https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1940/Kougaku

2022.07.20記

[1] 楕圓體面
$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1$
の切平面へ一點 $(\alpha,\beta,\gamma)$ より下したる垂線の趾の軋跡の方程式を求めよ．

2022.07.24記
楕円体面 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1$ 上の点 $(p,q,r)$ における接平面は
$\dfrac{px}{a^2}+\dfrac{qy}{b^2}+\dfrac{rz}{c^2}=1$
であるから，
$Ax+By+Cz=D$
が楕円体に接する条件は
$\dfrac{a^2A}{D}\cdot\dfrac{x}{a^2}+\dfrac{b^2B}{D}\cdot\dfrac{y}{b^2}+\dfrac{c^2C}{D}\cdot\dfrac{z}{c^2}=1$
と変形することにより
$\dfrac{(a^2A)^2/D^2}{a^2}+\dfrac{(b^2B)^2/D^2}{b^2}+\dfrac{(c^2C)^2/D^2}{c^2}=1$
つまり
$a^2A^2+b^2B^2+c^2C^2=D^2$
であることがわかる．なお，この式変形は実質的に楕円を円に変換していることに注意しておく．

[解答]
${\rm P}(\alpha,\beta,\gamma)$ とし，
垂線の足を ${\rm H}(X,Y,Z)$ とおくと
点 ${\rm H}$ を通り ${\rm PH}$ に垂直は平面は
$(\alpha-X)(x-X)+(\beta-Y)(y-Y)+(\gamma-Z)(z-Z)=0$
つまり
$a(\alpha-X)\dfrac{x}{a}+b(\beta-Y)\dfrac{y}{b}+c(\gamma-Z)\dfrac{z}{c}$ $=X(\alpha-X)+Y(\beta-Y)+Z(\gamma-Z)$
である．この平面が
楕円体面 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1$
の接平面となる条件は
$a^2(\alpha-X)^2+b^2(\beta-Y)^2+c^2(\gamma-Z)^2$ $=\{X(\alpha-X)+Y(\beta-Y)+Z(\gamma-Z)\}^2$
であり，これが求める軌跡の方程式である．

[別解]
楕円体面上の点 $(p,q,r)$ における接平面は
$\dfrac{px}{a^2}+\dfrac{qy}{b^2}+\dfrac{rz}{c^2}=1$
であり，この平面に $(\alpha,\beta,\gamma)$ から下した垂線の足を $(X,Y,Z)$ とおくと
$\dfrac{pX}{a^2}+\dfrac{qY}{b^2}+\dfrac{rZ}{c^2}=1$
かつ
$(X-\alpha,Y-\beta,Z-\gamma)\parallel \left(\dfrac{p}{a^2},\dfrac{q}{b^2},\dfrac{r}{c^2}\right)$
が成立する．ここで
$X-\alpha=\lambda \dfrac{p}{a^2}$ ， $Y-\beta=\lambda \dfrac{q}{b^2}$ ， $Z-\gamma=\lambda \dfrac{r}{c^2}$ ，
とおき，
$\dfrac{pX}{a^2}+\dfrac{qY}{b^2}+\dfrac{rZ}{c^2}=1$ ， $\dfrac{p^2}{a^2}+\dfrac{q^2}{b^2}+\dfrac{r^2}{c^2}=1$
に代入して $p.q.r$ を消去すると
$X(X-\alpha)+Y(\beta-Y)+Z(\gamma-Z)=\lambda$ ，
$a^2(X-\alpha)+b^2(\beta-Y)+c^2(\gamma-Z)=\lambda^2$
となるので，この2式から $\lambda$ を消去すると
$a^2(\alpha-X)^2+b^2(\beta-Y)^2+c^2(\gamma-Z)^2$ $=\{X(\alpha-X)+Y(\beta-Y)+Z(\gamma-Z)\}^2$
となり，これが求める軌跡の方程式である．