата точка на правата [tex]M'N[/tex] и [tex]a[/tex], като [tex]P[/tex] лежи между [tex]M'[/tex] и [tex]N[/tex]. Петата [tex]H[/tex] на перпендикуляра от [tex]M[/tex] към [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]
Тъй като [tex]\overrightarrow{M'N}=(14; 2; 2)[/tex], точките от правата [tex]M'N[/tex] са [tex](-6+7w; 1+w; -2+w)[/tex] ([tex]M'[/tex] при [tex]w=0[/tex], [tex]N[/tex] при [tex]w=2[/tex]). Второто уравнение на [tex]a[/tex] е изпълнено за всяко [tex]w[/tex]: [tex]-(1+w)+(-2+w)+3=0[/tex]. От първото получаваме
[tex](-6+7w)-(-2+w)-2=6w-6=0\ \Rightarrow\ w=1,\quad P(1; 2; -1)[/tex]
Тъй като [tex]0\lt 1\lt 2[/tex], точката [tex]P[/tex] лежи между [tex]M'[/tex] и [tex]N[/tex], както трябва. Проверка: симетрията изобразява посоката на падащия лъч [tex]\vec{u}=\overrightarrow{MP}=(-1; 5; 5)[/tex] (при [tex]\vec{u}⋅\vec{e}=9[/tex]) във вектора
[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:
Използваме (неортогоналния) базис [tex]\vec{a}=\overrightarrow{AB}[/tex], [tex]\vec{b}=\overrightarrow{AD}[/tex], [tex]\vec{c}=\overrightarrow{AA_1}[/tex]. От дадените дължини и ъглите от [tex]60^\circ[/tex] получаваме
[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]
Тогава [tex]\overrightarrow{AC}=\vec{a}+\vec{b}[/tex], [tex]\overrightarrow{AB_1}=\vec{a}+\vec{c}[/tex], а правата [tex]CB_1[/tex] има направляващ вектор [tex]\overrightarrow{CB_1}=\vec{c}-\vec{b}[/tex]. Правите са кръстосани, защото смесеното произведение [tex]\left(\vec{a},\,\vec{c}-\vec{b},\,\overrightarrow{AC}\right)=(\vec{a},\vec{c},\vec{b})[/tex] е различно от нула. Най-късата отсечка е общият им перпендикуляр [tex]PQ[/tex], където [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]
Трябва [tex]\overrightarrow{PQ}⋅\vec{a}=0[/tex] и [tex]\overrightarrow{PQ}⋅(\vec{c}-\vec{b})=0[/tex]. Като използваме, че [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], получаваме
[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]
Следователно [tex]\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{11}\left(-2\vec{a}+10\vec{b}+\vec{c}\right)[/tex] и като повдигнем на квадрат с горните стойности, получаваме
[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:
Скаларните произведения са
[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 формулата за двойно векторно произведение [tex](\vec{u}×\vec{v})×\vec{w}=(\vec{u}⋅\vec{w})\vec{v}-(\vec{v}⋅\vec{w})\vec{u}[/tex] получаваме
[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]
Тъй като [tex]\overrightarrow{OB}×\overrightarrow{OC}=-\sqrt2\,(\vec{a},\vec{b},\vec{c})\,\vec{a}×\vec{b}[/tex], смесеното произведение на векторите на ръбовете е
[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]
От тъждеството на Лагранж
[tex]|\vec{a}×\vec{b}|^2=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}⋅\vec{b})^2=4-1=3[/tex]
Квадратът на смесеното произведение е равен на детерминантата на Грам:
[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 частност такива вектори съществуват и не са компланарни. Следователно
[tex]V=\frac16\left|(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC})\right|=\frac16\cdot \sqrt2\cdot 2\cdot 3=\sqrt2[/tex]

Решение:
Умножаваме уравнението скаларно с [tex]\vec{b}[/tex]. Тъй като [tex]\vec{x}×\vec{b}\perp\vec{b}[/tex], получаваме
[tex]\vec{x}⋅\vec{b}=\vec{a}⋅\vec{b}+(\vec{x}×\vec{b})⋅\vec{b}=\vec{a}⋅\vec{b}[/tex]
Сега умножаваме уравнението векторно с [tex]\vec{b}[/tex] и прилагаме формулата за двойно векторно произведение:
[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]
Заместваме този израз в даденото 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]
Тъй като [tex]1+|\vec{b}|^2\gt0[/tex], единственото възможно решение е
[tex]\vec{x}=\frac{\vec{a}+\vec{a}×\vec{b}+(\vec{a}⋅\vec{b})\vec{b}}{1+|\vec{b}|^2}[/tex]
Решение съществува: линейното изображение [tex]\vec{x}\mapsto\vec{x}-\vec{x}×\vec{b}[/tex] е инективно (ако [tex]\vec{x}=\vec{x}×\vec{b}[/tex], скаларното умножение с [tex]\vec{x}[/tex] дава [tex]|\vec{x}|^2=0[/tex]), следователно е биекция. Значи уравнението има точно едно решение и то е намереният вектор (директната проверка също го потвърждава).

Решение:
Нека [tex]\vec{a}=\overrightarrow{SA}[/tex], [tex]\vec{b}=\overrightarrow{SB}[/tex], [tex]\vec{c}=\overrightarrow{SC}[/tex]. Тези вектори са линейно независими, защото точките [tex]S[/tex], [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] не лежат в една равнина. От дадените отношения
[tex]\overrightarrow{SM}=\frac34\vec{a},\quad \overrightarrow{SN}=\frac12\vec{b},\quad \overrightarrow{SP}=\frac38\vec{c}[/tex]
Тъй като [tex]ABCD[/tex] е успоредник, [tex]\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}[/tex] и следователно
[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]
Равнината [tex](MNP)[/tex] съдържа неколинеарните вектори
[tex]\overrightarrow{NM}=\frac34\vec{a}-\frac12\vec{b},\qquad \overrightarrow{NP}=\frac38\vec{c}-\frac12\vec{b}[/tex]
Търсим [tex]\alpha[/tex], [tex]\beta[/tex], за които [tex]\alpha\overrightarrow{NM}+\beta\overrightarrow{NP}=\overrightarrow{BD}[/tex]. От коефициентите пред [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{c}[/tex] получаваме [tex]\frac34\alpha=1[/tex] и [tex]\frac38\beta=1[/tex], т.е. [tex]\alpha=\frac43[/tex], [tex]\beta=\frac83[/tex], и тогава коефициентът пред [tex]\vec{b}[/tex] също съвпада:
[tex]-\frac12\cdot \frac43-\frac12\cdot \frac83=-2\quad\Rightarrow\quad \overrightarrow{BD}=\frac43\overrightarrow{NM}+\frac83\overrightarrow{NP}[/tex]
Следователно векторът [tex]\overrightarrow{BD}[/tex] е успореден на равнината [tex](MNP)[/tex]. Остава да покажем, че [tex]B[/tex] не лежи в тази равнина. Точка [tex]X[/tex] лежи в [tex](MNP)[/tex] тогава и само тогава, когато [tex]\overrightarrow{SX}=x\overrightarrow{SM}+y\overrightarrow{SN}+z\overrightarrow{SP}[/tex] с [tex]x+y+z=1[/tex]. За [tex]X=B[/tex] разлагането е единствено:
[tex]\overrightarrow{SB}=0\,\overrightarrow{SM}+2\,\overrightarrow{SN}+0\,\overrightarrow{SP},\qquad 0+2+0=2\ne1[/tex]
Следователно правата [tex]BD[/tex] не лежи в равнината [tex](MNP)[/tex] и е успоредна на нея.

Решение:
Матрицата на квадратичната част е
[tex]A=\begin{bmatrix}4&0&2\\0&2&-2\\2&-2&3\end{bmatrix}[/tex]
Следата ѝ е [tex]9[/tex], сборът на главните ѝ минори от ред [tex]2[/tex] е [tex]8+8+2=18[/tex] и [tex]\det A=0[/tex], така че характеристичното уравнение е
[tex]\lambda^3-9\lambda^2+18\lambda=\lambda(\lambda-3)(\lambda-6)=0[/tex]
На собствените стойности [tex]3[/tex], [tex]6[/tex], [tex]0[/tex] съответстват ортонормираните собствени вектори (те образуват дясна тройка)
[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]
Ротацията
[tex]x=\frac{-2x'+2y'-z'}{3},\quad y=\frac{-2x'-y'+2z'}{3},\quad z=\frac{x'+2y'+2z'}{3}[/tex]
превежда квадратичната част в [tex]3x'^2+6y'^2[/tex], а линейната част [tex]6x+4y+8z[/tex] — в [tex]-4x'+8y'+6z'[/tex] (коефициентите ѝ са [tex]\vec{e}_i⋅\vec{l}[/tex], където [tex]\vec{l}=(6; 4; 8)[/tex]). Следователно
[tex]S:\ 3x'^2+6y'^2-4x'+8y'+6z'+2=0[/tex]
Отделяме пълни квадрати:
[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]
Смяната на координатите, запазваща ориентацията (транслация, последвана от завъртане на [tex]180^\circ[/tex] около новата ос [tex]y'[/tex]),
[tex]X=-\left(x'-\frac23\right),\quad Y=y'+\frac23,\quad Z=-\left(z'-\frac13\right)[/tex]
дава [tex]3X^2+6Y^2=6Z[/tex]. Следователно [tex]S[/tex] е елиптичен параболоид с канонично уравнение
[tex]X^2+2Y^2=2Z[/tex]

Решение:
Афинното изображение [tex]u=\frac{x}{a},\ v=\frac{y}{b},\ w=\frac{z}{c}[/tex] изобразява елипсоида в единичното кълбо [tex]u^2+v^2+w^2\le1[/tex], равнините — в равнини, а [tex]O[/tex] — в [tex]O[/tex]. Точката [tex]M[/tex] отива 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], където [tex]0\lt\rho=|OM'|\lt1[/tex]. Всички обеми се умножават с един и същ множител [tex]\frac{1}{abc}[/tex], затова е достатъчно да решим задачата за кълбото. Равнина на разстояние [tex]d[/tex] от [tex]O[/tex] отсича от страната, несъдържаща [tex]O[/tex], сферичен сегмент с височина [tex]1-d[/tex] и обем
[tex]V(d)=\int_d^1\pi(1-t^2)\,dt=\frac{\pi}{3}(1-d)^2(2+d)[/tex]
Тъй като [tex]V'(d)=-\pi(1-d)(1+d)\lt0[/tex] при [tex]0\le d\lt1[/tex], обемът намалява с нарастването на [tex]d[/tex] и търсим възможно най-голямо [tex]d[/tex]. За равнина през [tex]M'[/tex] винаги [tex]d\le|OM'|=\rho[/tex], като равенство има само за равнината през [tex]M'[/tex], перпендикулярна на [tex]OM'[/tex]:
[tex]u_0u+v_0v+w_0w=u_0^2+v_0^2+w_0^2[/tex]
Като се върнем към [tex]x[/tex], [tex]y[/tex], [tex]z[/tex], получаваме единствения отговор
[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]
Геометрично това е равнината през [tex]M[/tex], успоредна на допирателната равнина в точката, в която лъчът [tex]OM[/tex] пресича елипсоида.

Решение:
Нека равнината [tex]\pi[/tex] през [tex]O[/tex] пресича елипсоида в окръжност. Елипсоидът и [tex]\pi[/tex] са симетрични относно [tex]O[/tex], следователно и сечението е такова; значи центърът на окръжността е [tex]O[/tex] и ако [tex]r\gt0[/tex] е радиусът ѝ, тя лежи на сферата [tex]x^2+y^2+z^2=r^2[/tex]. Като извадим уравнението на сферата, умножено с [tex]\frac{1}{r^2}[/tex], от уравнението на елипсоида, виждаме, че всяка точка от окръжността удовлетворява
[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]
Уравнението [tex](*)[/tex] е хомогенно, затова то е изпълнено върху всяка права през [tex]O[/tex] и точка от окръжността, т.е. върху цялата равнина [tex]\pi[/tex]. Ако [tex]r\ne a[/tex], [tex]r\ne b[/tex] и [tex]r\ne c[/tex], трите коефициента са различни от нула и два от тях са с еднакъв знак; ако например това са коефициентите пред [tex]x^2[/tex] и [tex]y^2[/tex], то [tex]\pi[/tex] и равнината [tex]z=0[/tex] имат обща права през [tex]O[/tex], върху която [tex](*)[/tex] е изпълнено само в [tex]O[/tex] — противоречие (останалите случаи са аналогични). Ако [tex]r=a[/tex], коефициентите пред [tex]y^2[/tex] и [tex]z^2[/tex] са положителни и [tex](*)[/tex] задава само оста [tex]Ox[/tex]; аналогично [tex]r=c[/tex] дава само оста [tex]Oz[/tex]. Следователно [tex]r=b[/tex] и [tex](*)[/tex] приема вида
[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, върху всяка от тези две равнини [tex](*)[/tex] е изпълнено при [tex]r=b[/tex], затова такава равнина пресича елипсоида в същото множество, в което пресича сферата [tex]x^2+y^2+z^2=b^2[/tex], т.е. в окръжност с радиус [tex]b[/tex] и център [tex]O[/tex]. Следователно търсените равнини са точно две (и двете съдържат оста [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]