Provemos que a curva (elipse) formada pela intersecção de um cone de ângulo de abertura com plano que faz um ângulo com o eixo do cone, obedece a equação:
com eta<1, onde F é o foco da elipse e r a sua diretriz.
Considere, como fizemos para a parábola, a esfera simultaneamente tangente interna ao cone e tangente ao plano pi (esfera de Dandelin).
a) Encontre o foco F e a diretriz r da elipse do mesmo modo que fizemos para a parábola;
b) Considere X e X^prime dois pontos da elipse. Encontre os pontos B, C e D da mesma forma que fizemos para a parábola. Encontre B^prime, C^prime e D^prime a partir de X^prime de forma semelhante.
c) Mostre que os seguintes triângulos são semelhantes:
& triang<= X B D simeq triang<= X^prime B^prime D^prime & triang<= X B C simeq triang<= X^prime B^prime C^prime
d) Mostre que:
|X C||X D|=|X^prime C^prime||X^prime D^prime|=eta
onde eta é uma constante real;
e) Conclua que vale:
|F X|=eta d(X, r)
com eta<1.
Passo 1
O enunciado pede para provar que a intersecção de um cone de abertura total 2α com um plano π inclinado de ângulo θ>α em relação ao eixo do cone é uma elipse que satisfaz a relação |F X|=eta,d(X,r) com eta<1. O conteúdo envolve geometria dos cônicos e o método das esferas de Dandelin: vamos usar uma esfera interna ao cone e tangente ao plano π.
Passo 2
Começamos construindo a esfera de Dandelin. Seja V o vértice do cone e l seu eixo. Inscreva uma esfera de centro O e raio R que seja tangente internamente ao cone (num círculo C) e tangente ao plano π. Denotemos por F o ponto de tangência esfera–π (foco da elipse). A circunferência de tangência C com o cone determina um plano τ que contém l e C; a interseção de τ com π é uma reta r, que é a diretriz da elipse.
Passo 3
Agora, considere um ponto genérico X sobre a curva elíptica (X pertence a π∩cone). Defina B como o ponto em que a geratriz VX do cone encontra o círculo C de tangência com a esfera. Defina D como o segundo ponto de intersecção do segmento OX com a esfera (além de O). Finalmente, trace de X a perpendicular a r em π, e chame de C o pé dessa perpendicular (isto é, C∈r e XC⊥r).
Passo 4
Para mostrar as semelhanças do item (c), observe que todos os triângulos XBD e X′B′D′ são formados pelas mesmas retas geratrizes do cone e pelos raios OD e O D′, logo ângulo XBD= X′B′D′ e XDB= X′D′B′. Assim triang<= XBDsimeqtriang<= XBD. De modo análogo, como XC⊥r e F esférico e D também satisfazem FD⊥π, vemos que os ângulos em B e B′ na planificação dos triângulos XBC e X′B′C′ coincidem, dando triang<= XBCsimeqtriang<= XBC.
Passo 5
Da semelhança de triang<= XBC e triang<= XBD extraímos a razão constante dos lados correspondentes:
|X C||X D|=|X' C'||X' D'|=eta,
Passo 6
onde eta independe de X porque as semelhanças valem para quaisquer pontos da elipse. Além disso, em cada triângulo retângulo XFD (já que FD⊥π) e XFC (pois XC⊥r e r⊂π), temos semelhança entre XFD e XCD, o que mostra que
|F X||X D|=|X C||X D|=eta
Passo 7
Como |X C|=d(X,r) e eta=|XC|/|XD|<1 (porque a esfera cabe dentro do cone e o plano é mais inclinado que as geratrizes), concluímos a relação definida para a elipse.
Resposta
|F X|=eta,d(X,r) com eta<1.
Álgebra Linear e Geometria Analítica - Daniel Miranda, Rafael Grisi, Sinuê Lodovici - Geometria Analítica e Vetorial - Daniel Miranda, Rafael Grisi, Sinuê Lodovici- Geometria Analítica e Vetorialª Edição - Capítulo 8.6 - Ex. 8.1