Generatrices rectilíneas de un hiperboloide de una hoja

Demostramos que el hiperboloide de una hoja es una superficie reglada, y estudiamos algunas propiedades de sus generatrices rectilíneas.

Enunciado
Consideremos el hiperboloide de una hoja $$H:\;\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=1\quad (a>0,\;b>0\;c>0)$$ y los haces de rectas $$L_t:\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x=a\cos t+\lambda a\sin t\\& y= b\sin t-\lambda b\cos t\\&z=\lambda c\end{aligned}\end{matrix}\right.\quad L’_t:\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x=a\cos t-\lambda a\sin t\\& y= b\sin t+\lambda b\cos t\\&z=\lambda c\end{aligned}\end{matrix}\right.$$ en donde $t\in [0,2\pi)$ y $\lambda\in \mathbb{R}.$
(a) Demostrar que todas las rectas de $L_t$ y todas las de $L’_t$ están contenidas en $H.$
(b) Demostrar que por cada punto de $H$ pasa una y sólo una recta de cada haz.
Nota: por tanto $L_t$ y $L’_t$ son dos haces de generatrices rectilíneas de $H.$
(c)  Demostrar que las rectas $L_t$ no se cortan. Idem para las rectas de $L’_t.$

Solución
(a) Para todo $(t,\lambda)\in[0,2\pi)\times \mathbb{R}$ y eligiendo un punto genérico $(x,y,z)\in L_t$ $$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}=\frac{a^2(\cos^2 t+\lambda^2\sin^2t+2\lambda\cos t\sin t)}{a^2}$$ $$+\frac{b^2(\sin^2 t+t^2\cos^2t-2\lambda\sin t\cos t)}{b^2}-\frac{c^2\lambda^2}{c^2}$$ $$=\cos^2 t+\sin^2t+\lambda^2(\cos^2 t +\sin^2t)-\lambda^2=1,$$ lo cual prueba que las rectas de $L_t$ están contenidas en $H.$ Análogo razonamiento para $L’_t.$

(b) Sea $(x,y,z)$ un punto de $H$ y denotemos $\lambda=z/c.$ Tenemos $$\left(\frac{\lambda}{\lambda^2+1}\frac{x}{a}+\frac{1}{\lambda^2+1}\frac{y}{b}\right)^2+\left(\frac{1}{\lambda^2+1}\frac{x}{a}-\frac{\lambda}{\lambda^2+1}\frac{y}{b}\right)^2$$ $$=\frac{1}{\lambda^2+1}\left[\left(\frac{x}{a}\right)^2+\left(\frac{y}{b}\right)^2\right]=\frac{1}{z^2/c^2+1}\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)=1.$$ En consecuencia, existe un único $t\in[0,2\pi)$ tal que $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \sin t=\frac{\lambda}{\lambda^2+1}\frac{x}{a}+\frac{1}{\lambda^2+1}\frac{y}{b}\\& \cos t =\frac{1}{\lambda^2+1}\frac{x}{a}-\frac{\lambda}{\lambda^2+1}\frac{y}{b}\end{aligned}\end{matrix}\right.$$ Resolviendo el sistema anterior, obtenemos fácilmente $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x=a\cos t+\lambda a\sin t\\& y= b\sin t-\lambda b\cos t\\&z=\lambda c\end{aligned}\end{matrix}\right.\quad (t\in [0,2\pi),\;\lambda\in \mathbb{R}),$$ y por tanto $(x,y,z)$ pertenece a una única recta de $L_t.$

Para todo punto $(x,y,z)$ de $H$ también se verifica $$\left(\frac{\lambda}{\lambda^2+1}\frac{x}{a}-\frac{1}{\lambda^2+1}\frac{y}{b}\right)^2+\left(\frac{1}{\lambda^2+1}\frac{x}{a}+\frac{\lambda}{\lambda^2+1}\frac{y}{b}\right)^2=1.$$ Razonando de manera totálmente análoga deducimos que existe un único $t\in[0,2\pi)$ tal que $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x=a\cos t-\lambda a\sin t\\& y= b\sin t+\lambda b\cos t\\&z=\lambda c\end{aligned}\end{matrix}\right.\quad (t\in [0,2\pi),\;\lambda\in \mathbb{R}),$$ y por tanto $(x,y,z)$ pertenece a una única recta de $L’_t.$

(c)  Supongamos que las rectas $L_{t_1}$ y $L_{t_2}$ se cortan en el punto $(x,y,z),$ y que este punto corresponde a los parámetros $\lambda_1$ y $\lambda_2$ respectivamente. Entonces,  $\lambda_1=\lambda_2=z/c=\lambda.$ Además, $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \sin t_1=\sin t_2=\frac{\lambda}{\lambda^2+1}\frac{x}{a}+\frac{1}{\lambda^2+1}\frac{y}{b}\\& \cos t_1=\cos t_2 =\frac{1}{\lambda^2+1}\frac{x}{a}-\frac{\lambda}{\lambda^2+1}\frac{y}{b}\end{aligned}\end{matrix}\right.$$ y por tanto, $t_1=t_2.$ Análogo razonamiento para las rectas $L’_t.$